第2章 分子结构与性质 总结提升（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中化学选择性必修2（人教版2019 单选版）

考点一　共价键和键参数(理解与辨析能力) 【例1】 (2022·海南卷，改编)已知CH3COOH＋Cl2ClCH2COOH＋HCl，ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强。下列说法正确的是(　　　　　) B．Cl—Cl的键长比I—I短 C．CH3COOH分子中只有σ键 D．ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH弱 B　解析：HCl是共价化合物，其电子式为，A错误；Cl原子半径小于I，则Cl—Cl的键长比I—I短，B正确；CH3COOH分子中含有σ键和π键，π键存在于C===O中，C错误；Cl的电负性大于I，ClCH2—的吸电子能力强于ICH2—，故ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D错误。 【例2】 (1)(2022·湖南卷，节选)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：，富马酸分子中σ键与π键的数目比为________。 (2)(2022·全国甲卷，节选)聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因______________________________________。 (3)(2022·全国乙卷，节选)一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl键长的顺序是________________，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C—Cl键越强；(ⅱ)___________________ __________________________。 答案：(1)11∶3 (2)C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，其化学稳定性越强 (3)C2H5Cl＞C2H3Cl＞C2HCl　Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl的键长越短 解析：(1)由富马酸的结构模型可知，其结构简式为HOOCCH===CHCOOH，羧基和碳碳双键中含有 　π键，则分子中σ键与π键的数目比为11∶3。 (3)C2H5Cl只存在σ键，C2H3Cl和C2HCl都存在Cl参与的大π键，Cl参与形成的大π键越多，形成的C—Cl的键长越短，故键长：C2H5Cl＞C2H3Cl＞C2HCl。 (1)判断σ键和π键的方法 ①一般情况，单键都是σ键，双键中含1个σ键和1个π键，三键中含1个σ键和2个π键。 ②σ键的数目＝单键数＋双键数＋三键数。 ③π键的数目＝双键数＋三键数×2。 (2)键参数(键长、键能和键角)的应用 键长、键能影响共价键的强度及物质的稳定性，键长越小，键能越大，共价键越牢固，物质的稳定性越强。 1．判断下列说法的正误，对的画“√”，错的画“×”。 (1)(2021·海南卷，节选)N—H键的键能比P—H大，故NH3的熔点高于PH3。(　　　　　) (2)(2021·湖北卷，节选)N与N的π键比P与P的强，可推断N≡N的稳定性比P≡P的高。(　　　　　) 答案：(1)×　(2)√ 2．(2023·湖北卷)化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是(　　　　　) A. 用电子式表示K2S的形成： B. 用离子方程式表示Al(OH)3溶于烧碱溶液：Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－ C．用电子云轮廓图表示H—H的s-s σ键形成的示意图： D　解析：硫化钾为离子化合物，用电子式表示K2S的形成为，A正确；氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－===[Al(OH)4]－，B正确；s能级的电子云轮廓图为球形，两个氢原子形成氢时，两个s能级的原子轨道相互重叠，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H—H的s-s σ键形成的示意图为， 3．(1)(2021·全国甲卷，节选)CO2分子中存在________个σ键和________个π键。 (2)(2021·河北卷，节选)已知有关氮、磷的单键和三键的键能(kJ/mol)如下表： N—N N≡N P—P P≡P 193 946 197 489 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________________________________________。 答案：(1)2　2 (2)N2比N4具有更高的键能之和，而P4比P2具有更高的键能之和，键能越大，物质越稳定 考点二　价层电子对互斥模型与分子(或离子)的空间结构(分析与推测能力) 【例3】 (2023·湖北卷)价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是(　　　　　) A．CH4和H2O的VSEPR模型均为四面体 B．SO和CO的空间构型均为平面三角形 C．CF4和SF4均为非极性分子 D．XeF2与XeO2的键角相等 A　解析：甲烷分子的中心原子的价层电子对数为4，水分子的中心原子的价层电子对数也为4，所以它们的VSEPR模型都是四面体，A正确；SO的孤电子对数为1，CO的孤电子对数为0，所以SO的空间构型为三角锥形，CO的空间构型为平面三角形，B错误，CF4的结构与CH4相似，为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；XeF2和XeO2分子中，Xe的孤电子对数不相等，孤电子对数越多，排斥力越大，所以键角不等，D错误。 【例4】 (1)(2022·广东卷，节选)研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO的立体构型为________。 (2)(2022·北京卷，改编)比较SO和H2O分子中的键角大小并给出相应解释：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)(2021·山东卷，节选)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为__________。 答案：(1)正四面体形 (2)键角：SO＞H2O；SO中硫原子不含孤电子对，而H2O中氧原子含有2个孤电子对，H2O中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，故键角较小 (3)5 解析：(1)SeO中心硒原子的价层电子对数为4＋×(6＋2－4×2)＝4，不含孤电子对，故SeO的立体构型为正四面体形。 (2)SO和H2O的中心原子价层电子对数均为4，前者不含孤电子对，后者含2个孤电子对，由于孤电子对的排斥力大，导致键角变小，故SO的键角大于H2O的键角。 (3)XeF2中心原子的价层电子对数为2＋×(8－2×1)＝5。 解答价层电子对互斥模型与粒子的 空间结构类题的方法 (1)根据VSEPR模型推测空间结构 计算中心原子价层电子对数(σ键电子对数＋孤电子对数)VSEPR模型的空间结构分子(或离子)的空间结构。 (2)根据VSEPR模型比较键角大小 ①比较中心原子价层电子对数孤电子对数电子对之间排斥力键角的大小。 ②若中心原子价层电子对数、孤电子对数均相同，考虑中心原子的电负性，电负性越大，键角就越大。 4．(1)(2023·北京卷，节选)S2O的空间结构是______________________。 (2)(2023·湖南卷，节选)比较分子中的C—Ga—C键角大小：Ga(CH3)3____________Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“＝”)，其原因是________。 (3)(2023·山东卷，节选)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键()。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为____________；O—Cl—O键角________Cl—O—Cl键角(填“＞”“＜”或“＝”)。比较ClO2与Cl2O中Cl—O的键长并说明原因_____________________________________________________。 (4)(2021·全国乙卷，节选)H2O的键角小于NH3的，分析原因________________。 (5)(2021·山东卷，节选)OF2分子的空间构型为__________。 (6)(2020·全国卷 Ⅰ，节选)磷酸根离子的空间构型为__________，其中P的价层电子对数为_______。 答案：(1)四面体形 (2)>　Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构，故夹角较小 (3)sp2　＞　ClO2分子中Cl—O的键长小于Cl2O中Cl—O的键长，其原因是ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，而Cl2O只存在σ键，因此ClO2分子中Cl—O的键长较小 (4)NH3中氮原子含有1个孤电子对，而H2O中氧原子含有2个孤电子对，H2O中的孤电子对对成键电子对的排斥作用较大 (5)V形　(6)正四面体形　4 解析：(1)SO的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为四面体形，S2O可看作是SO中1个O原子被S原子取代，则S2O的空间结构为四面体形。 (2)分子中的C—Ga—C键角Ga(CH3)3>Ga(CH3)3(Et2O)，其原因是Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，为平面结构，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构，故夹角较小。 (3)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键()。由ClO2中存在可以推断，其中Cl原子分别提供1对电子给两个O原子，提供1个未参与杂化的电子形成，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O中心原子为O，氧原子的价层电子对数＝2＋×(6－　2×1)＝4，因此，O的杂化方式为sp3；故O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角；ClO2分子中Cl—O的键长小于Cl2O中Cl—O的键长，其原因是ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，而Cl2O只存在σ键，因此ClO2分子中Cl—O的键长较小。 (4)H2O分子中氧原子和NH3分子中氮原子的价层电子对数均为4，前者有2个孤电子对，后者有1个孤电子对，由于孤电子对的排斥力大于σ键电子对，则中心原子含有孤电子对越多，共价键的键角越小，故H2O的键角小于NH3的。 (5)OF2分子中氧原子的价层电子对数为2＋×(6－2×1)＝2＋2＝4，含2个孤电子对，则VSEPR模型为四面体形，略去孤电子对，推知OF2分子的空间构型为V形。 (6)PO中P的价层电子对数为4＋×(5＋3－4×2)＝4，不含孤电子对，则VSEPR模型和PO的空间构型均为正四面体形。 考点三　杂化轨道理论与分子(或离子)的空间结构(分析与推测能力) 【例5】 (1)PCl3分子空间结构为________，PCl3与Cl2反应生成PCl5，PCl5结构为，其中P原子的杂化类型是________(填标号)。 a．sp b．sp2 c．sp3 d．sp3d (2)(2022·河北卷，改编)SnCl的空间结构为三角锥形，其中心离子杂化方式为________。 (3)(2022·山东卷，节选)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 (4)(2022·海南卷，节选)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如右图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取________杂化。 答案：(1)三角锥形　d (2)sp3　(3)D　(4)sp2 解析：(1)PCl3分子中的中心P原子价层电子对数是3＋＝4，有1个孤电子对，所以PCl3分子空间结构为三角锥形；根据图示可知PCl5中P原子形成5个σ共价键，其P原子的杂化类型是sp3d杂化，故选d。 (2)SnCl中Sn的价层电子对数为3＋×(4＋1－3×1)＝4，则中心原子Sn采取sp3杂化。 (3)吡啶中含有与苯类似的大π键，则吡啶为平面形分子，C、N原子均采取sp2杂化。 (4)酞菁分子所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，则C、N原子均采取sp2杂化。 解答杂化轨道理论与粒子的空间结构类题的方法 根据中心原子价层电子对数推测杂化轨道类型 中心原子价层电子对数 2 3 4 杂化轨道类型 sp sp2 sp3 5．(2023·广东卷)化合物XYZ4ME4可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn－1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是(　　　　　) A．元素电负性：E>Y>Z B．氢化物沸点：M>Y>E C．第一电离能：X>E>Y D．YZ3和YE的空间结构均为三角锥形 A　解析：地壳中含量最多的元素是O，即E元素为O；Y的基态原子价层p轨道半充满应为N、P元素，X基态原子价层电子排布式为nsn－1，X可能为Li、Mg；每个周期均有元素分布，则Z元素是H；故X为Mg，因为Li与H同族，则M为P，Y为N。电负性：O>N>H(E>Y>Z)，A正确；氢化物沸点：H2O>NH3>PH3(E>Y>M)，B错误；氮原子的2p轨道处于半充满状态，其第一电离能大于O，C错误；NH3的空间结构为三角锥形，NO的中心原子氮原子是sp2杂化，空间结构为平面三角形，D错误。 6．(1)(2022·全国乙卷，节选)一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个____________杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl______键。 (2)(2022·湖南卷，节选)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3－转化为NH，反应过程如图所示： 产物中N原子的杂化轨道类型为________。 (3)(2021·山东卷，节选)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是________(填标号)。 A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d (4)(2021·全国甲卷，节选)SiCl4可发生水解反应，机理如下图所示： 含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2；②sp3d；③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________(填标号)。 答案：(1)sp2　σ　(2)sp3　(3)D　(4)② 解析：(1)CH2===CHCl中碳原子的价层电子对数为3，则碳原子采取sp2杂化；发生杂化后，sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C—Cl σ 键。 (2)产物中N原子形成4条共价键，则N原子的价层电子对数为4，不含孤电子对，故N原子采取sp3杂化。 (3)XeF2中心原子Xe的价层电子对数为2＋×(8－2×1)＝5，推测Xe的杂化轨道总数为5，sp、sp2、sp3、sp3d的杂化轨道总数分别为2、3、4、5，故Xe的杂化方式可能是sp3d。 (4)SiCl4(H2O)中Si形成5条共价键，则Si的价层电子对数为5，推测Si的杂化轨道总数为5。根据杂化过程中原子轨道总数不变，推测dsp2、sp3d、sp3d2的杂化轨道总数分别为4、5、6，故中间体中Si可能采取sp3d杂化。 考点四　分子的结构与性质(理解与辨析能力) 【例6】 (2023·山东卷)下列分子属于极性分子的是(　　　　　) A．CS2 B．NF3 C．SO3 D．SiF4 B　解析：CS2中C上的孤电子对数为×(4－2×2)＝0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的空间结构为直线形，分子中正、负电中心重合，CS2属于非极性分子，A不符合题意；NF3中N上的孤电子对数为×(5－3×1)＝1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间结构为三角锥形，分子中正、负电中心不重合，NF3属于极性分子，B符合题意；SO3中S上的孤电子对数为×(6－3×2)＝0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO3的空间结构为平面正三角形，分子中正、负电中心重合，SO3属于非极性分子，C不符合题意；SiF4中Si上的孤电子对数为×(4－4×1)＝0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间结构为正四面体形，分子中正、负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D不符合题意。 【例7】 (1)(2022·山东卷，节选)在水中的溶解度，吡啶()远大于苯，主要原因是：①________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________， ②________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)(2022·浙江1月选考卷，节选)两种有机物的相关数据如下表： 物质 HCON(CH3)2 HCONH2 相对分子质量 73 45 沸点/℃ 153 220 HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)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 (2)HCON(CH3)2分子间只存在范德华力，HCONH2分子间存在氢键，氢键强于范德华力，故HCON(CH3)2的沸点低 解答分子结构与性质类题的方法 (1)判断分子的极性：考虑共价键的极性和分子结构的对称性，只含非极性键的分子是非极性分子；含有极性键，若分子结构对称则为非极性分子，若分子结构不对称，则为极性分子。 (2)分析范德华力、氢键及其对物质性质的影响，若存在分子间氢键，则其熔点、沸点升高，水溶性增大。 (3)分析物质的组成和结构，考虑“相似相溶”规律，推测物质的溶解性。 (4)分析分子的结构，判断是否存在手性碳原子，是否存在手性异构体。 7．(2023·新课标全国卷)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]＋为平面结构。 下列说法正确的是(　　　　　) A．该晶体中存在N—H…O氢键 B．基态原子的第一电离能：C＜N＜O C．基态原子未成对电子数：B＜C＜O＜N D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同 A　解析：根据题图示信息，结合原子的成键规律可知题图中虚线表示的是N—H…O氢键，A正确；基态N原子的2p轨道处于半充满状态，导致其第一电离能大于C、O，即第一电离能C<O<N，B错误；B、C、N、O基态原子未成对电子数依次为1、2、3、2，C错误；[C(NH2)3]＋为平面结构，则N原子是sp2杂化，B形成4条σ键则B原子为sp3杂化，D错误。 8．(2023·湖北卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)＋(WZ4)－。下列说法正确的是(　　　　　) A.分子的极性：WZ3＜XZ3 B．第一电离能：X<Y<Z C．氧化性：X2Y3＜W2Y3 D．键能：X2＜Y2＜Z2 A　解析：Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B。W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间结构为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一个孤电子对，空间结构为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3＜XZ3，A正确；X为N，Y为O，Z是F，同一周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半充满稳定结构，其第一电离能大于同周期相邻的元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；W为B，X为N，Y为O，则X2Y3为N2O3，W2Y3为B2O3，两种化合物中N和B的化合价都是＋3，但是N的非金属性更强一些，故N2O3的氧化性更强一些，C错误；X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误。 9．(2023·湖北卷，节选)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填标号)。 a．Si—Cl极性更大 b．Si的原子半径更大 c．Si—Cl键能更大 d．Si有更多的价层轨道 答案：abd 解析：非金属性C>Si，C—Cl极性比Si—Cl更小，Si—Cl更易断裂发生水解，a正确；Si的原子半径更大，Si—Cl的键长大于C—Cl，故Si—Cl更易断裂，导致SiCl4比CCl4易水解，b正确；通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，不能说明SiCl4比CCl4易水解，c错误；Si有3d轨道，比C原子有更多的价层电子轨道，更易与水电离出的OH－形成化学键，导致SiCl4比CCl4易水解，d正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$