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第19讲 分子结构与性质（练习）-备战2024年高考化学一轮复习精品课件+讲义+练习（新教材新高考）
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第19讲 分子结构与性质（模拟精练+真题演练）完卷时间：50分钟一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）1．（2023·湖北·校联考模拟预测）三氟化氯是极强助燃剂，能发生自耦电离：，其分子的空间构型如图所示。下列推测合理的是A．与反应生成和 B．分子是含有极性键的非极性分子C．比更难发生自耦电离 D．熔沸点：【答案】A【解析】A．三氟化氯具有强氧化性，能将Fe氧化为+3，因此与反应生成和，故A正确；B．由结构可知三氟化氯正负电荷重心不能重合，为极性分子，故B错误；C．Br的电负性比Cl弱，则Br-F键比Cl-F键弱，更易发生自耦电离，故C错误；D．为组成结构相似的分子，的相对分子质量大于，则分子间作用力大，熔沸点高于，故D错误；故选：A。2．（2023·湖北·校联考模拟预测）下列各组微粒的中心原子杂化类型相同但微粒的空间结构不同的是A．、 B．、 C．、 D．、【答案】D【解析】A．分子中O原子为杂化，分子中C原子为sp杂化，A项错误；B．、两种分子的中心原子均为杂化，空间结构均为正四面体形，B项错误；C．、两微粒的中心原子分别为、杂化，C项错误；D．、中两微粒的中心原子均为杂化，空间结构分别为三角锥形与正四面体形，D项正确；故选D。3．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）已知化合物X( )是合成某抗肿瘤药物的中间体。下列说法正确的是A．1个X分子中采取杂化的原子有5个B．X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．1molX与NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOHD．X分子与足量加成后的产物中含有6个手性碳原子【答案】D【解析】A．X分子中的饱和碳原子和形成碳氧单键的氧原子采取杂化，即1个X分子中采取杂化的原子有6个，A错误；B．X分子的苯环上连有甲基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．X分子中只有一个酯基能与NaOH溶液反应，且水解后生成醇羟基，所以1molX与NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH，C错误；D．X分子与足量加成后的产物的结构简式为 ，含有6个手性碳原子，如图中带*的碳原子，D正确；故选：D。4．（2023·浙江·校联考二模）吡啶( )含有与苯环类似的大π键，下列说法或实验操作不正确的是A．吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道B．吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯大C．除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层D． 、 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故 碱性较强。【答案】A【解析】A．吡啶( )含有与苯环类似的大π键，则吡啶中N原子也发生sp2杂化，所以价层孤电子对占据了一个参与杂化的p轨道，A不正确；B．吡啶是极性分子且N原子存在孤电子对，能与水分子间形成氢键，而苯为非极性分子，故吡啶在水中的溶解度比苯大，B正确；C．因为吡啶呈碱性，能与盐酸反应生成水溶性物质，所以除去苯中含有的少量吡啶，可用盐酸洗涤、分液、干燥有机层，C正确；D．甲基是给电子基， 分子中N原子电子云密度比 大，而 、 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故 碱性较强，D正确；故选A。5．（2023·山东·校联考模拟预测）四氮唑( )和呋喃()都是典型芳香杂环有机物，均含有大键。下列有关说法错误的是A．四氮唑在乙醇中溶解度小于在中的B．四氮唑中N原子和呋喃中O原子均采用杂化C．键角：D．四氮唑与呋喃中含键数目比为【答案】A【解析】A．四氮唑中氮原子可以与乙醇形成氢键增大溶解度，而与四氯化碳不能形成氢键，因此在乙醇中溶解度大于四氯化碳中的，故A错误；B．四氮唑和呋喃中都含有大键，环上的原子都是采用杂化，故B正确；C．和的中心原子均为杂化，但是的中心原子O有一对孤电子，排斥力强，键角小，故C正确；D．1个四氮唑分子中含键数目为7，1个呋喃分子中键数目为9，二者所含σ键数目比为7:9，故D正确；故选A。6．（2023·辽宁·校联考三模）下列证据和推理结论均合理的是【答案】B【解析】A．氧的原子半径比硫小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠近中心原子，相互排斥作用大，键角大，则键角：H2O>H2S，故A错误；B．F电负性大于H，导致C-F的极性大于C-H的极性，导致羟基电子云更偏向O，而使CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，因此酸性：，故B正确；C．2C+SiO2Si+2CO↑中体现失去电子能力C＞Si，不能得出C的非金属性比Si强，故C错误；D．钢的含碳量为：0.03%～2%，含碳量越高其硬度越大，与耐腐蚀性无关，故D错误；故选：B。7．（2023·江苏扬州·统考三模）可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。下列说法正确的是A．的键角比的大 B．H—O的键长比H—S的长C．吸引电子的能力比的强 D．分子间作用力比的大【答案】C【分析】本题考查了价层电子对互斥理论、键长、价层电子排布式和分子间作用力。【解析】A．的构型为V型键角为107.5，的构型为平面三角形，键角为120大，A错误；B．H—O的键长比H—S的短，B错误；C．Cu2+的半经小于Cu+，且Cu2+的价层电子排布式为3d9，而Cu+的价层电子排布式为3d10 ，Cu2+再吸引一个电子就能达到3d10的稳定结构，而Cu+是3d10全充满的稳定结构，因此吸引电子的能力比的强，C正确；D．分子间作用力受相对分子质量影响，相对分子质量越大，分子间作用力越大，，D错误；故选C。8．（2023·浙江杭州·浙江省临安中学校联考一模）氯化亚砜又称亚硫酰氯，常温下为黄色的液体，熔点，沸点，常用作有机合成工业中的氯化剂，遇水立即水解。下列说法不正确的是A．与混合共热，可得无水B．的空间结构为平面三角形C．与足量溶液反应生成和D．熔沸点比高【答案】B【解析】A．加热生成氯化铝和水，氯化铝水溶液在加热时发生水解生成HCl和，而遇到水，水解生成HCl和，其中HCl抑制了氯化铝的水解，最后与混合共热，可得无水，A正确；B．中心原子S的价层电子对数=，分子结构为三角锥形，B错误；C．遇到水，水解生成HCl和，均与NaOH反应，生成物为和，C正确；D．和均为分子晶体，范德华力越大，熔沸点越高，前者的相对分子质量大于后者，故熔沸点比高，D正确；故答案选B。9．（2023·重庆·重庆南开中学校考三模）是一种重要的有机溶剂，其工业制备原理为：，下列说法正确的是A．和中的C原子杂化方式均为B．和分子的空间结构分别是V形和正四面体C．为非极性分子，为极性分子D．液态挥发时主要破坏共价键【答案】C【解析】A．CS2和CCl4中的C原子的价层电子对数分别为、，杂化方式分别为sp、sp3，故A错误；B．根据CS2和CCl4中的C原子的价层电子对数分别为、，空间结构分别是直线形和正四面体形，故B错误；C．CS2中的C原子的价层电子对数为，为直线形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子；S2Cl2中S原子的价层电子对数为，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确；D．液态Cl2挥发时克服的是分子间作用力，化学键没有断裂，故D错误；故答案选C。10．（2023·重庆·统考三模）我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示不正确的是A．的电子式： B．P原子的结构示意图：C．的空间结构模型： D．的VSEPR模型：【答案】C【解析】A．Ca原子失去最外层两个电子变成Ca2+，Ca2+的电子式为Ca2+，A项正确；B．P为15号元素，核外电子层上电子数分别为2、8、5，B项正确；C．的中心原子上孤电子对数为，则的空间结构为正四面体形，C项错误；D．H2O的中心原子上孤电子对数为，则H2O的VSEPR模型为正四面体形，D项正确。答案选C。11．（2023·广东·校联考模拟预测）在人类提出水合氢离子概念一百多年来，我们首次在实空间里观测到水合氢离子的微观结构(两种构型的水合氢离子的结构模型如图)，并发现了一种室温下保持在常压状态具有氢原子对称化构型的二维冰新物态。下列有关说法正确的是A．(a)(b)中O原子均为杂化B．(a)(b)均可表示为C．(a)中存在的化学键有共价键、配位键、氢键D．水合氢离子组装形成的二维冰相和干冰均为共价晶体【答案】A【解析】A．因为(a)(b)中O原子价层电子对数为4，即均为杂化，故A正确；B．(a)结构中，1个水合氢离子通过氢键和3个水分子作用，(b)结构中，1个氢离子通过氢键和2个水分子作用，不可表示为，故B错误；C．(a)中水分子中含有共价键，氧原子上的孤电子对与氢离子通过配位键形成水合氢离子，水合氢离子通过氢键和3个水分子作用，但氢键不属于化学键，故C错误；D．共价晶体中全部原子间只靠共价键结合形成空间网状结构，水合氢离子组装形成的二维冰相和干冰均属于分子晶体，故D错误；故选A。12．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）石灰氮(，其中原子间成键方式相同)是一种氮肥，可与土壤中的反应生成氰胺()，氰胺可进一步转化为尿素[CO(NH2)2]。下列说法正确的是A．的电子式为B．的空间构型与的空间构型相同且两者键角相等C．氰胺分子中氮原子的杂化方式为和两种D．分子中各元素的电负性大小关系为【答案】A【解析】A．是离子化合物，由和构成，中C、N原子间共用2对电子、原子外围达到稳定结构，其电子式为，A正确；B．中O为杂化，中S为杂化，两分子均为角形，但键角：，B错误；C．氰胺分子中氨基氮原子杂化方式为，中氮原子杂化方式为，C错误；D．非金属性越强电负性越大，分子中各元素的电负性大小关系应为，D错误；故选：A。二、主观题（共3小题，共40分）13.1985年，Rousssin研究发现了第一个金属原子簇类配位化合物 [Fe4S3(NO)7]－，其结构如图1，金属原子簇类化合物与金属原子表面性质相似，具有良好的催化活性等功能。请回答下列问题： 图1 图2(1)Fe3＋的基态核外价电子排布式为__________________________。(2)上述化合物中含有三种非金属元素，试比较三种元素第一电离能由大到小顺序为__________________；硫可以形成SOCl2化合物，则该化合物的空间结构为________。(3)除了氮的氧化物之外，氮还可以形成NOeq \o\al(＋,2)。请写出氮原子杂化方式________。(4)上述原子簇类配合物，中心原子铁的配位原子是__________________。(5)配合物Fe(CO)5的熔点－20 ℃，沸点103 ℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图2所示。下列关于Fe(CO)5说法正确的是________。A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C．1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键D．Fe(CO)5===Fe＋5CO反应中没有新化学键生成【答案】（每空2分）(1)3d5 (2)N＞O＞S 三角锥形 (3)sp (4)S、N (5)AC【解析】(1)Fe位于周期表中第四周期第Ⅷ族，Fe3＋的基态核外价电子排布式为3d5；(2)化合物中三种非金属元素为N、O、S，同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，则三种元素第一电离能由大到小顺序为N>O>S，对于SOCl2，其等电子体为SOeq \o\al(2－,3)，二者结构相似，根据VSEPR模型，价层电子对数为3＋(6－2×3＋2)/2＝4，则其空间结构为三角锥形；(3)对于NOeq \o\al(＋,2)，根据VSEPR模型，价层电子对数为2＋(5－2×2－1)/2＝2，根据杂化轨道理论，则中心N原子为sp杂化；(4)直接与中心原子成键的为配位原子，所以中心原子铁的配位原子是N、S；(5)A．看正负电荷中心是否重叠，Fe(CO)5对称是非极性分子，CO不对称是极性分子，故A正确；B．Fe(CO)5中Fe原子不是以sp3杂化方式与CO成键，故B错误；C．碳与氧、铁与碳之间形成配位键，1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键，故C正确；D．化学反应的实质是旧化学键的断裂，新化学键的生成，故D错误。故选AC。14.（12分）(1)Cu2＋处于[Cu(NH3)4]2＋的中心，若将配离子[Cu(NH3)4]2＋中的2个NH3换为CN－，则有2种结构，则Cu2＋是否为sp3杂化？________(填“是”或“否”)，理由为___________________________。(2)用价层电子对互斥理论推断甲醛中H—C—H的键角________120 °(填“＞”“＜”或“＝”)。(3)SO2Cl2和SO2F2都属于AX4E0型分子，S==O之间以双键结合，S—Cl、S—F之间以单键结合。请你预测SO2Cl2和SO2F2分子的立体构型为__________________。SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl______SO2F2分子中∠F—S—F(填“＜”“＞”或“＝”)。(4)抗坏血酸的分子结构如图所示，该分子中碳原子的杂化轨道类型为_________________。【答案】（每空2分）(1)否 若是sp3杂化，[Cu(NH3)4]2＋的立体构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2＋中的2个NH3换为CN－，则只有1种结构 (2)＜ (3)四面体形 ＞ (4)sp2、sp3【解析】(1)由于将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，有2种结构，说明[Cu(NH3)4]2+形成是平面正方形结构，Cu2+在平面正方形对角线的交点上；若是Cu2+采用sp3杂化，由于正四面体任何两个顶点都处于相邻位置，那么[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则只有1种结构，所以Cu2+不是采用sp3杂化；(2)甲醛分子中，碳氧之间为双键，根据价层电子对互斥理论可知双键与单键之间的斥力大于单键与单键之间的斥力，所以H—C—H的键角小于120°。(3)当中心原子的价层电子对数为4时，VSEPR模型为四面体形，硫原子无孤电子对，所以立体构型为四面体形；X原子得电子能力越弱，A—X形成的共用电子对之间的斥力越强，F原子的得电子能力大于氯原子，所以SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl＞SO2F2分子中∠F—S—F。(4)该分子中亚甲基、次亚甲基上C原子价层电子对个数都是4，连接碳碳双键和碳氧双键的C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论，该分子中碳原子的轨道杂化类型，前者为sp3杂化、后者为sp2杂化；13．（16分）铁是一种常见的金属，在生产生活中用途广泛。(1)铁在元素周期表中的位置是_______， 其基态原子的电子排布式为_______；铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_______摄取铁元素的原子光谱。(2)Fe(CO)5与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁(Fe3N)，NH3分子的立体构型为_______；1mol Fe(CO)5分子中含有σ键为_______mol。(3)把氯气通人黄血盐{K4[Fe(CN)6]}溶液中，得到赤血盐{K3[Fe(CN)6]}，该反应的化学方程式为_______；CN- 中碳原子的杂化轨道类型为_______。C、N、O元素的第一电离能的大小顺序为_______。【答案】（每空2分）(1)第四周期第VIII族 1s22s22p63s23p63d64s2 光谱仪 (2)三角锥形 10 (3)Cl2+2K4[Fe(CN)6]=2KCl+2K3[Fe(CN)6] sp N＞O＞C 【解析】(1)铁原子核外电子数为26，各电子层电子数为2、8、14、2，原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以位于第四周期第VIII族，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用光谱仪摄取铁元素的原子光；故答案为：第四周期Ⅶ族；光谱仪；1s22s22p63s23p63d64s2；(2) NH3的孤电子对数=，价层电子对数为4，则N为sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，由于含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；Fe(CO)5的结构式为，其中三键中有一个σ键，配位键全部为σ键，所以1mol Fe(CO)5分子中含有σ键为10mol；(3)把氯气通人黄血盐{K4[Fe(CN)6]}溶液中，得到赤血盐{K3[Fe(CN)6]}，同时生成氯化钾，反应的化学方程式为Cl2+2K4[Fe(CN)6]=2KCl+2K3[Fe(CN)6]；CN-中C原子价层电子对个数=1+=2，所以采取sp杂化；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；1．（2023·浙江·高考真题）下列化学用语表示正确的是A．中子数为18的氯原子：B．碳的基态原子轨道表示式：C．的空间结构：(平面三角形)D．的形成过程：【答案】C【解析】A．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A错误；B．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B错误；C．BF3的中心原子B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C正确；D．HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误；故选：C。2．（2023·浙江·高考真题）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是A．的结构式为 B．为非极性分子C．该反应中的配位能力大于氯 D．比更难与发生反应【答案】D【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。3．（2023·浙江·统考高考真题）下列化学用语表示正确的是A．分子的球棍模型： B．的价层电子对互斥模型： C．的电子式：D．的名称：3−甲基戊烷【答案】D【解析】A．分子是“V”形结构，因此该图不是分子的球棍模型，故A错误；B．中心原子价层电子对数为，其价层电子对互斥模型为平面三角形，故B错误；C．是离子化合物，其电子式： ，故C错误；D．的结构简式为 ，其名称为3−甲基戊烷，故D正确。综上所述，答案为D。4．（2023·湖南·统考高考真题）下列化学用语表述错误的是A．HClO的电子式：B．中子数为10的氧原子：OC．NH3分子的VSEPR模型： D．基态N原子的价层电子排布图： 【答案】C【解析】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；B．中子数为10，质子数为8的O原子其相对原子质量为10+8=18，其原子表示为O，B正确；C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；故答案选C。5．（2023·湖南·统考高考真题）下列有关物质结构和性质的说法错误的是A．含有手性碳原子的分子叫做手性分子B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点C．酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应D．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子【答案】A【解析】A．有手性异构体的分子被称为手性分子，当分子中存在两个或两个以上的手性碳原子时，会出现内消旋体，这种含有内消旋体的分子不是手性分子，A错误；B．邻羟基苯甲醛中含有分子内氢键，分子内氢键可以降低物质的熔沸点，因此邻羟基苯甲醛的熔沸点低于对羟基苯甲醛的熔沸点，B正确；C．酰胺在酸性条件下反应生成羧基和氨基，在碱性条件下反应生成羧酸盐和氨气，二者均为水解反应，C正确；D．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚与离子之间以配位的形式结合，D正确；故答案选A。6．（2023·湖南·统考高考真题）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 下列说法正确的是A．和的空间结构都是正四面体形B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<ⅡD．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7【答案】D【解析】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。 证据推理结论A键角：、相等键角：、相等B酸性：键极性：C非金属性D含碳量：钢>纯铁耐腐蚀性：钢>纯铁
第19讲 分子结构与性质（模拟精练+真题演练）完卷时间：50分钟一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）1．（2023·湖北·校联考模拟预测）三氟化氯是极强助燃剂，能发生自耦电离：，其分子的空间构型如图所示。下列推测合理的是A．与反应生成和 B．分子是含有极性键的非极性分子C．比更难发生自耦电离 D．熔沸点：【答案】A【解析】A．三氟化氯具有强氧化性，能将Fe氧化为+3，因此与反应生成和，故A正确；B．由结构可知三氟化氯正负电荷重心不能重合，为极性分子，故B错误；C．Br的电负性比Cl弱，则Br-F键比Cl-F键弱，更易发生自耦电离，故C错误；D．为组成结构相似的分子，的相对分子质量大于，则分子间作用力大，熔沸点高于，故D错误；故选：A。2．（2023·湖北·校联考模拟预测）下列各组微粒的中心原子杂化类型相同但微粒的空间结构不同的是A．、 B．、 C．、 D．、【答案】D【解析】A．分子中O原子为杂化，分子中C原子为sp杂化，A项错误；B．、两种分子的中心原子均为杂化，空间结构均为正四面体形，B项错误；C．、两微粒的中心原子分别为、杂化，C项错误；D．、中两微粒的中心原子均为杂化，空间结构分别为三角锥形与正四面体形，D项正确；故选D。3．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）已知化合物X( )是合成某抗肿瘤药物的中间体。下列说法正确的是A．1个X分子中采取杂化的原子有5个B．X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．1molX与NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOHD．X分子与足量加成后的产物中含有6个手性碳原子【答案】D【解析】A．X分子中的饱和碳原子和形成碳氧单键的氧原子采取杂化，即1个X分子中采取杂化的原子有6个，A错误；B．X分子的苯环上连有甲基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C．X分子中只有一个酯基能与NaOH溶液反应，且水解后生成醇羟基，所以1molX与NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH，C错误；D．X分子与足量加成后的产物的结构简式为 ，含有6个手性碳原子，如图中带*的碳原子，D正确；故选：D。4．（2023·浙江·校联考二模）吡啶( )含有与苯环类似的大π键，下列说法或实验操作不正确的是A．吡啶中N原子的价层孤电子对占据了一个未参与杂化的p轨道B．吡啶是极性分子且能与水形成氢键，故吡啶在水中的溶解度比苯大C．除去苯中含有的少量吡啶：用盐酸洗涤、分液、干燥有机层D． 、 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故 碱性较强。【答案】A【解析】A．吡啶( )含有与苯环类似的大π键，则吡啶中N原子也发生sp2杂化，所以价层孤电子对占据了一个参与杂化的p轨道，A不正确；B．吡啶是极性分子且N原子存在孤电子对，能与水分子间形成氢键，而苯为非极性分子，故吡啶在水中的溶解度比苯大，B正确；C．因为吡啶呈碱性，能与盐酸反应生成水溶性物质，所以除去苯中含有的少量吡啶，可用盐酸洗涤、分液、干燥有机层，C正确；D．甲基是给电子基， 分子中N原子电子云密度比 大，而 、 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，故 碱性较强，D正确；故选A。5．（2023·山东·校联考模拟预测）四氮唑( )和呋喃()都是典型芳香杂环有机物，均含有大键。下列有关说法错误的是A．四氮唑在乙醇中溶解度小于在中的B．四氮唑中N原子和呋喃中O原子均采用杂化C．键角：D．四氮唑与呋喃中含键数目比为【答案】A【解析】A．四氮唑中氮原子可以与乙醇形成氢键增大溶解度，而与四氯化碳不能形成氢键，因此在乙醇中溶解度大于四氯化碳中的，故A错误；B．四氮唑和呋喃中都含有大键，环上的原子都是采用杂化，故B正确；C．和的中心原子均为杂化，但是的中心原子O有一对孤电子，排斥力强，键角小，故C正确；D．1个四氮唑分子中含键数目为7，1个呋喃分子中键数目为9，二者所含σ键数目比为7:9，故D正确；故选A。6．（2023·辽宁·校联考三模）下列证据和推理结论均合理的是【答案】B【解析】A．氧的原子半径比硫小，电负性比硫大，水分子中成键电子对更靠近中心原子，相互排斥作用大，键角大，则键角：H2O>H2S，故A错误；B．F电负性大于H，导致C-F的极性大于C-H的极性，导致羟基电子云更偏向O，而使CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H+，因此酸性：，故B正确；C．2C+SiO2Si+2CO↑中体现失去电子能力C＞Si，不能得出C的非金属性比Si强，故C错误；D．钢的含碳量为：0.03%～2%，含碳量越高其硬度越大，与耐腐蚀性无关，故D错误；故选：B。7．（2023·江苏扬州·统考三模）可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使在高温下与反应转化为，生成的与进一步反应得到Cu。在酸性溶液中会转化为Cu和；能被浓硝酸氧化为。Cu在存在下能与氨水反应生成；能与NaOH反应生成。、的沸点分别为℃、℃。下列说法正确的是A．的键角比的大 B．H—O的键长比H—S的长C．吸引电子的能力比的强 D．分子间作用力比的大【答案】C【分析】本题考查了价层电子对互斥理论、键长、价层电子排布式和分子间作用力。【解析】A．的构型为V型键角为107.5，的构型为平面三角形，键角为120大，A错误；B．H—O的键长比H—S的短，B错误；C．Cu2+的半经小于Cu+，且Cu2+的价层电子排布式为3d9，而Cu+的价层电子排布式为3d10 ，Cu2+再吸引一个电子就能达到3d10的稳定结构，而Cu+是3d10全充满的稳定结构，因此吸引电子的能力比的强，C正确；D．分子间作用力受相对分子质量影响，相对分子质量越大，分子间作用力越大，，D错误；故选C。8．（2023·浙江杭州·浙江省临安中学校联考一模）氯化亚砜又称亚硫酰氯，常温下为黄色的液体，熔点，沸点，常用作有机合成工业中的氯化剂，遇水立即水解。下列说法不正确的是A．与混合共热，可得无水B．的空间结构为平面三角形C．与足量溶液反应生成和D．熔沸点比高【答案】B【解析】A．加热生成氯化铝和水，氯化铝水溶液在加热时发生水解生成HCl和，而遇到水，水解生成HCl和，其中HCl抑制了氯化铝的水解，最后与混合共热，可得无水，A正确；B．中心原子S的价层电子对数=，分子结构为三角锥形，B错误；C．遇到水，水解生成HCl和，均与NaOH反应，生成物为和，C正确；D．和均为分子晶体，范德华力越大，熔沸点越高，前者的相对分子质量大于后者，故熔沸点比高，D正确；故答案选B。9．（2023·重庆·重庆南开中学校考三模）是一种重要的有机溶剂，其工业制备原理为：，下列说法正确的是A．和中的C原子杂化方式均为B．和分子的空间结构分别是V形和正四面体C．为非极性分子，为极性分子D．液态挥发时主要破坏共价键【答案】C【解析】A．CS2和CCl4中的C原子的价层电子对数分别为、，杂化方式分别为sp、sp3，故A错误；B．根据CS2和CCl4中的C原子的价层电子对数分别为、，空间结构分别是直线形和正四面体形，故B错误；C．CS2中的C原子的价层电子对数为，为直线形结构，正负电荷中心重合，为非极性分子；S2Cl2中S原子的价层电子对数为，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确；D．液态Cl2挥发时克服的是分子间作用力，化学键没有断裂，故D错误；故答案选C。10．（2023·重庆·统考三模）我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示不正确的是A．的电子式： B．P原子的结构示意图：C．的空间结构模型： D．的VSEPR模型：【答案】C【解析】A．Ca原子失去最外层两个电子变成Ca2+，Ca2+的电子式为Ca2+，A项正确；B．P为15号元素，核外电子层上电子数分别为2、8、5，B项正确；C．的中心原子上孤电子对数为，则的空间结构为正四面体形，C项错误；D．H2O的中心原子上孤电子对数为，则H2O的VSEPR模型为正四面体形，D项正确。答案选C。11．（2023·广东·校联考模拟预测）在人类提出水合氢离子概念一百多年来，我们首次在实空间里观测到水合氢离子的微观结构(两种构型的水合氢离子的结构模型如图)，并发现了一种室温下保持在常压状态具有氢原子对称化构型的二维冰新物态。下列有关说法正确的是A．(a)(b)中O原子均为杂化B．(a)(b)均可表示为C．(a)中存在的化学键有共价键、配位键、氢键D．水合氢离子组装形成的二维冰相和干冰均为共价晶体【答案】A【解析】A．因为(a)(b)中O原子价层电子对数为4，即均为杂化，故A正确；B．(a)结构中，1个水合氢离子通过氢键和3个水分子作用，(b)结构中，1个氢离子通过氢键和2个水分子作用，不可表示为，故B错误；C．(a)中水分子中含有共价键，氧原子上的孤电子对与氢离子通过配位键形成水合氢离子，水合氢离子通过氢键和3个水分子作用，但氢键不属于化学键，故C错误；D．共价晶体中全部原子间只靠共价键结合形成空间网状结构，水合氢离子组装形成的二维冰相和干冰均属于分子晶体，故D错误；故选A。12．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）石灰氮(，其中原子间成键方式相同)是一种氮肥，可与土壤中的反应生成氰胺()，氰胺可进一步转化为尿素[CO(NH2)2]。下列说法正确的是A．的电子式为B．的空间构型与的空间构型相同且两者键角相等C．氰胺分子中氮原子的杂化方式为和两种D．分子中各元素的电负性大小关系为【答案】A【解析】A．是离子化合物，由和构成，中C、N原子间共用2对电子、原子外围达到稳定结构，其电子式为，A正确；B．中O为杂化，中S为杂化，两分子均为角形，但键角：，B错误；C．氰胺分子中氨基氮原子杂化方式为，中氮原子杂化方式为，C错误；D．非金属性越强电负性越大，分子中各元素的电负性大小关系应为，D错误；故选：A。二、主观题（共3小题，共40分）13.1985年，Rousssin研究发现了第一个金属原子簇类配位化合物 [Fe4S3(NO)7]－，其结构如图1，金属原子簇类化合物与金属原子表面性质相似，具有良好的催化活性等功能。请回答下列问题： 图1 图2(1)Fe3＋的基态核外价电子排布式为__________________________。(2)上述化合物中含有三种非金属元素，试比较三种元素第一电离能由大到小顺序为__________________；硫可以形成SOCl2化合物，则该化合物的空间结构为________。(3)除了氮的氧化物之外，氮还可以形成NOeq \o\al(＋,2)。请写出氮原子杂化方式________。(4)上述原子簇类配合物，中心原子铁的配位原子是__________________。(5)配合物Fe(CO)5的熔点－20 ℃，沸点103 ℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图2所示。下列关于Fe(CO)5说法正确的是________。A．Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C．1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键D．Fe(CO)5===Fe＋5CO反应中没有新化学键生成【答案】（每空2分）(1)3d5 (2)N＞O＞S 三角锥形 (3)sp (4)S、N (5)AC【解析】(1)Fe位于周期表中第四周期第Ⅷ族，Fe3＋的基态核外价电子排布式为3d5；(2)化合物中三种非金属元素为N、O、S，同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，则三种元素第一电离能由大到小顺序为N>O>S，对于SOCl2，其等电子体为SOeq \o\al(2－,3)，二者结构相似，根据VSEPR模型，价层电子对数为3＋(6－2×3＋2)/2＝4，则其空间结构为三角锥形；(3)对于NOeq \o\al(＋,2)，根据VSEPR模型，价层电子对数为2＋(5－2×2－1)/2＝2，根据杂化轨道理论，则中心N原子为sp杂化；(4)直接与中心原子成键的为配位原子，所以中心原子铁的配位原子是N、S；(5)A．看正负电荷中心是否重叠，Fe(CO)5对称是非极性分子，CO不对称是极性分子，故A正确；B．Fe(CO)5中Fe原子不是以sp3杂化方式与CO成键，故B错误；C．碳与氧、铁与碳之间形成配位键，1 mol Fe(CO)5含有10 mol配位键，故C正确；D．化学反应的实质是旧化学键的断裂，新化学键的生成，故D错误。故选AC。14.（12分）(1)Cu2＋处于[Cu(NH3)4]2＋的中心，若将配离子[Cu(NH3)4]2＋中的2个NH3换为CN－，则有2种结构，则Cu2＋是否为sp3杂化？________(填“是”或“否”)，理由为___________________________。(2)用价层电子对互斥理论推断甲醛中H—C—H的键角________120 °(填“＞”“＜”或“＝”)。(3)SO2Cl2和SO2F2都属于AX4E0型分子，S==O之间以双键结合，S—Cl、S—F之间以单键结合。请你预测SO2Cl2和SO2F2分子的立体构型为__________________。SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl______SO2F2分子中∠F—S—F(填“＜”“＞”或“＝”)。(4)抗坏血酸的分子结构如图所示，该分子中碳原子的杂化轨道类型为_________________。【答案】（每空2分）(1)否 若是sp3杂化，[Cu(NH3)4]2＋的立体构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2＋中的2个NH3换为CN－，则只有1种结构 (2)＜ (3)四面体形 ＞ (4)sp2、sp3【解析】(1)由于将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，有2种结构，说明[Cu(NH3)4]2+形成是平面正方形结构，Cu2+在平面正方形对角线的交点上；若是Cu2+采用sp3杂化，由于正四面体任何两个顶点都处于相邻位置，那么[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正四面体形，将配离子[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3换为CN-，则只有1种结构，所以Cu2+不是采用sp3杂化；(2)甲醛分子中，碳氧之间为双键，根据价层电子对互斥理论可知双键与单键之间的斥力大于单键与单键之间的斥力，所以H—C—H的键角小于120°。(3)当中心原子的价层电子对数为4时，VSEPR模型为四面体形，硫原子无孤电子对，所以立体构型为四面体形；X原子得电子能力越弱，A—X形成的共用电子对之间的斥力越强，F原子的得电子能力大于氯原子，所以SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl＞SO2F2分子中∠F—S—F。(4)该分子中亚甲基、次亚甲基上C原子价层电子对个数都是4，连接碳碳双键和碳氧双键的C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论，该分子中碳原子的轨道杂化类型，前者为sp3杂化、后者为sp2杂化；13．（16分）铁是一种常见的金属，在生产生活中用途广泛。(1)铁在元素周期表中的位置是_______， 其基态原子的电子排布式为_______；铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用_______摄取铁元素的原子光谱。(2)Fe(CO)5与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁(Fe3N)，NH3分子的立体构型为_______；1mol Fe(CO)5分子中含有σ键为_______mol。(3)把氯气通人黄血盐{K4[Fe(CN)6]}溶液中，得到赤血盐{K3[Fe(CN)6]}，该反应的化学方程式为_______；CN- 中碳原子的杂化轨道类型为_______。C、N、O元素的第一电离能的大小顺序为_______。【答案】（每空2分）(1)第四周期第VIII族 1s22s22p63s23p63d64s2 光谱仪 (2)三角锥形 10 (3)Cl2+2K4[Fe(CN)6]=2KCl+2K3[Fe(CN)6] sp N＞O＞C 【解析】(1)铁原子核外电子数为26，各电子层电子数为2、8、14、2，原子基态时的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，所以位于第四周期第VIII族，铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用光谱仪摄取铁元素的原子光；故答案为：第四周期Ⅶ族；光谱仪；1s22s22p63s23p63d64s2；(2) NH3的孤电子对数=，价层电子对数为4，则N为sp3杂化，VSEPR构型为四面体形，由于含有一个孤电子对，所以其空间构型为三角锥形；Fe(CO)5的结构式为，其中三键中有一个σ键，配位键全部为σ键，所以1mol Fe(CO)5分子中含有σ键为10mol；(3)把氯气通人黄血盐{K4[Fe(CN)6]}溶液中，得到赤血盐{K3[Fe(CN)6]}，同时生成氯化钾，反应的化学方程式为Cl2+2K4[Fe(CN)6]=2KCl+2K3[Fe(CN)6]；CN-中C原子价层电子对个数=1+=2，所以采取sp杂化；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；1．（2023·浙江·高考真题）下列化学用语表示正确的是A．中子数为18的氯原子：B．碳的基态原子轨道表示式：C．的空间结构：(平面三角形)D．的形成过程：【答案】C【解析】A．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A错误；B．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B错误；C．BF3的中心原子B原子孤电子对数==0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C正确；D．HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故D错误；故选：C。2．（2023·浙江·高考真题）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是A．的结构式为 B．为非极性分子C．该反应中的配位能力大于氯 D．比更难与发生反应【答案】D【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。3．（2023·浙江·统考高考真题）下列化学用语表示正确的是A．分子的球棍模型： B．的价层电子对互斥模型： C．的电子式：D．的名称：3−甲基戊烷【答案】D【解析】A．分子是“V”形结构，因此该图不是分子的球棍模型，故A错误；B．中心原子价层电子对数为，其价层电子对互斥模型为平面三角形，故B错误；C．是离子化合物，其电子式： ，故C错误；D．的结构简式为 ，其名称为3−甲基戊烷，故D正确。综上所述，答案为D。4．（2023·湖南·统考高考真题）下列化学用语表述错误的是A．HClO的电子式：B．中子数为10的氧原子：OC．NH3分子的VSEPR模型： D．基态N原子的价层电子排布图： 【答案】C【解析】A．HClO中O元素呈负化合价，在结构中得到H和Cl共用的电子，因此HClO的电子式为，A正确；B．中子数为10，质子数为8的O原子其相对原子质量为10+8=18，其原子表示为O，B正确；C．根据VSEPR模型计算，NH3分子中有1对孤电子对，N还连接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型为四面体型，C错误；D．基态N原子的价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为，D正确；故答案选C。5．（2023·湖南·统考高考真题）下列有关物质结构和性质的说法错误的是A．含有手性碳原子的分子叫做手性分子B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点C．酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应D．冠醚(18-冠-6)的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子【答案】A【解析】A．有手性异构体的分子被称为手性分子，当分子中存在两个或两个以上的手性碳原子时，会出现内消旋体，这种含有内消旋体的分子不是手性分子，A错误；B．邻羟基苯甲醛中含有分子内氢键，分子内氢键可以降低物质的熔沸点，因此邻羟基苯甲醛的熔沸点低于对羟基苯甲醛的熔沸点，B正确；C．酰胺在酸性条件下反应生成羧基和氨基，在碱性条件下反应生成羧酸盐和氨气，二者均为水解反应，C正确；D．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚与离子之间以配位的形式结合，D正确；故答案选A。6．（2023·湖南·统考高考真题）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应： 下列说法正确的是A．和的空间结构都是正四面体形B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素和S都被氧化C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<ⅡD．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7【答案】D【解析】A．的中心原子S形成的4个σ键的键长不一样，故其空间结构不是正四面体形，A错误；B．中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，B错误；C．根据题给信息可知，反应I的方程式为：，反应Ⅱ的方程式为：，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C错误；D．中As为+3价，S为-2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol失电子3×4mol=12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol失电子2×2mol+3×8mol=28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7，D正确；故选D。 证据推理结论A键角：、相等键角：、相等B酸性：键极性：C非金属性D含碳量：钢>纯铁耐腐蚀性：钢>纯铁
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