2024届高考化学一轮复习专题5第27讲分子空间结构与物质性质基础学案

这是一份2024届高考化学一轮复习专题5第27讲分子空间结构与物质性质基础学案，共29页。

1．能根据给定的信息分析常见简单分子的空间结构，能利用相关理论解释简单的共价分子的空间结构。 2．知道配位键的特点，认识简单的配位化合物的成键特征，了解配位化合物的存在与应用。能运用配位键解释配合物的某些典型性质。 3．能利用电负性判断共价键的极性，能根据共价分子的结构特点说明简单分子的某些性质；能说明分子间作用力对物质熔、沸点等性质的影响，能列举含有氢键的物质及其性质特点。 4．能根据分子结构特点和键的极性来判断分子的极性，并据此对分子的一些典型性质及其应用作出解释。结合实例初步认识分子的手性对其性质的影响。 5．能从微粒的空间排布及其相互作用的角度对生产、生活、科学研究中的简单案例进行分析，举例说明物质结构研究的应用价值。
分子的空间结构
1．价层电子对互斥模型及应用
(1)理论要点
①价电子对在空间上彼此相距越远时，排斥力越小，体系的能量越低。
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。如H2O的键角小于CH4的键角。
(2)价电子对的计算
a为中心原子的价电子数，x为与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。但对于离子，a为中心原子的价电子数加或减去离子的电荷数，如COeq \\al(2－,3)的a＝4＋2，NHeq \\al(＋,4)的a＝5－1。
当有孤电子对时，价电子对的几何构型与粒子空间结构不同，若有孤电子对，判断粒子空间结构时可省略孤电子对的空间。如NH3的价电子对的几何构型为四面体形，而分子空间结构为三角锥形。
(3)实例分析填表
2．杂化轨道理论
(1)当原子成键时，原子的价电子轨道相互混杂，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
(3)实例分析
有机物中C、N、O的杂化类型判断
①含C有机物：2个σ键—sp,3个σ键—sp2，4个σ键—sp3。
②含N化合物：2个σ键—sp2,3个σ键—sp3。
③含O(S)化合物：2个σ键—sp3。
1．写出下列分子或离子的价电子对数、粒子空间结构、中心原子杂化类型。
(1)CS2________、________、________。
(2)NOeq \\al(－,3)________、________、________。
(3)SOeq \\al(2－,3)________、________、________。
(4)PCl3________、________、________。
(5)PHeq \\al(＋,4)________、________、________。
[答案] (1)2 直线形 sp (2)3 平面三角形 sp2 (3)4 三角锥形 sp3 (4)4 三角锥形 sp3 (5)4 正四面体形 sp3
2．分子中碳的杂化类型有________，氮的杂化类型为________，氧的杂化类型为________。
[答案] sp、sp2、sp3 sp3 sp3
1．氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子的空间结构为平面三角形，则其阳离子的空间结构和阳离子中氮的杂化方式为( )
A．直线形 sp杂化 B．V形 sp2杂化
C．三角锥形 sp3杂化 D．平面三角形 sp2杂化
A [氮的最高价氧化物为N2O5，根据N元素的化合价为＋5和原子组成可知，阴离子为NOeq \\al(－,3)、阳离子为NOeq \\al(＋,2)，NOeq \\al(＋,2)中N原子形成了2个σ键，孤电子对数目为0，所以杂化类型为sp杂化，空间结构为直线形，故A项正确。]
2．(1)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：________。
(2)SOCl2的空间结构为________，中心原子杂化类型为________。
[答案] (1)CHeq \\al(＋,3) CHeq \\al(－,3) (2)三角锥形 sp3
3．(1)CuSO4稀溶液中存在[Cu(H2O)6]2＋，[Cu(H2O)6]2＋的空间结构为________；下列对[Cu(H2O)6]2＋中Cu2＋杂化方式推断合理的是________(填字母)。
A．sp3 B．sp3d
C．sp3d2 D．dsp2
(2)Cu2＋可形成[Cu(en)2NH3](BF4)2，其中en代表H2N—CH2—CH2—NH2。该化合物分子中，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有________个。
[答案] (1)八面体形 C (2)11
4．(1)基态Fe原子价层电子轨道表示式为________。
(2)在BF3分子中，F—B—F的键角是________，硼原子的杂化轨道类型为________，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BFeq \\al(－,4)的空间构型为________。
[解析] (1)基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子轨道表示式为。(2)BF3分子呈平面正三角形结构，F－B－F的键角是120°，硼原子的价层电子对数为3，杂化轨道类型为sp2杂化，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BFeq \\al(－,4)中B原子发生sp3杂化，空间构型为正四面体。
[答案] (1)
(2)120° sp2杂化 正四面体
中心原子杂化类型5种判断方法
(1)根据杂化轨道的空间分布构型
①直线形—sp，②平面三角形—sp2，③四面体形—sp3，④三角双锥—sp3d，⑤正八面体—sp3d2。
(2)根据杂化轨道间的夹角
①109°28′—sp3，②120°—sp2，③180°—sp。
(3)利用价电子对数确定三种杂化类型(适用于含一个中心原子XYeq \\al(n±,m))
2对—sp杂化，3对—sp2杂化，4对—sp3杂化，5对—sp3d,6对—sp3d2。
(4)根据σ键数与孤电子对数(适用于结构式已知的粒子)
(5)根据等电子原理(组成原子数和价电子数均相同的粒子)
如CO2是直线形分子，CNS－、Neq \\al(－,3)与CO2是等电子体，所以分子空间结构均为直线形，中心原子均采用sp杂化。
分子的性质
1．分子的极性
2．分子溶解性
(1)“相似相溶规则”：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。
如果存在氢键，则溶剂和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好，如NH3极易溶于水。
(2)“相似相溶规则”还适用于分子结构的相似性，如乙醇和水互溶(C2H5OH和H2O中的羟基相近)，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
(3)分子与H2O反应，也能促进分子在水中的溶解，如SO2、NO2。
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，如同左手与右手一样互为镜像，却在三维空间里不能重叠的现象。
(2)手性分子：有手性异构体的分子叫做手性分子。
(3)手性碳原子：在有机物分子中，连有四个不同的原子或基团的碳原子。含有手性碳原子的分子是手性分子，如。
4．分子的酸性——利用键极性判断酸性
(1)R—COOH的酸性强弱
①R—极性越大，吸引电子能力越强，—COOH中—OH极性越大，越易电离，酸性越强。如F3C—COOH>Cl3C—COOH>Cl2CHCOOH>ClCH2COOH> CH3COOH。
②烃基(R—)为推电子基，烃基越长推电子效应越大，—COOH中—OH极性越小，酸性越弱。如HCOOH>CH3COOH>CH3CH2COOH。
(2)无机含氧酸[(HO)mROn]的酸性强弱
(HO)mROn中n越大，R的化合价越正，吸引电子能力越强，—OH极性越大，酸性越强，如HClO1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)O3分子属于极性分子，分子中的共价键是极性键，中心氧原子是呈正电性的。( )
(2)非极性分子不含极性键，极性分子含极性键。( )
(3)F3CCOOH的酸性比Cl3CCOOH的强是因为F3C—极性比Cl3C—的极性大。( )
(4)由于水分子间存在氢键，故水分子很稳定。( )
[答案] (1)√ (2)× (3)√ (4)×
2．(1) 的沸点高于的理由是
______________________________________________________________。
(2)NH3极易溶于水的理由是______________________________________
_____________________________________________________________。
(3)一个葡萄糖分子中有________个手性碳原子。
[答案] (1) 分子间形成分子间氢键，沸点较高
(2)根据“相似相溶规则”，NH3和H2O均为极性分子，NH3与H2O分子间形成氢键，并且NH3和H2O发生反应生成NH3·H2O
(3)4
1．研究碘在不同溶剂中的溶解性。设计如下实验：
①向试管中放入一小粒碘晶体，再加入蒸馏水，充分溶解后，得到黄色溶液a和少量不溶的碘；
②取5 mL溶液a，加入1 mL四氯化碳，振荡，静置，液体分层，下层呈紫色，上层无色；
③将②所得下层溶液全部取出，加入1mL KI溶液，振荡，静置，下层溶液紫色变浅，上层溶液b呈黄色(颜色比溶液a深)。
已知：ⅰ.3I2＋3H2O6H＋＋5I－＋IOeq \\al(－,3)；
ⅱ.I2＋I－Ieq \\al(－,3)。
下列说法不正确的是( )
A．H2O是极性溶剂，CCl4是非极性溶剂，非极性的I2更易溶于CCl4
B．②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液
C．溶液b中c(I2)<溶液a中c(I2)
D．向①所得浊液中加入KI，使c(I－)增大，反应ⅰ平衡逆向移动，析出I2
D [A.根据相似相溶原理， H2O是极性溶剂，CCl4是非极性溶剂，非极性的I2更易溶于CCl4，A正确；B.四氯化碳密度大于水且与水互不相溶，②中的下层溶液为碘的四氯化碳溶液，B正确；C.加入碘化钾，I2＋I－Ieq \\al(－,3)，使得碘单质转化为Ieq \\al(－,3)，故溶液b中c(I2)<溶液a中c(I2)，C正确；D.向①所得浊液中加入KI，使c(I－)增大，I2＋I－Ieq \\al(－,3)，反应生成溶解性更大的Ieq \\al(－,3)，故不会析出I2，D错误。]
2．乙烯在空气中燃烧的化学方程式是CH2===CH2＋3O2eq \(――→,\s\up9(点燃))2CO2＋2H2O。回答下列问题：
(1)CH2===CH2分子为________(填“极性”或“非极性)分子，一个CH2===CH2分子中含有的σ键为________个。
(2)CO2分子中，碳原子的杂化方式是________，分子的立体构型为________。
(3)在第ⅥA族元素的简单氢化物中，H2O的沸点最高，原因是：____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
[解析] (1)CH2===CH2分子正负电荷中心重合，故CH2===CH2分子是非极性分子，CH2===CH2分子的结构式为，故一个CH2===CH2分子中含有的σ键为5个；(2)CO2分子的结构式为O===C===O；碳原子形成2个σ键，无孤电子对，故CO2分子中，碳原子的杂化方式是sp杂化，CO2分子的立体构型为直线形；(3)在第ⅥA族元素的简单氢化物中，水分子之间存在氢键，使H2O的沸点最高。
[答案] (1)非极性 5 (2)sp 直线形 (3)水分子之间存在氢键
3．人类文明的发展历程，也是化学物质的发现和认识的历程。
(1)铜原子在基态时价电子排布式为________。已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布的角度解释：___________________________________。
(2)铜与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2,1 ml (SCN)2中含有π键的数目为________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H—S—C≡N))的沸点低于异硫氰酸eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H—N===C===S))的沸点，其原因是________________________________________________________________
_______________________________________________。
(3)硝酸钾中NOeq \\al(－,3)的空间结构为________。
(4)6­氨基青霉烷酸的结构如图甲所示，其中出现sp3杂化的原子有______(填写元素符号)。
(5)H2Se、H2S、H2O的沸点由高到低的顺序是________，原因是______________________________。
(6)H＋可与H2O形成H3O＋，H3O＋中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，原因是________________________________________________________
____________________________________________________________________。
[解析] (1)铜为29号元素，则铜原子在基态时价电子排布式为3d104s1。已知高温下Cu2O比CuO更稳定，核外电子排布的角度解释：CuO中Cu2＋价电子为3d9，Cu2O中Cu＋价电子为3d10,3d10全满为稳定结构，难失去电子。(2)(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，则1 ml (SCN)2中含有π键的数目为4NA。类卤素(SCN)2对应的酸有两种，理论上硫氰酸eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H—S—C≡N))的沸点低于异硫氰酸eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H—N===C===S))的沸点，两者都是分子晶体，主要根据范德华力和氢键分析，两者相对分子质量相同，因此其原因是异硫氰酸eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H—N===C===S))存在分子间氢键。(3)硝酸钾中NOeq \\al(－,3)中心原子价层电子对数为3＋eq \f(1,2)(5＋1－2×3)＝3，其空间结构为平面正三角形。(4)根据6­氨基青霉烷酸的结构可知，价电子对数为4的原子有C、N、S、O，则出现sp3杂化的原子有C、N、S、O。(5)H2Se、H2S、H2O三者都是分子晶体，水存在分子间氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量大于H2S，因此H2Se沸点大于H2S，因此H2Se、H2S、H2O的沸点由高到低的顺序是H2O>H2Se>H2S。(6)H＋可与H2O形成H3O＋，H3O＋中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，主要从孤电子对的排斥力分析，其原因是H3O＋含有1对孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，使得成键的键角越小。
[答案] (1)3d104s1 CuO中Cu2＋价电子为3d9，Cu2O中Cu＋价电子为3d10,3d10全满为稳定结构，难失去电子 (2)4NA 异硫氰酸eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H—N===C===S))存在分子间氢键 (3)平面正三角形 (4)C、N、S、O (5)H2O>H2Se>H2S H2Se、H2S、H2O三者都是分子晶体，水存在分子间氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量大于H2S，范德华力大，沸点高 (6) H3O＋含有1对孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，使得成键的键角越小
分子极性的判断方法
(1)ABn型分子的空间结构与极性
eq \a\vs4\al(非极性分子)→eq \a\vs4\al(空,间,对,称) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(直线对称O===C===O,正三角形BF3,正四面体CH4,正八面体SF6))
eq \a\vs4\al(极性分子)→eq \a\vs4\al(空,间,不,对,称) eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(直线不对称O===C===S,非正三角形HCHO,非正四面体CHCl3,三角双锥形PCl5,三角锥形PCl3))
(2)判断ABn型分子极性的经验规律
若中心原子A的化合价的绝对值等于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，如SO2为极性分子，SO3为非极性分子。
(3)只含非极性键的分子一定是非极性分子，如H2、P4等。
(4)含极性键的双原子分子一定是极性分子，如HCl、CO等。
配位化合物与超分子
1．配位键和配合物
(1)配位键
①孤电子对：分子或离子中没有与其他原子共用的电子对。
②配位键：当共价键中共用的电子对是由其中一个原子或离子独自供给，另一原子或离子提供空轨道时，就形成配位键。即“电子对给予­接受”键。
③配位键的表示方法：如A→B：A表示提供孤电子对的原子或离子，B表示接受电子对的原子或离子。
(2)配位化合物
①概念：由提供孤电子对的分子或离子(称为配位体)与接受孤电子对的原子或离子(称为中心原子)以配位键结合形成的化合物。
②配合物的组成
如[Cu(NH3)4]SO4
a．配体有孤电子对，如H2O、NH3、CO、F－、Cl－、CN－等。
b．中心原子或离子有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。
当配体中有两种提供孤电子对的原子时，电负性小的为配位原子。如CO中的C，CN－中的C等。
2．配合物形成、性质的实验探究
(1)CuSO4溶液eq \(―――――→,\s\up9(少量氨水))Cu(OH)2(蓝色沉淀)eq \(―――――→,\s\up9(足量氨水))[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色)，反应为Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NHeq \\al(＋,4)，Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。
(2)FeCl3溶液eq \(―――――→,\s\up9(KSCN溶液))Fe(SCN)3(血红色)，KSCN溶液检验Fe3＋，反应为Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3。
(3)NaCl溶液eq \(――――――→,\s\up9(AgNO3溶液))AgCl(白色沉淀)eq \(――→,\s\up9(氨水))[Ag(NH3)2]＋，反应为Ag＋＋Cl－===AgCl↓，AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－。
(4)K3[Fe(CN)6]溶液eq \(――――――→,\s\up9(KSCN溶液))溶液不变血红，说明[Fe(CN)6]3－难电离。
3．超分子
(1)定义：由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。这里的分子也包含离子。
(2)特点：超分子这种分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的。
(3)应用
示例一：分离C60和C70
示例二：冠醚识别碱金属离子：冠醚与合适的碱金属离子形成超分子。
(4)特征：超分子的两特征分别为分子识别和自组装。
1．绿矾 (FeSO4·7H2O)结构如图所示，下列说法不正确的是( )
A．中心离子的配体是H2O分子
B．Fe2＋的价层d轨道参与了杂化
C．绿矾中存在的化学键有共价键、配位键、氢键、离子键
D．绿矾受热分解产生红棕色固体的同时可能生成SO2
C [A.由图可知，中心离子亚铁离子的配体是H2O分子，A正确；B.由图可知，中心离子亚铁离子的配位数为6，则Fe2＋的价层d轨道参与了杂化，B正确；C.水分子中存在氢氧共价键，亚铁离子和水分子间存在配位键，亚铁离子和硫酸根离子间存在离子键，氢键不属于化学键，C错误；D.绿矾受热分解发生氧化还原反应，产生红棕色固体的同时可能生成SO2，D正确。]
2．(1)(2020·山东等级考，改编)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 ml该配合物中通过螯合作用形成的配位键有________ml，该螯合物中N的杂化方式为______，配位原子是________，有________种配体。
(2)FeCl3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________。
(3)乙二胺(C2H8N2)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＋”)。
[解析] (1)由题图可知，该螯合物中Cd2＋与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与一个O原子形成共价键，其他均为配位键。故1 ml该配合物中通过螯合作用形成6 ml配位键。该螯合物中无论是硝基中的N原子，还是NOeq \\al(－,3)中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为sp2杂化。(2)在蒸汽状态下FeCl3以双聚分子存在，即分子式为Fe2Cl6；每个Fe原子与3个C1原子形成共价键，还可以提供空轨道与另1个C1原子提供的孤对电子形成配位键，结构式可表示为或；由结构式可知，Fe的配位数为4。(3)乙二胺中氮原子有孤对电子，Mg2＋、Cu2＋存在空轨道，两者易形成配位键。 由于半径Cu2＋>Mg2＋、Cu2＋的配位数比Mg2＋大，故乙二胺与Cu2＋形成的化合物更稳定。
[答案] (1)6 sp2 N、O 3
(2) 4
(3)乙二胺的两个N原子提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2＋
3．如图甲，铜离子与有机物HA可形成一种配合物CuA2，从而萃取水中的铜离子。
图中的R、R′均为烷烃基，该萃取反应可简单表示为2HA＋Cu2＋CuA2＋2H＋
回答下列问题：
(1)基态铜原子的价电子排布式为________。
(2)有机物HA中，C、N、O三种元素电负性由大到小的顺序是________。
(3)配合物CuA2中的氮原子杂化方式为________，氧原子的杂化方式为________。
(4)下列关于配合物CuA2的说法中，正确的是________(填序号)。
①CuA2中O的配位能力比N强
②与Cu2＋配位的4个原子可能呈平面构型
③CuA2既溶于水又溶于有机溶剂
④每个CuA2分子中含2个氢键、2个π键
[解析] (1)铜元素的原子序数为29，基态铜原子价电子排布式为3d104s1；(2)同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C；(3)由结构简式可知，配合物CuA2中氮原子形成3个σ键，无孤电子对、氧原子形成2个σ键，2对孤电子对，则氮原子的杂化方式为sp2杂化、氧原子的杂化方式为sp3杂化；(4)①由结构简式可知，CuA2中氮原子与铜离子形成配位键，则氮原子的配位能力比氧原子强，故①错误；②类比铜离子与氨分子形成的配合物的结构可知，与铜离子配位的2个氧原子和2个氮原子有可能位于同一平面上，即有可能呈平面构型，故②正确；③由铜离子与有机物HA可形成一种配合物CuA2，从而萃取水中的铜离子可知，CuA2不溶于水易溶于有机溶剂，故③错误；④由结构简式可知，每个CuA2中含有如图所示的2个氢键、2个π键：，故④正确。
[答案] (1)3d104s1 (2)O>N>C (3)sp2 sp3 (4)②④
4．填表。
[答案] ①[Cu(CN)4]2－ Cu2＋ CN－ 4 C
②[PtCl6]2－ Pt4＋ Cl－ 6 Cl
③[Cd(NH3)4]2＋ Cd2＋ NH3 4 N
④[Fe(SCN)6]3－ Fe3＋ SCN－ 6 S
1．(2022·江苏选择性考试，T5)下列说法正确的是( )
A．金刚石与石墨烯中的C—C—C夹角都为120°
B．SiH4、SiCl4都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为4s24p2
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
B [金刚石中的碳原子为正四面体结构，C—C—C夹角为109°28′，A错误； SiH4的化学键为Si—H，为极性键，为正四面体，正负电荷重心重合，为非极性分子；SiCl4的化学键为Si—Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷重心重合，为非极性分子，B正确；锗原子(32 Ge)基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C错误；ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，D错误。]
2．(2022·辽宁选择性考试，T8)理论化学模拟得到一种Neq \\al(＋,13)离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是( )
A．所有原子均满足8电子结构
B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形
D．常温下不稳定
B [中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误。]
3．(2021·山东等级考，T9)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)2NNH2
D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
B [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；N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形结构，B错误；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；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。]
4．(2022·山东等级考，T16节选)(1)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的Πeq \\al(6,6)大π键，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据________(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道
C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道
(2)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①________，②________。
(3)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是________。
[解析] (1)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的Πeq \\al(6,6)大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道。(3)已知—CH3为推电子基团，—Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为>>，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为NCl。
[答案] (1)D
(2)①吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 ②吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
(3)
5．(2022·真题精选)(1)(河北选择性考试)SnCleq \\al(－,3)的几何构型为________，其中心离子杂化方式为________。
(2)(湖南选择性考试)比较键角大小：气态SeO3分子________SeOeq \\al(2－,3)离子(填“>”“<”或“＝”)，原因是_________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)(湖南选择性考试)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中σ键与π键的数目比为________；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为________。
[答案] (1)三角锥形 sp3 (2)> SeO3的空间结构为平面三角形，SeOeq \\al(2－,3)的空间结构为三角锥形 (3)①11∶3 ②O>C>H>Fe
课时分层作业(二十七)
分子空间结构与物质性质
1．某离子液体的阴离子的结构如图所示，其中W、X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期非金属元素，W是有机分子的骨架元素。下列说法正确的是( )
A．Z元素的最高价态为＋7
B．基态原子未成对电子数：W>Y
C．该阴离子中X不满足8电子稳定结构
D．最简单氢化物水溶液的pH：X>M
D [根据W是有机分子的骨架元素，知W为C元素，由图可知，Y形成1个双键，则其最外层有6个电子，结合原子序数关系知，Y为O元素，则X为N元素；Z形成1个单键，则Z为F元素；M的成键总数为6，则M为S元素。A.根据上述分析可知：Z为F元素，无正化合价，故A错误；B.根据上述分析可知：W为C元素，Y为O元素，C原子的电子排布式为1s22s22p2，未成对电子数为2，O原子的电子排布式为1s22s22p4，未成对电子数也为2，故B错误；C.根据上述分析可知：X为N元素，该阴离子中N形成2个单键，有2对孤对电子，满足8电子稳定结构，故C错误：D.根据上述分析可知：X为N元素， 最简单氢化物是NH3, NH3的水溶液呈碱性；M为S元素， 最简单氢化物是H2S，H2S的水溶液呈酸性，故水溶液的pH：NH3>H2S，故D正确。]
2．二氧化硫可以与硫化氢发生归中反应：SO2＋2H2S===2H2O＋3S；硫单质有多种组成形式，如S4：、S6：、S8：(冠状)。下列有关说法中正确的是( )
A．还原性SO2>H2S
B．O—H键的键能大于S—H键的键能，所以沸点：H2O>H2S
C．S4、S6、S8形成的晶体均为共价晶体
D．SO2、H2S与H2O分子的空间构型均为V形
D [A.在SO2＋2H2S===2H2O＋3S反应中，SO2是氧化剂，H2S是还原剂，还原性SO23．我国科学家构建的NiO/Al2O3/Pt双组分催化剂，可实现氨硼烷(H3NBH3)与H2O高效生产H2的目的，发生反应的化学方程式为H3NBH3＋2H2Oeq \(======,\s\up9(催化剂))NH4BO2＋3H2↑。下列说法正确的是( )
A．H2O与BOeq \\al(－,2)均为V形结构，中心原子均为sp3杂化
B．氨硼烷中N提供孤电子对和B提供的空轨道形成配位键
C．氨气中键角∠HNH大于氨硼烷中键角∠HNH
D．H—N、H—B、N—B的键能决定氨硼烷的沸点高低
B [A项，BOeq \\al(－,2)的价电子对数为2＋eq \f(1,2)×(3＋1－2×2)＝2，为直线形，sp杂化，错误；C项，由于NH3中存在孤电子对，而氨硼烷中没有孤电子对，且孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，则氨气中键角∠HNH小于氨硼烷中键角∠HNH，错误；D项，氨硼烷形成分子晶体，其熔、沸点较高是由于其分子间作用力较大，且氨硼烷分子之间存在双氢键，与H—N、H—B、N—B的键能无关，错误。]
4．下列“类比”结果不正确的是( )
A．H2O2的热稳定性比H2O的弱，则N2H4的热稳定性比NH3的弱
B．H2O的分子构型为V形，则二甲醚的分子骨架(C—O—C)构型为V形
C．Ca(HCO3)2的溶解度比CaCO3的大，则NaHCO3的溶解度比Na2CO3的大
D．将丙三醇加入新制Cu(OH)2中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制Cu(OH)2中溶液也呈绛蓝色
C [A.H2O2分子内含有化学键：O—O，热稳定性弱于H2O，N2H4分子内含有化学键：N—N，热稳定性弱于NH3，A正确；B.H2O中氧原子的价电子对数为4，为sp3杂化，含有两对孤电子对，空间构型为V形，二甲醚的分子骨架(C—O—C)中氧原子价电子对数为4，为sp3杂化，含有两对孤电子对，空间构型为V形，B正确；C.钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C错误；D.多羟基的醇遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，遇新制Cu(OH)2溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D正确。]
5．铁是红细胞中血红蛋白的重要组成成分，缺铁时红细胞合成的血红蛋白量会减少，会使红细胞体积变小，携氧能力下降，形成缺铁性贫血，血红蛋白分子的结构如图，下列有关说法不正确的是( )
A．该结构中，氧元素的第一电离能最大
B．Fe2＋的基态价电子排布式为3d6
C．咪唑环上所有原子均在同一平面上
D．O2通过配位键与Fe2＋相连
A [A.同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N元素的第一电离能大于O元素，A项错误；B.Fe为26号元素， Fe2＋为铁原子失去2个电子后形成的，Fe2＋的基态价电子排布式为3d6，B项正确；C.咪唑环中存在大π键，碳、氮原子均采用sp2杂化，所有原子均在同一平面上，C项正确；D.由图可知，亚铁离子提供空轨道，氧提供孤电子对，O2通过配位键与Fe2＋相连，D项正确。]
6．TiO2的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用TiCl4制取。TiCl4熔点为－25 ℃，沸点为136.4 ℃，易溶于有机溶剂。制取TiO2的反应为①2FeTiO3＋7Cl2＋3Ceq \(=====,\s\up9(△))2TiCl4＋2FeCl3＋3CO2；②TiCl4＋O2===TiO2＋2Cl2。下列说法正确的是( )
A．基态Ti原子核外价电子排布式为4s2
B．Cl2、CO2都是含有非极性键的非极性分子
C．TiCl4晶体是离子晶体，配位数为4
D．反应①中被氧化的元素不止一种
D [A.Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为3d24s2，A错误；B.Cl2和CO2都是非极性分子，Cl2中含Cl—Cl非极性键，CO2中不含非极性键，B错误；C.TiCl4的熔点为－25 ℃，沸点为136.4 ℃，熔、沸点较低，TiCl4晶体是分子晶体，C错误；D.反应①中Fe元素的化合价由＋2价升至＋3价，C元素的化合价由0价升至＋4价，被氧化的元素不止一种，D正确。]
7．锌及其化合物在工业、农业方面用途广泛。
(1)基态Zn原子的价电子排布式为________。
(2)Zn原子能形成多种配位化合物。一种锌的配合物结构如图：
①其中C、N、O、Zn元素的第一电离能大小关系是________，结构中参与sp3杂化原子有________个。
②配位键①和②相比较稳定的是________；键角③________键角④(填“>”“<”或“＝”)。
(3)(CH3COO)2Zn和ZnC2O4中阴离子对应的酸中沸点较高的是________(写结构简式)，原因是________________________________________
___________________________________________________________________。
[答案] (1)3d104s2
(2)①N>O>C>Zn 8 ② ① >
(3)HOOC—COOH 草酸的相对分子质量高于醋酸，同时草酸存在两个羧基结构，与其他分子形成的分子间氢键多于醋酸
8．(1)为了延长液氯的杀菌时间，某些自来水厂在用液氯进行消毒处理时还加入了液氨，其反应的化学方程式为NH3＋HClO===H2O＋NH2Cl，其中N、O、H的电负性由小到大的顺序为________(用元素符号表示)；HClO中氧原子的杂化方式为________：NH3分子的VSEPR模型为________；在水和苯两种溶剂中，NH2Cl更易溶于________，NH2Cl的空间结构为________。
(2)卤素单质的化学键的键参数如表所示：
从物质结构角度分析，F—F键的键能反常的原因是
________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
[解析] (1)NH2Cl的空间结构为三角锥形，为极性分子，更易溶于极性溶剂水中。(2)键能与键的强弱有关。
[答案] (1)H＜N＜O sp3 四面体形 水 三角锥形
(2)F原子半径小，F原子周围孤电子对间的斥力大，互相排斥导致F—F键的键能反常
9．钴镍及其化合物在工业、医药等领域有着重要的应用，回答下列问题。
(1) C2＋的价电子的轨道表示式为________。
(2)Na3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NO2))6))常用于检验钾离子，NOeq \\al(－,2)的空间构型为______，任写一个与NOeq \\al(－,2)结构相似且中心原子杂化方式相同的分子：________(填化学式)，Na3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NO2))6))中存在的化学键类型有________。
(3)NH3可与C2＋形成eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(C\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(NH3))6))2＋，与游离的氨分子相比，其键角∠H—N—H变大，原因是______________________________________________
___________________________________________________________________。
(4)砷化镍可用于制造发光器件，第一电离能：As________Se(填“>”或“<”)原因是________________________________________________________
___________________________________________________________________。
[解析] (1)C原子序数为27，基态C原子失去4s能级上的2个电子生成C2＋，其价电子为3d能级上的7个电子，所以C2＋价电子排布式为3d7，轨道表示式为 ；(2)NOeq \\al(－,2)中N有2个σ键，孤电子对数为
eq \f(5＋1－2×2,2)＝1，价电子对数为3，空间构型为V形；与NOeq \\al(－,2)互为等电子体的分子是SO2；Na3[C(NO2)6]中Na＋与[C(NO2)6]3－之间含有离子键，[C(NO2)6]3－中，配体内存在共价键，中心离子和配体间存在配位键；(3)游离态氨中N含有1对孤电子对，配合物[C(NH3)6]2＋中N提供1对孤电子对与C2＋形成配位键，由于孤电子对之间的斥力＞孤电子对与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，导致游离态氨分子中N—H键之间的夹角减小，而氨分子与C2＋结合后，孤电子对变成了σ键电子对，与氨分子的成键电子对间斥力减小，所以其键角∠H—N—H变大；(4)As原子价电子排布式为4s24p3，是半充满结构，较为稳定，难以失去电子，则第一电离能：As＞Se；
[答案] (1) (2)V形 SO2(合理即可) 离子键、(极性)共价键(或σ键)、配位键 (3)氨分子与C2＋结合后，孤电子对变成了σ键电子对，与氨分子的成键电子对间斥力减小，所以其键角∠H—N—H变大 (4)＞ As原子价电子排布式为4s24p3，是半充满结构，较为稳定，难以失去电子
10．(2021·河北选择性考试，T17节选)(1)已知有关氮、磷的单键和三键的键能(kJ·ml－1)如表：
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是_____________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(2)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为________，其中P采取________杂化方式。
(3)与POeq \\al(3－,4)电子总数相同的等电子体的分子式为
______________________________________________________________。
(4)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为________。
[解析] (1)由题表中键能关系可知3倍的N—N的键能小于N≡N的键能，而3倍的P—P的键能大于P≡P的键能，所以氮以N2中的N≡N形式存在更稳定，白磷以P4中的形式存在更稳定。(2)由KH2PO2为次磷酸的正盐可知，H3PO2中只含一个羟基，所以H3PO2的结构式为，其中P的价电子对数为4，则P的杂化方式为sp3。(3)POeq \\al(3－,4)的原子数为5，价层电子数为32，总电子数为50，则与POeq \\al(3－,4)电子总数相同的等电子体的分子为SiF4或SO2F2。(4)每两个相邻磷酸分子脱去一个水分子，所以n个磷酸分子形成环状结构会脱去n个水分子，则形成的多磷酸的分子式中氢原子数目为3n－2n＝n，磷原子的数目为n，氧原子的数目为4n－n＝3n，即多磷酸分子式为HnPnO3n，故多磷酸的酸根可写成PnOeq \\al(n－,3n)。
[答案] (1)3倍的N—N键的键能小于N≡N键的键能，而3倍的P—P键的键能大于P≡P键的键能
(2) sp3 (3)SiF4或SO2F2 (4)PnOeq \\al(n－,3n)价电子
对数
σ键
电子对数
孤电
子对数
VSEPR
模型
空间
结构
实例
2
2
0
直线形
直线形
CO2、CS2
3
3
0
平面三角形
平面
三角形
BF3、COeq \\al(2－,3)、
NOeq \\al(－,3)
2
1
V形
SO2、SOeq \\al(2－,3)
4
4
0
四面体形
四面体形
CH4、CH3Cl、
NHeq \\al(＋,4)、PHeq \\al(＋,4)
3
1
三角锥形
NH3、PCl3
2
2
V形
H2O
杂化
类型
杂化轨
道数目
杂化轨道
间夹角
空间结构
实例
sp
2
180°
直线形
BeCl2或HCN
sp2
3
120°
平面三角形
BF3或COeq \\al(2－,3)
sp3
4
109°28′
正四面体形
CH4或NHeq \\al(＋,4)
配合物
配离子
中心离子
配位体
配位数
配位原子
①K2[Cu(CN)4]
②(NH4)2[PtCl6]
③[Cd(NH3)4](OH)2
④K3[Fe(SCN)6]
化学键
F—F
Cl—Cl
Br—Br
I—I
键长/pm
141
198
228
267
键能/(kJ·ml－1)
157
242.7
193.7
152.7
N—N
N≡N
P—P
P≡P
193
946
197
489