2023届高考化学专项小练分子结构与性质

欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！欢迎阅读本文档，希望本文档能对您有所帮助！分子结构与性质1．钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价，其中以＋4价的Ti最为稳定。回答下列问题：(1)基态Ti原子的价电子排布图为___________。(2)已知电离能：I2(Ti)=1310kJ·mol-1，I2(K)=3051kJ·mol-1，I2(Ti)＜I2(K)，其原因为___________。(3)钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：①钛的配位数为___________，碳原子的杂化类型___________。②该配合物中存在的化学键有___________(填字母代号)。A．离子键B．配位键C．金属键D．共价键E。氢键【答案】K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)＜I2(K)6sp3、sp2BD【详解】(1)基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则基态Ti原子的价电子排布图为；(2)从价电子轨道的能量来看，K+失去的是全充满的3p6电子，而Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)＜I2(K)；(3)①从结构图可以看出，Ti与6个原子形成共价键，所以钛的配位数为6，在配合物分子中，碳原子既形成单间，也形成双键，价层电子数分别为4和3，所以碳原子的杂化类型为sp3和sp2；②该配合物中，存在中心原子与配体间的配位键，其他非金属原子之间形成共价键，故答案选BD；2．铁、钴均为第四周期VIII族元素，它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：(1)基态Co2+中成单电子数为___________；Fe和Co的第三电离能I3(Fe)___________I3(Co)(填“>”“<”或“=”)。(2)化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量。EDTA的结构简式如图所示：①EDTA中电负性最大的元素是___________，其中C原子轨道杂化类型为___________；②EDTA存在的化学键有___________(填序号)。a.离子键b.共价键c.氢键d.σ键e.π键f.配位键(3)将1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀。则CoCl3·4NH3中配离子的化学式为___________；已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，试判断NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角___________(填“变大”、“变小”或“不变”)。【答案】3<Osp2、sp3杂化b、d、e[Co(NH3)4Cl2]+变大【详解】(1)Co为27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，失去2个电子形成Co2+，核外电子排布式为[Ar]3d7，3d轨道上有3个单电子；Fe失去第三个电子可形成d轨道半满的[Ar]3d5，半满结构较稳定，故Fe更容易失去第三个电子，所以I3(Fe)<I3(Co)；(2)①由EDTA的结构简式可知，EDTA中含有C、H、O、N四种元素，非金属性越强，电负性越强，非金属性O>N>C>H，故电负性最大的元素是O；结构中羧基(-COOH)中有碳氧双键，与双键相连的C为sp2杂化，其它C原子均形成的单键，为sp3杂化；②由EDTA的结构简式可知，几种非金属元素间形成的均为共价键，由于羧基中有碳氧双键，双键中一条σ键一条π键，故选b、d、e；(3)配合物的内界不能电离出配位的离子，1molCoCl3·4NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀，说明配合物的外界有1个Cl-，内界有2个Cl-，配离子的化学式为[Co(NH3)4Cl2]+；NH3中N的孤电子对进入Co3+的空轨道，形成配位键，此时孤电子对形成了化学键，孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，故NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角变大；(4)①由图可知，每个晶胞中的Fe位于顶点和面心处，属于面心立方最密堆积；②根据均摊法，Fe(III)的个数为8×=1，Fe(II)的个数为6×=3，N在晶胞内部，个数为1，故化学式为Fe3(II)Fe(III)N或Fe4N；③晶胞密度ρ=，则V==cm3，晶胞的棱长为cm，Fe(II)构成正八面体的棱长为cm，正八面体的体积为2××()2××=cm3。3．N、F、Cu及其化合物在化工、医药、材料等方面应用十分广泛。回答下列有关问题：(1)写出N基态原子核外电子的空间运动状态有___________种，与Cu同周期且基态原子核外单电子数与Cu相同的元素还有___________种。(2)常见含氮化合物CH3NH2、(CH3)2NH常温下均为气体，已知甲基的供电子能力强于氢原子，沸点较高的是___________，原因是___________；NF3中F—N—F键角___________比NH3中H—N—H键角。(填大于、小于或等于)(3)将无水硫酸铜溶解在一定量的水中，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色，1mol深蓝色离子[Cu(NH3)4(H2O)2]2+中所含键为___________mol(包括配位键)。【答案】5种4种(CH3)2NH(CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，同时(CH3)2NH分子量大，范德华力强，其沸点更高小于22【分析】(1)Cu原子成单电子数为1，与Cu同周期且基态原子核外的成单电子数与Cu相同的元素有K、Sc、Ga、Br；(2)相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，N原子与H原子形成氢键，甲基的个数越多，供电子能力越强，氢键越强，物质沸点越高；F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使NF3的键角小于NH3的，(3)依据图3可知铜离子与4个氨气，2个水分子形成配位键，化学式表示为：[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，1个氨气含有3个N-H，1个水含有2个H-O，铜与氨气、水共形成6个配位键；【详解】(1)N元素的基态原子核外电子排布式1s22s22p3，核外电子的空间运动状态：1s轨道有1种，2s有1种，2p有3种，共5种；Cu为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，Cu原子成单电子数为1，与Cu同周期且基态原子核外的成单电子数与Cu相同的元素有K（4s1）、Sc（3d14s2）、Ga（4s24p1）、Br（4s24p5），共4种元素；故答案为：5；4；(2)N原子与H原子形成氢键，(CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，则(CH3)2NH分子量大，其沸点更高。F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使NF3的键角小于NH3的；故答案为：(CH3)2NH；(CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，同时(CH3)2NH分子量大，范德华力强，其沸点更高；小于；(3)依据图3可知铜离子与4个氨气，2个水分子形成配位键，化学式表示为：[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，含有σ键数：3×4+2×2+6=22，所以1mol该离子中所含σ键为22mol；故答案为：22；4．铂是贵金属之一，俗称白金，其单质和化合物均有重要的应用。(1)顺铂即顺式一二氯二氨合铂(Ⅱ)，反铂即反式一二氯二氨合铂(Ⅱ)，结构如图所示。①顺铂是抗癌药物，反铂不仅不能治疗癌症，还有较强毒性，二者的关系是___________(填标号，下同)。A．同种物质B．互为同素异形体C．互为同分异构体D．互为同位素②与能形成配位键的原因是___________，基态原子最高能级电子云形状是___________。③由以上事实可判断中心原子杂化方式肯定不是杂化，判断理由是___________。(2)海绵铂为灰色海绵状物质，有很大的比表面积，对气体(特别是氢气、氧气和一氧化碳)有较强的吸收能力。①基态氧原子和基态碳原子的未成对电子数之比是___________。②元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能()，则和中第一电子亲和能较大的元素是___________。(3)铂可溶于王水(浓盐酸和浓硝酸按体积比为3：1组成的混合物)，王水中含有亚硝酰氯()。下列说法正确的是___________。A．、均为强电解质B．分子中键和键的个数比为2：1C．为直线形分子D．是极性分子【答案】C中心原子能提供空轨道，而配位体的原子能提供孤电子对哑铃形或纺锤形若以杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂的同分异构现象1：1ABDCA【分析】(1)①顺铂和反铂的分子式相同而结构不同；②能提供空轨道，的原子能提供孤电子对；③以杂化轨道成键，分子应为四面体结构；(2)①根据洪特规则分析；②非金属性越强，得电子能力越强；(3)根据价电子互斥理论分析；(4)①由图可知，晶胞中的位置是顶点和面心；②由图可知，晶胞中填充在形成的四面体空隙中；③A、B两个的距离为晶胞面对角线的一半；【详解】(1)①顺铂和反铂的分子式相同而结构不同，二者的关系是互为同分异构体。②与能形成配位键的原因是中心原子能提供空轨道，而配体的原子能提供孤电子对。基态原子的电子排布式是，最高能级轨道电子云形状为哑铃形或纺锤形；③中心原子杂化方式肯定不是杂化，判断理由是若以杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂的同分异构现象；(2)①基态氧原子的价层电子轨道表示式为，基态碳原子的价层电子轨道表示式为，原子中的未成对电子数都是2，因此二者的未成对电子数之比是1：1；②的非金属性强于，更容易得电子，因此和中第一电子亲和能较大的元素是；(3)是强酸，均为强电解质，故A正确；根据原子的未成对电子数可判断的结构式为，分子中键和键的个数比为2：1，故B正确；的中心原子形成两个键，并且有一个孤电子对，按照价层电子对互斥理论，其价层电子对互斥模型为平面三角形，空间构型为形，故C错误；中含有的是极性共价键，且分子结构不对称，是极性分子，故D正确。5．Cu2SnS3是P型半导体材料，所含元素资源丰富，价格低廉，非常适用于薄膜太阳能电池，由CuCl2、SnCl2·2H2O、硫脲()等为原料制备。(1)基态Cu原子核外电子排布式为________。(2)硫脲()是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别为________、________。(3)[Cu(NH3)2]+不稳定，遇到空气被氧化成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，这个性质可用于气体净化，除去气体中的痕量O2：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-①[Cu(NH3)4]2+配位数为________，含有σ键的数目为________个。②NH3的空间结构为________。(4)比较下列锡的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：______锡的卤化物SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔点/℃442-34.0729.1143沸点/℃705114.15205364.36溶解性与水反应溶于乙醇、苯溶于乙醇溶于乙醇、苯【答案】[Ar]3d104s1sp3sp2416三角锥形SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体的高。分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高【详解】(1)已知铜的原子序数为29，即基态Cu原子核外有29个电子，根据能级构造原理可知，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(2)由硫脲的结构简式()可知，分子中N、C碳原子周围均形成了3个键，N原子还有一对孤电子对，C原子则没有孤电子对，故分子中氮、碳的杂化类型分别为sp3，sp2，故答案为：sp3；sp2；(3)①[Cu(NH3)4]2+中的配体为NH3，NH3中心原子N上的孤电子对数为：，即每个NH3与中心离子Cu2+之间只能形成一个配位键，故其配位数为4，含有σ键的数目为4个配位键和每个NH3中有3个σ键，故含有σ键的数目为4+3×4=16个，故答案为：4；16；②由(3)①分析可知，NH3中心原子上有1个孤电子对和3个σ键，根据夹层电子对互斥理论可知，NH3的空间结构为三角锥形，故答案为：三角锥形；(4)根据表中数据可知，SnF4的熔沸点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，故分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故答案为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体的高。分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；6．（2020·山东高考真题）B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大π键。下列关于B3N3H6的说法错误的是A．其熔点主要取决于所含化学键的键能B．形成大π键的电子全部由N提供C．分子中B和N的杂化方式相同D．分子中所有原子共平面【答案】A【解析】A．无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；B．B原子最外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；C．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；D．无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；答案选A。7．（2020·天津高考真题）已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：以下结论和解释正确的是A．等物质的量的和中σ键数之比为3:2B．由实验①可推知△H<0C．实验②是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动D．由实验③可知配离子的稳定性：【答案】D【解析】A．1个[Co(H2O)6]2+中含有18个σ键，1个[CoCl4]2-中含有4个σ键，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-所含σ键数之比为18:4=9:2，A错误；B．实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；C．实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D．实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；答案选D。8．（2020·山东高考真题）下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是A．键能、，因此C2H6稳定性大于Si2H6B．立方型SiC是与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度C．SiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成键【答案】C【解析】A．因键能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；B．SiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；C．SiH4中Si的化合价为-4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；D．Si原子的半径大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成π键，故Si原子间难形成双键，D正确；故选C。9．（2020年新课标Ⅰ）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：（3）磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为_______。【答案】（3）正四面体形4sp3【解析】（3）经过计算，中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；10．（2020年新课标Ⅲ）氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：（2）NH3BH3分子中，N—B化学键称为____键，其电子对由____提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3++9H2，的结构如图所示：；在该反应中，B原子的杂化轨道类型由______变为______。（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，电负性大小顺序是__________。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_________(写分子式)，其熔点比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在____________________，也称“双氢键”。【答案】（2）配位Nsp3sp2（3）N＞H＞BCH3CH3低Hδ+与Hδ−的静电引力【解析】（2）B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ-的静电引力。11.下列说法中正确的是A．分子的键长越长，键能越高，分子越稳定B．元素周期表中的第ⅠA族(除H外)和第ⅦA族元素的原子间易形成离子键C．水分子可表示为H—O—H，分子的键角为180°D．H—O键键能为462.8kJ·mol－1，即18gH2O分解成H2和O2时，消耗能量为2×462.8kJ【答案】B【解析】键长越长，键能越小，分子越不稳定，A错误；共价键一般形成于非金属元素之间，而第ⅠA族元素(H除外)均是活泼金属元素，第ⅦA族元素均是活泼非金属元素，二者易形成离子键，B正确；水分子立体构型为V形，两个H—O键的键角约为105°，C错误；断裂2molH—O键吸收2×462.8kJ能量，而不是H2O分解成H2和O2时消耗的能量，D错误。12．（1）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是。（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是。（3）1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为。（4）H与O、N、S形成的二元共价化合物分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是(填化学式，写出两种)。（5）石墨晶体中，层内C—C键的键长为142pm，而金刚石中C—C键的键长为154pm。其原因是金刚石中只存在C—C间的共价键，而石墨层内的C—C间不仅存在共价键，还有键。【答案】（1）Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键（2）C有4个价电子且半径小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构（3）6NA或6×6.02×1023（4）H2O2、N2H4（5）σσπ(或大π或p−pπ)【解析】（1）由于Ge原子半径大，Ge原子间形成的σ键较长，p−p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键。（2）碳的原子有4个价电子，难以通过得或失电子达到稳定结构，所以其键型以共价键为主。（3）CH3CHO中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，即1molCH3CHO中含6molσ键。（4）分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物有H2O2、N2H4。（5）在金刚石晶体中，碳原子之间只形成共价单键，全部为σ键；在石墨层内的碳原子之间既有σ键又有π键。13.下列描述中正确的是A．CO2分子的立体构型为V形B．的立体构型为平面三角形C．SF6中每个原子均满足最外层8电子稳定结构D．SiF4和的中心原子均为sp3杂化【答案】D【解析】CO2分子中C原子形成2个σ键，孤电子对数为0，为直线形分子；中Cl原子形成3个σ键，孤电子对数为=1，为三角锥形离子；SF6中S原子最外层电子数为6×2=12；SiF4分子中Si原子形成4个σ键，孤电子对数为0，为sp3杂化，中S原子形成3个σ键，孤电子对数为=1，为sp3杂化，D正确。14．用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的立体构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是A．SO2、CS2、HI都是直线形的分子B．BF3键角为120°，SnBr2键角大于120°C．CH2O、BF3、SO3都是平面三角形的分子D．PCl3、NH3、PCl5都是三角锥形的分子【答案】C【解析】SO2是V形分子，A错误；Sn原子价电子是4，在SnBr2中两个价电子与Br形成共价键，还有一对孤电子对，对成键电子有排斥作用，使键角小于120°，B错误；PCl5是三角双锥形结构，D错误。15.关于原子轨道的说法正确的是A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合形成C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道D．凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键【答案】C【解析】A．中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型不都是正四面体，例如氨气是三角锥形的。B．甲烷分子碳原子的2s轨道和2p轨道通过sp3杂化，形成4个杂化轨道，和4个氢原子的1s轨道形成4个C—H单键。C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道，它们的能量完全相同，是能量等同的轨道，正确。D．AB3型的共价化合物，其中心原子A不都采用sp3杂化轨道成键，例如BF3中的B原子是sp2杂化，是平面三角形结构。16．下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是A．PCl3中P原子sp3杂化，为三角锥形B．BCl3中B原子sp2杂化，为平面三角形C．CS2中C原子sp杂化，为直线形D．H2S分子中，S为sp杂化，为直线形【答案】D【解析】PCl3分子中P原子形成3个σ键，孤对电子数为eq\f(5＋3×1,2)－3＝1，为sp3杂化，三角锥形，A正确；BCl3分子中B原子形成3个σ键，孤对电子数为eq\f(3＋3×1,2)－3＝0，为sp2杂化，平面三角形，B正确；CS2分子中C原子形成2个σ键，孤对电子数为eq\f(4,2)－2＝0，为sp杂化，直线形，C正确；H2S分子中，S原子形成2个σ键，孤对电子数为eq\f(6＋2×1,2)－2＝2，为sp3杂化，V形，D错误。17.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是A．B3N3H6分子中所有原子均在同一平面上B．B3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应C．H3O＋和NH3是等电子体，均为三角锥形D．CH4和NHeq\o\al(＋,4)是等电子体，均为正四面体形【答案】B【解析】B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似；C项，H3O＋和NH3是等电子体，根据氨气分子的立体构型判断水合氢离子的立体构型；D项，CH4和NHeq\o\al(＋,4)是等电子体，根据甲烷的立体构型判断铵根离子的立体构型。18．根据等电子原理写出下列分子或离子的立体构型。（1）N2O；（2）H3O+；（3）O3；（4）。【答案】（1）直线形（2）三角锥形（3）V形（4）平面三角形【解析】根据等电子原理，N2O的等电子体为CO2，故N2O的立体构型为直线形；同理，H3O+的等电子体为NH3，立体构型为三角锥形；O3的等电子体为SO2，立体构型为V形；的等电子体为BF3，立体构型为平面三角形。19.关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法中正确的是A．配体是Cl－和H2O，配位数是9B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀【答案】C【解析】[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体是Cl－、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti3＋，配合物中配位离子Cl－不与Ag＋反应，外界中的Cl－与Ag＋反应，据此分析解答。20．已知CoCln·mNH3可表示+3价Co的一种八面体配合物，若0.1mol配合物与足量AgNO3作用生成0.2molAgCl沉淀，则m、n的值是A．m=4，n=2 B．m=4，n=5C．m=3，n=3 D．m=5，n=3【答案】D【解析】CoCln·mNH3可表示+3价Co的一种八面体配合物，根据化合价代数和为0，可知n=3，配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，内界原子不能发生电离，0.1mol配合物与足量AgNO3作用生成0.2molAgCl沉淀，知道1mol配合物电离出2molCl−，即配离子显+2价，外界有两个Cl−，即[CoCln−2·mNH3]2+，八面体配合物的配位数为6，即n−2+m=6，所以m=5，n=3。21.（1）H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，其原因是________________________。（2）关于化合物，下列叙述正确的是________。A．分子间可形成氢键B．分子中既有极性键又有非极性键C．分子中有7个σ键和1个π键D．该分子在水中的溶解度大于2­丁烯（3）已知苯酚(OH)具有弱酸性，其K＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键，据此判断，相同温度下电离平衡常数K2(水杨酸)________K(苯酚)(填“＞”或“＜”)，其原因是_____________________________。（4）化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，其主要原因是________________________。（5）H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为_______________。高，原因是_____________________________。【答案】（1）水分子与乙醇分子之间能形成氢键（2）BD（3）<能形成分子内氢键，使其更难电离出H＋（4）NH3分子间能形成氢键（5）O—H键>氢键>范德华力形成分子内氢键，而HOCHO形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，沸点升高【解析】（2）题给化合物不能形成分子间氢键，A错误；是非极性键，C—H、C===O是极性键，B正确；该有机物的结构式为，σ键数目为9，π键数目为3，C错误；该有机物与H2O能形成分子间氢键，D正确。（3）氧的电负性较大，则中形成分子内氢键，即O—H…O(或—COO－中双键氧与羟基氢之间形成氢键)，其大小介于化学键和范德华力之间，使其更难电离出H＋，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电离常数。（4）分子间氢键能使分子间作用力增大，使物质的熔、沸点升高。（5）氢键弱于共价键而强于范德华力。前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键。22．氨气溶于水时，大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合形成NH3·H2O分子。根据氨水的性质可推知NH3·H2O的结构式为() 【答案】B【解析】根据NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－可知，NH3·H2O的结构式为。23.下列物质：①BeCl2②SiC③白磷④BF3⑤NH3⑥过氧化氢，其中含极性键的非极性分子是A．①④⑥ B．②③⑥ C．①④ D．①③④⑤【答案】C【解析】①BeCl2空间构型是直线型，Cl－Be－Cl，是含极性键的非极性分子，正确；②SiC属于原子晶体，含有极性键，但不具有分子组成，错误；③白磷分子式为P4，不含极性键，含有的是非极性键，错误；④BF3是平面正三角形结构，是极性键构成的非极性分子，正确；⑤NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，为极性分子，错误；⑥过氧化氢是由极性键和非极性键构成的极性分子，错误。24．常温下S2Cl2是橙黄色液体，其分子结构如图所示。少量泄漏会产生窒息性气味，遇水易水解，并产生酸性悬浊液。下列关于S2Cl2的说法错误的是A．为非极性分子B．分子中既含有极性键又含有非极性键C．与S2Br2结构相似，熔沸点S2Br2>S2Cl2D．与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2OSO2↑+3S↓+4HCl【答案】A【解析】该分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，A错误；S2Cl2分子中既含有极性键又含有非极性键，B正确；S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，分子量越大则熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2>S2Cl2，C正确；Cl—S—S—Cl遇水易水解，并产生酸性悬浊液，说明有不溶于水的物质生成，且有溶于水呈酸性的物质生成，根据反应前后元素守恒知，生成不溶于水的物质是S单质，同时生成二氧化硫和氯化氢，所以水解方程式为2S2Cl2+2H2OSO2↑+3S↓+4HCl，D正确。25．下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是A．元素非金属性Cl＞S的实验依据是酸性HCl＞H2SB．二氧化碳分子内存在共价键和分子间作用力C．的中心原子为sp2杂化D．的空间构型为三角锥形【答案】D【详解】A．非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，元素非金属性Cl>S的实验依据是酸性HClO4>H2SO4，A错误；B．二氧化碳分子内只存在共价键，B错误；C．孤电子对数=、价层电子对数=4+0=4，故中心原子为sp3杂化，C错误；D．孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形，D正确；答案选D。26．在CH3COCH3分子中，羰基(-CO-)碳原子与甲基(-CH3)碳原于成键时所采取的杂化方式分别为A．sp2杂化；sp3杂化 B．sp3杂化；sp3杂化C．sp3杂化；sp2杂化 D．sp2杂化；sp2杂化【答案】A【详解】在CH3COCH3(丙酮)分子中，羰基碳原子含有3个σ键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，甲基碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以采用sp3杂化，A正确；答案选A。27．下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是A．碘与干冰分别受热变为气体 B．硝酸铵与硝酸分别受热变为气体C．氯化钠与氯化氢分别溶解在水中 D．二氧化硅晶体与冰分别受热熔化【答案】A【详解】A.碘与干冰都是分子晶体，受热变为气体所克服的粒子间相互作用都为分子间作用力，类型相同，故A正确；B.硝酸铵为离子晶体，受热变为气体克服的粒子间相互作用为离子键，硝酸是分子晶体，受热变为气体所克服的粒子间相互作用为分子间作用力，类型不相同，故B错误；C.氯化钠为离子晶体，溶解在水中克服的粒子间相互作用为离子键，氯化氢是分子晶体，溶解在水中所克服的共价键，类型不相同，故C错误；D.二氧化硅晶体是原子晶体，受热熔化克服的粒子间相互作用为共价键，冰是分子晶体，受热熔化所克服的粒子间相互作用为分子间作用力，类型不相同，故D错误；故选A。28．国家航天局计划2020年实施火星探测任务。据了解火星上存在大量的含氮化合物，科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。(3)乙二胺(H2N—CH2—CH2—NH2)是一种重要的配体，可简写为En。①乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为___________。②乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是___________。③乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是___________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。(4)K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液可以检验铁陨石中铁元素价态。①铁氰化钾中不存在的作用力有___________(填字母)。a．离子键b．极性键c．非极性键d．π键e．配位键f．氢键②1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为___________(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。【答案】sp3乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键Cu2+cf12NA【详解】(3)①根据乙二胺分子(H2N-CH2-CH2-NH2)的结构简式，氮原子的成键电子对数为3对，孤对电子对数为1对，价层电子对数为4对，故氮原子的杂化轨道类型为sp3杂化；②乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；③Cu2+的核电荷数大于Mg2+，且铜离子含有的空轨道数多余镁离子，比镁离子更容易接受孤电子对，故Cu2+与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高；(4)K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)属于离子化合物，阴阳离子间存在离子键，碳和氮原子间以三键结合，含有σ键和π键，碳原子和氮原子间形成的是极性共价键，铁离子和氰根主要以配位键结合，故不存在非极性共价键和氢键；②在1mol[Fe(CN)6]3-中，氰根与铁离子间有6mol配位键，每个氰根内部有一个σ键，1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为12NA；29．硫、钴及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：(2)单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S的空间构型是______，中心原子杂化方式是______，与其互为等电子体的分子是______(任写1种)。【答案】V形sp3OF2或Cl2O【详解】(2)单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S的形成孤电子对数目：，形成σ键的数目是2，故杂化轨道类型为sp3杂化，其空间构型为V形；与其互为等电子体的分子是OF2或Cl2O，故答案为：V形；sp3；OF2或Cl2O；30．元素X位于第四周期。其基态原子有4个未成对电子。Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子。(1)Y与Z可形成多种化合物。①元素Y与Z中电负性较大的是________

(用元素符号描述)。②离子的空间构型为________(用文字描述)。③写出一种与ZY2互为等电子体的阴离子的化学式________。(2)

氢化物在乙醇中的溶解度，HY＞HZ，其原因是________。(3)含X2+的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3[X(CN)5(NH3)]。①基态X2+的电子排布式是________。②1

mol配合物K3[X(CN)5(NH3)]中含σ键的物质的量为________。【答案】O三角锥形H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能[Ar]3d6或1s2s2p63s23p63d614

mol【分析】【详解】(1)①同主族从上到下电负性减小，元素O与S中电负性较大的是O。②按价层电子对互斥理论，离子的孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形。③与SO2互为等电子体的阴离子中含有3个原子、价电子数是18，为。(2)Y和Z的氢化物分别是水和硫化氢，水在乙醇中的溶解度大，其原因是H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能。(3)①X(铁)的原子序数为26，基态X2+的电子排布式是[Ar]3d6或1s2s2p63s23p63d。②[Fe(CN)5(NH3)]3-内，亚铁离子形成6个配位键是σ键、每个CN-含碳氮叁键有1个σ键、每个NH3含3个σ键，故每个[Fe(CN)5(NH3)]3-内含6+5+3=14个σ键，1mol配合物K3[Fe(CN)5(NH3)]中含σ键的物质的量为14mol。31．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成碳的含氧衍生物。请回答下列问题：(1)在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，基态原子核外电子排布要遵循“洪特规则特例”，该原子的外围电子排布式为_________。在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是_________(填元素符号)。(2)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中C—H键，导致C—H键的键能_________(填“增大”“减小”或“不变”)。铁晶体中粒子之间作用力类型是_________。(3)常温下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、HCOOH等。①它们的沸点分别为64.7℃、-19.5℃、100.8℃，其主要原因是_________。②CH4、HCHO的键角较大的是_________，主要原因是_________。【答案】3d104s1Cr减小金属键CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键(或分子间作用力)较强，HCHO分子间只存在范德华力HCHOCH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采用sp2杂化【详解】(1)Mn、Fe、Co、Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基态原子Cu原子核外电子符合全充满、半充满，遵循“洪特规则特例”，故答案为3d104s1。(2)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中C—H键，说明在催化剂存在下C—H键更容易发生断裂，其键能更小；铁晶体属于金属晶体，晶体中存在自由电子和金属阳离子，靠金属键结合形成金属单质，故答案为：减小；金属键。(3)①CH3OH、HCOOH分子间存在氢键，且HCOOH分子间氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点HCOOH＞CH3OH＞HCHO，故答案为：CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键(或分子间作用力)较强，HCHO分子间只存在范德华力。②CH4中C原子采取sp3杂化，为正四面体，HCHO中C原子采取sp2杂化，为平面三角形，HCHO键角较大；故答案为：HC