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第37讲 分子结构与性质（精练）-2022年高考化学一轮复习讲练测
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完卷时间：50分钟
一、选择题（12*5分）
1．（2021·全国）下列关于元素及化合物的结构和性质的论述正确的是
A．和中的硫原子均采取杂化的方式，都存在
B．键长，因此三种氢化物中水最稳定
C．碳化硅中键的键长大于金刚石中键的键长，因此碳化硅的熔点高于金刚石的熔点
D．的非金属性强于，因此能与溶液反应置换出
【答案】B
【解析】A．根据价层电子对互斥理论，和中的硫原子均采取杂化，为V形，存在，为平面三角形，存在，故A错误；B．键长越长，键能越小，分子越不稳定，所以三种氢化物中水是最稳定的，故B正确；C．键长越长，键能越小，形成的晶体的熔点越低，因此碳化硅的熔点低于金刚石的熔点，故C错误；D．的氧化性强于，但与溶液中的水反应可置换出，故D错误；答案选B。
2．（2021·山东高三三模）下列说法正确的是
A．P4和CH4的分子构型相同，键角相等
B．石墨的导电性跟单层石墨中存在的大π键有关
C．Fe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是O原子
D．H2O的稳定性强于H2S是因为H2O分子之间存在氢键
【答案】B
【解析】A．P4和CH4的分子构型均为正四面体形，P4分子中4个P占据4个顶点，键角为60度，而甲烷的键角为，故A错误；B．石墨单层结构中存在大π键，层内的每个碳原子提供1个电子在层内可自由移动，导致石墨具有导电性，故B正确；C．Fe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是电负性弱的C原子，故C错误；D．H2O的稳定性强于H2S是因为O的电负性强于S，O-H键更牢靠不易断裂，故D错误；故选：B。
3．（2021·新沂市棋盘中学高三二模）二氧化硫虽然是形成酸雨的主要物质，但对食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能够达到使产品外观光亮、洁白的效果，也是制取硫酸重要的原料气；实验室通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取少量二氧化硫；已知二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H= −197kJ/ml。下列有关二氧化硫的说法正确的是
A．SO3的空间构型为平面三角形
B．SO2与H2O能形成分子间氢键
C．SO2的水溶液不能导电
D．SO2制取SO3利用了SO2的氧化性
【答案】A
【解析】A．SO3价层电子对数为3+0=3，其空间构型为平面三角形，故A正确；B．SO2与H2O不能形成分子间氢键，分子间氢键必须是电负性大的原子与氢连接的氢与另外一个电负性大的原子，故B错误；C．SO2的水溶液生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根，因此能导电，故C错误；D．SO2制取SO3，化合价升高，失去电子，利用了SO2的还原性，故D错误。综上所述，答案为A。
4．（2021·辽宁高三一模）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，下列说法中错误的是
A．[CuCl4]2-中铜的化合价是+2价
B．1ml[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为12ml
C．向溶液中加入AgNO3可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色
D．若升高CuCl2溶液温度，溶液pH不变
【答案】D
【解析】A．[CuCl4]2-为Cu2+与Cl-形成的配合物，铜的化合价为+2价，A正确；B．1ml[Cu(H2O)4]2+中Cu2+与H2O形成的配位键为σ键，一个水分子中含有两个O-H键为σ键，所以1ml[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为12ml，B正确；C．加入AgNO3可以和Cl-反应生成AgCl沉淀降低氯离子的浓度，使平衡逆向移动，使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色，C正确；D．升高温度促进Cu2+的水解，溶液酸性增强，pH减小，D错误；综上所述答案为D。
5．（2021·上海金山区·高三一模）下列属于含有极性键的非极性分子是
A．CS2B．H2OC．NH3D．CH2Cl2
【答案】A
【解析】A．CS2为含有极性键的直线形分子，正负电荷中心重合，为含有极性键的非极性分子，A符合题意；B．H2O为含有极性键的“V”形分子，正负电荷中心不重合，为含有极性键的极性分子，B不符合题意；C．NH3为含有极性键的三角锥形分子，正负电荷中心不重合，为含有极性键的极性分子，C不符合题意；D．CH2Cl2为含有极性键的四面体形分子，但由于H、Cl的核电荷数、半径、核外电子数不相等，导致正负电荷中心不重合，为含有极性键的极性分子，D不符合题意。答案选A。
6．（2021·湖北汉阳一中高三三模）由EDTA制备食品铁强化剂Na[FeEDTA]的合成路线如下：
下列有关说法正确的是
A．Na[FeEDTA]中的Fe元素的化合价为+2价B．1mlNa[FeEDTA]中含有6ml配位键
C．[FeEDTA]－中碳原子的杂化类型为sp2D．EDTA分子间可通过取代反应形成肽键
【答案】B
【解析】A．根据化合物化合价代数和为0可判断Na[FeEDTA]中的Fe元素的化合价为+3价，A错误；B．根据示意图可知4个O和2个N与Fe形成配位键，则1mlNa[FeEDTA]中含有6ml配位键，B正确；C．[FeEDTA]－中碳原子的杂化类型有sp2、sp3两种，C错误；D．EDTA分子中N原子上没有氢原子，分子间不能通过取代反应形成肽键，D错误；答案选B。
7．（2021·山东高三三模）氨硼烷(NH3·BH3)是一种高性能固体储氢材料在催化剂作用下可发生水解：。已知的结构为，下列说法错误的是
A．键角：
B．水解产生的H2既是氧化产物也是还原产物
C．共价键的键能大小决定了氨硼烷熔沸点的高低
D．该反应过程中B原子的杂化方式由sp3转化为sp2
【答案】C
【解析】A．三种粒子中心原子均形成四对价电子，铵根中不存在孤电子对，氨分子中有一对孤电子对，水分子中有两对孤电子对，孤电子对数越多键角越小，故A正确；B．水解产生的H2既是化合价升高的产物也是化合价降低的产物，既是氧化产物也是还原产物，故B正确；C．氨硼烷是分子，熔沸点的高低由分子间作用力决定，与共价键的键能无关，故C错误；D．反应物中B与氢之间形成共价键，与氟原子间形成配位键，共形成4条共价键，采用sp3，而产物中B仅形成3条共价键，采用sp2，故D正确；故选：C；
8．（2021·湖北高三二模）一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．一水合甘氨酸锌中C、N原子的杂化轨道类型都为sp3
B．一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为4，配位原子为O、N
C．基态Zn2+价电子排布式为3d84s2
D．一水合甘氨酸锌中元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞ O＞C
【答案】D
【解析】A．一水合甘氨酸锌中还含有碳氧双键，碳氧双键中碳原子的杂化轨道类型都为sp2，故A错误；B．由图可知，一水合甘氨酸锌中Zn2+与2个氮原子和3个氧原子成键，配位数为5，故错误；C．锌元素的原子序数为30，锌原子失去2个电子形成锌离子，则基态锌离子价电子排布式为3d10，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞ O＞C，故D正确。
9．（2021·山东泰安·高三二模）根据如图所示的反应判断，下列说法中错误的是
A．该反应是一个吸热反应
B．和中碳原子的杂化类型相同
C．该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂
D．的分子立体构型是直线形
【答案】B
【解析】A．根据图示，碳酸钙分解吸收外界能量，是吸热反应，故A正确；B．中C原子价电子对数是，杂化类型是sp2，中C原子价电子对数是，杂化类型是sp，故B错误； C．碳酸钙是离子化合物，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂，故C正确；D．中C原子价电子对数是，无孤电子对，所以的分子立体构型是直线形，故D正确；选B。
10．（2021·山东高考真题）关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是
A．CH3OH为极性分子B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
11．（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。
12．（2021·海南海口市·高三三模）下列物质的性质变化规律与与键能无关的是
A．与硅相比，金刚石的硬度大、熔点高
B．HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱
C．F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高
D．H2、O2、H2S在水中的溶解性依次为难溶、微溶、可溶
【答案】CD
【解析】A．硅和金刚石均为共价晶体，但Si原子半径大于C原子，所以C-C键的键长较短，键能较大，金刚石的硬度更大，熔点更高，A不符合题意；B．F、Cl、Br、I原子半径依次增大，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键的键长逐渐增大，键能减小，稳定性减弱，B不符合题意；C．F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高是因为相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，与键能无关，C符合题意；D．H2、O2溶解度较小是因为二者都为非极性分子，而水分子为极性分子，与键能无关，D符合题意；综上所述答案为CD。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2020·浙江绍兴市·高三模拟）（11分）三氟化氮(NF3)是一种无色、无臭的气体。三氟化氮在一定条件下与水蒸气能发生氧化还原反应，反应产物中生成酸 X、酸 Y 和一种无色气体(遇空气变成红棕色)，其中酸X 是一种弱酸，酸Y 为常见的含氧强酸。
(1)NF3的空间构型为__________。
(2)酸X是弱酸(难电离)的可能原因是______。
(3)工业上通过 NH3和氟气(F2)反应制备 NF3，请结合题给信息，判断NF3主要表现出来的化学性质是_______。
(4)NF3的一种下游产品三聚氟氰(分子式为：C3N3F3)，分子结构中显示有环状结构，请从价键理论和物质的相对稳定性角度写出三聚氟氰的结构式________。
【答案】(1)三角锥形(2分 )(2)H—F键的键能大，难断裂；(2分 )HF在水中存在HF之间、HF与H2O的氢键 (2分 ) (3)氧化性(2分 ) (4)(3分 )
【解析】三氟化氮(NF3)在一定条件下与水蒸气能发生氧化还原反应，反应产物中生成酸 X、酸 Y 和一种无色气体(遇空气变成红棕色)，其中酸 X 是一种弱酸，酸Y 为常见的含氧强酸，则X为HF、Y为HNO3，无色气体为NO；结合NF3中N原子的价层电子对分析其空间构型，结合共价键的键能分析HF的酸性强弱。
(1)NF3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，N原子的杂化轨道形式为sp3杂化，有一个孤对电子，则空间构型为三角锥形；
(2) HF在水中不完全电离，是因为F的半径太小，电负性太高，使H-F键键能大，结合能力强，同时HF分子之间氢键太强，且HF和水分子之间也存在氢键，F-离子在水中溶剂化过于明显，导致HF电离不顺利；
(3) NH3和氟气(F2)反应制备 NF3，反应中N元素化合价升高，NH3为还原剂，NF3是氧化产物，则NF3表现出来的化学性质是氧化性；
(4)三聚氟氰(C3N3F3)分子中C原子形成共价键的键数是4，N原子形成共价键的键数为3，F原子形成共价键的键数是1，C、N形成六元环结构，F原子与C原子形成C-F键，C与N之间存在C＝N双键和C－N，且单双键交替结构相对稳定，则三聚氟氰的结构式为。
14．（2021·全国）（13分）(1)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
(2)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。
(3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。
(4)H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子的空间构型为________。
(5)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_________，中心原子的杂化形式为________。LiAlH4中，存在________(填标号)。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键
【答案】（每空1分）(1)sp sp3 (2)O sp3 σ (3)sp3 sp3 (4)正四面体型 V型 直线型 (5)正四面体型 sp3 AB
【解析】(1)对于CO2，根据VSEPR理论，其价层电子对数=2+=2，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，C的杂化方式为sp杂化；CH3OH分子中，C形成4根σ键，所以C的杂化方式为sp3杂化；答案为sp；sp3。
(2)元素的非金属性越强，其电负性越大，NH4H2PO4中元素的非金属性H＜P＜N＜O，则电负性最高的是O；P原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体结构，中心原子的杂化方式为sp3，杂化轨道只能形成单键，即P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键；答案为O；sp3；σ。
(3)每个N原子形成的共价键有2个N-H键、1个N-C键，且还含有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个C-H键、2个C-N键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型分别为sp3，sp3；答案为sp3；sp3。
(4)H2S中，中心原子S的价层电子对数=2+=2+2=4且含有二对孤电子对，则VSEPR模型为正四面体型，中心原子S的杂化方式为sp3；在VSEPR模型基础上忽略孤对电子可得分子的空间构型为V型；与CO2互为等电子体，二者价键结构相似，空间构型相同，CO2为直线型，则为直线型；答案为正四面体型；V型；直线型。
(5)LiAlH4的阴离子中中心原子Al的价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体型，中心原子杂化方式分sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键；答案为正四面体型；sp3；AB。
15．（16分）Fe、C、N、O、H可以组成多种物质。回答以下问题：
（1）基态铁原子中，未成对电子数有______个。
（2）铁单质在一定条件下可与CO反应生成配位化合物——羰基铁[Fe（CO)5]，其结构如图。已知CO分子与N2分子结构相似，分子中C、O原子均能提供孤电子对形成配位键。
①CO分子中σ键与π键数目之比为_________________；
②从电负性角度分析，Fe（CO)5中与Fe形成配位键的是____（填“碳”或“氧”）原子。
③与羰基铁分子的极性相似的分子是____________。
A．SO2 B．CS2 C．BF3 D．PCl3
（3）CH4、H2O分子的键角分别为a、b。则a____b（填>、=或<），原因是____________。
（4）血红素分子结构如图所示。
①血红素分子间存在的作用力有_________（填名称）；
②与Fe通过配位键结合的氮原子的编号是______。
【答案】（每空2分）（1）4 （2）①1:2 ②碳 ③B、C （3）＞ 水分子中氧原子存在孤对电子和成键电子对，甲烷分子中存在孤对电子，孤对电子产生排斥作用强于成对电子 （4）①范德华力和氢键 ②1和3
【解析】（1）铁是26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，根据泡利不相容原理和洪特规则知d能级上有未成对电子，由于d能级有5个轨道，所以d能级有4个未成对电子。
（2）①根据等电子体理论，CO和N2互为等电子体，氮气中存在氮氮叁键，所以CO分子中σ键与π键数目之比为1:2；
②C、O属于同周期元素，从左到右，电负性逐渐增大，则电负性C③根据图示，羰基铁分子构型为三角双锥，呈中心对称结构，非极性分子，A．SO2是V形分子，极性分子，B．CS2是直线形分子，非极性子，C．BF3是平面正三角形，非极性分子，D．PCl3是三角锥分子，是极性分子，选B、C。
（3）水分子中氧原子存在孤对电子和成键电子对，甲烷分子中只存在孤对电子，孤对电子产生排斥作用强于成对电子，所以CH4、H2O分子的键角分别为a、b。则a>b。
（4）根据血红素分子结构所示①血红素分子间存在的作用力有范德华力和氢键；②与Fe通过配位键结合的氮原子的编号是1和3。
完卷时间：50分钟
一、选择题（12*5分）
1．（2021·全国）下列关于元素及化合物的结构和性质的论述正确的是
A．和中的硫原子均采取杂化的方式，都存在
B．键长，因此三种氢化物中水最稳定
C．碳化硅中键的键长大于金刚石中键的键长，因此碳化硅的熔点高于金刚石的熔点
D．的非金属性强于，因此能与溶液反应置换出
【答案】B
【解析】A．根据价层电子对互斥理论，和中的硫原子均采取杂化，为V形，存在，为平面三角形，存在，故A错误；B．键长越长，键能越小，分子越不稳定，所以三种氢化物中水是最稳定的，故B正确；C．键长越长，键能越小，形成的晶体的熔点越低，因此碳化硅的熔点低于金刚石的熔点，故C错误；D．的氧化性强于，但与溶液中的水反应可置换出，故D错误；答案选B。
2．（2021·山东高三三模）下列说法正确的是
A．P4和CH4的分子构型相同，键角相等
B．石墨的导电性跟单层石墨中存在的大π键有关
C．Fe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是O原子
D．H2O的稳定性强于H2S是因为H2O分子之间存在氢键
【答案】B
【解析】A．P4和CH4的分子构型均为正四面体形，P4分子中4个P占据4个顶点，键角为60度，而甲烷的键角为，故A错误；B．石墨单层结构中存在大π键，层内的每个碳原子提供1个电子在层内可自由移动，导致石墨具有导电性，故B正确；C．Fe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是电负性弱的C原子，故C错误；D．H2O的稳定性强于H2S是因为O的电负性强于S，O-H键更牢靠不易断裂，故D错误；故选：B。
3．（2021·新沂市棋盘中学高三二模）二氧化硫虽然是形成酸雨的主要物质，但对食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能够达到使产品外观光亮、洁白的效果，也是制取硫酸重要的原料气；实验室通常用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取少量二氧化硫；已知二氧化硫与氧气反应的热化学方程式为：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g) △H= −197kJ/ml。下列有关二氧化硫的说法正确的是
A．SO3的空间构型为平面三角形
B．SO2与H2O能形成分子间氢键
C．SO2的水溶液不能导电
D．SO2制取SO3利用了SO2的氧化性
【答案】A
【解析】A．SO3价层电子对数为3+0=3，其空间构型为平面三角形，故A正确；B．SO2与H2O不能形成分子间氢键，分子间氢键必须是电负性大的原子与氢连接的氢与另外一个电负性大的原子，故B错误；C．SO2的水溶液生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根，因此能导电，故C错误；D．SO2制取SO3，化合价升高，失去电子，利用了SO2的还原性，故D错误。综上所述，答案为A。
4．（2021·辽宁高三一模）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，下列说法中错误的是
A．[CuCl4]2-中铜的化合价是+2价
B．1ml[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为12ml
C．向溶液中加入AgNO3可使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色
D．若升高CuCl2溶液温度，溶液pH不变
【答案】D
【解析】A．[CuCl4]2-为Cu2+与Cl-形成的配合物，铜的化合价为+2价，A正确；B．1ml[Cu(H2O)4]2+中Cu2+与H2O形成的配位键为σ键，一个水分子中含有两个O-H键为σ键，所以1ml[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为12ml，B正确；C．加入AgNO3可以和Cl-反应生成AgCl沉淀降低氯离子的浓度，使平衡逆向移动，使黄绿色的CuCl2溶液变成蓝色，C正确；D．升高温度促进Cu2+的水解，溶液酸性增强，pH减小，D错误；综上所述答案为D。
5．（2021·上海金山区·高三一模）下列属于含有极性键的非极性分子是
A．CS2B．H2OC．NH3D．CH2Cl2
【答案】A
【解析】A．CS2为含有极性键的直线形分子，正负电荷中心重合，为含有极性键的非极性分子，A符合题意；B．H2O为含有极性键的“V”形分子，正负电荷中心不重合，为含有极性键的极性分子，B不符合题意；C．NH3为含有极性键的三角锥形分子，正负电荷中心不重合，为含有极性键的极性分子，C不符合题意；D．CH2Cl2为含有极性键的四面体形分子，但由于H、Cl的核电荷数、半径、核外电子数不相等，导致正负电荷中心不重合，为含有极性键的极性分子，D不符合题意。答案选A。
6．（2021·湖北汉阳一中高三三模）由EDTA制备食品铁强化剂Na[FeEDTA]的合成路线如下：
下列有关说法正确的是
A．Na[FeEDTA]中的Fe元素的化合价为+2价B．1mlNa[FeEDTA]中含有6ml配位键
C．[FeEDTA]－中碳原子的杂化类型为sp2D．EDTA分子间可通过取代反应形成肽键
【答案】B
【解析】A．根据化合物化合价代数和为0可判断Na[FeEDTA]中的Fe元素的化合价为+3价，A错误；B．根据示意图可知4个O和2个N与Fe形成配位键，则1mlNa[FeEDTA]中含有6ml配位键，B正确；C．[FeEDTA]－中碳原子的杂化类型有sp2、sp3两种，C错误；D．EDTA分子中N原子上没有氢原子，分子间不能通过取代反应形成肽键，D错误；答案选B。
7．（2021·山东高三三模）氨硼烷(NH3·BH3)是一种高性能固体储氢材料在催化剂作用下可发生水解：。已知的结构为，下列说法错误的是
A．键角：
B．水解产生的H2既是氧化产物也是还原产物
C．共价键的键能大小决定了氨硼烷熔沸点的高低
D．该反应过程中B原子的杂化方式由sp3转化为sp2
【答案】C
【解析】A．三种粒子中心原子均形成四对价电子，铵根中不存在孤电子对，氨分子中有一对孤电子对，水分子中有两对孤电子对，孤电子对数越多键角越小，故A正确；B．水解产生的H2既是化合价升高的产物也是化合价降低的产物，既是氧化产物也是还原产物，故B正确；C．氨硼烷是分子，熔沸点的高低由分子间作用力决定，与共价键的键能无关，故C错误；D．反应物中B与氢之间形成共价键，与氟原子间形成配位键，共形成4条共价键，采用sp3，而产物中B仅形成3条共价键，采用sp2，故D正确；故选：C；
8．（2021·湖北高三二模）一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．一水合甘氨酸锌中C、N原子的杂化轨道类型都为sp3
B．一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为4，配位原子为O、N
C．基态Zn2+价电子排布式为3d84s2
D．一水合甘氨酸锌中元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞ O＞C
【答案】D
【解析】A．一水合甘氨酸锌中还含有碳氧双键，碳氧双键中碳原子的杂化轨道类型都为sp2，故A错误；B．由图可知，一水合甘氨酸锌中Zn2+与2个氮原子和3个氧原子成键，配位数为5，故错误；C．锌元素的原子序数为30，锌原子失去2个电子形成锌离子，则基态锌离子价电子排布式为3d10，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，氮原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞ O＞C，故D正确。
9．（2021·山东泰安·高三二模）根据如图所示的反应判断，下列说法中错误的是
A．该反应是一个吸热反应
B．和中碳原子的杂化类型相同
C．该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂
D．的分子立体构型是直线形
【答案】B
【解析】A．根据图示，碳酸钙分解吸收外界能量，是吸热反应，故A正确；B．中C原子价电子对数是，杂化类型是sp2，中C原子价电子对数是，杂化类型是sp，故B错误； C．碳酸钙是离子化合物，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳，该反应中既有离子键断裂，又有共价键断裂，故C正确；D．中C原子价电子对数是，无孤电子对，所以的分子立体构型是直线形，故D正确；选B。
10．（2021·山东高考真题）关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是
A．CH3OH为极性分子B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
11．（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。
12．（2021·海南海口市·高三三模）下列物质的性质变化规律与与键能无关的是
A．与硅相比，金刚石的硬度大、熔点高
B．HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱
C．F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高
D．H2、O2、H2S在水中的溶解性依次为难溶、微溶、可溶
【答案】CD
【解析】A．硅和金刚石均为共价晶体，但Si原子半径大于C原子，所以C-C键的键长较短，键能较大，金刚石的硬度更大，熔点更高，A不符合题意；B．F、Cl、Br、I原子半径依次增大，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键的键长逐渐增大，键能减小，稳定性减弱，B不符合题意；C．F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高是因为相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，与键能无关，C符合题意；D．H2、O2溶解度较小是因为二者都为非极性分子，而水分子为极性分子，与键能无关，D符合题意；综上所述答案为CD。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2020·浙江绍兴市·高三模拟）（11分）三氟化氮(NF3)是一种无色、无臭的气体。三氟化氮在一定条件下与水蒸气能发生氧化还原反应，反应产物中生成酸 X、酸 Y 和一种无色气体(遇空气变成红棕色)，其中酸X 是一种弱酸，酸Y 为常见的含氧强酸。
(1)NF3的空间构型为__________。
(2)酸X是弱酸(难电离)的可能原因是______。
(3)工业上通过 NH3和氟气(F2)反应制备 NF3，请结合题给信息，判断NF3主要表现出来的化学性质是_______。
(4)NF3的一种下游产品三聚氟氰(分子式为：C3N3F3)，分子结构中显示有环状结构，请从价键理论和物质的相对稳定性角度写出三聚氟氰的结构式________。
【答案】(1)三角锥形(2分 )(2)H—F键的键能大，难断裂；(2分 )HF在水中存在HF之间、HF与H2O的氢键 (2分 ) (3)氧化性(2分 ) (4)(3分 )
【解析】三氟化氮(NF3)在一定条件下与水蒸气能发生氧化还原反应，反应产物中生成酸 X、酸 Y 和一种无色气体(遇空气变成红棕色)，其中酸 X 是一种弱酸，酸Y 为常见的含氧强酸，则X为HF、Y为HNO3，无色气体为NO；结合NF3中N原子的价层电子对分析其空间构型，结合共价键的键能分析HF的酸性强弱。
(1)NF3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，N原子的杂化轨道形式为sp3杂化，有一个孤对电子，则空间构型为三角锥形；
(2) HF在水中不完全电离，是因为F的半径太小，电负性太高，使H-F键键能大，结合能力强，同时HF分子之间氢键太强，且HF和水分子之间也存在氢键，F-离子在水中溶剂化过于明显，导致HF电离不顺利；
(3) NH3和氟气(F2)反应制备 NF3，反应中N元素化合价升高，NH3为还原剂，NF3是氧化产物，则NF3表现出来的化学性质是氧化性；
(4)三聚氟氰(C3N3F3)分子中C原子形成共价键的键数是4，N原子形成共价键的键数为3，F原子形成共价键的键数是1，C、N形成六元环结构，F原子与C原子形成C-F键，C与N之间存在C＝N双键和C－N，且单双键交替结构相对稳定，则三聚氟氰的结构式为。
14．（2021·全国）（13分）(1)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
(2)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。
(3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。
(4)H2S的VSEPR模型为________，其分子的空间构型为________；结合等电子体的知识判断离子的空间构型为________。
(5)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是_________，中心原子的杂化形式为________。LiAlH4中，存在________(填标号)。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键
【答案】（每空1分）(1)sp sp3 (2)O sp3 σ (3)sp3 sp3 (4)正四面体型 V型 直线型 (5)正四面体型 sp3 AB
【解析】(1)对于CO2，根据VSEPR理论，其价层电子对数=2+=2，且不含孤电子对，根据杂化轨道理论，C的杂化方式为sp杂化；CH3OH分子中，C形成4根σ键，所以C的杂化方式为sp3杂化；答案为sp；sp3。
(2)元素的非金属性越强，其电负性越大，NH4H2PO4中元素的非金属性H＜P＜N＜O，则电负性最高的是O；P原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断空间构型为正四面体结构，中心原子的杂化方式为sp3，杂化轨道只能形成单键，即P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成σ键；答案为O；sp3；σ。
(3)每个N原子形成的共价键有2个N-H键、1个N-C键，且还含有1个孤电子对；每个C原子形成的共价键有2个C-H键、2个C-N键，所以N、C原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断N、C原子杂化类型分别为sp3，sp3；答案为sp3；sp3。
(4)H2S中，中心原子S的价层电子对数=2+=2+2=4且含有二对孤电子对，则VSEPR模型为正四面体型，中心原子S的杂化方式为sp3；在VSEPR模型基础上忽略孤对电子可得分子的空间构型为V型；与CO2互为等电子体，二者价键结构相似，空间构型相同，CO2为直线型，则为直线型；答案为正四面体型；V型；直线型。
(5)LiAlH4的阴离子中中心原子Al的价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体型，中心原子杂化方式分sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键；答案为正四面体型；sp3；AB。
15．（16分）Fe、C、N、O、H可以组成多种物质。回答以下问题：
（1）基态铁原子中，未成对电子数有______个。
（2）铁单质在一定条件下可与CO反应生成配位化合物——羰基铁[Fe（CO)5]，其结构如图。已知CO分子与N2分子结构相似，分子中C、O原子均能提供孤电子对形成配位键。
①CO分子中σ键与π键数目之比为_________________；
②从电负性角度分析，Fe（CO)5中与Fe形成配位键的是____（填“碳”或“氧”）原子。
③与羰基铁分子的极性相似的分子是____________。
A．SO2 B．CS2 C．BF3 D．PCl3
（3）CH4、H2O分子的键角分别为a、b。则a____b（填>、=或<），原因是____________。
（4）血红素分子结构如图所示。
①血红素分子间存在的作用力有_________（填名称）；
②与Fe通过配位键结合的氮原子的编号是______。
【答案】（每空2分）（1）4 （2）①1:2 ②碳 ③B、C （3）＞ 水分子中氧原子存在孤对电子和成键电子对，甲烷分子中存在孤对电子，孤对电子产生排斥作用强于成对电子 （4）①范德华力和氢键 ②1和3
【解析】（1）铁是26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，根据泡利不相容原理和洪特规则知d能级上有未成对电子，由于d能级有5个轨道，所以d能级有4个未成对电子。
（2）①根据等电子体理论，CO和N2互为等电子体，氮气中存在氮氮叁键，所以CO分子中σ键与π键数目之比为1:2；
②C、O属于同周期元素，从左到右，电负性逐渐增大，则电负性C
（3）水分子中氧原子存在孤对电子和成键电子对，甲烷分子中只存在孤对电子，孤对电子产生排斥作用强于成对电子，所以CH4、H2O分子的键角分别为a、b。则a>b。
（4）根据血红素分子结构所示①血红素分子间存在的作用力有范德华力和氢键；②与Fe通过配位键结合的氮原子的编号是1和3。
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