还剩21页未读，
继续阅读
所属成套资源：2022高考化学一轮专题复习学案
成套系列资料，整套一键下载
2022高考化学一轮专题复习 第40讲 分子结构与性质
展开
这是一份2022高考化学一轮专题复习 第40讲 分子结构与性质，共24页。
第40讲 分子结构与性质
目标要求
核心素养
1.了解共价键的形成、极性、类型(σ键和π键)。了解配位键的含义。
2.能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。
3.能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测简单分子或离子的空间构型。
4.了解杂化轨道理论及简单的杂化轨道类型(sp、sp2、sp3)。
5.了解范德华力的含义及对物质性质的影响。
6.了解氢键的含义，能列举存在氢键的物质，并能解释氢键对物质性质的影响。
1.宏观辨识与微观探析：能从不同层次认识分子的构型，并对共价键进行分类，能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。
2.证据推理与模型认知：能运用价层电子对互斥理论和杂化轨道理论等解释分子的立体构型及性质，揭示现象的本质与规律。
3.科学探究与创新意识：能发现和提出有探究价值的关于分子的结构、性质的问题，设计探究方案进行探究分析，面对“异常”现象敢于提出自己的见解。
考点1 共价键
授课提示：对应学生用书第287页
1．本质：在原子之间形成共用电子对。
2．特征：具有饱和性和方向性。
3．分类
分类依据
类型
形成共价键的原子轨道重叠方式
σ键
电子云“头碰头”重叠
π键
电子云“肩并肩”重叠
形成共价键的电子对是否偏移
极性键
共用电子对发生偏移
非极性键
共用电子对不发生偏移
原子间共用电子对的数目
单键
原子间有一对共用电子对
双键
原子间有两对共用电子对
三键
原子间有三对共用电子对
4.键参数
(1)概念
(2)键参数对分子性质的影响
①
②键参数与分子稳定性的关系：键长越短，键能越大，分子越稳定。
5．配位键
(1)孤电子对
分子或离子中没有跟其他原子共用的电子对称孤电子对。
(2)配位键
①定义：由一个原子提供一对电子与另一个接受电子的原子形成的共价键。
②配位键的表示：常用“→”来表示配位键，箭头指向接受孤电子对的原子，如NH可表示为在NH中，虽然有一个N—H键形成过程与其他3个N—H键形成过程不同，但是一旦形成之后，4个共价键就完全相同。
(3)配合物
①定义：金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物。
②形成条件
③组成
如[Cu(NH3)4]SO4
6．等电子原理
(1)等电子体：原子总数相同、价电子总数相同的微粒互称为等电子体。如：N2和CO、O3与SO2是等电子体，但N2与C2H2不是等电子体。
(2)等电子原理：等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质相近，此原理称为等电子原理，例如CO和N2的熔、沸点，溶解性等都非常相近。
1．试根据下表回答问题。
某些共价键的键长数据如下所示：
共价键
键长/nm
C—C
0.154
C===C
0.133
C≡C
0.120
C—O
0.143
C===O
0.122
N—N
0.146
N===N
0.120
N≡N
0.110
根据表中有关数据，你能推断出影响共价键键长的因素主要有哪些？其影响的结果怎样？
提示：原子半径、原子间形成的共用电子对数目。形成相同数目的共用电子对，原子半径越小，共价键的键长越短；原子半径相同，形成共用电子对数目越多，键长越短。
2．N≡N键的键能为946 kJ·mol－1，N—N键的键能为193 kJ·mol－1，则一个π键的平均键能为________，说明N2中_______键比_______键稳定(填“σ”或“π”)。
提示：π键的平均键能为＝376．5 kJ·mol－1，所以N2中π键比σ键稳定。
答案：376.5 kJ·mol－1 π σ
(1)在所有分子中都存在化学键。(×)
(2)σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键强。(√)
(3)σ键能单独形成，而π键一定不能单独形成。(√)
(4)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，1 mol该配合物中含有σ键的数目为14NA。(×)
1．归纳整合：σ键与π键的判断方法
(1)由轨道重叠方式判断。“头碰头”重叠的为σ键，“肩并肩”重叠的为π键。
(2)由原子间成键数目判断。共价单键是σ键，共价双键中含有一个σ键，一个π键；共价三键中含有一个σ键，两个π键。
(3)由成键轨道类型判断。s轨道形成的共价键全部是σ键，杂化轨道形成的共价键全部为σ键。
2．思维建模：确定等电子体的方法(举例)
变换过程中注意电荷变化，并伴有元素种类的改变
序号
方法
示例
①
竖换：把同族元素(同族原子价电子数相同)上下交换，即可得到相应的等电子体
CO2与CS2、O3和SO2
②
横换：换相邻主族元素，这时候价电子发生变化，再通过得失电子使价电子总数相等
N2与CO
③
可以将分子变换为离子，也可以将离子变换为分子
O3与NO、CH4与NH、CO与CN－
题组一 判断共价键的类别
1．含碳元素的物质是化学世界中最庞大的家族，请填写下列空格。
(1)CH4中的化学键从形成过程来看，属于________(填“σ”或“π”)键，从其极性来看属于________键。
(2)已知CN－与N2结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为________。
(3)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子稳定结构，则C60分子中π键的数目为________。
(4)利用CO可以合成化工原料COCl2，COCl2分子的结构式为每个COCl2分子内含有的σ键、π键数目为________。(填字母)
A．4个σ键 B．2个σ键、2个π键
C．2个σ键、1个π键 D．3个σ键、1个π键
答案：(1)σ 极性 (2)1∶1 (3)30 (4)D
题组二 键参数
2．NH3分子的空间构型是三角锥形，而不是正三角形的平面结构，解释该事实的充分理由是( )
A．NH3分子是极性分子
B．分子内3个N—H键的键长相等，键角相等
C．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于107°
D．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于120°
答案：C
3．结合事实判断CO和N2相对更活泼的是________，试用下表中的键能数据解释其相对更活泼的原因：____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
CO
C—O
C==O
CO
键能/(kJ·mol－1)
357.7
798.9
1 071.9
N2
N—N
N===N
N≡N
键能/(kJ·mol－1)
154.8
418.4
941.7
解析：由断开CO分子的第一个化学键所需要的能量[1 071.9－798.9＝273.0(kJ·mol－1)]比断开N2分子的第一个化学键所需要的能量[941.7－418.4＝523.3(kJ·mol－1)]小，可知CO相对更活泼。
答案：CO 断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(273.0 kJ·mol－1)比断开N2分子的第一个化学键所需要的能量(523.3 kJ·mol－1)小
题组三 配位键和配合物
4．(1)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，则该配合物提供孤电子对的原子是________。
(2)F－、K＋和Fe3＋三种离子组成的化合物K3FeF6，其中化学键的类型有________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为________________，配体是________。
解析：(1)B原子与X原子形成配位键，因为B为缺电子原子，只能做中心原子，故形成配位键时提供孤电子对的原子是X。
(2)由化合物K3FeF6，知它是一种离子化合物，其中的化学键有离子键和配位键，复杂离子为[FeF6]3－，配位体是F－。
答案：(1)X (2)离子键、配位键 [FeF6]3－ F－
5．铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。
(1)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是______________________
________________________________________________________________________。
(2)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2－。不考虑空间构型，
[Cu(OH)4]2－的结构可用示意图表示为____________________________________________。
解析：(1)N、F、H三种元素的电负性大小顺序：F>N>H，所以NH3中共用电子对偏向N原子，而在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子。
(2)Cu2＋中存在空轨道，而OH－中O原子有孤对电子，故O与Cu之间以配位键结合。
答案：(1)N、F、H三种元素的电负性大小顺序：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2＋形成配位键
(2)
6．Co的氯化物与氨水反应可形成配合物[CoCl(NH3)5]Cl2,1 mol该配合物中含有σ键的数目为________，含1 mol [CoCl(NH3)5]Cl2的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成________mol AgCl沉淀。
解析：[CoCl(NH3)5]Cl2内界中Co与Cl、NH3之间以配位键相连，配位键属于σ键，共6个，加上5个NH3的15个σ键，共21个σ键。配合物内界与外界之间是离子键，内界中的Cl－并不能电离，故1 mol [CoCl(NH3)5]Cl2中只有2 mol Cl－能与AgNO3溶液反应，所以1 mol [CoCl(NH3)5]Cl2可生成2 mol AgCl沉淀。
答案：21NA 2
考点2 分子的立体构型
授课提示：对应学生用书第289页
1．价层电子对互斥理论
(1)理论要点
①价层电子对在空间上彼此相距最远时，排斥力最小，体系的能量最低。
②孤电子对的排斥力较大，孤电子对越多，排斥力越强，键角越小。
(2)价层电子对互斥理论与分子构型
电子对数
σ键电子对数
孤电子对数
电子对立体构型
分子立体构型
实例
2
2
0
直线形
直线形
CO2
3
3
0
平面三角形
平面三角形
BF3
2
1
V形
SO2
4
4
0
四面体形
正四面体形
CH4
3
1
三角锥形
NH3
2
2
V形
H2O
2.杂化轨道理论
(1)理论要点
当原子成键时，原子的价层电子轨道相互混杂，形成与原轨道数相等且能量相同的杂化轨道。杂化轨道数不同，轨道间的夹角不同，形成分子的空间结构不同。
(2)杂化轨道的类型与分子立体构型的关系
杂化类型
杂化轨道数目
杂化轨道间夹角
空间构型
实例
sp
2
180°
直线形
BeCl2
sp2
3
120°
平面三角形
BF3
sp3
4
109°28′
正四面体形
CH4
1．填表
序号
物质
中心原子上的孤电子对数
价层电子对数
VSEPR模型名称
分子或离子立体构型
中心原子杂化类型
①
CS2
0
2
直线形
直线形
sp
②
HCHO
0
3
平面三角形
平面三角形
sp2
③
NCl3
1
4
四面体形
三角锥形
sp3
④
SO
0
4
正四面体形
正四面体形
sp3
⑤
H3O＋
1
4
四面体形
三角锥形
sp3
2.比较下列分子或离子中键角大小
(1)H2O________H3O＋，NH3________NH。
(2)SO3________CCl4，CS2________SO2。
答案：(1)< < (2)> >
(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对。(√)
(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构。(×)
(3)NH3分子的空间构型为三角锥形，N原子发生sp2杂化。(×)
(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化。(√)
(5)中心原子是sp杂化的，其分子构型不一定为直线形。(×)
(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数。(√)
归纳整合：“五方法”判断分子中心原子的杂化类型
1．根据杂化轨道的空间分布构型判断
(1)若杂化轨道在空间的分布为正四面体形或三角锥形，则分子的中心原子发生sp3杂化。
(2)若杂化轨道在空间的分布呈平面三角形，则分子的中心原子发生sp2杂化。
(3)若杂化轨道在空间的分布呈直线形，则分子的中心原子发生sp杂化。
2．根据杂化轨道之间的夹角判断
若杂化轨道之间的夹角为109°28′，则分子的中心原子发生sp3杂化；若杂化轨道之间的夹角为120°，则分子的中心原子发生sp2杂化；若杂化轨道之间的夹角为180°，则分子的中心原子发生sp杂化。
3．根据等电子原理进行判断
如CO2是直线形分子，CNS－、N与CO2是等电子体，所以分子构型均为直线形，中心原子均采用sp杂化。
4．根据中心原子的价层电子对数判断
如中心原子的价层电子对数为4，是sp3杂化，为3是sp2杂化，为2是sp杂化。
5．根据分子或离子中有无π键及π键数目判断
如没有π键为sp3杂化，含一个π键为sp2杂化，含两个π键为sp杂化。
题组一 利用价层电子对互斥理论确定分子立体构型
1．列式计算下列微粒的中心原子孤电子对数
(1)NH；
(2)AsCl3；
(3)SO2。
解析：中心原子孤电子对数＝(a－xb)式中a为中心原子的价电子数，x为中心原子结合的原子数；b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。
(1)NH的中心原子为N，a＝5－1，b＝1，x＝4，所以中心原子孤电子对数＝(a－xb)＝×(4－4×1)＝0。
(2)AsCl3的中心原子为As，a＝5，b＝1，x＝3，所以中心原子孤电子对数＝(a－xb)＝×(5－3×1)＝1。
(3)SO2的中心原子为S，a＝6，b＝2，x＝2，所以中心原子孤电子对数＝(a－xb)＝×(6－2×2)＝1。
答案：(1)(a－xb)＝×(4－4×1)＝0。
(2)(a－xb)＝×(5－3×1)＝1。
(3)(a－xb)＝×(6－2×2)＝1。
2．列式计算价层电子对数
(1)NH；
(2)AsCl3；
(3)SO2。
解析：
(1)NH的价层电子对数＝4＋0＝4。
(2)AsCl3的价层电子对数＝3＋1＝4。
(3)SO2的价层电子对数＝2＋1＝3。
答案：(1)4＋0＝4。
(2)3＋1＝4。
(3)2＋1＝3。
3．确定下列微粒立体构型
(1)NH：________________________________________________________________
(2)AsCl3：_______________________________________________________________
(3)SO2：_________________________________________________________________
答案：(1)正四面体形
(2)三角锥形
(3)V形
题组二 判断杂化轨道的类型
4．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是( )
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
解析：由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力为氢键。
答案：C
题组三 利用等电子体原理确定分子的立体构型
5．已知CO2为直线形，SO3为平面正三角形，NF3为三角锥形，请推测COS、CO、PCl3的空间构型。
解析：COS与CO2互为等电子体，其结构与CO2相似，所以为直线形；CO与SO3互为等电子体，结构相似，所以CO为平面正三角形；PCl3与NF3互为等电子体，结构相似，所以PCl3为三角锥形。
答案：COS为直线形；CO为平面正三角形；PCl3为三角锥形。
[练后归纳] 常见的等电子体汇总
微粒
通式
价电子总数
立体构型
CO2、CNS－、NO、N
AX2
16e－
直线形
CO、NO、SO3
AX3
24e－
平面三角形
SO2、O3、NO
AX2
18e－
V形
SO、PO
AX4
32e－
正四面体形
PO、SO、ClO
AX3
26e－
三角锥形
CO、N2
AX
10e－
直线形
CH4、NH
AX4
8e－
正四面体形
分子中“大π键”的判断方法
授课提示：对应学生用书第290页
一、认识大π键
在一个具有平面结构的多原子分子内，彼此相邻的3个或多个原子中相互平行且未参与杂化的p轨道肩并肩地相互重叠形成的多电子π型化学键，称为大π键，记作Π，读作“m中心n电子大π键”，其中m表示平行的p轨道数，即参与形成大π键的原子数；n表示平行p轨道中的电子总数，即参与形成大π键的电子数。
二、判断大π键的方法
1．确定分子的空间构型
根据大π键的概念可知，只有平面型分子才能形成大π键，这是形成大π键的首要条件。那么，如何确定分子的空间构型呢？
对于有机分子，一般通过给定分子的结构式来确定，有单双键交替结构的分子必有平面型结构存在。例如，1,3丁二烯的结构式为由于存在单双键交替结构，其分子结构为平面型。
对于ABm型无机分子或离子，用VSEPR理论确定其构型。例如，在BF3分子中，B原子的价层电子对数为＝3，分子构型为平面正三角形。又如，在NH3中，N原子的价层电子对数为＝4，N原子上有1个孤电子对，分子构型为三角锥形，4个原子不共平面，无法形成大π键。
2．确定大π键的原子数
除了分子构型为平面型外，相邻原子中还必须有相互平行且未参与杂化的p轨道才能形成大π键，这就要求参与形成大π键的原子必须采取sp2杂化或sp杂化，这是形成大π键的第二个条件。那么，如何确定形成大π键的原子数呢？
对于有机分子，依据化学键特征来确定。烷烃中只含有单键，中心原子为sp3杂化，无相互平行且未参与杂化的p轨道，无法形成大π键；若分子中存在单双键交替结构，形成碳碳双键的碳原子为sp2杂化，原子中有相互平行且未参与杂化的p轨道，能形成大π键。例如，在1,3丁二烯中，构成单双键交替结构的4个碳原子都采取sp2杂化，4个碳原子提供4个相互平行且未参与杂化的p轨道可参与形成大π键。
对于ABm型无机分子或离子，用杂化轨道理论来确定。例如，在BF3分子中，B原子采取sp2杂化，假设参与杂化的轨道是2s、2px、2py，则未参与杂化的2pz轨道与3个F原子的2pz轨道相互平行，4个原子提供4个相互平行且未参与杂化的p轨道，参与形成大π键。又如：在H2O中，O原子的价层电子对数为＝4，O原子上有2个孤电子对，分子构型为V形，3个相邻原子虽然共平面，但由于O原子采取sp3杂化，分子中无相互平行且未参与杂化的p轨道，无法形成大π键。
3．确定大π键的电子数
由杂化轨道理论可知，若相互平行且未杂化的p轨道都已容纳2个电子时不会重叠成键，所以形成大π键的每个p轨道有的容纳2个电子，有的容纳1个电子，有的是无电子的空轨道，由此可知形成大π键的第三个条件是p轨道上的电子总数小于p轨道数的2倍。那么，如何确定大π键的电子数呢？
对于有机分子，可依据化学键的特征来确定。对于碳原子来说，有4个单电子，若形成3个σ键，则剩余1个电子参与形成大π键；若形成2个σ键，则剩余2个电子可能分别参与形成2个相互垂直的大π键。例如，在1,3丁二烯中，每个碳原子均已形成3个σ键，剩余1个电子参与形成大π键，4个平行的p轨道肩并肩重叠形成了四中心四电子大π键，记作Π。
对于ABm型无机分子或离子，形成大π键的电子由中心原子和配位原子相互平行且未杂化的p轨道共同提供。中心原子提供的电子数＝中心原子的价电子数－参与杂化的电子数(包括孤电子对和成键电子)。配位原子提供的电子数可分为2种情况分析：若配位原子的单电子全部参与形成σ键，则每个配位原子提供2个电子；若配位原子的单电子部分参与形成σ键，为了达到稳定结构，单电子优先参与形成大π键，则每个配位原子提供1个电子。例如，在BF3分子中，B原子的3个价电子全部参与形成σ键，形成大π键时只提供空轨道，每个配位F原子仅有的1个单电子参与形成σ键，形成大π键时每个F原子分别提供2个电子，共有6个电子，满足形成大π键第三个条件。最终，4个相互平行的p轨道肩并肩地重叠形成了四中心六电子大π键，记作Π。
三、经典例题建模
[典例] 我国科学家最近成功合成了世界首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题：
经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图所示。
分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则N中的大π键应表示为________。
[解析] 第一步：由题给球棍模型可知N应为平面型结构，满足形成大π键的第一个条件。
第二步：由N的平面型结构可知N原子的杂化类型为sp2，即N中有5个相互平行且未参与杂化的p轨道，满足形成大π键的第二个条件。
第三步：每个N原子均有3个单电子，拿出2个单电子分别参与形成σ键，还剩余1个单电子参与形成大π键，再加上1个负电荷，共6个电子，满足形成大π键的第三个条件。
最终，5个相互平行的p轨道肩并肩地重叠形成了五中心六电子大π键，记作Π。
[答案] Π。
[考能突破练]
1．研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2＋3H2===CH3OH＋H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。
解析：由于Mn(NO3)2为离子化合物，因此Mn2＋和NO以离子键相结合。关键是如何判断NO中有大π键。
第一步：用VSEPR理论确定NO的空间构型。N原子的价层电子对数为＝3，NO为平面正三角形，满足形成大π键的第一个条件。
第二步：用杂化轨道理论确定大π键的原子数。N原子采取sp2杂化，假设参与杂化的轨道是2s、2px、2py，则N原子未参与杂化的2pz轨道与3个O原子的2pz轨道相互平行，4个原子提供4个相互平行且未参与杂化的p轨道，满足形成大π键的第二个条件。
第三步：确定大π键的电子数。N原子的3个单电子全部参与形成σ键，提供给大π键的电子数为5－3＝2；每个配位O原子2p轨道上有两个单电子，其中1个单电子与N原子形成σ键，还剩余1个单电子参与形成大π键，再加上1个负电荷，共有6个电子，满足形成大π键的第三个条件。
最终，4个相互平行且未杂化的p轨道肩并肩地重叠形成了四中心六电子大π键，记作Π。
答案：离子键和大π键(Π键)。
2．气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________，其中共价键的类型有________种。
解析：第一步：用VSEPR理论确定SO3的空间构型。S原子的价层电子对数为＝3，SO3的空间构型为平面正三角形，满足形成大π键的第一个条件。
第二步：用杂化轨道理论确定大π键的原子数。S原子采取sp2杂化，假设参与杂化的轨道是3s、3px、3py，则未参与杂化的3pz轨道与3个O原子的2pz轨道相互平行，4个原子提供4个相互平行且未参与杂化的p轨道，满足形成大π键的第二个条件。
第三步：确定大π键的电子数。S原子提供3个电子参与形成σ键，提供给大π键的电子数为6－3＝3，每个配位O原子2p轨道上有2个单电子，其中1个单电子与S原子形成σ键，剩余1个单电子参与形成大π键，共6个电子，满足形成大π键的第三个条件。
最终，4个相互平行且未杂化的p轨道肩并肩地重叠形成了四中心六电子大π键，记作Π。
答案：平面三角形 2
考点3 分子间作用力与分子的性质
授课提示：对应学生用书第291页
1．分子间作用力
(1)概念：
物质分子之间普遍存在的相互作用力，称为分子间作用力。
(2)分类：
分子间作用力最常见的是范德华力和氢键。
(3)范德华力与物质性质
定义
固态和液态分子之间普遍存在的一种相互作用力
实质
范德华力的实质是电性作用，无饱和性和方向性
影响范德华力的因素
一般来说，结构和组成相似的物质，随着相对分子质量的增大，范德华力逐渐增强
范德华力与物质的性质
范德华力主要影响物质的熔点、沸点等物理性质
(4)氢键与物质性质
定义
已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与另一个分子中电负性很强的原子之间的作用力
表达方式
用A—H…B表示
形成条件
氢原子两边的A原子和B原子所属元素通常具有很强的电负性和很小的原子半径
特征
具有一定的方向性和饱和性
对物质性质的影响
主要表现为物质的熔点和沸点升高，对物质电离、溶解等也产生影响
分类
氢键有分子内氢键和分子间氢键
2.分子的性质
(1)分子的极性
类型
非极性分子
极性分子
形成原因
正电中心和负电中心重合的分子
正电中心和负电中心不重合的分子
存在的共价键
非极性键或极性键
非极性键和极性键
分子内原子排列
对称
不对称
(2)分子的溶解性
①“相似相溶”的规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂。若溶剂和溶质分子之间可以形成氢键，则溶质的溶解度增大。
②随着溶质分子中憎水基的增大，溶质在水中的溶解度减小。如甲醇、乙醇和水以任意比互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
(3)分子的手性
①手性异构：具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手和右手一样互为镜像，在三维空间里不能重叠的现象。
②手性分子：具有手性异构体的分子。
③手性碳原子：在有机物分子中，连有四个不同基团或原子的碳原子。含有手性碳原子的分子是手性分子，如
(4)无机含氧酸分子的酸性：
无机含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H＋，酸性越强，如酸性：HClO
1．写出HF水溶液中的所有氢键。
提示：F—H…O、F—H…F、O—H…F、O—H…O
2．NH3极易溶于水的因素有哪些？
提示：①NH3是极性分子，易溶于极性分子H2O形成的溶剂中；②NH3与H2O之间形成分子间氢键；③NH3可与水反应。
(1)可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子间形成了氢键。(×)
(2)乙醇分子和水分子间只存在范德华力。(×)
(3)氢键具有方向性和饱和性。(√)
(4)H2O2分子间存在氢键。(√)
(5)卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而增大。(×)
(6)氢键的存在一定能使物质的熔、沸点升高。(×)
(7)H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键。(×)
归纳整合：ABn(n≥3)型分子极性的判断方法
方法1.根据分子构型判断
若分子是对称的(直线形、正三角形、正四面体形等)，极性键的极性向量和等于零时，为非极性分子；否则是极性分子。如CH4、CO2等含有极性键，是非极性分子；H2O、NH3等含有极性键，是极性分子。
方法2.利用孤电子对判断
若中心原子A中无孤电子对，则为非极性分子，有孤电子对，则为极性分子。
方法3.利用化合价判断
中心原子A的化合价的绝对值＝该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不等，则为极性分子。BCl3、CO2是非极性分子；SO2、NH3是极性分子。
题组一 键的极性与分子的极性
1．硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
(1)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是______________________________________。
(2)氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是__________________
________________________________________________________________________；
氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为__________。
解析：(1)SO中S无孤电子对，立体构型为正四面体形。(2)NH3分子间存在氢键，故沸点比PH3的高。NH3中N有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，因此NH3为极性分子，N的杂化轨道数为3＋1＝4，杂化类型为sp3。
答案：(1)正四面体形 (2)高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3
2.已知H2O2分子的结构如图所示：H2O2分子不是直线形的，两个氢原子犹如在半展开的书的两页上，两个氧原子在书脊位置上，书页夹角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′。
试回答：
(1)H2O2分子是含有________键和________键的___________________________(填“极性”或“非极性”)分子。
(2)H2O2难溶于CS2，简要说明理由：________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)H2O2中氧元素的化合价是__________，简要说明原因：_____________________。
答案：(1)极性 非极性 极性 (2)因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2 (3)－1价 因O—O键为非极性键，而O—H键为极性键，共用电子对偏向氧，故氧为－1价
题组二 氢键对物质性质的影响
3．按照要求填空：
(1)H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，其原因是________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知苯酚()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_________________________________
________________________________________________________________________。
(3)化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，其主要原因是_______________________
________________________________________________________________________。
(4)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________；的沸点比高，原因是___________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)水分子与乙醇分子之间能形成氢键。
(2)由于能形成分子内氢键，所以水杨酸的第二级电离更困难，故K2(水杨酸)
(4)O—H键、氢键、范德华力 形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大
题组三 无机含氧酸的酸性
4．S有两种常见的含氧酸，较高价的酸性比较低价的酸性________，理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：强 S的正电性越高，导致S—O—H中O的电子向S偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H＋，即酸性越强
5．判断含氧酸酸性强弱的一条经验规律是含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，如下表所示：
含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系
次氯酸
磷酸
硫酸
高氯酸
含氧酸
Cl—OH
非羟基氧原子数
0
1
2
3
酸性
弱酸
中强酸
强酸
最强酸
(1)亚磷酸H3PO3和亚砷酸H3AsO3分子式相似，但它们的酸性差别很大，H3PO3是中强酸，H3AsO3既有弱酸性又有弱碱性。由此可推出它们的结构简式分别为①________________，②________________。
(2)H3PO3和H3AsO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式分别是
①________________________________________________________________________，
②________________________________________________________________________。
解析：(1)已知H3PO3为中强酸，H3AsO3为弱酸，依据题给信息可知H3PO3中含1个非羟基氧原子，H3AsO3中不含非羟基氧原子。(2)与过量NaOH溶液反应的化学方程式的书写，需得知H3PO3和H3AsO3分别为几元酸，从题给信息可知，含氧酸分子结构中含几个羟基氢，则该酸为几元酸。故H3PO3为二元酸，H3AsO3为三元酸。
答案：(1)
(2)①H3PO3＋2NaOH===Na2HPO3＋2H2O
②H3AsO3＋3NaOH===Na3AsO3＋3H2O
题组四 新素材命题
6．在海洋深处的低氧环境中，细菌会分解有机物产生甲烷。由于海洋深处的温度很低并且压力很高，甲烷以及其他碳氢化合物就会与水结合成水合物，这就是可燃冰。正因为如此，可燃冰拥有相当高的能量密度，1立方米的可燃冰燃烧所释放出的能量相当于164立方米的天然气燃烧所产生的能量。2019年，我国在南海首次成功实现了可燃冰的开采，这个事件具有里程碑的意义。未来如果能够大规模开采这种储量丰富、高能量密度的能源将有助于缓解能源危机。
既然叫可燃冰，它是可燃的，其主要成分为甲烷，这也是天然气的主要成分。可燃冰中的冰指的是水冰，水分子和甲烷在低温高压下结合成的固体。因此，可燃冰又称甲烷水合物，其外形看起来像冰，并且能在空气中燃烧。
问题1.可燃冰是甲烷的结晶水合物，那么甲烷与水分子之间存在氢键吗？(素养角度——宏观辨识与微观探析)
问题2.开采可燃冰有什么实际意义？(素养角度——科学态度与社会责任)
问题3.甲烷和水分别属于什么分子？含有什么类型的化学键？(素养角度——证据推理与模型认知)
答案：问题1 提示：不存在。甲烷中是C—H键，水中是H—O键，不符合氢键的定义：X—H…X(X指N、O、F)。
问题2 提示：可以作为新能源，甲烷燃烧的产物为无污染的水。
问题3 提示：甲烷为非极性分子，水为极性分子。C—H、O—H键均为极性键。
(1)判断化学键的类型。按物质的组成元素分为极性键和非极性键；按原子的电子云重叠分为σ键和π键。
(2)键的极性与分子的极性。键的极性是从原子成键的角度分析，而分子的极性是从物质的空间构型分析。
(3)分子的物理性质，取决于分子间作用力、范德华力以及氢键。它们会影响物质的熔、沸点和溶解性。
授课提示：对应学生用书第294页
1．微粒间的相互作用
(1)(2020·高考全国卷Ⅲ)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===3NH＋B3O＋9H2
B3O的结构为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由________变为________。
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是____________________，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＋”)。
(3)(2019·高考全国卷Ⅲ)①FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽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________。
②苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，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)(2018·高考全国卷Ⅰ)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中，存在________(填标号)。
A．离子键 B．σ键
C．π键 D．氢键
(5)(2018·高考全国卷Ⅱ)气态三氧化硫以单分子形式存在，其中共价键的类型有________种。
(6)(2018·高考全国卷Ⅱ)如图为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___________________________________________
_________________________________________________________________。
(7)(2018·高考全国卷Ⅲ)ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：(1)配位 N sp3 sp2 (2)乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2＋ (3)① 4 ②苯胺分子之间存在氢键 (4)AB (5)2 (6)S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (7)ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小
2．轨道杂化类型
(1)(2020·高考全国卷Ⅰ)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________。
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)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________、________。
(3)(2019·高考全国卷Ⅲ)NH4H2PO4中，P的________杂化轨道与O的2p轨道形成________键。
(4)(2018·高考全国卷Ⅰ)LiAlH4中的阴离子的中心原子的杂化形式为________。
(5)(2017·高考全国卷Ⅰ)I离子的中心原子的杂化形式为________。
(6)(2017·高考全国卷Ⅲ)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________。
(7)(2016·高考全国卷Ⅰ)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为________。
答案：(1)正四面体 4 sp3 (2)sp3 sp3 (3)sp3 σ (4)sp3 (5)sp3 (6)sp sp3 (7)sp3
3．微粒的空间构型
(1)(2019·高考全国卷Ⅱ)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为________，其沸点比NH3的________(填“高”或“低”)，其判断理由是_______________________
________________________________________________________________________。
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)LiAlH4中的阴离子空间构型是________。
(3)(2018·高考全国卷Ⅱ)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形。
(4)(2018·高考全国卷Ⅲ)ZnCO3中，阴离子空间构型为____________。
(5)(2016·高考全国卷Ⅱ)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是____________。
答案：(1)三角锥形 低 NH3分子间存在氢键
(2)正四面体 (3)平面三角 (4)平面三角形
(5)正四面体
课时作业 单独成册 对应学生用书第383页
[A组 基础题组]
1．配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。
(1)请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3：___________________________________________________________，
CoCl3·5NH3：___________________________________________________________，
CoCl3·4NH3(绿色或紫色)：______________________________________________。
(2)CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)的组成相同而颜色不同的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)上述配合物中，中心离子的配位数都是________。
解析：沉淀量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol，可知四种配合物中能电离出来的Cl－即外界Cl－分别有3、2、1、1个，故它们的化学式分别为[Co(NH3)6]Cl3，[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)4Cl2]Cl。
答案：(1)[Co(NH3)6]Cl3 [Co(NH3)5Cl]Cl2
[Co(NH3)4Cl2]Cl
(2)它们互为同分异构体 (3)6
2．请回答下列问题：
(1)维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用，该物质的结构简式如图所示。以下关于维生素B1的说法正确的是________(填字母，下同)。
a．只含σ键和π键
b．既有共价键又有离子键
c．该物质的熔点可能高于NaCl
d．既含有极性键又含有非极性键
(2)维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间的作用力有________。
a．离子键、共价键 b．离子键、氢键、共价键
c．氢键、范德华力 d．离子键、氢键、范德华力
(3)维生素B1燃烧可生成N2、NH3、CO2、SO2、H2O、HCl等物质，这些物质中属于非极性分子的化合物有________。氨气极易溶于水，其原因是________________________
________________________________________________________________________。
(4)液氨常被用作制冷剂，若不断地升高温度，实现“液氨氨气氮气和氢气氮原子和氢原子”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的相互作用是①____________；②极性键；③__________。
解析：(1)由结构简式知，维生素B1中含有Cl－及另一种有机离子，存在离子键，其他原子之间形成共价键，故a错误、b正确；与氯化钠晶体相比，维生素B1中的阳离子比Na＋半径大，晶格能小，熔点不可能高于NaCl，故c错误；维生素B1中碳碳键为非极性键，氮氢键、氧氢键、碳氢键为极性键，故d正确。
(2)晶体溶于水的过程会电离出Cl－等，故需要克服离子键，维生素B1分子间存在氢键、范德华力，故d正确。
(3)N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2。NH3极易溶于水，是因为NH3和水均为极性分子，NH3溶于水后，NH3与水之间可形成氢键，NH3可与水反应。
(4)液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；氨气分解生成N2和H2，破坏了氮氢极性键；N2、H2生成氮原子和氢原子，破坏了非极性键。
答案：(1)bd (2)d (3)CO2 氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中，氨气分子与水分子间易形成氢键，氨气可与水反应 (4)氢键、范德华力 非极性键
3．氮是一种典型的非金属元素，其单质及化合物在生活和生产中具有广泛的用途。回答下列问题：
(1)磷元素与氮元素同主族，基态磷原子有________个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图甲所示。科学家目前合成了N4分子，N4分子中氮原子的杂化轨道类型是________，N—N—N键角为________；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途可为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)NH3与Zn2＋可形成[Zn(NH3)6]2＋，其部分结构如图乙所示。
①NH3的立体构型为________。
②[Zn(NH3)6]2＋中存在的化学键类型有________；NH3分子中H—N—H键角为107°，判断[Zn(NH3)6]2＋离子中H—N—H键角________107°(填“>”“<”或“＝”)。
③肼(N2H4)可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2取代形成的另一种氮的氢化物。与N2H4互为等电子体的分子有________(写出一种即可)。
答案：(1)3 sp3 60° 用于制造火箭推进剂或炸药(其他合理答案也可) (2)①三角锥形 ②配位键、共价键 > ③CH3OH(或CH3SH等)
4．为了解释和预测分子的立体构型，科学家提出了价层电子对互斥(VSEPR)模型。
(1)利用VSEPR理论推断PO的VSEPR模型是________。
(2)有两种活性反应中间体粒子，它们的粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：
甲：________________________________________________________；
乙：_________________________________________________________。
(3)按要求写出第二周期非金属元素构成的中性分子的化学式：平面三角形分子：________，三角锥形分子：________，四面体形分子：________。
(4)写出SO3常见的等电子体的化学式，一价阴离子：________(写出一种，下同)；二价阴离子：________，它们的中心原子采用的杂化方式都是________。
解析：(1)根据价层电子对互斥理论知PO立体构型为正四面体形。
(2)甲的立体构型为平面三角形，则碳原子为sp2杂化，中心碳原子无孤电子对，因此价层电子对数为3，化学式为CH，乙的立体结构为三角锥形，则碳原子为sp3杂化，中心碳原子有1个孤电子对，因此价层电子对数为4，化学式为CH。
(3)由第二周期非金属元素构成的中性分子，第二周期元素为中心原子，通过sp2杂化形成中性分子，是平面形分子，该类型分子有BF3；第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子，如果是三角锥形分子，则该分子中价层电子对数是4且含有一个孤电子对，该类型分子有NF3；如果该分子为正四面体结构，则该分子的价层电子对数是4且不含孤电子对，该类型分子有CF4。
(4)SO3的原子数为4，价电子数为24，分子中S价层电子对数为＝3，杂化类型为sp2，分子构型为平面三角形。与SO3互为等电子体的为NO、CO或BF3等，NO、CO、BF3中中心原子价层电子对数分别为(5＋1)、(4＋2)、(3＋3)，均为3对，所以中心原子杂化方式都是sp2。
答案：(1)正四面体形 (2)CH CH
(3)BF3 NF3 CF4 (4)NO CO sp2
5．臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2＋催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO和NO，NOx也可在其他条件下被还原为N2。
(1)SO中心原子轨道的杂化类型为________；NO的立体构型为________________(用文字描述)。
(2)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为________(填化学式)。
(3)N2分子中σ键与π键的数目比N(σ)∶N(π)＝________。
(4)[Fe(H2O)6]2＋与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2＋中，NO以N原子与Fe2＋形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2＋结构示意图的相应位置补填缺少的配体。
[Fe(NO)(H2O)5]2＋结构示意图
解析：本题考查原子轨道杂化类型、微粒的空间构型、核外电子排布式、等电子体、σ键与π键、配位键等知识。
(1)SO中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；NO的中心原子杂化类型为sp2，且配位原子数与杂化轨道数相等，故NO的空间构型为平面三角形。
(2)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NO。
(3)N2的结构式为N≡N，故N(σ)∶N(π)＝1∶2。
(4)H2O中的O原子、NO中的N原子与Fe2＋形成配位键，故结构示意图为。
答案：(1)sp3 平面三角形 (2)NO
(3)1∶2 (4)
6．(2021·郑州模拟)黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是生产铜、铁和硫酸的原料。回答下列问题：
(1)血红素是吡咯(C4H5N)的重要衍生物，血红素(含Fe2＋)可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如下图：
①已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N原子的杂化类型为________。
②1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为________个。分子中的大π键可用Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡咯环中的大π键应表示为________。
③C、N、O三种元素的简单氢化物中，沸点由低到高的顺序为________________(填化学式)。
④血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过________键相结合的。
(2)黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可经过SO2→SO3→H2SO4途径形成酸雨。SO2的立体构型为________。H2SO4的酸性强于H2SO3的原因是________________。
解析：(1)①已知吡咯中的氮原子及与其相连的原子均在同一平面内且为平面三角形，则吡咯分子中N原子的杂化类型为sp2。
②根据分子结构可知1 mol吡咯分子中有8 mol单键、2 mol双键，所以所含的σ键总数为10NA；吡咯环分子中形成大π键的原子数为5个；氮原子中未参与成键的电子为1对，碳碳原子间除了形成σ键外，还有4个碳分别提供1个电子形成π键，共有电子数为6，所以吡咯环中的大π键应表示为Π。
③CH4分子间无氢键，沸点最低，而NH3、H2O分子间均含氢键，由于氧原子的电负性大于氮原子的电负性，所以H2O分子间氢键较强，水的沸点最高；因此，三种氢化物的沸点由低到高的顺序为CH4
(2)SO2中S原子的价层电子对数＝2＋(6—2×2)＝3，孤电子对数为1，则SO2的立体构型为V形；SO2(OH)2(或H2SO4)中S的化合价为＋6，S的正电性强于SO(OH)2(或H2SO3)中的S，使羟基中O、H间的共用电子对更易偏向O原子，羟基更容易电离出H＋，故酸性H2SO4强于H2SO3。
答案：(1)①sp2 ②10NA Π ③CH4＜NH3＜H2O ④配位 (2)V形 SO2(OH)2(或H2SO4)中S的化合价为＋6，S的正电性强于SO(OH)2(或H2SO3)中的S，使羟基中O、H间的共用电子对更易偏向O原子，羟基更容易电离出H＋
第40讲 分子结构与性质
目标要求
核心素养
1.了解共价键的形成、极性、类型(σ键和π键)。了解配位键的含义。
2.能用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质。
3.能用价层电子对互斥理论或者杂化轨道理论推测简单分子或离子的空间构型。
4.了解杂化轨道理论及简单的杂化轨道类型(sp、sp2、sp3)。
5.了解范德华力的含义及对物质性质的影响。
6.了解氢键的含义，能列举存在氢键的物质，并能解释氢键对物质性质的影响。
1.宏观辨识与微观探析：能从不同层次认识分子的构型，并对共价键进行分类，能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题。
2.证据推理与模型认知：能运用价层电子对互斥理论和杂化轨道理论等解释分子的立体构型及性质，揭示现象的本质与规律。
3.科学探究与创新意识：能发现和提出有探究价值的关于分子的结构、性质的问题，设计探究方案进行探究分析，面对“异常”现象敢于提出自己的见解。
考点1 共价键
授课提示：对应学生用书第287页
1．本质：在原子之间形成共用电子对。
2．特征：具有饱和性和方向性。
3．分类
分类依据
类型
形成共价键的原子轨道重叠方式
σ键
电子云“头碰头”重叠
π键
电子云“肩并肩”重叠
形成共价键的电子对是否偏移
极性键
共用电子对发生偏移
非极性键
共用电子对不发生偏移
原子间共用电子对的数目
单键
原子间有一对共用电子对
双键
原子间有两对共用电子对
三键
原子间有三对共用电子对
4.键参数
(1)概念
(2)键参数对分子性质的影响
①
②键参数与分子稳定性的关系：键长越短，键能越大，分子越稳定。
5．配位键
(1)孤电子对
分子或离子中没有跟其他原子共用的电子对称孤电子对。
(2)配位键
①定义：由一个原子提供一对电子与另一个接受电子的原子形成的共价键。
②配位键的表示：常用“→”来表示配位键，箭头指向接受孤电子对的原子，如NH可表示为在NH中，虽然有一个N—H键形成过程与其他3个N—H键形成过程不同，但是一旦形成之后，4个共价键就完全相同。
(3)配合物
①定义：金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物。
②形成条件
③组成
如[Cu(NH3)4]SO4
6．等电子原理
(1)等电子体：原子总数相同、价电子总数相同的微粒互称为等电子体。如：N2和CO、O3与SO2是等电子体，但N2与C2H2不是等电子体。
(2)等电子原理：等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质相近，此原理称为等电子原理，例如CO和N2的熔、沸点，溶解性等都非常相近。
1．试根据下表回答问题。
某些共价键的键长数据如下所示：
共价键
键长/nm
C—C
0.154
C===C
0.133
C≡C
0.120
C—O
0.143
C===O
0.122
N—N
0.146
N===N
0.120
N≡N
0.110
根据表中有关数据，你能推断出影响共价键键长的因素主要有哪些？其影响的结果怎样？
提示：原子半径、原子间形成的共用电子对数目。形成相同数目的共用电子对，原子半径越小，共价键的键长越短；原子半径相同，形成共用电子对数目越多，键长越短。
2．N≡N键的键能为946 kJ·mol－1，N—N键的键能为193 kJ·mol－1，则一个π键的平均键能为________，说明N2中_______键比_______键稳定(填“σ”或“π”)。
提示：π键的平均键能为＝376．5 kJ·mol－1，所以N2中π键比σ键稳定。
答案：376.5 kJ·mol－1 π σ
(1)在所有分子中都存在化学键。(×)
(2)σ键比π键的电子云重叠程度大，形成的共价键强。(√)
(3)σ键能单独形成，而π键一定不能单独形成。(√)
(4)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，1 mol该配合物中含有σ键的数目为14NA。(×)
1．归纳整合：σ键与π键的判断方法
(1)由轨道重叠方式判断。“头碰头”重叠的为σ键，“肩并肩”重叠的为π键。
(2)由原子间成键数目判断。共价单键是σ键，共价双键中含有一个σ键，一个π键；共价三键中含有一个σ键，两个π键。
(3)由成键轨道类型判断。s轨道形成的共价键全部是σ键，杂化轨道形成的共价键全部为σ键。
2．思维建模：确定等电子体的方法(举例)
变换过程中注意电荷变化，并伴有元素种类的改变
序号
方法
示例
①
竖换：把同族元素(同族原子价电子数相同)上下交换，即可得到相应的等电子体
CO2与CS2、O3和SO2
②
横换：换相邻主族元素，这时候价电子发生变化，再通过得失电子使价电子总数相等
N2与CO
③
可以将分子变换为离子，也可以将离子变换为分子
O3与NO、CH4与NH、CO与CN－
题组一 判断共价键的类别
1．含碳元素的物质是化学世界中最庞大的家族，请填写下列空格。
(1)CH4中的化学键从形成过程来看，属于________(填“σ”或“π”)键，从其极性来看属于________键。
(2)已知CN－与N2结构相似，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为________。
(3)C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成共价键，且每个碳原子最外层都满足8电子稳定结构，则C60分子中π键的数目为________。
(4)利用CO可以合成化工原料COCl2，COCl2分子的结构式为每个COCl2分子内含有的σ键、π键数目为________。(填字母)
A．4个σ键 B．2个σ键、2个π键
C．2个σ键、1个π键 D．3个σ键、1个π键
答案：(1)σ 极性 (2)1∶1 (3)30 (4)D
题组二 键参数
2．NH3分子的空间构型是三角锥形，而不是正三角形的平面结构，解释该事实的充分理由是( )
A．NH3分子是极性分子
B．分子内3个N—H键的键长相等，键角相等
C．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于107°
D．NH3分子内3个N—H键的键长相等，3个键角都等于120°
答案：C
3．结合事实判断CO和N2相对更活泼的是________，试用下表中的键能数据解释其相对更活泼的原因：____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
CO
C—O
C==O
CO
键能/(kJ·mol－1)
357.7
798.9
1 071.9
N2
N—N
N===N
N≡N
键能/(kJ·mol－1)
154.8
418.4
941.7
解析：由断开CO分子的第一个化学键所需要的能量[1 071.9－798.9＝273.0(kJ·mol－1)]比断开N2分子的第一个化学键所需要的能量[941.7－418.4＝523.3(kJ·mol－1)]小，可知CO相对更活泼。
答案：CO 断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(273.0 kJ·mol－1)比断开N2分子的第一个化学键所需要的能量(523.3 kJ·mol－1)小
题组三 配位键和配合物
4．(1)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，则该配合物提供孤电子对的原子是________。
(2)F－、K＋和Fe3＋三种离子组成的化合物K3FeF6，其中化学键的类型有________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为________________，配体是________。
解析：(1)B原子与X原子形成配位键，因为B为缺电子原子，只能做中心原子，故形成配位键时提供孤电子对的原子是X。
(2)由化合物K3FeF6，知它是一种离子化合物，其中的化学键有离子键和配位键，复杂离子为[FeF6]3－，配位体是F－。
答案：(1)X (2)离子键、配位键 [FeF6]3－ F－
5．铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。
(1)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋配离子。已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是______________________
________________________________________________________________________。
(2)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2－。不考虑空间构型，
[Cu(OH)4]2－的结构可用示意图表示为____________________________________________。
解析：(1)N、F、H三种元素的电负性大小顺序：F>N>H，所以NH3中共用电子对偏向N原子，而在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子。
(2)Cu2＋中存在空轨道，而OH－中O原子有孤对电子，故O与Cu之间以配位键结合。
答案：(1)N、F、H三种元素的电负性大小顺序：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2＋形成配位键
(2)
6．Co的氯化物与氨水反应可形成配合物[CoCl(NH3)5]Cl2,1 mol该配合物中含有σ键的数目为________，含1 mol [CoCl(NH3)5]Cl2的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成________mol AgCl沉淀。
解析：[CoCl(NH3)5]Cl2内界中Co与Cl、NH3之间以配位键相连，配位键属于σ键，共6个，加上5个NH3的15个σ键，共21个σ键。配合物内界与外界之间是离子键，内界中的Cl－并不能电离，故1 mol [CoCl(NH3)5]Cl2中只有2 mol Cl－能与AgNO3溶液反应，所以1 mol [CoCl(NH3)5]Cl2可生成2 mol AgCl沉淀。
答案：21NA 2
考点2 分子的立体构型
授课提示：对应学生用书第289页
1．价层电子对互斥理论
(1)理论要点
①价层电子对在空间上彼此相距最远时，排斥力最小，体系的能量最低。
②孤电子对的排斥力较大，孤电子对越多，排斥力越强，键角越小。
(2)价层电子对互斥理论与分子构型
电子对数
σ键电子对数
孤电子对数
电子对立体构型
分子立体构型
实例
2
2
0
直线形
直线形
CO2
3
3
0
平面三角形
平面三角形
BF3
2
1
V形
SO2
4
4
0
四面体形
正四面体形
CH4
3
1
三角锥形
NH3
2
2
V形
H2O
2.杂化轨道理论
(1)理论要点
当原子成键时，原子的价层电子轨道相互混杂，形成与原轨道数相等且能量相同的杂化轨道。杂化轨道数不同，轨道间的夹角不同，形成分子的空间结构不同。
(2)杂化轨道的类型与分子立体构型的关系
杂化类型
杂化轨道数目
杂化轨道间夹角
空间构型
实例
sp
2
180°
直线形
BeCl2
sp2
3
120°
平面三角形
BF3
sp3
4
109°28′
正四面体形
CH4
1．填表
序号
物质
中心原子上的孤电子对数
价层电子对数
VSEPR模型名称
分子或离子立体构型
中心原子杂化类型
①
CS2
0
2
直线形
直线形
sp
②
HCHO
0
3
平面三角形
平面三角形
sp2
③
NCl3
1
4
四面体形
三角锥形
sp3
④
SO
0
4
正四面体形
正四面体形
sp3
⑤
H3O＋
1
4
四面体形
三角锥形
sp3
2.比较下列分子或离子中键角大小
(1)H2O________H3O＋，NH3________NH。
(2)SO3________CCl4，CS2________SO2。
答案：(1)< < (2)> >
(1)杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对。(√)
(2)分子中中心原子若通过sp3杂化轨道成键，则该分子一定为正四面体结构。(×)
(3)NH3分子的空间构型为三角锥形，N原子发生sp2杂化。(×)
(4)只要分子构型为平面三角形，中心原子均为sp2杂化。(√)
(5)中心原子是sp杂化的，其分子构型不一定为直线形。(×)
(6)价层电子对互斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数。(√)
归纳整合：“五方法”判断分子中心原子的杂化类型
1．根据杂化轨道的空间分布构型判断
(1)若杂化轨道在空间的分布为正四面体形或三角锥形，则分子的中心原子发生sp3杂化。
(2)若杂化轨道在空间的分布呈平面三角形，则分子的中心原子发生sp2杂化。
(3)若杂化轨道在空间的分布呈直线形，则分子的中心原子发生sp杂化。
2．根据杂化轨道之间的夹角判断
若杂化轨道之间的夹角为109°28′，则分子的中心原子发生sp3杂化；若杂化轨道之间的夹角为120°，则分子的中心原子发生sp2杂化；若杂化轨道之间的夹角为180°，则分子的中心原子发生sp杂化。
3．根据等电子原理进行判断
如CO2是直线形分子，CNS－、N与CO2是等电子体，所以分子构型均为直线形，中心原子均采用sp杂化。
4．根据中心原子的价层电子对数判断
如中心原子的价层电子对数为4，是sp3杂化，为3是sp2杂化，为2是sp杂化。
5．根据分子或离子中有无π键及π键数目判断
如没有π键为sp3杂化，含一个π键为sp2杂化，含两个π键为sp杂化。
题组一 利用价层电子对互斥理论确定分子立体构型
1．列式计算下列微粒的中心原子孤电子对数
(1)NH；
(2)AsCl3；
(3)SO2。
解析：中心原子孤电子对数＝(a－xb)式中a为中心原子的价电子数，x为中心原子结合的原子数；b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。
(1)NH的中心原子为N，a＝5－1，b＝1，x＝4，所以中心原子孤电子对数＝(a－xb)＝×(4－4×1)＝0。
(2)AsCl3的中心原子为As，a＝5，b＝1，x＝3，所以中心原子孤电子对数＝(a－xb)＝×(5－3×1)＝1。
(3)SO2的中心原子为S，a＝6，b＝2，x＝2，所以中心原子孤电子对数＝(a－xb)＝×(6－2×2)＝1。
答案：(1)(a－xb)＝×(4－4×1)＝0。
(2)(a－xb)＝×(5－3×1)＝1。
(3)(a－xb)＝×(6－2×2)＝1。
2．列式计算价层电子对数
(1)NH；
(2)AsCl3；
(3)SO2。
解析：
(1)NH的价层电子对数＝4＋0＝4。
(2)AsCl3的价层电子对数＝3＋1＝4。
(3)SO2的价层电子对数＝2＋1＝3。
答案：(1)4＋0＝4。
(2)3＋1＝4。
(3)2＋1＝3。
3．确定下列微粒立体构型
(1)NH：________________________________________________________________
(2)AsCl3：_______________________________________________________________
(3)SO2：_________________________________________________________________
答案：(1)正四面体形
(2)三角锥形
(3)V形
题组二 判断杂化轨道的类型
4．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是( )
A．sp，范德华力 B．sp2，范德华力
C．sp2，氢键 D．sp3，氢键
解析：由石墨的晶体结构知C原子为sp2杂化，故B原子也为sp2杂化，但由于B(OH)3中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力为氢键。
答案：C
题组三 利用等电子体原理确定分子的立体构型
5．已知CO2为直线形，SO3为平面正三角形，NF3为三角锥形，请推测COS、CO、PCl3的空间构型。
解析：COS与CO2互为等电子体，其结构与CO2相似，所以为直线形；CO与SO3互为等电子体，结构相似，所以CO为平面正三角形；PCl3与NF3互为等电子体，结构相似，所以PCl3为三角锥形。
答案：COS为直线形；CO为平面正三角形；PCl3为三角锥形。
[练后归纳] 常见的等电子体汇总
微粒
通式
价电子总数
立体构型
CO2、CNS－、NO、N
AX2
16e－
直线形
CO、NO、SO3
AX3
24e－
平面三角形
SO2、O3、NO
AX2
18e－
V形
SO、PO
AX4
32e－
正四面体形
PO、SO、ClO
AX3
26e－
三角锥形
CO、N2
AX
10e－
直线形
CH4、NH
AX4
8e－
正四面体形
分子中“大π键”的判断方法
授课提示：对应学生用书第290页
一、认识大π键
在一个具有平面结构的多原子分子内，彼此相邻的3个或多个原子中相互平行且未参与杂化的p轨道肩并肩地相互重叠形成的多电子π型化学键，称为大π键，记作Π，读作“m中心n电子大π键”，其中m表示平行的p轨道数，即参与形成大π键的原子数；n表示平行p轨道中的电子总数，即参与形成大π键的电子数。
二、判断大π键的方法
1．确定分子的空间构型
根据大π键的概念可知，只有平面型分子才能形成大π键，这是形成大π键的首要条件。那么，如何确定分子的空间构型呢？
对于有机分子，一般通过给定分子的结构式来确定，有单双键交替结构的分子必有平面型结构存在。例如，1,3丁二烯的结构式为由于存在单双键交替结构，其分子结构为平面型。
对于ABm型无机分子或离子，用VSEPR理论确定其构型。例如，在BF3分子中，B原子的价层电子对数为＝3，分子构型为平面正三角形。又如，在NH3中，N原子的价层电子对数为＝4，N原子上有1个孤电子对，分子构型为三角锥形，4个原子不共平面，无法形成大π键。
2．确定大π键的原子数
除了分子构型为平面型外，相邻原子中还必须有相互平行且未参与杂化的p轨道才能形成大π键，这就要求参与形成大π键的原子必须采取sp2杂化或sp杂化，这是形成大π键的第二个条件。那么，如何确定形成大π键的原子数呢？
对于有机分子，依据化学键特征来确定。烷烃中只含有单键，中心原子为sp3杂化，无相互平行且未参与杂化的p轨道，无法形成大π键；若分子中存在单双键交替结构，形成碳碳双键的碳原子为sp2杂化，原子中有相互平行且未参与杂化的p轨道，能形成大π键。例如，在1,3丁二烯中，构成单双键交替结构的4个碳原子都采取sp2杂化，4个碳原子提供4个相互平行且未参与杂化的p轨道可参与形成大π键。
对于ABm型无机分子或离子，用杂化轨道理论来确定。例如，在BF3分子中，B原子采取sp2杂化，假设参与杂化的轨道是2s、2px、2py，则未参与杂化的2pz轨道与3个F原子的2pz轨道相互平行，4个原子提供4个相互平行且未参与杂化的p轨道，参与形成大π键。又如：在H2O中，O原子的价层电子对数为＝4，O原子上有2个孤电子对，分子构型为V形，3个相邻原子虽然共平面，但由于O原子采取sp3杂化，分子中无相互平行且未参与杂化的p轨道，无法形成大π键。
3．确定大π键的电子数
由杂化轨道理论可知，若相互平行且未杂化的p轨道都已容纳2个电子时不会重叠成键，所以形成大π键的每个p轨道有的容纳2个电子，有的容纳1个电子，有的是无电子的空轨道，由此可知形成大π键的第三个条件是p轨道上的电子总数小于p轨道数的2倍。那么，如何确定大π键的电子数呢？
对于有机分子，可依据化学键的特征来确定。对于碳原子来说，有4个单电子，若形成3个σ键，则剩余1个电子参与形成大π键；若形成2个σ键，则剩余2个电子可能分别参与形成2个相互垂直的大π键。例如，在1,3丁二烯中，每个碳原子均已形成3个σ键，剩余1个电子参与形成大π键，4个平行的p轨道肩并肩重叠形成了四中心四电子大π键，记作Π。
对于ABm型无机分子或离子，形成大π键的电子由中心原子和配位原子相互平行且未杂化的p轨道共同提供。中心原子提供的电子数＝中心原子的价电子数－参与杂化的电子数(包括孤电子对和成键电子)。配位原子提供的电子数可分为2种情况分析：若配位原子的单电子全部参与形成σ键，则每个配位原子提供2个电子；若配位原子的单电子部分参与形成σ键，为了达到稳定结构，单电子优先参与形成大π键，则每个配位原子提供1个电子。例如，在BF3分子中，B原子的3个价电子全部参与形成σ键，形成大π键时只提供空轨道，每个配位F原子仅有的1个单电子参与形成σ键，形成大π键时每个F原子分别提供2个电子，共有6个电子，满足形成大π键第三个条件。最终，4个相互平行的p轨道肩并肩地重叠形成了四中心六电子大π键，记作Π。
三、经典例题建模
[典例] 我国科学家最近成功合成了世界首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。回答下列问题：
经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图所示。
分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则N中的大π键应表示为________。
[解析] 第一步：由题给球棍模型可知N应为平面型结构，满足形成大π键的第一个条件。
第二步：由N的平面型结构可知N原子的杂化类型为sp2，即N中有5个相互平行且未参与杂化的p轨道，满足形成大π键的第二个条件。
第三步：每个N原子均有3个单电子，拿出2个单电子分别参与形成σ键，还剩余1个单电子参与形成大π键，再加上1个负电荷，共6个电子，满足形成大π键的第三个条件。
最终，5个相互平行的p轨道肩并肩地重叠形成了五中心六电子大π键，记作Π。
[答案] Π。
[考能突破练]
1．研究发现，在CO2低压合成甲醇反应(CO2＋3H2===CH3OH＋H2O)中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。
解析：由于Mn(NO3)2为离子化合物，因此Mn2＋和NO以离子键相结合。关键是如何判断NO中有大π键。
第一步：用VSEPR理论确定NO的空间构型。N原子的价层电子对数为＝3，NO为平面正三角形，满足形成大π键的第一个条件。
第二步：用杂化轨道理论确定大π键的原子数。N原子采取sp2杂化，假设参与杂化的轨道是2s、2px、2py，则N原子未参与杂化的2pz轨道与3个O原子的2pz轨道相互平行，4个原子提供4个相互平行且未参与杂化的p轨道，满足形成大π键的第二个条件。
第三步：确定大π键的电子数。N原子的3个单电子全部参与形成σ键，提供给大π键的电子数为5－3＝2；每个配位O原子2p轨道上有两个单电子，其中1个单电子与N原子形成σ键，还剩余1个单电子参与形成大π键，再加上1个负电荷，共有6个电子，满足形成大π键的第三个条件。
最终，4个相互平行且未杂化的p轨道肩并肩地重叠形成了四中心六电子大π键，记作Π。
答案：离子键和大π键(Π键)。
2．气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为________，其中共价键的类型有________种。
解析：第一步：用VSEPR理论确定SO3的空间构型。S原子的价层电子对数为＝3，SO3的空间构型为平面正三角形，满足形成大π键的第一个条件。
第二步：用杂化轨道理论确定大π键的原子数。S原子采取sp2杂化，假设参与杂化的轨道是3s、3px、3py，则未参与杂化的3pz轨道与3个O原子的2pz轨道相互平行，4个原子提供4个相互平行且未参与杂化的p轨道，满足形成大π键的第二个条件。
第三步：确定大π键的电子数。S原子提供3个电子参与形成σ键，提供给大π键的电子数为6－3＝3，每个配位O原子2p轨道上有2个单电子，其中1个单电子与S原子形成σ键，剩余1个单电子参与形成大π键，共6个电子，满足形成大π键的第三个条件。
最终，4个相互平行且未杂化的p轨道肩并肩地重叠形成了四中心六电子大π键，记作Π。
答案：平面三角形 2
考点3 分子间作用力与分子的性质
授课提示：对应学生用书第291页
1．分子间作用力
(1)概念：
物质分子之间普遍存在的相互作用力，称为分子间作用力。
(2)分类：
分子间作用力最常见的是范德华力和氢键。
(3)范德华力与物质性质
定义
固态和液态分子之间普遍存在的一种相互作用力
实质
范德华力的实质是电性作用，无饱和性和方向性
影响范德华力的因素
一般来说，结构和组成相似的物质，随着相对分子质量的增大，范德华力逐渐增强
范德华力与物质的性质
范德华力主要影响物质的熔点、沸点等物理性质
(4)氢键与物质性质
定义
已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与另一个分子中电负性很强的原子之间的作用力
表达方式
用A—H…B表示
形成条件
氢原子两边的A原子和B原子所属元素通常具有很强的电负性和很小的原子半径
特征
具有一定的方向性和饱和性
对物质性质的影响
主要表现为物质的熔点和沸点升高，对物质电离、溶解等也产生影响
分类
氢键有分子内氢键和分子间氢键
2.分子的性质
(1)分子的极性
类型
非极性分子
极性分子
形成原因
正电中心和负电中心重合的分子
正电中心和负电中心不重合的分子
存在的共价键
非极性键或极性键
非极性键和极性键
分子内原子排列
对称
不对称
(2)分子的溶解性
①“相似相溶”的规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂。若溶剂和溶质分子之间可以形成氢键，则溶质的溶解度增大。
②随着溶质分子中憎水基的增大，溶质在水中的溶解度减小。如甲醇、乙醇和水以任意比互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
(3)分子的手性
①手性异构：具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手和右手一样互为镜像，在三维空间里不能重叠的现象。
②手性分子：具有手性异构体的分子。
③手性碳原子：在有机物分子中，连有四个不同基团或原子的碳原子。含有手性碳原子的分子是手性分子，如
(4)无机含氧酸分子的酸性：
无机含氧酸的通式可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H＋，酸性越强，如酸性：HClO
1．写出HF水溶液中的所有氢键。
提示：F—H…O、F—H…F、O—H…F、O—H…O
2．NH3极易溶于水的因素有哪些？
提示：①NH3是极性分子，易溶于极性分子H2O形成的溶剂中；②NH3与H2O之间形成分子间氢键；③NH3可与水反应。
(1)可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子间形成了氢键。(×)
(2)乙醇分子和水分子间只存在范德华力。(×)
(3)氢键具有方向性和饱和性。(√)
(4)H2O2分子间存在氢键。(√)
(5)卤素单质、卤素氢化物、卤素碳化物(即CX4)的熔、沸点均随着相对分子质量的增大而增大。(×)
(6)氢键的存在一定能使物质的熔、沸点升高。(×)
(7)H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键。(×)
归纳整合：ABn(n≥3)型分子极性的判断方法
方法1.根据分子构型判断
若分子是对称的(直线形、正三角形、正四面体形等)，极性键的极性向量和等于零时，为非极性分子；否则是极性分子。如CH4、CO2等含有极性键，是非极性分子；H2O、NH3等含有极性键，是极性分子。
方法2.利用孤电子对判断
若中心原子A中无孤电子对，则为非极性分子，有孤电子对，则为极性分子。
方法3.利用化合价判断
中心原子A的化合价的绝对值＝该元素所在的主族序数，则为非极性分子；若不等，则为极性分子。BCl3、CO2是非极性分子；SO2、NH3是极性分子。
题组一 键的极性与分子的极性
1．硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
(1)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是______________________________________。
(2)氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是__________________
________________________________________________________________________；
氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为__________。
解析：(1)SO中S无孤电子对，立体构型为正四面体形。(2)NH3分子间存在氢键，故沸点比PH3的高。NH3中N有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，因此NH3为极性分子，N的杂化轨道数为3＋1＝4，杂化类型为sp3。
答案：(1)正四面体形 (2)高于 NH3分子间可形成氢键 极性 sp3
2.已知H2O2分子的结构如图所示：H2O2分子不是直线形的，两个氢原子犹如在半展开的书的两页上，两个氧原子在书脊位置上，书页夹角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′。
试回答：
(1)H2O2分子是含有________键和________键的___________________________(填“极性”或“非极性”)分子。
(2)H2O2难溶于CS2，简要说明理由：________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)H2O2中氧元素的化合价是__________，简要说明原因：_____________________。
答案：(1)极性 非极性 极性 (2)因H2O2为极性分子，而CS2为非极性溶剂，根据相似相溶规律，H2O2难溶于CS2 (3)－1价 因O—O键为非极性键，而O—H键为极性键，共用电子对偏向氧，故氧为－1价
题组二 氢键对物质性质的影响
3．按照要求填空：
(1)H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，其原因是________________________________
________________________________________________________________________。
(2)已知苯酚()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_________________________________
________________________________________________________________________。
(3)化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，其主要原因是_______________________
________________________________________________________________________。
(4)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________；的沸点比高，原因是___________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)水分子与乙醇分子之间能形成氢键。
(2)由于能形成分子内氢键，所以水杨酸的第二级电离更困难，故K2(水杨酸)
(4)O—H键、氢键、范德华力 形成分子内氢键，而形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大
题组三 无机含氧酸的酸性
4．S有两种常见的含氧酸，较高价的酸性比较低价的酸性________，理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：强 S的正电性越高，导致S—O—H中O的电子向S偏移，因而在水分子的作用下，也就越容易电离出H＋，即酸性越强
5．判断含氧酸酸性强弱的一条经验规律是含氧酸分子结构中含非羟基氧原子数越多，该含氧酸的酸性越强，如下表所示：
含氧酸酸性强弱与非羟基氧原子数的关系
次氯酸
磷酸
硫酸
高氯酸
含氧酸
Cl—OH
非羟基氧原子数
0
1
2
3
酸性
弱酸
中强酸
强酸
最强酸
(1)亚磷酸H3PO3和亚砷酸H3AsO3分子式相似，但它们的酸性差别很大，H3PO3是中强酸，H3AsO3既有弱酸性又有弱碱性。由此可推出它们的结构简式分别为①________________，②________________。
(2)H3PO3和H3AsO3与过量的NaOH溶液反应的化学方程式分别是
①________________________________________________________________________，
②________________________________________________________________________。
解析：(1)已知H3PO3为中强酸，H3AsO3为弱酸，依据题给信息可知H3PO3中含1个非羟基氧原子，H3AsO3中不含非羟基氧原子。(2)与过量NaOH溶液反应的化学方程式的书写，需得知H3PO3和H3AsO3分别为几元酸，从题给信息可知，含氧酸分子结构中含几个羟基氢，则该酸为几元酸。故H3PO3为二元酸，H3AsO3为三元酸。
答案：(1)
(2)①H3PO3＋2NaOH===Na2HPO3＋2H2O
②H3AsO3＋3NaOH===Na3AsO3＋3H2O
题组四 新素材命题
6．在海洋深处的低氧环境中，细菌会分解有机物产生甲烷。由于海洋深处的温度很低并且压力很高，甲烷以及其他碳氢化合物就会与水结合成水合物，这就是可燃冰。正因为如此，可燃冰拥有相当高的能量密度，1立方米的可燃冰燃烧所释放出的能量相当于164立方米的天然气燃烧所产生的能量。2019年，我国在南海首次成功实现了可燃冰的开采，这个事件具有里程碑的意义。未来如果能够大规模开采这种储量丰富、高能量密度的能源将有助于缓解能源危机。
既然叫可燃冰，它是可燃的，其主要成分为甲烷，这也是天然气的主要成分。可燃冰中的冰指的是水冰，水分子和甲烷在低温高压下结合成的固体。因此，可燃冰又称甲烷水合物，其外形看起来像冰，并且能在空气中燃烧。
问题1.可燃冰是甲烷的结晶水合物，那么甲烷与水分子之间存在氢键吗？(素养角度——宏观辨识与微观探析)
问题2.开采可燃冰有什么实际意义？(素养角度——科学态度与社会责任)
问题3.甲烷和水分别属于什么分子？含有什么类型的化学键？(素养角度——证据推理与模型认知)
答案：问题1 提示：不存在。甲烷中是C—H键，水中是H—O键，不符合氢键的定义：X—H…X(X指N、O、F)。
问题2 提示：可以作为新能源，甲烷燃烧的产物为无污染的水。
问题3 提示：甲烷为非极性分子，水为极性分子。C—H、O—H键均为极性键。
(1)判断化学键的类型。按物质的组成元素分为极性键和非极性键；按原子的电子云重叠分为σ键和π键。
(2)键的极性与分子的极性。键的极性是从原子成键的角度分析，而分子的极性是从物质的空间构型分析。
(3)分子的物理性质，取决于分子间作用力、范德华力以及氢键。它们会影响物质的熔、沸点和溶解性。
授课提示：对应学生用书第294页
1．微粒间的相互作用
(1)(2020·高考全国卷Ⅲ)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===3NH＋B3O＋9H2
B3O的结构为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由________变为________。
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是____________________，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＋”)。
(3)(2019·高考全国卷Ⅲ)①FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽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________。
②苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，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)(2018·高考全国卷Ⅰ)LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中，存在________(填标号)。
A．离子键 B．σ键
C．π键 D．氢键
(5)(2018·高考全国卷Ⅱ)气态三氧化硫以单分子形式存在，其中共价键的类型有________种。
(6)(2018·高考全国卷Ⅱ)如图为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___________________________________________
_________________________________________________________________。
(7)(2018·高考全国卷Ⅲ)ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案：(1)配位 N sp3 sp2 (2)乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2＋ (3)① 4 ②苯胺分子之间存在氢键 (4)AB (5)2 (6)S8相对分子质量大，分子间范德华力强 (7)ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小
2．轨道杂化类型
(1)(2020·高考全国卷Ⅰ)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________。
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)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________、________。
(3)(2019·高考全国卷Ⅲ)NH4H2PO4中，P的________杂化轨道与O的2p轨道形成________键。
(4)(2018·高考全国卷Ⅰ)LiAlH4中的阴离子的中心原子的杂化形式为________。
(5)(2017·高考全国卷Ⅰ)I离子的中心原子的杂化形式为________。
(6)(2017·高考全国卷Ⅲ)CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为________和________。
(7)(2016·高考全国卷Ⅰ)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为________。
答案：(1)正四面体 4 sp3 (2)sp3 sp3 (3)sp3 σ (4)sp3 (5)sp3 (6)sp sp3 (7)sp3
3．微粒的空间构型
(1)(2019·高考全国卷Ⅱ)元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为________，其沸点比NH3的________(填“高”或“低”)，其判断理由是_______________________
________________________________________________________________________。
(2)(2018·高考全国卷Ⅰ)LiAlH4中的阴离子空间构型是________。
(3)(2018·高考全国卷Ⅱ)气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形。
(4)(2018·高考全国卷Ⅲ)ZnCO3中，阴离子空间构型为____________。
(5)(2016·高考全国卷Ⅱ)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是____________。
答案：(1)三角锥形 低 NH3分子间存在氢键
(2)正四面体 (3)平面三角 (4)平面三角形
(5)正四面体
课时作业 单独成册 对应学生用书第383页
[A组 基础题组]
1．配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。
(1)请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3：___________________________________________________________，
CoCl3·5NH3：___________________________________________________________，
CoCl3·4NH3(绿色或紫色)：______________________________________________。
(2)CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)的组成相同而颜色不同的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)上述配合物中，中心离子的配位数都是________。
解析：沉淀量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol，可知四种配合物中能电离出来的Cl－即外界Cl－分别有3、2、1、1个，故它们的化学式分别为[Co(NH3)6]Cl3，[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)4Cl2]Cl。
答案：(1)[Co(NH3)6]Cl3 [Co(NH3)5Cl]Cl2
[Co(NH3)4Cl2]Cl
(2)它们互为同分异构体 (3)6
2．请回答下列问题：
(1)维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用，该物质的结构简式如图所示。以下关于维生素B1的说法正确的是________(填字母，下同)。
a．只含σ键和π键
b．既有共价键又有离子键
c．该物质的熔点可能高于NaCl
d．既含有极性键又含有非极性键
(2)维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间的作用力有________。
a．离子键、共价键 b．离子键、氢键、共价键
c．氢键、范德华力 d．离子键、氢键、范德华力
(3)维生素B1燃烧可生成N2、NH3、CO2、SO2、H2O、HCl等物质，这些物质中属于非极性分子的化合物有________。氨气极易溶于水，其原因是________________________
________________________________________________________________________。
(4)液氨常被用作制冷剂，若不断地升高温度，实现“液氨氨气氮气和氢气氮原子和氢原子”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的相互作用是①____________；②极性键；③__________。
解析：(1)由结构简式知，维生素B1中含有Cl－及另一种有机离子，存在离子键，其他原子之间形成共价键，故a错误、b正确；与氯化钠晶体相比，维生素B1中的阳离子比Na＋半径大，晶格能小，熔点不可能高于NaCl，故c错误；维生素B1中碳碳键为非极性键，氮氢键、氧氢键、碳氢键为极性键，故d正确。
(2)晶体溶于水的过程会电离出Cl－等，故需要克服离子键，维生素B1分子间存在氢键、范德华力，故d正确。
(3)N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2。NH3极易溶于水，是因为NH3和水均为极性分子，NH3溶于水后，NH3与水之间可形成氢键，NH3可与水反应。
(4)液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；氨气分解生成N2和H2，破坏了氮氢极性键；N2、H2生成氮原子和氢原子，破坏了非极性键。
答案：(1)bd (2)d (3)CO2 氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中，氨气分子与水分子间易形成氢键，氨气可与水反应 (4)氢键、范德华力 非极性键
3．氮是一种典型的非金属元素，其单质及化合物在生活和生产中具有广泛的用途。回答下列问题：
(1)磷元素与氮元素同主族，基态磷原子有________个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图甲所示。科学家目前合成了N4分子，N4分子中氮原子的杂化轨道类型是________，N—N—N键角为________；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途可为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)NH3与Zn2＋可形成[Zn(NH3)6]2＋，其部分结构如图乙所示。
①NH3的立体构型为________。
②[Zn(NH3)6]2＋中存在的化学键类型有________；NH3分子中H—N—H键角为107°，判断[Zn(NH3)6]2＋离子中H—N—H键角________107°(填“>”“<”或“＝”)。
③肼(N2H4)可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2取代形成的另一种氮的氢化物。与N2H4互为等电子体的分子有________(写出一种即可)。
答案：(1)3 sp3 60° 用于制造火箭推进剂或炸药(其他合理答案也可) (2)①三角锥形 ②配位键、共价键 > ③CH3OH(或CH3SH等)
4．为了解释和预测分子的立体构型，科学家提出了价层电子对互斥(VSEPR)模型。
(1)利用VSEPR理论推断PO的VSEPR模型是________。
(2)有两种活性反应中间体粒子，它们的粒子中均含有1个碳原子和3个氢原子。请依据下面给出的这两种微粒的球棍模型，写出相应的化学式：
甲：________________________________________________________；
乙：_________________________________________________________。
(3)按要求写出第二周期非金属元素构成的中性分子的化学式：平面三角形分子：________，三角锥形分子：________，四面体形分子：________。
(4)写出SO3常见的等电子体的化学式，一价阴离子：________(写出一种，下同)；二价阴离子：________，它们的中心原子采用的杂化方式都是________。
解析：(1)根据价层电子对互斥理论知PO立体构型为正四面体形。
(2)甲的立体构型为平面三角形，则碳原子为sp2杂化，中心碳原子无孤电子对，因此价层电子对数为3，化学式为CH，乙的立体结构为三角锥形，则碳原子为sp3杂化，中心碳原子有1个孤电子对，因此价层电子对数为4，化学式为CH。
(3)由第二周期非金属元素构成的中性分子，第二周期元素为中心原子，通过sp2杂化形成中性分子，是平面形分子，该类型分子有BF3；第二周期元素为中心原子，通过sp3杂化形成中性分子，如果是三角锥形分子，则该分子中价层电子对数是4且含有一个孤电子对，该类型分子有NF3；如果该分子为正四面体结构，则该分子的价层电子对数是4且不含孤电子对，该类型分子有CF4。
(4)SO3的原子数为4，价电子数为24，分子中S价层电子对数为＝3，杂化类型为sp2，分子构型为平面三角形。与SO3互为等电子体的为NO、CO或BF3等，NO、CO、BF3中中心原子价层电子对数分别为(5＋1)、(4＋2)、(3＋3)，均为3对，所以中心原子杂化方式都是sp2。
答案：(1)正四面体形 (2)CH CH
(3)BF3 NF3 CF4 (4)NO CO sp2
5．臭氧(O3)在[Fe(H2O)6]2＋催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO和NO，NOx也可在其他条件下被还原为N2。
(1)SO中心原子轨道的杂化类型为________；NO的立体构型为________________(用文字描述)。
(2)与O3分子互为等电子体的一种阴离子为________(填化学式)。
(3)N2分子中σ键与π键的数目比N(σ)∶N(π)＝________。
(4)[Fe(H2O)6]2＋与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2＋中，NO以N原子与Fe2＋形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2＋结构示意图的相应位置补填缺少的配体。
[Fe(NO)(H2O)5]2＋结构示意图
解析：本题考查原子轨道杂化类型、微粒的空间构型、核外电子排布式、等电子体、σ键与π键、配位键等知识。
(1)SO中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；NO的中心原子杂化类型为sp2，且配位原子数与杂化轨道数相等，故NO的空间构型为平面三角形。
(2)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NO。
(3)N2的结构式为N≡N，故N(σ)∶N(π)＝1∶2。
(4)H2O中的O原子、NO中的N原子与Fe2＋形成配位键，故结构示意图为。
答案：(1)sp3 平面三角形 (2)NO
(3)1∶2 (4)
6．(2021·郑州模拟)黄铜矿(主要成分为CuFeS2)是生产铜、铁和硫酸的原料。回答下列问题：
(1)血红素是吡咯(C4H5N)的重要衍生物，血红素(含Fe2＋)可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如下图：
①已知吡咯中的各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N原子的杂化类型为________。
②1 mol吡咯分子中所含的σ键总数为________个。分子中的大π键可用Π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则吡咯环中的大π键应表示为________。
③C、N、O三种元素的简单氢化物中，沸点由低到高的顺序为________________(填化学式)。
④血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2＋与O2是通过________键相结合的。
(2)黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可经过SO2→SO3→H2SO4途径形成酸雨。SO2的立体构型为________。H2SO4的酸性强于H2SO3的原因是________________。
解析：(1)①已知吡咯中的氮原子及与其相连的原子均在同一平面内且为平面三角形，则吡咯分子中N原子的杂化类型为sp2。
②根据分子结构可知1 mol吡咯分子中有8 mol单键、2 mol双键，所以所含的σ键总数为10NA；吡咯环分子中形成大π键的原子数为5个；氮原子中未参与成键的电子为1对，碳碳原子间除了形成σ键外，还有4个碳分别提供1个电子形成π键，共有电子数为6，所以吡咯环中的大π键应表示为Π。
③CH4分子间无氢键，沸点最低，而NH3、H2O分子间均含氢键，由于氧原子的电负性大于氮原子的电负性，所以H2O分子间氢键较强，水的沸点最高；因此，三种氢化物的沸点由低到高的顺序为CH4
(2)SO2中S原子的价层电子对数＝2＋(6—2×2)＝3，孤电子对数为1，则SO2的立体构型为V形；SO2(OH)2(或H2SO4)中S的化合价为＋6，S的正电性强于SO(OH)2(或H2SO3)中的S，使羟基中O、H间的共用电子对更易偏向O原子，羟基更容易电离出H＋，故酸性H2SO4强于H2SO3。
答案：(1)①sp2 ②10NA Π ③CH4＜NH3＜H2O ④配位 (2)V形 SO2(OH)2(或H2SO4)中S的化合价为＋6，S的正电性强于SO(OH)2(或H2SO3)中的S，使羟基中O、H间的共用电子对更易偏向O原子，羟基更容易电离出H＋
相关学案
2024届高考化学一轮复习专题8第40讲盐类的水解基础学案： 这是一份2024届高考化学一轮复习专题8第40讲盐类的水解基础学案，共30页。
新高考化学一轮复习精品学案 第7章 第40讲 原电池 化学电源（含解析）： 这是一份新高考化学一轮复习精品学案 第7章 第40讲 原电池 化学电源（含解析），共17页。
苏教版高考化学一轮复习专题12物质结构与性质第38讲分子结构与性质学案： 这是一份苏教版高考化学一轮复习专题12物质结构与性质第38讲分子结构与性质学案，共24页。学案主要包含了课标要求等内容，欢迎下载使用。
