第2板块 专题微课(3) 分子的结构分析(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考化学二轮复习专题增分方略(江苏专版)

分子的结构分析 专题微课(三) 在高考试题中通常借助一些陌生物质作为载体呈现,主要考查中心原子的价层电子对数计算,通过价层电子对数和孤电子对数判断分子的空间结构,通过价层电子对数(即杂化轨道数)判断原子的杂化类型,配合物的结构分析等。命题形式灵活多变,试题整体难度中等,注重对知识的宽度和融合考查。 一、 二、 杂化类型的判断 分子或离子构型的判断 三、 共价键及配合物结构分析 目 录 四、 专题质量评价 杂化类型的判断 一、 高考领航 √ 1.(2023·江苏卷)下列说法正确的是 (　　) A.HHH都属于氢元素 B.N和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp2 C.H2O2分子中的化学键均为极性共价键 D.CaH2晶体中存在Ca与H2之间的强烈相互作用 解析:HHH都属于氢元素,三者互为同位素,A正确;和H2O的中心原子轨道杂化类型均为sp3,B错误;H2O2分子中的化学键既存在O—H极性共价键,也存在O—O非极性共价键,C错误;CaH2晶体中存在Ca2+与H-之间的离子键,为强烈相互作用,D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 √ 解析:由所给分子结构图,P和Q分子都满足对称,正负电荷中心重合,都是非极性分子,A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正确;由所给分子结构可知,P的分子式为C24H12,Q分子式为B12N12H12,P、Q分子都含156个电子,故1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等,C正确;由所给分子结构可知,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正确。 3.(2024·全国甲卷·节选)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷 ,其中电负性最大的元素是　　,硅原子的杂化轨道类型为　　。  解析:该物质中含有H、C、Si元素,其中C的电负性最大;Si形成4个σ键,杂化轨道类型为sp3。 C sp3 (2024·浙江1月选考T17·节选)(1)H2N—NH2+H+ H2N—N,其中—NH2的N原子杂化方式为　　;比较键角∠HNH:H2N—NH2中的—NH2 　H2N—N中的—N(填“>”“<”或“=”),请说明理由 　 。  解析:—NH2和—N中N原子都采用sp3杂化,—NH2中含有孤电子对,—N中不含孤电子对,—NH2中键角较小。 sp3 < —NH2中N有孤电子对,对成键电子对排斥力大,键角小 [类题加推•据情选用] (2)将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A,测得A由2种微粒构成,其中之一是N。比较氧化性强弱:N　 HNO3(填 “>”“<”或“=”);写出A中阴离子的结构式　 。  解析:阳离子更易得电子,N氧化性大于HNO3;根据原子守恒, A中阴离子为[ ]-。 > [ ]- 重点破障 1.常见的杂化轨道类型分析 杂化类型 sp sp2 sp3 参与杂化的 原子轨道 1个s轨道+ 1个p轨道 1个s轨道+ 2个p轨道 1个s轨道+3个p轨道 杂化轨道数 2个sp 杂化轨道 3个sp2 杂化轨道 4个sp3杂化轨道 轨道夹角 180° 120° 109°28' 空间结构 直线形 平面三角形 正四面体形 续表 2.中心原子杂化类型的判断 (1)根据中心原子的价层电子对数判断 中心原子上的 价层电子对数 2 3 4 5 6 杂化类型 sp sp2 sp3 sp3d sp3d2 (2)根据中心原子成键方式判断 (一般用于有机物分子中C、N的杂化类型判断) 杂化类型 sp3 sp2 sp C的 成键方式 4个单键 1个双键和 2个单键 2个双键或1个三键和1个单键 N的 成键方式 3个单键 1个双键和 1个单键 1个三键 (3)根据键角判断 若键角为109°28'或接近109°28',则为sp3杂化;若键角为120°或接近120°,则为sp2杂化;若键角为180°,则为sp杂化。 (4)根据等电子原理判断 如CO2是直线形分子,SCN-、与CO2互为等电子体,所以其空间结构也为直线形,中心原子均为sp杂化。 强训提能 1.(2024·南通市质检)氰基丙烯酸乙酯是一种黏合剂的主要成分,其结构式如图1所示。K2S2O8(过硫酸钾)是一种强氧化剂,其中S2的结构式如图2所示。下列说法正确的是(　　) 图1　　 　　　　　　　图2 A.1 mol氰基丙烯酸乙酯分子中含3 mol π键 B.氰基丙烯酸乙酯分子中sp3、sp2杂化的碳原子数之比为2∶3 C.K2S2O8中S元素的化合价为+7价 D.S2结构中“S—O—O—S”的4个原子处于同一条直线 √ 解析:双键中有1个π键,三键中有2个π键,故1 mol氰基丙烯酸乙酯分子中含4 mol π键,A错误;三键碳原子为sp杂化,双键碳原子为sp2杂化,饱和碳原子为sp3杂化,故氰基丙烯酸乙酯分子中sp3、sp2杂化的碳原子数分别为2个、3个,个数比为2∶3,B正确;K2S2O8中有一个过氧键,其中两个O为-1价,其余O为-2价,根据化合物中元素的化合价代数和为0可知,S为+6价,C错误;S2结构中“S—O—O—S”的O为sp3杂化,有两个孤电子对,故4个原子不处于同一条直线,D错误。 2.(2024·华中师大一附中模拟)氮掺杂石墨固体(部分结构如图所示)有石墨的特性(如导电性)。研究发现过硫酸氢盐(HS)可作为消除水体中某些有机物的催化剂,机理如图,已知S(ad)代表吸附在固体表面的活性氧化自由基,下列说法错误的是(　　) A.过硫酸氢盐中S的化合价为+6价 B.氮掺杂石墨中的N为sp2杂化 C.可能存在反应HS===S·+·OH D.HS和S的结构中S的杂化方式不同 √ 解析:由题意可知,HS的结构式为 ,离子中硫元素的化合价为+6价,故A正确;由题意可知,氮掺杂石墨有石墨的特性,说明氮掺杂石墨中存在碳氮双键,氮原子的杂化方式为sp2杂化,故B正确;由题意可知,HS消除水体中某些有机物时发生的反应为HS=== S·+·OH,故C正确;由题意可知,HS和S的结构式分别为 和 ,两种离子中硫原子的价层电子对数相同,杂化方式相同,故D错误。 3.铑(Rh)和铱(Ir)形成的材料在生产生活中应用广泛,如铑(Rh)膦络合物常用作催化剂,二氧化铱(IrO2)可用作电生理学研究中的微电极。回答下列问题: (1)铱(Ir)的原子序数为77,其价层电子排布式为　　 　,铑(Rh)的原子序数为45,其位于元素周期表的　　区。  解析:铱(Ir)的原子序数为77,根据稀有气体原子序数依次为2、10、18、36、54、86、118,可推出铱(Ir)的价层电子排布式为5d76s2,铑(Rh)的原子序数为45,正好等于77-32,位于铱(Ir)的正上方,在元素周期表的d区。 5d76s2 d (2)固体铑(Rh)膦络合催化剂(Ph为苯基)的结构 如图所示,中心原子Rh的VSEPR模型是　　 　, 该分子中P原子的杂化方式为　　,1 mol该物质中含有的σ键的数目为　　　　_______(设NA为阿伏加德罗常数的值)。  解析:根据固体铑(Rh)膦络合催化剂(Ph为苯基)的结构图,可以判断出中心原子Rh有五个杂化轨道,因此VSEPR模型是三角双锥,P原子的杂化方式为sp3,PPh3中σ键的数目为36,因此1 mol该物质中含有的σ键的数目为114NA。 三角双锥 sp3 114NA 分子或离子构型的判断 二、 高考领航 √ 1.(2024·江苏卷)反应PbS+4H2O2===PbSO4+4H2O可用于壁画修复。下列说法正确的是 (　　) A.S2-的结构示意图为 B.H2O2中既含离子键又含共价键 C.S中S元素的化合价为+6 D.H2O的空间构型为直线形 解析:S2-的最外层电子数为8,其结构示意图为 ,A错误; H2O2中只含有共价键,B错误;S中O为-2价,S为+6价,C正确;H2O为V形分子,D错误。 2.(2024·甘肃卷)温室气体N2O在催化剂作用下可分解为O2和N2,也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。下列说法错误的是 (　　) A.相同条件下N2比O2稳定 B.N2O与N的空间构型相同 C.N2O中N—O键比N—N键更易断裂 D.N2O中σ键和π键的数目不相等 √ 解析:N2分子中存在N≡N,键能大,相同条件下N2比O2稳定,A正确;N2O与N均为CO2的等电子体,故其均为直线形分子,两者空间构型相同,B正确;N2O的中心原子是N,其在催化剂作用下可分解为O2和N2,说明N2O中N—O键比N—N键更易断裂,C正确;N2O中σ键和π键的数目均为2,因此,σ键和π键的数目相等,D不正确。 3.(2023·北京卷·节选)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2)可看作是S中的一个O原子被S原子取代的产物。 (1)基态S原子的价层电子排布式是　　　　。  解析:S是第三周期ⅥA族元素,基态S原子的价层电子排布式为3s23p4。 3s23p4 (2)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:______________________________________________________ 　　　　　　 　　。  解析: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。 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 (3)S2的空间结构是　　　 　。  解析:S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,S2可看作是S中1个O原子被S原子取代,则S2的空间结构为四面体形。 四面体形 重点破障 1.利用价层电子对互斥模型判断分子空间结构 价层电 子对数 成键 对数 孤电子 对数 VSEPR 模型名称 分子空间 结构名称 实例 2 2 0 直线形 直线形 BeCl2 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 续表 2.中心原子杂化轨道类型和分子空间结构关系 分子组成(A为中心原子) 中心原子的孤电子对数 中心原子的杂 化方式 分子或离子的 空间结构名称 实例 AB2 0 sp 直线形 BeCl2 1 sp2 V形 SO2 2 sp3 V形 H2O AB3 0 Sp2 平面三角形 BF3 1 sp3 三角锥形 NH3 AB4 0 sp3 正四面体形 CH4 续表 1.(2024·江苏南通一模)电石可通过如下反应制得:CaCO3 CaO+CO2、CaO+3C CaC2+CO。下列说法正确的是(　　) A.基态Ca2+的电子排布式:[Ar]4s2 B.C的空间构型为四面体形 C.CaC2的电子式为Ca2+[︰C︙︙C︰]2- D.二氧化碳晶体属于共价晶体 √ 强训提能 解析:基态Ca原子的电子排布式为[Ar]4s2,则Ca2+的电子排布式为1s22s22p63s23p6,故A错误;C中C的价层电子对数为3+=3,没有孤电子对,空间构型为平面三角形,故B错误;CaC2是离子化合物,由Ca2+和构成,电子式为Ca2+[︰C︙︙C︰]2-,故C正确;二氧化碳晶体属于分子晶体,故D错误。 √ 2.分析微粒结构,下列说法正确的是 (　　) A.CH4和P4的空间结构都是正四面体形,键角也相同 B.OF2与H2O的价层电子对情况和空间结构相同,但OF2的极性较小 C.Al2Cl6( )中Al为sp3杂化,与AlCl3中Al的杂化方式相同 D.PCl3和BCl3中心原子的杂化方式不同,但所有原子都满足8电子结构 解析:CH4和P4的空间结构都是正四面体形,但甲烷分子键角为109°28',白磷分子键角为60°,故A错误;OF2与H2O的价层电子对数都是4,空间结构都是V形,O和F的电负性差值小,所以OF2的极性较小,故B正确;由图可知Al2Cl6中Al为sp3杂化,AlCl3中Al为sp2杂化,两者Al的杂化方式不相同,故C错误;PCl3中心原子P的杂化方式为sp3杂化,BCl3中心原子B的杂化方式为sp2杂化,PCl3所有原子满足8电子结构,但BCl3中的B不满足8电子结构,故D错误。 3.三氯乙腈(Cl3CCN)和过量NaN3反应可得到一种高能物质M,其结构如图,则Cl3CCN分子中σ键与π键的数目比为　　　,的空间构型为　　　　,M中N原子杂化方式为　　　 　。  5∶2 直线形 sp、sp2 共价键及配合物结构分析 三、 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 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 高考领航 √ 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。图中 (白色的小球)代表O原子,灰色的小球代表F原子,A不正确。根据该化合物结构片段可知,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,才能确定该化合物的化学式为IO2F,因此, 该化合物中不存在过氧键,B不正确。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,据此可以判断每个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,单键和双键的键长不相等,因此,该化合物中所有碘氧键键长不相等,D不正确。 2.(2024·上海卷)已知AlBr3可二聚为如图所示的二聚体: (1)该二聚体中存在的化学键类型为　　。  A.极性键 B.非极性键 C.离子键 D.金属键 A 解析:根据该二聚体的结构可知,Br和Al以极性共价键相连,故A符合题意。根据配离子的结构为四面体形可知,中心原子Al采取sp3杂化,其中配体为CH3CN和Br-,1个共价单键含有1个σ键,1个碳碳三键含有1个σ键和2个π键,故1 mol该配合物中含有14 mol σ键。 (2)将该二聚体溶于CH3CN中生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(结构如图所示),已知配离子的结构为四面体形,则其中心原子的杂化方式为　　,其中配体是 　 ; 1 mol该配合物中有　　 mol σ键。  Br- sp3 　CH3CN、Br- 14 解析:根据该二聚体的结构可知,Br和Al以极性共价键相连,故A符合题意。根据配离子的结构为四面体形可知,中心原子Al采取sp3杂化,其中配体为CH3CN和Br-,1个共价单键含有1个σ键,1个碳碳三键含有1个σ键和2个π键,故1 mol该配合物中含有14 mol σ键。 [类题加推•据情选用] (2023·海南卷T19·节选)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂,反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 ( 代表单键、双键或三键) 回答问题: (1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种,它们是　　　 　　　　。  解析:根据题干配合物Ⅰ的结构图,中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl。 C、O、P、Cl (2)配合物Ⅰ中,R'代表芳基,V—O—R'空间结构呈角形,原因是 ____________________________________________________________ 　 。  解析:根据VSEPR模型,中心原子氧原子的价层电子对数为4,其中孤电子对数为2,空间结构呈角形。 根据VSEPR模型,氧原子的价层电子对数为4,其中孤电子对数为2, 成键电子对之间呈角形 (3)配合物Ⅱ中,第一电离能最大的配位原子是　　。  解析:配合物Ⅱ中,第一电离能最大的配位原子是N。 N (4)配合物Ⅱ和Ⅲ中,钒的化合价分别为+4和+3,配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中,两个氮原子间键长最长的是　　　　　。  解析:结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构,钒的化合价分别为+4和+3,配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键,配合物Ⅲ中为氮氮双键, N2中为氮氮三键,故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。 配合物Ⅱ 1.共价键类型的判断 (1)σ键与π键的判断 重点破障 依据键强度判断 σ键的强度较大,较稳定;π键活泼,比较容易断裂 由物质结 构式判断 共价单键都是σ键,共价双键中含有1个σ键、1个π键,共价三键中含有1个σ键、2个π键 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)极性键与非极性键的判断 看形成共价键的两原子,不同种元素的原子之间形成的是极性共价键,同种元素的原子之间形成的是非极性共价键。 2.配位键及配合物的分析 配合物的组成 [中心离子(配体)n][外界] 典型配合物 Cu(NH3)4SO4 Fe(SCN)3 [Ag(NH3)2]OH 中心离子 Cu2+ Fe3+ Ag+ 中心离子结构特点 一般是金属离子,特别是过渡金属离子,必须有空轨道 配体 NH3 SCN- NH3 配体结构特点 分子或离子必须含有孤电子对(如NH3、H2O、CO、Cl-、SCN-等) 配位数(n) 4 3 2 外界 S 无 OH- 颜色 深蓝色 红色 无色 配离子所含化学键 配体通过配位键与中心离子结合 配合物所含化学键 配位键、离子键;配体或外界中可能还含有共价键 配合物的常见性质 较多属于离子化合物,多数能溶解、电离,多数有颜色 续表 1.(2024·安徽省江南十校联考)氟是化学性质最为活泼的元素,氟可与除He、Ne和Ar外的所有元素形成化合物。几种氟化物的熔、沸点如下表所示,下列说法不正确的是 氟化物 LiF NF3 PF3 熔点/℃ 845 a -207 c 沸点/℃ 1 681 b -129 d 强训提能 A.键角:NF3>PF3 B.1 mol 中共含有15 mol σ键 C.a<845、b<1 681、c>-207、d>-129 D.B中含有配位键 √ 解析:NF3与PF3中心原子均为sp3杂化,中心原子电负性:N>P,对成键电子对吸引力更强,成键电子越靠近中心原子斥力越大,故键角:NF3>PF3,A正确。单键均为σ键,双键中含有1个σ键1个π键,1 mol 中共含有19 mol σ键,B错误。 与LiF均为离子晶体,前者阴阳离子很大,离子键较弱,熔、沸点低于LiF;NF3、PF3均为分子晶体,PF3相对分子质量大于NF3,则熔、沸点PF3高于NF3,C正确。B原子最外层有3个电子,只能与3个F原子通过共用电子对的方式形成共价键,故B中有一个B—F键为配位键,D正确。 2.(2024·湖南师大附中期中)如图所示的配合物离子,其中铁的一个配体为茂环阴离子(C5),该配体以π电子参与配位,其结构如图。下列说法不正确的是(　　) A.该结构中共有3个配位体,其中镍的配位数为4 B.已知其中的镍为Ni2+,则铁的化合价为+2 C.中心铁原子周围的价电子数共有18个 D.S的杂化方式为sp2 √ 解析:根据该配合物离子结构知,该结构中共有3个配位体,其中镍的配位数为4,A正确;根据化合价代数和等于配合物离子电荷数,镍为Ni2+,则铁的化合价为+2价,B正确;在该离子中Fe2+周围有2个S原子和一个CO的C原子与Fe2+以配位键结合,3个配位键中含有6个价电子,Fe2+上有6个价电子,还有茂环阴离子中参与大π键的6个价电子,故配合物离子中铁周围的价电子总数共有6+6+6=18个,C正确;S原子形成3个共价键,S原子上还有一个孤电子对,故S原子杂化类型为sp3杂化,D错误。 3.(2024·天津市河北区二模)甲醇(CH3OH)是一种用途广泛的基础有机原料和优质燃料。 (1)甲醇可以在铜做催化剂的条件下直接氧化成甲醛(HCHO)。 ①基态Cu原子的价层电子的轨道表示式为 　　　　　　　　。  解析:Cu为29号元素,基态Cu原子的价层电子的轨道表示式为 。 ②甲醛中碳原子的杂化方式为　　杂化,其组成元素的电负性由小到大的顺序为　 　　 　。  解析:甲醛中碳原子和氧原子形成C==O,还有2个C—H,C原子的杂化方式为sp2,甲醛中含有C、H、O三种元素,同一周期,从左到右元素的电负性递增,同一主族,自上而下元素的电负性递减,则电负性由小到大的顺序为H、C、O。 sp2 H、C、O (2)在一定条件下,甲醇可转化为乙酸甲酯(CH3COOCH3),一个乙酸甲酯分子中σ键和π键个数之比为　　 　。  解析:乙酸甲酯的结构式为 ,分子中σ键和π键个数之比为10∶1。 10∶1 (3)由AgNO3制备的[Ag(NH3)2]OH可用于检验醛基。[Ag(NH3)2]OH中配位原子为　 ,NH3的空间结构为　　　　　。  解析: [Ag(NH3)2]OH中配体为NH3,配位原子为N,NH3的空间结构为三角锥形。 N 三角锥形 专题质量评价 (选择题每小题3分,本检测满分60分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 1.(2024·江苏南京一模)反应NH4Cl+NaNO2 NaCl+2H2O+N2↑可用于制备少量氮气,下列说法正确的是(　　) A.基态Na原子的电子排布式:3s1 B.H2O的VSEPR模型:V形 C.NH4Cl的电子式:Cl- D.固态N2的晶体类型:分子晶体 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析:钠元素的原子序数为11,基态Na原子的电子排布式为1s22s22p63s1,故A错误;水分子中氧原子的价层电子对数为4,分子的VSEPR模型为四面体形,故B错误;氯化铵是含有离子键和共价键的离子化合物,电子式为[H︰︰H]+[︰︰]-,故C错误;氮气是非金属单质,固态氮气是熔沸点低的分子晶体,故D正确。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 2.(2024·江苏泰州一模)利用反应LiH+NH3 H2+LiNH2可制备化工试剂LiNH2。下列说法正确的是(　　) A.LiH的电子式为Li+ B.基态N原子的价层电子排布图为 C.H2为共价化合物 D.N的VSEPR模型为平面三角形 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:H-的核外只有两个电子,LiH的电子式为Li+H]-,故A错误;基态氮原子的价层电子排布式为2s22p3,其价层电子排布图为 , 故B正确;H2不是化合物,故C错误;N的价层电子对数为2+=4,VSEPR模型为四面体形,故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 3.(2024·江苏南通二模)反应Mn2++2HC===MnCO3↓+CO2↑+ H2O可用于制取MnCO3。下列说法正确的是(　　) A.基态Mn2+的电子排布式为[Ar]3d54s2 B.HC中C的轨道杂化方式为sp2杂化 C.C的空间构型为三角锥形 D.CO2是含非极性共价键的非极性分子 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:基态Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5,A错误;HC中C的价层电子对数为3,没有孤电子对,轨道杂化方式为sp2杂化,B正确;C中C的价层电子对数为3,没有孤电子对,其空间构型为平面三角形,C错误;CO2是含极性共价键的非极性分子,D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 4.(2024·江苏前黄高级中学适应考试)NCl3(其中N为-3价)可用于漂白和杀菌消毒。NCl3水解的反应原理示意图如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.HClO的结构式为H—Cl—O B.键角:NH3大于NF3 C.基态N原子的轨道表示式为 违背了泡利不相容原理 D.NCl3的水解过程中N原子的杂化轨道类型发生了变化 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:次氯酸是共价化合物,氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合,结构式为H—O—Cl,故A错误;F的电负性大于N,使得N—F键的电子对偏向于F,从而N—F键间的斥力变小,夹角变小,故键角:NH3大于NF3,故B正确;原子核外电子在能量相同的各个轨道上排布时:①电子尽可能分占不同的原子轨道,②自旋状态相同,③全空、全满或半满时能量最低,基态N原子的轨道表示式为 违背了洪特规则,故C错误;NCl3中含有3个σ键,且孤电子对数为1,所以氮原子的杂化类型为sp3杂化,NCl3发生水解反应生成氨气,其中含有3个σ键,且孤电子对数为1,所以氮原子的杂化类型为sp3杂化,杂化轨道类型不变,故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 5.(2024·湖南师范大学附属中学期末)离子液体是一类具有很高应用价值的绿色溶剂和催化剂,其中的EMIM+离子结构如图所示(已知:分子中的大π键可用符号表示,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,如苯分子中的大π键可表示为)。下列有关EMIM+的说法正确的是(　　) A.该离子中碳原子杂化类型均为sp3 B.该离子中存在类似苯中的大π键() C.该离子可与Cl-结合形成有18个σ键的离子化合物 D.该离子中有1个手性碳原子 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:该离子中环上的碳原子杂化类型为 sp2,故A错误;该离子中环上的碳原子和氮原子均为sp2杂化,形成平面结构,每个碳原子和氮原子均有一个未参与杂化的p轨道,碳原子未参与杂化的p轨道上有一个电子,氮原子未参与杂化的p轨道上有两个电子,它们形成大π键,由于该离子带一个单位正电荷,所以失去了一个电子,则形成大π键的有6个电子,表示为,故B正确;从结构图可以看出,该离子中有19个σ键,则可与 Cl-结合形成有19个σ键的离子化合物,故C错误;手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子,该离子中没有手性碳原子,故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 6.(2024·合肥市第六中学三模)离子液体1⁃丁基⁃3⁃甲基咪唑四氟硼酸盐[Bmim][BF4]对许多物质都具有良好的溶解性,其结构如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.[Bmim][BF4]室温下能导电 B.F—B—F键角:BF3>B C.B的空间结构为平面正四边形 D.[Bmim][BF4]中N的杂化方式只有一种 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:离子液体指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质,由阴、阳离子组成,故室温下能导电,A项正确;BF3中B是sp2杂化,而B中B是sp3杂化,故F—B—F键角:BF3>B,B项正确;根据VSEPR模型可知,B中B的价层电子对数=4+(3+1-4×1)/2=4,空间结构为正四面体形,C项错误;[Bmim][BF4]中N的杂化方式只有一种,D项正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 7.(2024·江苏南京模拟预测)由金属钛、铝形成的Tebbe试剂常用作有机反应的烯化试剂,其结构如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.Al3+与Cl-具有相同的电子层结构 B.该结构中不存在配位键 C.Tebbe试剂中的Al原子轨道杂化类型为sp3 D.该结构中Al的化合价为+4 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:Al3+有2个电子层、Cl-有3个电子层,不具有相同的电子层结构,A错误;Al提供空轨道,Cl提供孤电子对,形成配位键,B错误;Al形成4个σ键,无孤电子对,为sp3杂化,C正确;该结构中Al的化合价为+3,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 8.Fe3+的配位化合物较稳定且应用广泛。Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成使溶液呈浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、无色的[FeF6]3-等配离子。某同学按如下步骤进行实验: Fe(NO3)3·9H2O(s) 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 已知:大π键可用符号表示,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,如苯分子中的大π键可表示为。下列说法正确的是(　　) A.Na的第一电离能[I1(Na)]大于Mg的第一电离能[I1(Mg)] B.CO2与SCN-均为直线形结构,CO2中存在大π键,可表示为 C.基态Fe3+和基态Fe2+的核外电子排布中,未成对电子数之比N(Fe3+)∶N(Fe2+)=4∶5 D.[Fe(H2O)6]3+中H—O—H的键角小于H2O分子中H—O—H的键角 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:Na的第一电离能小于Mg的第一电离能,A错误;CO2与SCN-的中心原子均为碳,价层电子对数均为2,无孤电子对,均为直线形结构,其中CO2存在大π键,可表示为,B正确;基态Fe3+价层电子排布为3d5,未成对电子数为5,基态Fe2+价层电子排布为3d6,未成对电子数为4,二者之比5∶4,C错误;孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力,所以[Fe(H2O)6]3+中H—O—H的键角大于H2O分子中 H—O—H的键角,D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 9.(18分)(2024·江苏前黄高级中学适应考试)研究含氮、硼化合物具有重要意义。 (1)一种镍磷化合物催化氨硼烷水解制氢的可能机理如图所示。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 “中间体Ⅲ”可以进一步水解,则氨硼烷水解最终所得含硼化合物的化学式为　　　　 　　　　。  解析:由反应机理可知水解过程中B原子所连的H逐步被—OH替代,由此可知氨硼烷水解最终水解生成[B(OH)4]-和铵根离子,最终产物为NH4[B(OH)4]或NH4BO2。 NH4[B(OH)4]或NH4BO2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (2)N2O、和CO2为等电子体,写出N2O的结构式:　　　　　。  解析:N2O、和CO2为等电子体,等电子体结构、空间构型、性质都相似,CO2的电子式为︰︰︰C︰︰︰,N2O与之类似,电子式为︰︰︰N︰︰︰,结构式为N==N==O。 N==N==O 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (3)如图1表示偏硼酸根的一种无限长的链式结构,其化学式可表示为　　　　　　　　(以n表示硼原子的个数)。硼氢化钠是一种常用的还原剂,其晶胞结构如图2所示,若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代,得到晶体的化学式为　　　　　　。  (BO2或Bn Na3Li(BH4)4 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:由图1可知,每个B原子周围3个O原子,但只有1个O原子为B原子独有,另两个O原子各有二分之一属于B原子,故B有1个,O有1+2×=2个,化学式可表示为(BO2或Bn。由图2所示的晶胞中,B位于顶点、面心和体心位置,共8×+4×+1=4个,Na+位于面心、棱心位置,有6×+4×=4个,若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代,则Na+变为4×+4×=3个,Li+为2×=1个,故化学式为Na3Li(BH4)4。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (4)H3BO3易溶于热水、在冷水中溶解度较小,可通过如下过程制得: 称取10 g钠硼解石[主要成分NaCaB5O9·8H2O,含少量CaPO3(OH)·2H2O、NaCl和难溶于酸的物质],除去氯化钠后,在60 ℃下用浓硝酸溶解,趁热过滤,将滤渣用热水洗净后,合并滤液和洗涤液,降温结晶,过滤得H3BO3。写出NaCaB5O9·8H2O与硝酸反应生成H3BO3的化学方程式:__________ 　 。  NaCaB5O9· 8H2O+3HNO3===NaNO3+Ca(NO3)2+5H3BO3+2H2O 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:NaCaB5O9·8H2O与硝酸反应生成H3BO3的化学方程式:NaCaB5O9·8H2O+3HNO3===NaNO3+Ca(NO3)2+5H3BO3+2H2O。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (5)NaBH4的强碱溶液在MoO3改性的Co⁃B催化剂作用下与水反应生成H2的部分反应机理如图3所示。 ①理论上1 mol NaBH4与H2O反应最多产生H2的物质的量为__ mol。  4 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:由机理图可知,B中的H被水中的—OH所替代,产生B—OH键和氢气,每替换1个H则生成1个氢分子,故1 mol NaBH4与H2O反应最多产生H2的物质的量为 4 mol; 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 ②若用D2O代替H2O,步骤2中生成气体的化学式为　　。 解析:由机理图可知,H2中的H原子1个来自B,另一个来自H2O,若用D2O代替H2O,则生成气体HD。   DH 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 10.(18分)(2024·江苏南通一模)α⁃FeOOH在环境保护等领域有广泛应用。 (1)在80 ℃下,向(NH4)2Fe(SO4)2溶液中边搅拌边分批加入NaClO3固体,同时滴加NaOH溶液,使溶液pH控制在4~4.5之间。一段时间后,过滤、洗涤得α⁃FeOOH固体。 ①制备1 mol α⁃FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为____mol;实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量的原因是____________________ 　 。  1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:Fe2+化合价升高,失去1e-生成Fe3+,Cl中Cl由+5价降低到-1价,得到6e-生成Cl-,则参加反应Fe与Cl的个数比为6∶1,故1 mol α⁃FeOOH理论上需要NaClO3的物质的量为mol;因少量Fe2+被氧气氧化,减少了NaClO3的消耗量,导致实际生产过程中所加NaClO3低于理论用量; 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 ②为检验(NH4)2Fe(SO4)2已被完全氧化,某同学向过滤所得滤液中滴加酸性KMnO4溶液,该设计方案不合理的理由是_________________ 　 。  解析:滤液中的Cl-能使酸性KMnO4溶液褪色,干扰Fe2+的检验,则该设计方案不合理。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (2)α⁃FeOOH的结构中,每个Fe(Ⅲ)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体,相同环境的氧原子之间构成正三角形。补充完整该八面体的结构。 或 答案： 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 解析:每个Fe(Ⅲ)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体,相同环境的氧原子之间构成正三角形,该八面体的结构为 或 。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 (3)α⁃FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物种变化如图1所示。生成的S8(结构如图2所示)覆盖在α⁃FeOOH的表面。 ①写出反应Ⅱ的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　。  解析:根据图示,FeOOH、S8为生成物,FeSSH、O2为反应物,则反应方程为4FeSSH+4O2===4FeOOH+S8。 4FeSSH+4O2===4FeOOH+S8 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 ②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α⁃FeOOH分离。四氯乙烯能溶解S8的原因是____________________________________ 　 　　　　　　 　。  解析:工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α⁃FeOOH分离,四氯乙烯与S8都是非极性分子,符合“相似相溶”原理。 四氯乙烯与S8都是非极性分子,符合 “相似相溶”原理 1 2 4 5 6 7 8 9 10 3 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大π键,增强了分子的稳定性。S8分子中不能形成大π键的原因是_______________________________ 　　　　　　　 　。 解析:S8中S原子采取sp3杂化,无剩余的p轨道用于形成π键。   S8中S原子采取sp3杂化,无剩余的 p轨道用于形成π键 本课结束 $$