第4章 第29讲 分子的性质 配合物（教师word）-【金版新学案】2025年高考化学高三总复习大一轮复习讲义（鲁科2019 单选版）

第29讲　分子的性质　配合物 【课程标准】　1.了解分子的性质。2.了解范德华力、氢键的含义及对物质性质的影响。3.了解配位键。 考点一　分子的性质与分子间作用力 1．分子的极性 类型 非极性分子 极性分子 形成原因 正电荷中心和负电荷中心重合的分子 正电荷中心和负电荷中心不重合的分子 存在的共价键 非极性键或极性键 非极性键或极性键 分子内原子排列 对称 不对称 2.分子极性与化学键、分子空间结构的关系 3．分子的手性 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相似但不能重叠，互称为对映异构体。对于仅通过单键连接其他原子的碳原子，当其所连接的四个原子或基团均不相同时，这个碳原子称为不对称碳原子，常根据有无不对称碳原子推测分子是否为手性分子。 4．分子的溶解性 (1)“相似相溶”原理：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。 (2)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。 (3)随着溶质分子中疏水基个数的增多，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。 5．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)强弱：范德华力<氢键<化学键。 (4)范德华力：范德华力主要影响物质的熔点、沸点、硬度等物理性质。范德华力越强，物质的熔点、沸点越高，硬度越大。一般来说，组成和结构相似的物质，随着相对分子质量的增加，范德华力逐渐增大。 学生用书↓第165页 (5)氢键 ①形成：已经与电负性很强的原子(N、O、F)形成共价键的氢原子(该氢原子几乎为裸露的质子)与另一个电负性很强的原子(N、O、F)之间形成的作用力，称为氢键。 ②表示方法：A—H…B ③特征：具有一定的方向性和饱和性。 ④分类：氢键包括分子内氢键和分子间氢键两种。 ⑤分子间氢键对物质性质的影响：使物质的熔、沸点升高，对电离和溶解度等产生影响。 [正误辨析] 1．以极性键结合起来的分子一定是极性分子(　　) 2．为手性分子(　　) 3．非极性分子中，一定含有非极性共价键(　　) 4．BCl3与NCl3均为三角锥形，为极性分子(　　) 5．氨水中氨分子与水分子间形成了氢键(　　) 6．可燃冰(CH4·8H2O)中甲烷分子与水分子之间形成了氢键(　　) 7．H2O比H2S稳定是因为水分子间存在氢键(　　) 8．氢键的存在一定能使物质的熔、沸点升高(　　) 答案：1.×　2.×　3.×　4.×　5.√　6.×　7.×　8.× 正误判断 (1)(2023·湖南卷，4)含有手性碳原子的分子叫做手性分子(　　) (2)(2023·湖南卷，4)邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点(　　) (3)(2023·湖北卷，9)CF4和SF4均为非极性分子(　　) (4)(2023·湖北卷，11改编)沸点：正戊烷(36.1 ℃)高于新戊烷(9.5 ℃)，是因为前者分子间作用力大(　　) (5)(2023·湖北卷，11改编)酸性：CF3COOH(pKa＝0.23)远强于CH3COOH(pKa＝4.76)，是因为前者羟基极性大(　　) (6)(2023·辽宁卷，6改编) (　　) (7)(2023·北京卷，10改编)氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释(　　) 答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)×　(7)√ (2023·山东卷)下列分子属于极性分子的是(　　) A．CS2　　 B．NF3　　 C．SO3　　 D．SiF4 答案：B 解析：根据价层电子对互斥模型可知，CS2的中心原子C的价层电子对数＝2＋× (4－2×2)＝2，无孤电子对，CS2的空间结构为直线形，正、负电荷中心重合，为非极性分子；NF3的中心原子N的价层电子对数＝3＋×(5－3×1)＝4，有一个孤电子对，NF3的空间结构为三角锥形，正、负电荷中心不重合，为极性分子；SO3的中心原子S的价层电子对数＝3＋×(6－3×2)＝3，无孤电子对，SO3的空间结构为平面正三角形，正、负电荷中心重合，为非极性分子；SiF4的中心原子Si的价层电子对数＝4＋×(4－4×1)＝4，无孤电子对，SiF4的空间结构为正四面体，正、负电荷中心重合，为非极性分子。故本题选B。 (2023·湖北卷)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填字母)。 a．Si—Cl键极性更大　　　 b．Si的原子半径更大 c．Si—Cl键键能更大 d．Si有更多的价层轨道 答案：abd 解析：由于Si原子有空轨道，而C原子没有，且Si原子半径大于C原子半径，则Si—Cl键键长长，键能小；同时Si电负性小于C，Si—Cl键极性大；以上因素导致Si—Cl键更易断裂，SiCl4比CCl4更易水解，故选abd。 考向一　分子的极性判断 1．下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是(　　) A．CO2、H2S　　　　 B．C2H4、CH4 C．Cl2、C2H2 D．NH3、HCl 答案：B 2．下列分子中，属于极性分子的是________，属于非极性分子的是________(填序号)。 ①P4　②CO　③C2H2　④BF3　⑤SO2　⑥PCl3 ⑦SiF4　⑧CH2Cl2 答案：②⑤⑥⑧　①③④⑦ 学生用书↓第166页 归纳总结 分子极性的判断方法 1．只含非极性键的分子一定是非极性分子。 2．含极性键的双原子分子一定是极性分子。 3．ABn(n≥2)型分子： (1)根据分子结构判断 若分子是对称的，则为非极性分子，否则是极性分子。 (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；若有孤电子对，则为极性分子。 (3)利用化合价判断 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；若不等于，则为极性分子。　　 考向二　物质溶解性判断 3．下列化学事实中，主要用“相似相溶”原理解释的有：________(填序号)。 ①O2、N2难溶于水，但Cl2能溶于水 ②戊醇在水中溶解度较小，但戊醇与己烷互溶 ③碘难溶于水，碘溶于酒精形成碘酒 ④NaCl能溶于水形成溶液，NaCl“溶”于酒精形成胶体 ⑤NH3在水中的溶解度达到了1∶700(体积比) 答案：②③④ 4．乙醇与甲醚互为同分异构体，乙醇能与水以任意比例互溶，而甲醚却不溶于水。试解释其原因是什么？预测乙醇与甲醚的熔、沸点哪个高？ 答案：乙醇能与水形成氢键，而甲醚不能　乙醇熔、沸点高 考向三　范德华力、氢键的存在 5．“冰面为什么滑？”，这与冰层表面的结构有关(如图)。下列有关说法错误的是(　　) A．由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解 B．第一层固态冰中，水分子间通过氢键形成空间网状结构 C．第二层“准液体”中，水分子间形成氢键的机会比固态冰中少 D．当高于一定温度时，“准液体”中的水分子与下层冰连接的氢键断裂，产生“流动性的水分子”，使冰面变滑 答案：A 6．画出氢氟酸溶液中可能存在的氢键形式：_____________________________________ ___________________________________________________________________________。 答案：F—H…F、O—H…O、F—H…O、O—H…F 考向四　分子间作用力与分子性质原因分析 7．有关物质的熔、沸点，回答下列问题。 (1)有机物A()的结构可以表示为(虚线表示氢键)，而有机物B()只能形成分子间氢键。工业上用水蒸气蒸馏法将A和B进行分离，首先被蒸出的成分是____________(填字母)，原因是：_________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 (2)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________________________________________________________________________。 (3)在CO2低压合成甲醇反应(CO2＋3H2===CH3OH＋H2O)所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为________________。原因是____________________________________________ ______________________________________________________________________________。 答案：(1)A　A易形成分子内氢键，B易形成分子间氢键，所以B的沸点比A的高　(2)S8相对分子质量大，分子间范德华力大　(3)H2O＞CH3OH＞CO2＞H2　H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2相对分子质量较大，范德华力较大 学生用书↓第167页 考点二　配合物 1．配位键 (1)形成：由一个原子单方面提供孤电子对，而另一个原子接受孤电子对形成的共价键，即“电子对给予—接受”键被称为配位键。 (2)表示方法：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形成过程与其他3个N—H形成过程不同，但是一旦形成之后，4个共价键就完全相同。 2．配位化合物 (1)概念：金属原子或离子(有空轨道)与含有孤电子对的分子或离子通过配位键结合形成的化合物。 (2)形成条件 中心离子或原子：有空轨道，一般是带正电的金属离子，特别是过渡金属离子，如Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等，但也有电中性的原子等。 配体：其中的配位原子有孤电子对。配体可以是分子，如CO、NH3、H2O等，也可以是离子，如F－、Cl－、Br－、I－、CN－、SCN－、OH－等。 (3)组成：如[Cu(NH3)4]SO4 3．配合物的制备 实验操作 实验现象及有关的离子方程式 滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH； 氨水过量后沉淀逐渐溶解，得到深蓝色的透明溶液：Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－； 滴加乙醇后析出深蓝色晶体： [Cu(NH3)4]2＋＋SO＋H2O[Cu(NH3)4]SO4·H2O↓ 溶液变为红色：Fe3＋＋nSCN－[Fe(SCN)n]3－n 滴加AgNO3溶液后，试管中出现白色沉淀：Ag＋＋Cl－===AgCl↓； 再滴加氨水后沉淀溶解，溶液呈无色：AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－ 4.螯合物 (1)螯合物是具有环状结构的配合物，是通过两个或多个配体与同一金属离子形成螯合环的螯合作用而得到。如EDTA—2Na溶液中，每个EDTA2－可以电离出2个H＋，生成EDTA4－，然后与金属离子配位。EDTA4－中的2个N、4个O都可以与金属离子结合，这类配体称为多齿配体，形成的配合物称为螯合物。 (2)螯合物比金属离子与其配体生成的类似配合物有更高的稳定性，由螯合作用得到的某些金属螯合剂用途很广。例如，EDTA为六齿螯合剂，可用于水 学生用书↓第168页 的软化、食物的保存等；环状配体冠醚类螯合剂适用于碱金属、碱土金属(ⅡA族)的分离和分析。 [正误辨析] 1．配位键实质上是一种特殊的共价键(　　) 2．提供孤电子对的微粒既可以是分子，也可以是离子(　　) 3．有配位键的化合物就是配位化合物(　　) 4．配位化合物都很稳定(　　) 5．在配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Cl－均可与AgNO3反应生成AgCl沉淀(　　) 6．Ni(CO)4是配合物，它是由中心原子与配体构成的(　　) 答案：1.√　2.√　3.×　4.×　5.×　6.√ (2023·浙江1月选考)共价化合物Al2Cl6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：Al2Cl6＋2NH3===2Al(NH3)Cl3，下列说法不正确的是(　　) A．Al2Cl6的结构式为 B．Al2Cl6为非极性分子 C．该反应中NH3的配位能力大于氯 D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应 答案：D 解析：Al原子最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，所以Al2Cl6的结构式为或，Ｆ表示配位键，也可用短线代替，A项正确；由A选项知，Al2Cl6为对称结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，B项正确；该反应中NH3取代Cl与Al形成配位键，说明NH3的配位能力大于氯，C项正确；Al—Br的键能小于Al—Cl，Al—Br键更易断裂，Al2Br6更易与NH3反应，D项错误。 按要求回答下列问题： (1)(2023·全国甲卷)C60间的作用力是____________________。 (2)(2023·浙江6月选考)给出H＋的能力：NH3______[CuNH3]2＋(填“＞”或“＜”)，理由是________________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________。 (3)(2023·北京卷)浸金时，S2O作为配体可提供孤电子对与Au＋形成[Au(S2O3)2]3－。分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：_______________________ ________________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________。 (4)(2023·全国甲卷)酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是______(填上图酞菁中N原子的序号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为______，氮原子提供孤对电子与钴离子形成______键。 答案：(1)范德华力　(2)＜　[CuNH3]2＋形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂　 (3)S2O中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子　(4)③　＋2　配位 1.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。一种原子序数为48的Cd2＋配合物的结构如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．该螯合物中N的杂化方式有2种 B．1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol C．Cd属于d区元素 D．Cd的价电子排布式为4d85s2 答案：B 解析：该螯合物中无论是硝基中的N原子，还是NO中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为sp2杂化，即N只有1种杂化方式，A错误；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1个O原子形成的为共价键，另外的均为配位键，故1 mol该配合物中通过螯合作用形成6 mol配位键，B正确；原子序数为48的Cd属于ds区元素，C错误；Cd的价电子排布式为4d105s2，D错误。 2．Fe3＋可与H2O、SCN－、F－等配体形成配位数为6的配离子，如[Fe(H2O)6]3＋(浅紫色)、[Fe(SCN)6]3－(红色)、[FeF6]3－(无色)，但不能与NO形成配离子。某同学完成如图实验： 学生用书↓第169页 Fe(NO3)3·9H2O(s)溶液Ⅰ溶液Ⅱ溶液Ⅲ 　　　　　　　　　　　(黄色)　　　　(红色)　　　(无色) 下列有关叙述不正确的是(　　) A．[Fe(H2O)6]3＋为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，是Fe3＋水解的产物所致 B．溶液Ⅱ、Ⅲ的颜色分别为红色和无色，说明其中不存在[Fe(H2O)6]3＋ C．为了观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3＋的浅紫色，可向溶液中加入硝酸 D．已知Fe3＋与SCN－、F－的反应在溶液中存在以下平衡：Fe3＋＋6SCN－[Fe(SCN)6]3－K1，Fe3＋＋6F－[FeF6]3－K2。溶液Ⅱ→溶液Ⅲ，颜色由红色变为无色。若该反应是可逆反应，其平衡常数为 答案：B 解析：[Fe(H2O)6]3＋为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，是Fe3＋水解生成的Fe(OH)3分散在溶液中，故A正确；溶液Ⅱ、Ⅲ的颜色分别为红色和无色，说明存在[Fe(SCN)6]3－(红色)和[FeF6]3－(无色)，溶液中同时也存在[Fe(H2O)6]3＋，含量极少，故B错误；为了观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3＋的浅紫色，可向溶液中加入硝酸，抑制铁离子水解，增大[Fe(H2O)6]3＋的浓度，故C正确；Fe3＋与SCN－、F－的反应在溶液中存在以下平衡：Fe3＋＋6SCN－[Fe(SCN)6]3－K1，Fe3＋＋6F－[FeF6]3－K2，溶液Ⅱ→溶液Ⅲ，颜色由红色变为无色，该反应方程式为[Fe(SCN)6]3－＋6F－[FeF6]3－＋6SCN－，若该反应是可逆反应，其平衡常数K＝＝，故D正确。 3．Cu2＋能与NH3形成具有对称空间结构的[Cu(NH3)4]2＋。 (1)[Cu(NH3)4]2＋的H—N—H键角______(填“＞”“＜”或“＝”)NH3的H—N—H键角。 (2)NF3与NH3具有相同的空间结构，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，理由是________________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________。 答案：(1)＞　(2)F的电负性比N大，N—F键成键电子偏向于F，导致NF3中N原子核对其孤电子对吸引能力增强，难以形成配位键 解析：(1)[Cu(NH3)4]2＋中N原子无孤电子对，所以[Cu(NH3)4]2＋中H—N—H键角＞NH3的H—N—H键角。 4．镍能形成多种配合物，如[Ni(NH3)6]2＋、Ni(CO)4等。 (1)1 mol [Ni(NH3)6]2＋中含有的σ键数目为________。 (2)Ni(CO)4中的配位原子为____，其更容易进行配位的原因是_________________________ _______________________________________________________________________________。 答案：(1)24NA　(2)C　C的电负性小于O，对孤电子对的束缚作用低，易于提供出孤电子对 5.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Fe3＋配合物的结构如图所示，下列说法正确的是(　　) A．第一电离能：C＞N B．该螯合物内存在氢键 C．该1 mol螯合物通过螯合作用形成的配位键有6 mol D．该螯合物中N的杂化方式有2种 答案：D 解析：A.同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，且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，故第一电离能大小：N＞C；A错误；B.由图可知，该螯合物内部不存在氢键，B错误；C.该螯合物中中心原子为铁、配体原子为氮，由结构可知，1 mol该螯合物通过螯合作用形成的配位键有3 mol，C错误；D.该螯合物中碳氮构成的环中氮原子形成一个双键、2个单键，为sp2杂化，另一个氮原子形成3个单键，有1对孤电子对，为sp3杂化，D正确。 归纳总结 1．检验Fe2＋、Fe3＋的特效试剂与使用条件 (1)Fe2＋的检验：邻二氮菲是Fe2＋检验的特效试剂，其显色与溶液的pH有关，适宜范围为2～9。 (2)Fe3＋的检验：硫氰化钾是检验Fe3＋的特效试剂，但检验过程受溶液pH的影响，其中检验时的pH＜3。 (3)检验Fe2＋、Fe3＋的另外特效试剂 ①Fe3＋的检验：亚铁氰化钾K4[Fe(CN)6]可以检验，现象是有蓝色沉淀产生； ②Fe2＋的检验：铁氰化钾K3[Fe(CN)6]可以检验，现象是有蓝色沉淀产生。 2．配合物在检验离子中的应用 (1)配体结合中心离子的强弱关系：一般是配体中可配位的原子越多越稳定，稳定性弱的配合物在一定条件下可以转化成稳定性强的配合物。 (2)影响因素：溶液的酸碱性、中心离子和配体浓度。　　 课时测评29　分子的性质　配合物 (时间：45分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－9题，每题6分，第10题12分，第11题18分，第12题16分，共100分) 1．(2023·湖南校联考一模)下列有关说法错误的是(　　) A．有手性异构体的分子叫做手性分子 B．臭氧是极性分子，可用于自来水的消毒 C．冠醚可利用其空穴大小适配相应碱金属离子，两者能通过弱相互作用形成超分子 D．乳酸加聚得到聚乳酸，聚乳酸因具有良好的生物相容性和可吸收性，可用于手术缝合 答案：D 解析：有手性异构体的分子叫做手性分子，故A正确；臭氧是V形分子，正负电荷的中心不重合，是极性分子，臭氧具有强氧化性，可用于自来水的消毒，故B正确；冠醚可利用其空穴大小适配相应碱金属离子，两者能通过弱相互作用形成超分子，故C正确；乳酸分子中含有羧基、羟基，发生缩聚反应得到聚乳酸，故D错误。 2．下列叙述中正确的是(　　) A．以非极性键结合起来的双原子分子一定是非极性分子 B．以极性键结合起来的分子一定是极性分子 C．非极性分子只能是双原子单质分子 D．非极性分子中，一定含有非极性共价键 答案：A 解析：全由非极性键结合起来的双原子分子为非极性分子，如氧气、氮气、氯气等，故A正确；以极性键结合起来的分子可能为非极性分子，如甲烷、二氧化碳等，故B错误；非极性分子可能为多原子分子，如甲烷、二氧化碳等，故C错误；非极性分子中，可能不含非极性键，如CO2等，故D错误。 3．科学家们合成了具有半导体特性的环状C18分子，其合成方法的示意图如图： 下列说法不正确的是(　　) A．键长：C≡C＜C—C B．键能：C—O＞C—C C．C22O4为非极性分子 D．C18晶体为分子晶体 答案：C 解析：碳碳三键的键长比碳碳单键的键长短，但比碳碳单键键长的长， 故A正确；氧元素的电负性大于碳元素的电负性，所以碳氧键的键能大于碳碳键，故B正确；由结构简式可知，C22O4为结构不对称的极性分子，故C错误；由结构简式可知，C18晶体为由分子形成的分子晶体，故D正确。 4．数据是科学推理中的重要证据，由下表中的数据，所得推论正确的是(　　) 羧酸 pKa＝－lg Ka 丙酸(C2H5COOH) 4.88 乙酸(CH3COOH) 4.76 甲酸(HCOOH) 3.75 氯乙酸(CH2ClCOOH) 2.86 二氯乙酸(CHCl2COOH) 1.29 三氯乙酸(CCl3COOH) 0.65 三氟乙酸(CF3COOH) 0.23 A.相同浓度下，乙酸的酸性一定强于氯乙酸 B．烃基是吸电子基团，烃基越长，吸电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C．卤素原子是推电子基团，卤素原子使得羧基中羟基的极性变小，导致二氯乙酸的酸性强于一氯乙酸 D．氟原子的电负性大于氯原子，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，使三氟乙酸羧基中羟基的极性增大，导致三氟乙酸容易电离出氢离子 答案：D 解析：由题表可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)＝10－4.76，Ka(CH2ClCOOH)＝10－2.86，电离平衡常数越大，电离程度越大，则相同浓度下，氯乙酸的酸性强于乙酸，A错误；烃基为推电子基团，碳原子数越多，推电子能力越强，则酸性越弱，B错误；卤素原子为吸电子基团，卤素原子电负性越大，吸电子能力越强，则酸性越强，故酸性：二氯乙酸＞一氯乙酸，C错误；电负性越大，吸引电子能力越强，F的电负性大于Cl，则F—C键极性大于Cl—C键的极性，F原子吸引电子能力较大，导致F3C—极性大于Cl3C—的极性，则三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以三氟乙酸的酸性较强，D正确。 5．(2023·浙江省衢州市期末)SO3及其三聚体环状结构如图所示。下列说法不正确的是(　　) A．SO3与CO、NO互为等电子体，空间结构都为平面三角形 B．SO3为非极性分子，中心原子杂化类型为sp3 C．三聚体环状结构中S与O形成的共价键的键长有a、b两类 D．该三聚体环状结构中含有12个σ键 答案：B 解析：具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，则SO3与CO、NO互为等电子体，等电子体具有相同的结构特征，它们的中心原子孤电子对数＝0、价层电子对数＝3＋0＝3，故为sp2杂化，空间结构都为平面三角形，A正确；结合选项A可知SO3中心原子杂化类型为sp2，B错误；由题图知：三聚体环状结构中S与O形成的共价键的键长有a、b两类，C正确；该三聚体环状结构中每个S原子形成4个σ键，则分子内含有12个σ键，D正确。 6．[Zn(CN)4]2－在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2＋和HOCH2CN，下列说法错误的是(　　) A．Zn2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d10 B．1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为1.806×1024 C．HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3 D．[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键，结构可表示为 答案：C 解析：Zn原子序数为30，位于ⅡB族，所以，Zn2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A正确；1分子HCHO含2个C—H键和1个C===O键，共有3个σ键，所以，1 mol HCHO分子中含有σ键的物质的量为3 mol，数目为1.806×1024，B正确；HOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，—CN(—C≡N)中的C为sp杂化，C错误；[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，[Zn(CN)4]2－结构可表示为，D正确。 7.竹简是汉字传承的载体之一。出土后竹简中的木质素(多元酚)与Fe3＋发生配位反应，导致字迹颜色变深难以辨认，使用维生素C修复可使竹简变回浅色。下列关于维生素C的说法不正确的是(　　) A．化学式为C6H8O6 B．分子中含有2种官能团 C．具有还原性，能还原Fe3＋使竹简变回浅色 D．O原子有孤电子对，推测能与Fe3＋形成配位键 答案：B 解析：根据维生素C的结构简式可知其分子式为C6H8O6，故A正确；分子中含有羟基、酯基和碳碳双键，有3种官能团，故B错误；维生素C具有还原性，还原Fe3＋使竹简变回浅色，故C正确；Fe3＋含有空轨道，O原子含有孤电子对，O与Fe3＋可形成配位键，故D正确。 8．X为含Cu2＋的配合物。实验室制备X的一种方法如图。下列说法不正确的是(　　) A．①中发生反应：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同 C．X中所含阴离子是SO D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度 答案：B 解析：向CuSO4溶液中加入氨水，发生①中反应，生成Cu(OH)2沉淀，离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH，继续加入氨水，沉淀溶解，②中反应为Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O，加入乙醇，析出X，X为Cu2＋的配合物， 故X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，据此分析作答即可。根据分析可知，①中发生反应：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH，故A正确；根据分析可知，在①和②中，氨水参与反应的微粒分别为OH－和NH3，故B错误；根据分析可知，X为深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，X中所含阴离子是SO，故C正确；由题图可知，X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故D正确。 9．X射线研究表明CuCl2是共价化合物，为平面链状结构，以(CuCl2)n形式存在，如图所示。CuCl2易溶于水、乙醇、丙酮和氨水等，其水溶液常呈绿色，原因是[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－[CuCl4]2－(绿色)＋4H2O。下列说法不正确的是(　　) A．由图结构可知CuCl2为非极性分子 B．CuSO4溶液中加入NaCl固体，可使溶液颜色变绿 C．CuCl2中加入过量氨水可生成含[Cu(NH3)4]2＋的深蓝色溶液，说明NH3配位能力大于Cl－ D．1 mol [Cu(NH3)4]2＋中存在4NA个σ键 答案：D 解析：CuCl2是共价化合物，为平面链状结构，根据图中结构，可知CuCl2为非极性分子，故A正确；CuSO4溶液中加入NaCl固体，题干中平衡正向移动，可使溶液颜色变绿色，故B正确；CuCl2中加入过量氨水可生成含[Cu(NH3)4]2＋的深蓝色溶液，说明[CuCl4]2－变为[Cu(NH3)4]2＋，则NH3配位能力大于Cl－，故C正确；1个NH3有3个σ键，配位键为σ键，则1 mol [Cu(NH3)4]2＋中存在16NA个σ键，故D错误。 10．(12分)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： (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NO。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________(填字母)。 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：(1)3d5　(2)N＞O＞S　三角锥形　(3)sp　(4)S、N　(5)AC 解析：(1)Fe位于元素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化合物，其等电子体为SO，二者结构相似，根据VSEPR模型，价层电子对数为3＋＝4，则其空间结构为三角锥形；(3)对于NO，根据VSEPR模型，价层电子对数为2＋＝2，根据杂化轨道理论，则中心原子N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)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；Fe(CO)5中Fe原子不是以sp3杂化方式与CO成键，故B错误；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；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。 11.(18分)绿芦笋中含有天门冬氨酸(结构如图)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。回答下列问题： (1)天门冬氨酸中C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是____________，电负性最大的元素的价层电子轨道表示式____________________________________________。 铬元素位于周期表第________周期________族，其基态原子的电子排布式为____________________。 (2)天门冬氨酸中的共价键类型为______(填“σ键”、“π键”或“σ、π键”)，其中N原子的杂化轨道类型为____________，图中O—C—C的键角______C—C—N的键角(填“大于”或“小于”)。 (3)H2S和H2Se热稳定性较好的是________，从分子结构角度解释其原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)分子结构修饰在药物设计与合成中有广泛的应用。若将天门冬氨酸中的—NH2，换成—NO2，得到的新物质的酸性会增强，原因是_______________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)四个主族元素部分简单氢化物沸点随周期序数的变化如图所示。其中表示第ⅥA族元素简单氢化物沸点变化的是曲线________(填字母)，用分子间作用力解释该曲线：______________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________。 O—H…O的键能小于F—H…F，但水的沸点高于HF的原因可能是_______________________________________________________________________________ _______________________________________________________________________________。 某些氢键的键能和键长 氢键X—H…Y 键能/(kJ·mol－1) 键长/pm 代表性例子 F—H…F 28.1 255 (HF)n O—H…O 18.8 276 冰 O—H…O 25.9 266 甲醇，乙醇 N—H…F 20.9 268 NH4F N—H…O 20.9 286 CH3CONH2 N—H…N 5.4 338 NH3 答案：(1)N＞O＞C　四　ⅥB　1s22s22p63s23p63d54s1　(2)σ、π键　sp3　大于　(3)H2S　S的原子半径小于Se，S—H键键长较短，键能较大，分子的热稳定性更强　(4)O的电负性比H大，所以—NO2的极性大于—NH2，导致羧基上羟基的极性更大，更易电离出氢离子　(5)d　H2O分子间形成氢键，所以水的沸点反常高；H2Te、H2Se、H2S均为分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，则沸点越高　H2O分子间形成氢键的数量大于HF 解析：(2)单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，天门冬氨酸中既有σ键又有π键，N原子形成3个σ键，有1个孤电子对，杂化轨道类型为sp3，双键碳原子价电子对数为3，空间结构为平面三角形，单键碳原子有4个价电子对，空间结构为四面体，图中O—C—C的键角大于C—C—N的键角。(4)O的电负性比H大，所以—NO2的极性大于—NH2，导致羧基上羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以若将天门冬氨酸中的—NH2，换成—NO2，得到的新物质的酸性会增强。(5)水的沸点是100 ℃，表示第ⅥA族元素简单氢化物沸点变化的是曲线d；H2O分子间形成氢键，且氢键数目较多，所以水的沸点反常高；H2Te、H2Se、H2S均为分子晶体，随相对分子质量增大，熔沸点升高；H2O分子间形成氢键的数量大于HF，所以水的沸点高于HF。 12．(16分)氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题： (1)基态氮原子的价电子排布式是___________________________________________。 (2)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。 ①N2H4的结构式为______________________________________________________________。 ②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有______mol。 ③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4与硫酸铵晶体类型相同，则N2H6SO4的晶体内不存在________(填字母)。 A．离子键　　　　　 B．共价键 C．配位键 D．范德华力 (3)FeCl3溶液与KSCN溶液混合，得到含多种配合物的红色溶液，其中配位数为5的配合物的化学式是____________。KSCN中的阴离子与CO2互为等电子体，该阴离子的电子式是________________________________________________________________________。 (4)科学家合成了结构呈“V”形对称的N，已知该离子中各原子均达到8电子稳定结构。则有关该离子的下列说法中正确的是________(填字母)。 A．每个N中含有35个质子和36个电子 B．该离子中有非极性键和配位键 C．该离子中含有2个π键 D．与PCl互为等电子体 (5)图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。 下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是________(填字母)。 A．CF4 B．CH4 C．NH D．H2O (6)N的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成：已知其阴离子空间结构为平面正三角形，则其阳离子的空间结构为________形，阳离子中氮的杂化方式为____________。 答案：(1)2s22p3　(2)①　②3　③D　(3)K2[Fe(SCN)5]　 (4)B　(5)C　(6)直线　sp 解析：(1)N是7号元素，基态N原子核外价电子排布式是2s22p3。(2)①N2H4分子中两个N原子分别与两个H原子形成两个N—H共价键，两个N原子之间形成一个N—N共价键，所以N2H4的结构式为；②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，即有1 mol N2H4发生反应，根据方程式可知：每有2 mol N2H4发生反应，产生3 mol N2，形成6 mol π键，则1 mol N2H4发生反应，形成的π键有3 mol；③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4，N2H6SO4与硫酸铵晶体类型相同，是离子晶体，则N2H6SO4的晶体内存在离子键、共价键、配位键，不存在范德华力，故选项是D。(3)FeCl3溶液与KSCN溶液混合，得到含多种配合物的红色溶液，根据化合物中正负化合价的代数和为0的原则可知，其中配位数为5的配合物的化学式是K2[Fe(SCN)5]，KSCN中的阴离子与CO2互为等电子体，等电子体结构相似，则该阴离子的电子式是；(4)A.每个N中含有35个质子和34个电子，错误；B.该离子中有非极性键和配位键，正确；C.该离子中含有4个π键，错误；D.N与PCl原子个数相等，价电子数不等，不能互为等电子体，错误；(5)由于嵌入的微粒可以形成氢键，根据形成氢键的元素是N、O、F、H，而且形成4个氢键，则可能微粒是NH，故选C；(6)N的最高价氧化物N2O5为无色晶体，它由两种离子构成；已知其阴离子空间结构为平面正三角形，则该离子是NO，其阳离子是NO，其中心原子价电子对数是2＋＝2，所以N原子杂化类型是sp杂化，离子的空间结构为直线形。 学生用书↓第170页 学科网（北京）股份有限公司 $$