第2章 分子结构与性质 章末复习方案（Word教参）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年高中化学选择性必修2（人教版2019）

1.(2024·山东卷)由O、F、I组成化学式为IO2F的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是(　　) A．图中O代表F原子 B．该化合物中存在过氧键 C．该化合物中I原子存在孤对电子 D．该化合物中所有碘氧键键长相等 答案　C 解析　由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小(F最大、I最小)及其价电子数可以判断，白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子。由分析可知，A项错误；根据该化合物结构片断可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为IO2F，因此，该化合物中不存在过氧键，B项错误；I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为－1，O元素的化合价为－2，则I元素的化合价为＋5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C项正确；该化合物中既存在I—O单键，又存在I＝O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D项错误。 2．(2024·湖南卷)通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是(　　) A．P为非极性分子，Q为极性分子 B．第一电离能：B<C<N C．1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等 D．P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化 答案　A 解析　由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A项错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，B项正确；P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等，C项正确；P和Q分子中C、B和N均与其他三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D项正确。 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 答案　A 解析　甲烷分子的中心原子的价层电子对为4，水分子的中心原子价层电子对也为4，所以它们的VSEPR模型都是四面体，A项正确；SO的孤电子对为1，CO的孤电子对为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项错误；CH4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项错误；XeF2和XeO2分子中，孤电子对不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不等，D项错误。 素能提升 常见分子的空间构型 分子 电子式 结构式 键角 杂化 类型 孤电 子对 数 分子的 空间 构型 CO2 O＝C＝O 180° sp 0 直线形 CS2 S＝C＝S C2H2 HC⋮⋮CH H－C≡C－H H2O 105° sp3 2 V形 H2S 90° BF3 120° sp2 0 平面 三角 形 C2H4 120° sp2 0 平面形 — 120° sp2 0 平面 正六 边形 NH3 107° sp3 1 三角 锥形 P4 — 60° — 1 正四 面体 形 CH4 109°28′ sp3 0 4.(2022·天津卷)下列物质沸点的比较，正确的是(　　) A．CH4>C2H6 B．HF>HCl C．H2S>H2Se D．>CH3CH2CH2CH3 答案　B 解析　甲烷和乙烷组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点CH4<C2H6，A项错误；HF存在分子间氢键，因此沸点HF＞HCl，B项正确；H2S、H2Se组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点H2S<H2Se，C项错误；相同碳原子的烷烃，支链越多，沸点越低，因此<CH3CH2CH2CH3，D项错误。 5．(2022·海南卷)(多选)已知CH3COOH＋Cl2ClCH2COOH＋HCl，ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强。下列有关说法正确的是(　　) A．HCl的电子式为 B．Cl—Cl键的键长比I—I键短 C．CH3COOH分子中只有σ键 D．ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强 答案　BD 解析　HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A项错误；原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B项正确；CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C项错误；电负性Cl＞I，对O－H的共用电子对具有更强的吸引作用，导致O－H更易电离，故而酸性增加，即ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D项正确。 6．(1)(2024·1月浙江卷)(节选)H2N－NH2＋H＋―→H2N－NH，其中－NH2的N原子杂化方式为________；比较键角中的∠HNH：H2N－NH2中的－NH2________H2N－NH中的－NH(填“>”、“<”或“＝”)，请说明理由____________________________________。 (2)(2022·河北卷)(节选) Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是______，原因是_____________________________。 (3)(2023·全国乙)(节选)已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 NaCl SiCl4 GeCl4 SnCl4 熔点/℃ 800.7 －68.8 －51.5 －34.1 分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因________________________________________________________。SiCl4的空间结构为________，其中Si的轨道杂化形式为________。 (4)(2023·北京卷)(节选)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：___________________________________________。 (5)(2023·湖北卷)(节选)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有________(填标号)。 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 解析　(1)－NH2的价层电子对数3＋＝4，故杂化方式为sp3；价层电子对数为4，有一对孤电子对，－NH价层电子对数4＋＝4，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角∠HNH：H2N－NH2中的－NH2＜H2N－NH中的－NH。(2)Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大。(3)由表中的数据可知，SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4结构相似，熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。SiCl4的空间结构为正四面体，其中Si的价层电子对数为4，因此Si的轨道杂化形式为sp3。(4)S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。(6)Si－Cl键极性更大，则 Si－Cl键更易断裂，因此，SiCl4比CCl4易水解，a有关；Si的原子半径更大，因此，SiCl4中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si－Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH－的进攻，因此，SiCl4比CCl4易水解，b有关；通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si－Cl键键能更大不能说明Si－Cl更易断裂，故不能说明SiCl4比CCl4易水解，c无关；Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH－形成化学键，从而导致SiCl4比CCl4易水解，d有关；综上所述，导致SiCl4比CCl4易水解的因素有abd。 答案　(1) sp3 　＜ 　－NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小 (2)Cu　Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大 (3)随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4结构相似，熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大　正四面体　sp3 (4)I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子　(5)abd 素能提升 分子结构与性质的解题模型 学科网（北京）股份有限公司 $$