2022版高考化学选考（山东专用）一轮总复习集训：专题八化学键分子结构与性质 —模拟 WORD版含解析.docx

1、专题八化学键分子结构与性质【5年高考】考点一化学键、电子式1.(2019浙江4月选考,7,2分)下列表示不正确的是()A.次氯酸的电子式H：Cl：O：B.丁烷的球棍模型C.乙烯的结构简式CH2CH2D.原子核内有8个中子的碳原子614C答案A2.(2018江苏单科,2,2分)用化学用语表示NH3+HClNH4Cl 中的相关微粒,其中正确的是()A.中子数为8 的氮原子:78NB.HCl 的电子式:H+：Cl：-C.NH3的结构式:D.Cl-的结构示意图:答案C3.(2019上海选考,3,2分)下列反应只需破坏共价键的是()A.晶体硅熔化B.碘升华C.熔融Al2O3D.NaCl溶于水答案A4.(

2、2019上海选考,11,2分)关于离子化合物NH5(H有正价和负价),下列说法正确的是()A.N为+5价B.阴、阳离子个数比是11C.阴离子为8电子稳定结构D.阳离子的电子数为11答案B5.(2019浙江4月选考,18,2分)下列说法不正确的是()A.纯碱和烧碱熔化时克服的化学键类型相同B.加热蒸发氯化钾水溶液的过程中有分子间作用力的破坏C.CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D.石墨转化为金刚石既有共价键的断裂和生成,也有分子间作用力的破坏答案C6.(2020课标,10,6分)铑的配合物离子Rh(CO)2I2-可催化甲醇羰基化,反应过程如图所示。下列叙述错误的是()A.CH3COI是

3、反应中间体B.甲醇羰基化反应为CH3OH+COCH3CO2HC.反应过程中Rh的成键数目保持不变D.存在反应CH3OH+HICH3I+H2O答案C7.(2020课标,11,6分)据文献报道:Fe(CO)5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是()A.OH-参与了该催化循环B.该反应可产生清洁燃料H2C.该反应可消耗温室气体CO2D.该催化循环中Fe的成键数目发生变化答案C8.(2020天津,12,3分)已知Co(H2O)62+呈粉红色,CoCl42-呈蓝色,ZnCl42-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:Co(H2O)62+4Cl-C

4、oCl42-+6H2OH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Co(H2O)62+和CoCl42-中键数之比为32B.由实验可推知HCoCl42-答案D9.(2019海南单科,13,9分)自门捷列夫发现元素周期律以来,人类对自然的认识程度逐步加深,元素周期表中的成员数目不断增加。回答下列问题:(1)2016年IUPAC确认了四种新元素,其中一种为Mc,中文为“镆”。元素Mc可由反应95243Am+2048CaMc+301n得到。该元素的质子数为,287Mc与288Mc互为。(2)Mc位于元素周期表中第A族,同族元素N的一种氢化物为NH2NH2,写出该化合

5、物分子的电子式:,该分子内存在的共价键类型有。(3)该族中的另一元素P能呈现多种化合价,其中+3价氧化物的分子式为,+5价简单含氧酸的分子式为。答案(1)115同位素(2)HNHNHH极性键和非极性键(3)P2O3H3PO410.(2018海南单科,13,8分)X、Y、Z为短周期元素,X原子的质子数等于Z与Y的质子数之和;Z与Y位于同一周期,Y原子核外有3个未成对电子,非金属Z的一种固体单质可导电。回答下列问题:(1)Y在周期表中的位置是第周期、第族,其原子结构示意图为;Y与Z之间形成的化学键属于。(2)X、Y、Z三种元素中原子半径最大的是(填元素符号);X单质既可与盐酸反应,又可溶于氢氧化钠

6、溶液,产生的气体为(填分子式),该气体与Y单质反应的化学方程式为。(3)Z最高价氧化物的电子式为。答案(1)二A(极性)共价键(2)AlH2N2+3H22NH3(3)OCO考点二分子的空间结构与分子性质11.(2019上海选考,9,2分)下列说法错误的是()A.含有共价键的化合物是共价化合物B.含有极性键的分子可能是非极性分子C.有电子转移的反应是氧化还原反应D.水溶液中能完全电离的电解质是强电解质答案A12.(2020江苏单科,21A,12分)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵(NH4)3Fe(C6H5O7)2。(1)Fe基态核外电子排布式为;Fe(H2O)62+中与F

7、e2+配位的原子是(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是;C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为。(3)与NH4+互为等电子体的一种分子为(填化学式)。(4)柠檬酸的结构简式见下图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为mol。答案(1)Ar3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2O(2)sp3NOC(3)CH4或SiH4(4)713.(2020浙江7月选考,26,4分)(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是。(2)CaCN2是离子化合物,各原子均满足8电子稳定结构,CaCN2的电子式是。(3)常温下,在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷,

8、原因是。答案(1)原子半径FClH(2)Ca2+NCN2-(3)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有14.(2019课标,35,15分)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料,具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点,文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题:(1)在周期表中,与Li的化学性质最相似的邻族元素是,该元素基态原子核外M层电子的自旋状态(填“相同”或“相反”)。(2)FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为,其中Fe的配位数为。(3)苯胺()的晶体类型是。苯胺与甲苯()的相对分子

9、质量相近,但苯胺的熔点(-5.9)、沸点(184.4)分别高于甲苯的熔点(-95.0)、沸点(110.6),原因是。(4)NH4H2PO4中,电负性最高的元素是;P的杂化轨道与O的2p轨道形成键。(5)NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐,而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐,如:焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示:这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(用n代表P原子数)。答案(1)Mg相反(2)4(3)分子晶体苯胺分子之间存在氢键(4)Osp3(5)(PnO3n+1)(n+2)-15.(2019江苏单科,21A,12分)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以Cu

10、SO4、NaOH和抗坏血酸为原料,可制备Cu2O。(1)Cu2+基态核外电子排布式为。(2)SO42-的空间构型为(用文字描述);Cu2+与OH-反应能生成Cu(OH)42-,Cu(OH)42-中的配位原子为(填元素符号)。(3)抗坏血酸的分子结构如图1所示,分子中碳原子的轨道杂化类型为;推测抗坏血酸在水中的溶解性:(填“难溶于水”或“易溶于水”)。(4)一个Cu2O晶胞(如图2)中,Cu原子的数目为。答案(1)Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9(2)正四面体O(3)sp3、sp2易溶于水(4)4教师专用题组【5年高考】考点一化学键、电子式1.(2020天津,12,3分)已知Co

11、(H2O)62+呈粉红色,CoCl42-呈蓝色,ZnCl42-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:Co(H2O)62+4Cl-CoCl42-+6H2OH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Co(H2O)62+和CoCl42-中键数之比为32B.由实验可推知HCoCl42-答案DA项,1个Co(H2O)62+中键数为6+26=18,1个CoCl42-中键数为4,错误;B项,置于冰水浴中溶液变成粉红色,说明平衡逆向移动,也说明逆反应是放热反应,则正反应是吸热反应,H0,错误;C项,H2O是纯液体,平衡移动与c(H

12、2O)没有关系,错误;D项,加少量ZnCl2固体,溶液变成粉红色,说明平衡Co(H2O)62+4Cl-CoCl42-+6H2O逆向移动,是因为Zn2+结合Cl-生成了更稳定的配离子ZnCl42-,正确。2.(2018浙江4月选考,19,2分)下列说法正确的是()A.CaCl2中既有离子键又有共价键,所以CaCl2属于离子化合物B.H2O汽化成水蒸气、分解为H2和O2,都需要破坏共价键C.C4H10的两种同分异构体因为分子间作用力大小不同,因而沸点不同D.水晶和干冰都是共价化合物,均属于原子晶体答案CCaCl2中只有离子键无共价键,故A错误;H2O汽化成水蒸气,只克服分子间作用力,不破坏共价键,

13、故B错误;分子间作用力影响分子晶体的沸点,故C正确;水晶和干冰都是共价化合物,但水晶属于原子晶体,干冰属于分子晶体,故D错误。3.(2020浙江7月选考,26,4分)(1)气态氢化物热稳定性HF大于HCl的主要原因是。(2)CaCN2是离子化合物,各原子均满足8电子稳定结构,CaCN2的电子式是。(3)常温下,在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷,原因是。答案(1)原子半径FClH(2)Ca2+NCN2-(3)乙醇与水之间形成氢键而氯乙烷没有解析(1)F和Cl属于同主族元素,原子半径:FCl,故键长:FHClH,键能越大,物质越稳定,故HF热稳定性强于HCl。(2)CaCN2是离子化合物,说明其由Ca

14、2+和CN22-构成,Ca2+满足最外层8电子稳定结构;CN22-与CO2互为等电子体,二者具有相似的结构,CN22-中C与两个N均形成2对共用电子对,每个原子最外层均达到8电子稳定结构,即2个N原子各得到Ca原子的1个电子,因此该离子化合物的电子式可表示为Ca2+NCN2-。(3)乙醇(CH3CH2OH)分子中的羟基(OH)和水分子能形成分子间氢键,导致乙醇与水可以任意比互溶,而氯乙烷(CH3CH2Cl)不能与水分子形成氢键,故氯乙烷难溶于水。规律总结F、O、N等原子半径较小,电负性较大,它们与H原子形成的共价键极性较大,共用电子对强烈偏向这些原子而使它们带明显负电性,H原子带明显正电性,易

15、形成分子间氢键。4.(2020江苏单科,21A,12分)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵(NH4)3Fe(C6H5O7)2。(1)Fe基态核外电子排布式为;Fe(H2O)62+中与Fe2+配位的原子是(填元素符号)。(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是;C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为。(3)与NH4+互为等电子体的一种分子为(填化学式)。(4)柠檬酸的结构简式见下图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为mol。答案(12分)A.(1)Ar3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2O(2)sp3NOC(3)CH4或SiH4(4)

16、7解析A.(1)Fe是第26号元素,基态核外电子排布式为Ar3d64s2(或1s22s22p63s23p63d64s2);Fe(H2O)62+中Fe2+提供空轨道,H2O分子中的O原子提供孤电子对,形成配位键。(2)NH3分子中,氮原子与三个氢原子形成三对共用电子对,氮原子还有一对孤电子对,所以N为sp3杂化;同周期元素第一电离能从左到右呈增大的趋势,氮原子的2p轨道为半满状态,具有稳定性,所以N的第一电离能比同周期相邻元素的大,第一电离能:NOC。(3)原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子互为等电子体,NH4+的价电子总数为8,满足价电子总数为8的五核分子有CH4(或SiH4)。(4)1

17、个该分子中有4个CO键和3个CO键,则1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键共7mol。5.(2019课标,35,15分)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料,具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点,文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题:(1)在周期表中,与Li的化学性质最相似的邻族元素是,该元素基态原子核外M层电子的自旋状态(填“相同”或“相反”)。(2)FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为,其中Fe的配位数为。(3)苯胺()的晶体类型是。苯胺与甲苯()的相对分子质量相

18、近,但苯胺的熔点(-5.9)、沸点(184.4)分别高于甲苯的熔点(-95.0)、沸点(110.6),原因是。(4)NH4H2PO4中,电负性最高的元素是;P的杂化轨道与O的2p轨道形成键。(5)NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐,而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐,如:焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示:这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(用n代表P原子数)。答案(1)Mg相反(2)4(3)分子晶体苯胺分子之间存在氢键(4)Osp3(5)(PnO3n+1)(n+2)-解析本题涉及知识点有对角线原则、核外电子排布、配位键、分子结构与性质等,通过能正确复述、

19、再现、辨认相关基础知识,考查了接收、整合化学信息的能力,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。(1)根据对角线原则,Li与Mg的化学性质最相似。基态时Mg原子的两个M层电子处于3s轨道上,且自旋方向相反。(2)双聚FeCl3分子中两分子FeCl3以配位键形式结合在一起,结构式为,Fe的配位数为4。(3)中只含有共价键,根据其熔、沸点数据可知,苯胺的晶体类型为分子晶体。苯胺分子间存在氢键,导致其熔、沸点高于甲苯。(4)根据NH4H2PO4中所含元素在周期表中的位置关系和电负性规律可知,氧元素电负性最高。NH4H2PO4中磷原子的价层电子对数为4,故为sp3杂化,P的sp3杂化轨道与O的2p轨道

20、形成键。(5)磷酸根离子为PO43-,焦磷酸根离子为P2O74-,三磷酸根离子为P3O105-。结合图示可知,每增加1个P原子,O原子数增加3,离子所带负电荷数增加1,故可推出离子通式为(PnO3n+1)(n+2)-。6.(2013课标,37,15分)硅是重要的半导体材料,构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:(1)基态Si原子中,电子占据的最高能层符号为,该能层具有的原子轨道数为,电子数为。(2)硅主要以硅酸盐、等化合物的形式存在于地壳中。(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体,其中原子与原子之间以相结合,其晶胞中共有8个原子,其中在面心位置贡献个原子。(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)

21、分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4,该反应的化学方程式为。(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实:化学键CCCHCOSiSiSiHSiO键能/(kJmol-1)356413336226318452硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是。SiH4的稳定性小于CH4,更易生成氧化物,原因是。(6)在硅酸盐中,SiO44-四面体如图(a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根,其中Si原子的杂化形式为,Si与O的原子数之比为,化学式为。

22、答案(1)M94(2)二氧化硅(3)共价键3(4)Mg2Si+4NH4ClSiH4+4NH3+2MgCl2(5)CC键和CH键较强,所形成的烷烃稳定。而硅烷中SiSi键和SiH键的键能较低,易断裂,导致长链硅烷难以生成CH键的键能大于CO键,CH键比CO键稳定。而SiH键的键能却远小于SiO键,所以SiH键不稳定而倾向于形成稳定性更强的SiO键(6)sp313SiO3n2n-(或SiO32-)解析(1)基态Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2,电子占据的最高能层为第三层,符号为M,该能层原子轨道总数=1(3s轨道)+3(3p轨道)+5(3d轨道)=9,电子数为4。(3)6个面心

23、位置贡献的Si原子数=612=3。(4)由题给信息可写出制备SiH4的化学方程式为Mg2Si+4NH4Cl2MgCl2+4NH3+SiH4。(5)可根据相关键能的数据解释相关的两个事实,详见答案。(6)在SiO44-四面体结构中,处于四面体中心的硅原子的杂化方式为sp3;单链结构的多硅酸根中,重复出现的最小结构单元为,其中Si原子数目为2,1、4号氧原子为两个单元所共有,2、3、5、6、7号氧原子完全属于该单元,故每个最小单元的氧原子数目为5+212=6,Si与O原子数之比为26=13,故单链结构的多硅酸根的化学式为SiO3n2n-。思路分析根据单质硅的结构和性质回答(1)、(2)、(3);由

24、题目信息回答(4);通过比较碳和硅的有关化学键键能回答(5);分析题给图像来回答(6)。7.(2013福建理综,31,13分)(1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律,参照下图中B、F元素的位置,用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到:4NH3+3F2NF3+3NH4F上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有(填序号)。a.离子晶体b.分子晶体c.原子晶体d.金属晶体基态铜原子的核外电子排布式为。(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2BF3晶体Q,Q在一定条件下可转化为R:H3O+QR晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及(填序号)

25、。a.离子键b.共价键c.配位键d.金属键e.氢键f.范德华力R中阳离子的空间构型为,阴离子的中心原子轨道采用杂化。(4)已知苯酚()具有弱酸性,其Ka=1.110-10;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Ka2(水杨酸)Ka(苯酚)(填“”或“”),其原因是。答案(1)(2)a、b、d1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1(3)a、d三角锥形sp3(4)600(分解)-75.516.810.3沸点/-60.3444.6-10.045.0337.0回答下列问题:(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为,基态S原子

26、电子占据最高能级的电子云轮廓图为形。(2)根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是。(3)图(a)为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为。(4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为形,其中共价键的类型有种;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M、阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为gcm-3;晶胞中Fe2+位于S22-所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为nm。答

27、案(1)哑铃(纺锤)(2)H2S(3)S8相对分子质量大,分子间范德华力强(4)平面三角2sp3(5)4MNAa3102122a解析本题考查电子排布图、电子云、中心原子价层电子对数计算、分子构型、杂化轨道类型、晶体有关计算等。(1)基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2,排布图为;基态S原子电子排布式为1s22s22p63s23p4,最高能级为3p,电子云轮廓图为哑铃形。(2)中心原子价层电子对数:H2S为2+12(6-21)=4;SO2为2+12(6-22)=3;SO3为3+12(6-23)=3。(3)S8和SO2均为分子晶体,S8的相对分子质量比SO2的相对分子质量大很多,范德华力更强,

28、所以S8的熔点和沸点要比SO2的高很多。(4)SO3分子中中心原子价层电子对数为3,无孤电子对,故SO3分子的立体构型为平面三角形;SO3分子的结构式为,其中既有键又有键;由图(b)可知三聚分子中每个S原子与4个O原子形成4个键,故其杂化轨道类型为sp3。(5)由图(c)可知,1个晶胞中Fe2+个数为1214+1=4,S22-个数为818+612=4,一个晶胞中有4个FeS2,晶胞的体积为(a10-7)3cm3,则晶体密度的计算表达式为MNA4(a10-7)3gcm-3=4MNAa31021gcm-3;正八面体的边长=(a2)2+(a2)2nm=22anm。2.(2018江苏单科,21A,12

29、分)臭氧(O3)在Fe(H2O)62+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO42-和NO3-,NOx也可在其他条件下被还原为N2。(1)SO42-中心原子轨道的杂化类型为;NO3-的空间构型为(用文字描述)。(2)Fe2+基态核外电子排布式为。(3)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为(填化学式)。(4)N2分子中键与键的数目比n()n()=。(5)Fe(H2O)62+与NO反应生成的Fe(NO)(H2O)52+中,NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在Fe(NO)(H2O)52+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。Fe(NO)(H2O)52+结构示意图答案(1)sp3平面(正)三角形

30、(2)Ar3d6或1s22s22p63s23p63d6(3)NO2-(4)12(5)解析本题考查原子轨道杂化类型、微粒的立体构型、核外电子排布式、等电子体、键与键、配位键等知识。(1)SO42-中心原子的价层电子对数为4,则中心原子的杂化类型为sp3;NO3-的中心原子杂化类型为sp2,且键数与杂化轨道数相等,故NO3-的空间构型为平面(正)三角形。(2)Fe2+基态核外电子排布式为Ar3d6或1s22s22p63s23p63d6。(3)等电子体具有相同的原子数和价电子数,与O3分子互为等电子体的一种阴离子为NO2-。(4)N2的结构式为,故N2分子中n()n()=12。(5)H2O中的O原子

31、、NO中的N原子与Fe2+形成配位键,故结构示意图为 。知识归纳对于ABm型分子或ABmn+型离子立体构型的判断价层电子对数中心原子A杂化类型配位原子数空间构型4sp34正四面体3三角锥形2V形3sp23平面三角形2V形2sp2直线形3.(2017课标,35,15分)我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题:(1)氮原子价层电子的轨道表达式(电子排布图)为。(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(E1)。第二周期部分元素的E1变化趋势如图(a)所示,其中除氮元素外,其他元素的E

32、1自左而右依次增大的原因是;氮元素的E1呈现异常的原因是。(3)经X射线衍射测得化合物R的晶体结构,其局部结构如图(b)所示。从结构角度分析,R中两种阳离子的相同之处为,不同之处为。(填标号)A.中心原子的杂化轨道类型B.中心原子的价层电子对数C.立体结构D.共价键类型R中阴离子N5-中的键总数为个。分子中的大键可用符号nm表示,其中m代表参与形成大键的原子数,n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为66),则N5-中的大键应表示为。图(b)中虚线代表氢键,其表示式为(NH4+)NHCl、。(4)R的晶体密度为dgcm-3,其立方晶胞参数为anm,晶胞中含有y个(N5)6(H3O)

33、3(NH4)4Cl单元,该单元的相对质量为M,则y的计算表达式为。答案(1)(2)同周期主族元素随核电荷数增大,原子半径逐渐变小,故结合一个电子释放出的能量依次增大N原子的2p轨道为半充满状态,具有额外稳定性,故不易结合一个电子(3)ABDC556(H3O+)OHN(N5-)(NH4+)NHN(N5-)(4)602a3dM(或a3dNAM10-21)解析(1)氮原子价层电子排布式为2s22p3,价层电子的轨道表达式为。(3)H3O+中键数为3,中心原子孤电子对数为12(6-1-31)=1,中心原子的价层电子对数为4,杂化轨道类型为sp3,H3O+的立体结构为三角锥形;NH4+中键数为4,中心原

34、子孤电子对数为12(5-1-41)=0,中心原子的价层电子对数为4,杂化轨道类型为sp3,NH4+的立体结构为正四面体形;H3O+和NH4+中均含极性共价键和配位键,故两种阳离子的相同之处为A、B、D,不同之处为C。由图(b)中N5-的结构可知N5-中的键数为5;N5-中的5个原子参与形成大键,每个原子提供的参与形成大键的电子数为1(孤电子对不参与),故参与形成大键的电子数为5+1=6,N5-中大键应表示为56。由图(b)可知H3O+、NH4+与N5-之间均存在氢键。(4)晶体的密度为dgcm-3,晶胞的体积为(a10-7)3cm3,晶胞的质量为Mgmol-1NAmol-1y,则MNAy=d(

35、a10-7)3,y=d(a10-7)3NAM=a3dNAM10-21。知识拓展大键1.定义:在多原子分子中如有相互平行的p轨道,它们连贯重叠在一起构成一个整体,p电子在多个原子间运动形成型化学键,这种不局限在两个原子之间的键称为离域键,或共轭大键,简称大键。2.大键的形成条件:这些原子都在同一平面上;这些原子有相互平行的p轨道;p轨道上的电子总数小于p轨道数的2倍。4.(2016江苏单科,21A,12分)Zn(CN)42-在水溶液中与HCHO发生如下反应:4HCHO+Zn(CN)42-+4H+4H2OZn(H2O)42+4HOCH2CNHOCH2CN的结构简式(1)Zn2+基态核外电子排布式为

36、。(2)1molHCHO分子中含有键的数目为mol。(3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是。(4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为。(5)Zn(CN)42-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型,Zn(CN)42-的结构可用示意图表示为。答案(1)1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10)(2)3(3)sp3和sp(4)NH2-(5)或 解析(1)基态Zn原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2,Zn原子失去4s轨道上的2个电子形成Zn2+,由此可写出Zn2+基态核外电子排布式。(2)HCHO的结构式为,则1

37、molHCHO分子中含有3mol键。(3)HOCH2CN的结构式为,中的C原子采取sp3杂化,CN中的C原子采取sp杂化。(4)等电子体具有相同的原子数和相同的价电子数,与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH2-。5.(2014天津理综,7,14分)元素单质及其化合物有广泛用途,请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题:(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外),以下说法正确的是。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱,非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱,酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为,氧化性最弱的简单阳离子是。(3)已知:化合

38、物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时,电解MgCl2而不电解MgO的原因是;制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是。(4)晶体硅(熔点1410)是良好的半导体材料。由粗硅制纯硅过程如下:Si(粗)SiCl4SiCl4(纯)Si(纯)写出SiCl4的电子式:;在上述由SiCl4制纯硅的反应中,测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量,写出该反应的热化学方程式:。(5)P2O5是非氧化性干燥剂,下列气体不能用浓硫酸干燥,可用P2O5干燥的是。a.NH3b.HIc.SO2d.CO2(6)KClO3可

39、用于实验室制O2,若不加催化剂,400时分解只生成两种盐,其中一种是无氧酸盐,另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式:。答案(1)b(2)氩Na+(或钠离子)(3)MgO的熔点高,熔融时耗费更多能源,增加生产成本AlCl3是共价化合物,熔融态难导电(4)ClSiClClClSiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)H=+0.025akJmol-1(5)b(6)4KClO3KCl+3KClO4解析(1)a项,S2-、Cl-的半径大于Na+、Mg2+、Al3+的半径;c项,最高价氧化物对应的水化物才是按原子序数的递增碱性减弱,酸性增强;d项,第三周期主族元素的单质的熔

40、点是中间高、两头低。(2)第三周期中,原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩;金属越活泼,其阳离子氧化性越弱。(3)MgO的熔点高,加热时不易熔化;制铝时是不能电解AlCl3的,因AlCl3是共价化合物,熔融态难导电。(4)1.12kg纯硅的物质的量为40mol,故每生成1molSi吸收的热量为140akJ=0.025akJ。(5)P2O5、H2SO4(浓)都是酸性干燥剂,所以NH3既不能用浓H2SO4干燥,也不能用P2O5干燥。SO2虽然有还原性,但它不能被浓H2SO4氧化,故SO2既可以用浓H2SO4干燥,也可以用P2O5干燥。CO2是一种酸性氧化物,两种干燥剂都能用来干燥它。HI气

41、体是能被浓H2SO4氧化的酸性气体,可用P2O5干燥。6.(2014四川理综,8,13分)X、Y、Z、R为前四周期元素,且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体;X与氢元素可形成XH3;Z基态原子的M层与K层电子数相等;R2+离子的3d轨道中有9个电子。请回答下列问题:(1)Y基态原子的电子排布式是;Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是。(2)XY2-离子的立体构型是;R2+的水合离子中,提供孤电子对的原子是。(3)Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示,晶胞中阴离子与阳离子的个数比是。(4)将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中,通入Y2,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式是。答案(13分

42、)(1)1s22s22p4Cl(2)V形O(3)21(4)2Cu+8NH3H2O+O22Cu(NH3)42+4OH-+6H2O解析由题干信息可推出X、Y、Z、R分别为N、O、Mg、Cu。(1)氧元素基态原子的电子排布式为1s22s22p4;Mg所在第三周期中第一电离能最大的主族元素是Cl。(2)NO2-离子呈V形结构,Cu2+的水合离子中提供孤电子对的原子是O。(3)由晶胞示意图可知,阳离子位于8个顶点和体心,N(阳离子)=1+818=2;阴离子在上、下两个面共有4个,内部有2个,N(阴离子)=412+2=4,阴离子和阳离子个数比为21。(4)由已知信息可知生成物中有Cu(NH3)42+,则离

43、子方程式为2Cu+8NH3H2O+O22Cu(NH3)42+4OH-+6H2O。7.(2013山东理综,32,8分)卤族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势,正确的是。(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷,下图为其晶胞结构示意图,则每个晶胞中含有B原子的个数为,该功能陶瓷的化学式为。(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为和。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有种。(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物中提供孤对电子的原子是。答案(1)a(2)2BN(3)sp2sp33(4)X解析

44、(1)b项,氟元素无最高正价;c项,HF分子间存在氢键,导致沸点升高;d项,F2、Cl2、Br2的熔点随相对分子质量增大而升高。(2)根据题给晶胞,可以判断大球代表B原子。则晶胞中B原子个数为818+1=2,N原子个数为414+1=2,则化学式为BN。(3)判断第一电离能时要注意洪特规则,其中O原子第一电离能小于N原子但大于B原子,Be原子第一电离能大于B原子,但小于N原子,故共有Be、C、O三种元素。(4)硼原子是缺电子体,故需要外界原子提供孤对电子。8.(2012山东理综,32,8分)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。(1)下列关于金属及金属键的说法正确的是。a.金属键具有方向性与

45、饱和性b.金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用c.金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子d.金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光(2)Ni是元素周期表中第28号元素,第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是。(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n=。CO与N2结构相似,CO分子内键与键个数之比为。(4)甲醛(H2CO)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醇分子内C原子的杂化方式为,甲醇分子内的OCH键角(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的OCH键角。答案(1)b(2)C(碳)(3)412(4)s

46、p3小于解析(1)a项,金属键是金属阳离子与自由电子之间的强烈相互作用,自由电子属于整个晶体,所以金属键无方向性和饱和性;d项,金属能反射照射到其表面的光,所以金属具有光泽。(2)Ni的价电子排布式为3d84s2,3d轨道上有两个未成对电子。第二周期有两个未成对电子的元素有C、O,同周期主族元素从左到右电负性增强,故C的电负性小于O。(3)Ni有10个价电子,即配体CO提供8个电子(或4对孤对电子),故n=4。CO与N2互为等电子体,故CO中存在三键,包括一个键、两个键。(4)甲醇中碳原子形成四个键,为sp3杂化。甲醇分子内OCH键角接近10928,甲醛分子的空间构型为平面形,键角接近120。

47、【3年模拟】时间:25分钟分值:30分一、选择题(本题共8小题,每小题2分,共16分,每小题只有一个选项符合题目要求)1.(2021届德州一中10月月考,7)下列有关化学键、氢键和范德华力的叙述中,不正确的是()A.金属键是金属离子与“电子气”之间的较强作用,金属键无方向性和饱和性B.共价键是原子之间通过共用电子对形成的化学键,共价键有方向性和饱和性C.范德华力是分子间存在的一种作用力,分子的极性越大,范德华力越大D.氢键不是化学键而是分子间的一种作用力,所以氢键只存在于分子与分子之间答案D2.(2020威海二模,3)“冰面为什么滑?”这与冰层表面的结构有关(如图)。下列有关说法错误的是()A

48、.由于氢键的存在,水分子的稳定性好,高温下也很难分解B.第一层固态冰中,水分子间通过氢键形成空间网状结构C.第二层“准液体”中,水分子间形成氢键的机会比固态冰中少D.当高于一定温度时,“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂,产生“流动性的水分子”,使冰面变滑答案A3.(2020潍坊高三4月模拟,3)氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是()A.相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点B.一定条件下,NH3与BF3可以形成NH3BF3C.羊毛制品水洗再晒干后变形D.H2O和CH3COCH3的结构和极性并不相似,但两者能完全互溶答案B4.(2

49、020潍坊三模,5)硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为照相业的定影剂,反应的化学方程式为AgBr+2Na2S2O3Na3Ag(S2O3)2+NaBr。下列说法正确的是()A.基态Br原子中电子的空间运动状态有35种B.Ag(S2O3)23-中含有离子键、共价键、配位键C.S2O32-中心原子S的杂化方式为sp3D.非金属元素S、O、Br中电负性最大的是Br答案C5.(2020济宁三模,5)梦溪笔谈有记:馆阁新书净本有误书处,以雌黄涂之。在中国古代,雌黄(As2S3)经常用来修改错字,其结构如图所示。下列说法不正确的是()A.As、S原子的杂化方式均为sp3B.AsH3的沸点比NH3的低C.与A

50、s同周期且基态原子核外未成对电子数目相同的元素只有VD.已知As2F2分子中各原子均满足8电子结构,分子中键和键的个数比为31答案C6.(2021届济南一中高三期中,4)缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构(一个原子通过共用电子使其价层电子数达到8,H原子达到2所形成的稳定分子结构)要求的一类化合物。下列说法错误的是()A.NH3、BF3、CCl4中只有BF3是缺电子化合物B.BF3、CCl4中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3C.BF3与NH3反应时有配位键生成D.CCl4的键角小于NH3答案D7.(2021届临沂高三期中,12)硫酸盐(含SO42-、HSO4-)气溶胶是雾霾的成分之一。

51、科学家发现通过“水分子桥”,处于纳米液滴中的SO32-可以将电子快速转移给周围的气相NO2分子,雾霾中硫酸盐生成的主要过程示意图如下。下列说法错误的是()A.“水分子桥”主要靠氢键形成B.过程中硫元素均被氧化C.NO2是生成硫酸盐的催化剂D.该过程中既有氢氧键的断裂又有氢氧键的生成答案C8.(2020泰安三模,7)BF3与一定量的水形成(H2O)2BF3,一定条件下(H2O)2BF3可发生如下转化,下列说法中正确的是()H3O+A.(H2O)2BF3熔化后得到的物质属于离子晶体B.(H2O)2BF3分子间存在着配位键和氢键C.BF3是仅含极性共价键的非极性分子D.基态B原子核外电子的空间运动状

52、态有5种答案C二、非选择题(本题包括1小题,共14分)9.(2021届高密高三10月联考,16)(14分)氮、磷、锌元素的单质和化合物在农药生产及工业制造等领域用途非常广泛。回答下列问题:(1)基态P原子中,电子占据的最高能层具有的原子轨道数为,基态Zn原子的价电子排布式是。(2)2019年德国专家从硫酸铵中检测出一种组成为N4H4(SO4)2的物质,该物质在水中以SO42-和N4H44+两种离子的形式存在。N4H44+易被植物吸收,但它遇到碱时会生成类似白磷的N4分子,不能被植物吸收。N、O、S三元素第一电离能从小到大的顺序是。1个N4H44+中含有个键。(3)白磷在空气中缓慢氧化生成P4O

53、6,其结构如图所示。P4O6中氧原子的杂化轨道类型为,每个P4O6分子中含孤电子对的数目为。(4)科学家合成了一种阳离子为“N5n+”,其结构是对称的,5个N排成“V”形,含2个氮氮三键,且每个N原子都达到8电子稳定结构;此后又合成了一种含有“N5n+”化学式为“N8”的离子晶体。“N5n+”中位于角顶点上的N原子的杂化轨道类型是,“N8”中阴离子的空间构型为。答案(14分,每空2分,特殊标注除外)(1)9(1分)3d104s2(2)SON(1分)10(3)sp316(4)sp3直线形教师专用题组【3年模拟】时间:30分钟分值:50分一、选择题(每题2分,共14分)1.(2020届聊城阳谷复习

54、测试,11)下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是()A.CaO与CO2B.NaCl与HClC.SiC与SiO2D.Cl2与I2答案CCaO是离子晶体,熔化时断裂离子键,熔点与化学键键能有关;CO2是分子晶体,熔化破坏的是分子间作用力,与化学键键能无关,A项错误。NaCl是离子晶体,熔化断裂离子键,熔点与化学键键能有关;HCl是分子晶体,熔化破坏的是分子间作用力,与化学键键能无关,B项错误。SiC和SiO2都是共价晶体,熔化断裂的都是共价键,都与化学键键能有关,C项正确。Cl2和I2在固态时都是分子晶体,熔化破坏的是分子间作用力,与化学键键能无关,D项错误。2.(2019青州二中月考,

55、12)下列物质空间构型和中心原子杂化类型都正确的是()A.CCl4平面四边形sp3杂化B.H2OV字形sp2杂化C.BCl3平面三角形sp2杂化D.NH4+正四面体sp杂化答案CCCl4分子中中心原子的价层电子对数=4+12(4-41)=4,杂化方式为sp3,不含有孤电子对,分子的立体构型为正四面体,A项错误;H2O分子中中心原子的价层电子对数=2+12(6-21)=4,杂化方式为sp3,含有两对孤电子对,分子的立体构型为V形,B项错误;BCl3分子中中心原子的价层电子对数=3+12(3-31)=3,杂化方式为sp2,没有孤电子对,分子的立体构型为平面三角形,C项正确;NH4+中中心原子的价层

56、电子对数=4+12(5-1-41)=4,杂化方式为sp3,不含有孤电子对,分子的立体构型为正四面体,故D错误。解题关键根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式,价层电子对数=配原子数+孤电子对数。3.(2020浙江名校协作体3月联考,17)下列说法正确的是()A.氯化氢气体溶于水破坏离子键,产生H+和Cl-B.硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同C.NH3和HCl都极易溶于水,是因为都可以和H2O形成氢键D.CO2和SiO2的熔、沸点和硬度相差很大,是由于它们所含的化学键类型不同答案BHCl是共价化合物,氯化氢气体溶于水时破坏共价键,产生H+和Cl-,A错误。硅晶体属于

57、原子晶体,熔化断裂共价键;碘化氢属于分子晶体,碘化氢分解破坏共价键,因此需克服的化学键类型相同,B正确。NH3和HCl都极易溶于水,但HCl分子与H2O分子之间不存在氢键,C错误。CO2和SiO2的熔、沸点和硬度相差很大,是由于CO2属于分子晶体,分子之间以微弱的分子间作用力结合,而SiO2属于原子晶体,原子之间以共价键结合,熔化时破坏的作用力性质不同,D错误。知识归纳共价化合物溶解或熔化过程与化学键的关系(1)溶解过程能与水反应的共价化合物共价键被破坏;属于共价化合物的电解质共价键断裂生成阴、阳离子。部分非电解质共价键不被破坏。(2)熔化过程由分子构成的共价化合物共价键不破坏,破坏分子间作用

58、力;由原子构成的共价化合物破坏共价键。4.(2020届潍坊青州二中月考,16)下列说法不正确的是()A.某粒子空间构型为平面三角形,则中心原子一定采取sp2杂化B.某粒子空间构型为V形,则中心原子一定有孤电子对C.某粒子空间构型为三角锥形,则该粒子一定是极性分子D.某粒子空间构型为正四面体形,则键角一定是109.5答案D微粒立体构型是平面三角形,说明中心原子价层电子对数是3且不含孤电子对,则中心原子采取sp2杂化,A项正确;对于ABn型化合物,若中心原子A的价电子全部成键,n=2时分子构型为直线形,n=3时分子构型为平面三角形,n=4时分子构型为正四面体;若空间构型为V形,说明该微粒中含有孤电

59、子对,B项正确;微粒立体构型是三角锥形,说明中心原子的价层电子对数为4且含有一对孤电子对,分子结构不对称,为极性分子,C项正确;分子的空间构型是正四面体形,键角不一定是109.5,如白磷是正四面体结构,但其键角为60,D项错误。 解题思路本题考查分子或离子的空间构型判断,注意ABn型分子,若中心原子A的价电子全部成键,则n=2时分子空间构型为直线形,n=3时分子空间构型为平面三角形,n=4时分子空间构型为正四面体;若中心原子A有孤电子对,根据中心原子价层电子对理论判断VSEPR模型,结合孤电子对判断空间构型,题目难度中等。5.(2020威海一模,5)下列叙述错误的是()A.C2H4分子中有键B

60、.CH4的中心原子是sp3杂化C.HCl和HI中化学键的类型和分子的极性都相同D.价电子排布式为3s23p4的粒子其基态原子轨道表示式为答案D乙烯分子中两个C原子之间形成碳碳双键,1个碳碳双键由1个键和1个键组成,故A正确;CH4的中心碳原子价层电子对数为4,为sp3杂化,故B正确;HCl和HI中的共价键均为极性共价键,HCl和HI均为极性分子,故C正确;根据洪特规则,电子排布在同一能级的不同轨道时,总是优先单独占据一个轨道,且自旋方向相同,所以价电子排布式为3s23p4的粒子的基态原子轨道表示式为,故D错误。6.(2016浙江10月选考,20,2分)下列说法不正确的是()A.Cl2、Br2、

61、I2的分子间作用力依次减小B.石英是由硅原子和氧原子构成的原子晶体,加热熔化时需破坏共价键C.氢氧化钠在熔融状态下离子键被削弱,形成自由移动的离子,具有导电性D.水电解生成氢气和氧气,有化学键的断裂和形成答案AA中Cl2、Br2、I2的相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增大,故A错误;B中石英是由硅原子和氧原子构成的原子晶体,加热熔化时需破坏共价键,故B正确;C中氢氧化钠在熔融状态下离子键被削弱,电离形成自由移动的离子,因此能导电,故C正确;D中水电解生成氢气和氧气的过程中,有水中氢氧键的断裂和氢气中氢氢键、氧气中氧氧键的形成,故D正确。7. (2020枣庄上学期期末,7)下列叙述中正确的

62、有()该原子的电子排布图:最外层违背了洪特规则处于最低能量状态的原子叫基态原子,1s22s22px11s22s22py1过程中形成的是发射光谱运用价层电子对互斥理论,CO32-的空间构型为三角锥形具有相同核外电子排布的粒子,化学性质相同NCl3中NCl键的键长比CCl4中CCl键的键长短A.1个B.2个C.3个D.4个答案B洪特规则:电子在能量相同的轨道上排布时,总是尽可能分占不同的轨道且自旋方向相同,该电子排布式违背了洪特规则,说法正确;2px和2py能量相同,该过程中形成的不是发射光谱,说法错误;CO32-中中心原子价层电子对数为3+4+2-322=3,即CO32-的空间构型为平面三角形,

63、说法错误;具有相同核外电子排布的粒子,化学性质不一定相同,如O2-只具有还原性,Na+只具有氧化性,说法错误;同周期主族元素从左向右原子半径依次减小,即N的原子半径小于C,因此NCl键的键长比CCl键的键长短,说法正确。二、选择题(每题4分,共16分)8.(2020届53原创,16)我国科学家发布了最新研究成果,在实验室迅速得到厘米尺寸的碳酸钙大块晶体材料。该方法使用乙醇代替水做溶剂,并使用三乙胺()做助剂,可以使碳酸钙晶体按照模具长成各种形状。此成果把传统有机聚合的方法运用到传统无机材料的制备上,打破了无机化学与高分子化学领域制备方法的界限,具有极高的研究价值。以下说法正确的是()A.该方法

64、使用乙醇做溶剂,证明碳酸钙易溶于有机溶剂B.三乙胺是极性分子C.该研究成果证明碳酸钙应该属于有机高分子化合物D.鉴别晶体与非晶体的方法是进行X-射线衍射实验答案BDA项,碳酸钙是难溶于水和乙醇的离子化合物。B项,三乙胺分子中N原子为sp3杂化,除形成3个NC单键外还有1个孤电子对,不是平面对称性分子,属于极性分子。C项,碳酸钙是典型无机物,题目信息只是说明晶体形成方式不同。D项,晶体与非晶体的本质区别是内部构成微粒是否呈现周期性有序排列,X-射线衍射实验是目前较好的鉴别晶体与非晶体的方法。9.(202053原创)五氧化二氮分子的电子式如下,分子中存在离域键34,在固体状态下,由两种离子构成:N

65、O2+(硝酰阳离子)和NO3-。下列有关说法正确的是()A.N、O元素的第一电离能:OOB.阳离子NO2+呈平面三角形,阴离子NO3-呈三角锥形C.N2O5分子中键与键数目之比为31D.根据N2O5分子结构的对称性可知为非极性分子答案C同一周期元素中电负性从左到右逐渐增大,N、O元素的电负性NO,选项A错误;NO2+与CO2 为等电子体,应为直线形,NO3-的中心原子价层电子对数为3+5+1-232=3,应为平面三角形,选项B错误;根据N2O5的结构看出分子中键数为6,键数为2,比值为31,选项C正确。N2O5分子结构中存在NON键,O为sp3杂化,O原子周围还有两对孤电子对,应为V形,正、负

66、电中心不重合,为极性分子,选项D错误。思路点拨(1)涉及第一电离能的题目,不仅要充分利用一般规律,还要注意特殊点。同一周期,随着原子序数的增加,元素的第一电离能呈现增大的趋势,稀有气体元素的第一电离能最大,碱金属元素的第一电离能最小。同一主族,随着电子层数的增加,元素的第一电离能逐渐减小。特性:同周期主族元素,第A族、第A族元素的I1大于同周期第A族、第A族元素的I1。氢的第一电离能略低于氧,大于碳。(2)用化合价和物质类别来判断元素的电负性大小。如:依据HClO中Cl为+1价、O为-2价,可知O的电负性大于Cl;也可根据Al2O3是离子化合物、AlCl3是共价化合物,推知O的电负性大于Cl。

67、(3)分子立体构型判断可通过等电子体或计算价层电子对数来进行。(4)键数与键数的判断中牢记:只要有一个单键(包括配位键)就有一个键,双键有一个键和一个键,三键有一个键和两个键。10.(2020届53原创,11)利用反应2Ca3(PO4)2+6SiO2+10C6CaSiO3+P4+10CO可制备白磷。下列关于该反应的说法正确的是()A.PO43-中P原子的杂化方式是sp2B.SiO2晶体中每个Si与4个O形成共价键C.CO分子内键和键的个数之比为12D.P4分子中两个PP键的夹角为109.5答案BCPO43-中P原子的价层电子对数是4,P原子的杂化方式是sp3,故A错误。SiO2晶体中每个Si与

68、4个O形成共价键,每个O与2个Si形成共价键,故B正确。1个CO分子内有1个键,2个键,键和键的个数之比为12,故C正确。P4分子的空间构型是正四面体形,四个P原子在正四面体的四个顶点,所以P4分子中两个PP键的夹角为60,故D错误。11.(2020届潍坊高三期中,9)镍的配合物常用于镍的提纯以及药物合成,如Ni(CO)4、Ni(CN)42-、Ni(NH3)62+等。下列说法正确的是()A.CO与CN-结构相似,CO分子内键和键个数之比为12B.Ni(NH3)62+中含有非极性共价键和配位键C.Ni2+的电子排布式为Ar3d10D.CN-中C原子的杂化方式是sp2答案ACO与CN-为等电子体,

69、结构相似,CO分子内有一个碳氧三键,则键和键个数之比为12,A项正确;Ni(NH3)62+中含有NH极性共价键和N、Ni间形成的配位键,B项错误;Ni2+的电子排布式为Ar3d8,C项错误;CN-为直线形分子,C原子的杂化方式是sp,D项错误。解题技巧CO、CN-、N2是等电子体,结构相似。N2分子中有一个键和2个键,故CO分子中键和键个数比为12。三、非选择题(共30分)12.(202053原创)富镍三元层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811)作为下一代锂离子电池的正极材料被广泛关注和深入研究,纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。回答下列问题:(1

70、)制备NCM811的过程中,残余的Li2CO3会破坏材料的界面。.CO32-的中心原子的价层电子对数为,立体构型是,其中C原子的杂化方式为。.Li2CO3属于晶体,该晶体中含有的化学键为(填序号:离子键金属键极性键非极性键键键配位键),Li2CO3的电子式为。(2)该电池初始充电过程中,会有C2H2等气体产生。C2H2分子中,键和键数目之比为,其中C原子的杂化方式为。试分析C2H2不易溶于水的原因:,比较沸点:C3H8N2H4(填“”),解释原因:。答案(1).3平面三角形sp2.离子(2)32spC2H2为非极性分子,H2O为极性分子,据“相似相溶”原理可知C2H2不易溶于水ClCosp39

71、解析(1)Cr的价电子排布式为3d54s1,失去3个电子时,M层电子排布式为3s23p63d3;基态Zn原子核外K层和L层电子排布式为1s22s22p6,s能级为球形,p能级为纺锤形,共有4种不同的伸展方向。(2)Cu+的价电子排布式为3d10,处于全充满状态,而锌失去一个电子后的价电子排布式为3d104s1,最外层处于半充满状态,故铜的第二电离能大于锌的第二电离能。(3)ClO4-中中心Cl原子孤电子对数为12(7+1-24)=0,为sp3杂化,空间构型为正四面体形;Co、Cl、O的电负性由大到小的顺序为OClCo;DMSO为Co2+的配体,则OS(CH3)2中S含有1对孤电子对,有3条共价

72、键,S为sp3杂化;1个OS(CH3)2分子中含有6个CH键,2个CS键,1个OS键,共有9个键。14.(2019山东潍坊二模,35节选)日华子本草中已有关于雄黄的记载:“雄黄,通赤亮者为上,验之可以虫死者为真。”雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料,二者在自然界中共生。回答下列问题:(1)基态砷原子的价电子排布图为,核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形状为。(2)S、P和N三种元素第一电离能由大到小的顺序是。(3)雄黄(As4S4)的结构如图所示,S原子的杂化形式为。(4)SO2分子中的键数为个,分子的空间构型为。分子中的大键可用符号mn表示,其中m代表参与形成大键

73、的原子数,n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大键可表示为66),则SO2中的大键应表示为。SO2分子中SO键的键角NO3-中NO键的键角(填“”“PS(3)sp3(4)2V形34PS。(3)S原子最外层电子数为6、As原子最外层电子数为5,S原子形成2个共价键、As原子形成3个共价键,故黑色球为S、白色球为As,S原子有2对孤电子对,S的价层电子对数为2+2=4,故S原子杂化方式为sp3杂化。(4)SO2分子中S与2个O原子之间形成键,键数目为2,S原子孤电子对数为6-222=1,价层电子对数为2+1=3,故分子空间构型为V形。NO3-中N原子孤电子对数为5+1-232=0,价层电子对数为0+3=3,孤电子对与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间排斥力,SO2中键角被压缩程度更大,故SO2分子中SO键的键角NO3-中NO键的键角。