专题二 (二) 分子结构与性质[主观题+客观题]（教师用书WORD）-【正禾一本通】2025年高考化学高三二轮专题复习高效讲义（新教材，双选版）

(二)　分子结构与性质 [主观题＋客观题] 题型一　以主观题形式单一考查 考向1　共价键类型、杂化轨道及分子的空间结构 高考真题导向 1.(2024·山东高考节选)[BMIM]＋(见下图)是MnOx晶型转变的诱导剂。的空间构型为____________；[BMIM]＋中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为_______________________________________________________。 解析：中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。 答案：正四面体形　sp2 2.(2023·湖南高考节选)相关物质的沸点： 物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 回答下列问题： 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_____________________________________________。 答案：>　Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，为平面三角形结构，Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构 解题必备知能 1.掌握判断分子中心原子杂化轨道类型的“四种方法” (1)根据杂化轨道的空间结构判断 ①若杂化轨道在空间的分布为正四面体形，则分子的中心原子采取sp3杂化。 ②若杂化轨道在空间的分布呈平面三角形，则分子的中心原子采取sp2杂化。 ③若杂化轨道在空间的分布呈直线形，则分子的中心原子采取sp杂化。 (2)根据杂化轨道之间的夹角判断 若杂化轨道之间的夹角为109°28′，则分子的中心原子采取sp3杂化；若杂化轨道之间的夹角为120°，则分子的中心原子采取sp2杂化；若杂化轨道之间的夹角为180°，则分子的中心原子采取sp杂化。 (3)根据中心原子的价层电子对数判断 如果中心原子的价层电子对数为3，则一定是sp2杂化，价层电子对数为2，则是sp杂化。如中心原子的价层电子对数为4，说明有四个杂化轨道，如果中心原子属于第二周期元素，则一定是sp3杂化，如果不是，则可能是sp3杂化，也可能由d轨道参与杂化，此时，可结合分子空间结构进行判断，sp3杂化对应分子的空间结构一定是四面体形。价层电子对数的计算方法如下： ①a为中心原子的价电子数(对于主族元素，等于原子的最外层电子数)。 ②b为与中心原子结合的原子最多能接受的电子数。 ③x为与中心原子结合的原子数。 (4)根据分子或离子中有无π键及π键数目判断 如果没有π键，则为sp3杂化，含1个π键(如碳碳双键、碳氧双键)，则为sp2杂化，含2个π键(如碳碳三键、碳氮三键)，则为sp杂化。 2.中心原子杂化类型和分子空间结构的相互判断 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 分子的 空间结构 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 [特别提醒]用价层电子对互斥模型判断分子的空间结构，不仅要考虑中心原子的孤电子对所占据的空间，还要考虑孤电子对对成键电子对的排斥力大小。排斥力大小顺序为LP—LP>LP—BP>BP—BP(LP代表孤电子对，BP代表成键电子对)。 3.键角大小的判断方法 (1)杂化类型不同 sp>sp2>sp3，如键角：CH4<BF3<CO2。 (2)单键、双键、三键的影响 三键、双键、单键之间的排斥力大小顺序： 三键—三键>三键—双键>双键—双键>双键—单键>单键—单键。 如乙烯分子中H—C===C的键角是121.3°；H—C—H的键角是117.4°，均接近120°。 (3)杂化类型相同，中心原子的孤电子对数越多，键角越小 如键角：CH4>NH3>H2O；>NH3；H3O＋>H2O。 (4)杂化类型和孤电子对数均相同，中心原子的电负性越大，键角越大 键角：NH3>PH3>AsH3。 解释：N、P、As的电负性逐渐减小，中心原子的电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，成键电子对排斥力增大，键角增大。 (5)杂化类型、孤电子对数和中心原子均相同，配位原子的电负性越大，键角越小 键角：NF3<NH3。 解释：F的电负性比H大，NF3中成键电子对偏向F，成键电子对排斥力比NH3小，且NF3的孤电子对偏向N，孤电子对对成键电子对的排斥力较大。 [注意] 对于第(4)、(5)种类型，可以归纳为判断中心原子的电子云密度，中心原子的电子云密度越大，则该分子的成键电子对排斥力越大，则键角越大。 题组跟进演练 1.Na3[Co(NO2)6]常用作检验K＋的试剂，配体的中心原子的杂化方式为__________，空间结构为________________。 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为各原子的单电子数(形成σ键的电子除外)和得电子数的总和(如苯分子中的大π键可表示为)，则中大π键应表示为________。 解析：配体的中心N原子的价层电子对数为2＋(6－2×2)＝3，且含有一个孤电子对，故中N原子的杂化方式是sp2杂化，空间结构是V形，中参与形成大π键的原子数为3，中心原子采取sp2杂化，所以中心原子中有1个孤电子对没有参与形成大π键，则参与形成大π键的电子数为6×3－2×2－2－4×2＝4，故中大π键可表示为。 答案：sp2　V形　 2.(1)(2022·湖南高考节选)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)(2021·全国卷甲节选)CO2分子中存在______个σ键和______个π键。 (3)(2020·江苏高考节选)柠檬酸的结构简式见图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键为__________mol。 解析：(1)由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构简式为HOOCCH===CHCOOH，σ键有11个，π键有3个，则分子中σ键和π键的数目比为11∶3。 (2)CO2的结构式为O===C===O，1个双键中含有1个σ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个σ键和2个π键。 (3)羧基的结构是，一个羧基中碳原子与氧原子形成两个σ键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个σ键，因此1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键为7 mol。 答案：(1)11∶3　(2)2　2　(3)7 3．(2023·全国卷乙节选)中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2－xSiO4)。回答下列问题： 已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ NaCl 800.7 SiCl4 －68.8 GeCl4 －51.5 SnCl4 －34.1 Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是_____________ _________________________________________________________________。 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________。 答案： NaCl是离子晶体，SiCl4是分子晶体，NaCl中离子键强度远大于SiCl4分子间作用力　SiCl4、GeCl4、SnCl4的熔点依次升高，因为三者均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强　正四面体形　sp3 4．(2023·山东高考节选)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： 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键的键长并说明原因：____________________________________。 解析：由ClO2为V形结构且存在大π键可知，ClO2中心原子Cl的价层电子对数为3，则Cl为sp 2杂化，其中两个sp 2杂化轨道与O的两个p轨道形成两个σ键，剩余的一个sp 2杂化轨道容纳一个孤电子对；ClO2的VSEPR模型是平面三角形，因孤电子对与成键电子对间的排斥，O—Cl—O键角小于120°，而Cl2O的VSEPR模型是四面体形，存在两个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对间的排斥，Cl—O—Cl键角小于109°28′，则O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角。ClO2中存在大π键，而Cl2O中不存在π键，前者对O—Cl键键能的贡献包括σ键和π键，而后者仅仅是 σ键，则前者键能大，键长短。 答案：sp 2　>　ClO2的键长比Cl2O的短，因ClO2中存在大π键，而Cl2O中不存在π键，前者对O—Cl键键能的贡献包括σ键和π键，而后者仅仅是σ键，则前者键能大，键长短 考向2　分子结构与性质的原因解释题 高考真题导向 1.(2024·山东高考节选)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是 ______________________________________________________________________ ______________________________________________________________________。 解析：由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 答案：FDCA形成的分子间氢键更多 2．(2024·浙江6月选考节选)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图所示。 (1)HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序为________________________，请说明理由：_______________________________。 (2)已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD，请从结构角度说明理由： _________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 答案：(1)HC>HB>HA　O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性C===O＞C===S＞C===Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强　(2)S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H＋，酸性HD＞HC，C－的水解能力大于D－ 解题必备知能 1.分子结构与分子极性的关系 (1)比较范德华力的大小：相同情况下，极性分子>非极性分子。 (2)比较溶解性：相似相溶。 2．范德华力、共价键及其对物质性质的影响 项目 范德华力 共价键 作用微粒 分子 原子 强度比较 共价键>氢键>范德华力 影响因素 组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大 原子半径 对性质的 影响 影响物质的熔点、沸点、溶解度等物理性质 键能越大，稳定性越强 3.氢键对物质性质的影响 (1)对沸点和熔点的影响 分子间氢键的形成使物质的沸点和熔点升高，分子内氢键的形成使物质的沸点和熔点降低，如熔点：邻硝基苯酚<间硝基苯酚<对硝基苯酚。 (2)对溶解度的影响 在极性溶剂里，如果溶质分子与溶剂分子间可以生成氢键，则溶质的溶解度增大。如HF和NH3在水中的溶解度比较大。如果溶质分子内形成氢键，则在极性溶剂里的溶解度减小。 (3)对黏度的影响 分子间有氢键的液体，一般黏度较大。例如甘油、磷酸、浓硫酸等多羟基化合物，由于分子间可形成众多的氢键，这些物质通常为黏稠状液体。 (4)对密度的影响 液体分子间若形成氢键，有可能发生缔合现象，例如液态HF，在通常条件下，除了简单的HF分子外，还有通过氢键联系在一起的复杂分子(HF)n。(HF)n中的n可以是2，3，4，…。分子缔合的结果会影响液体的密度。 (5)对酸性的影响 如苯甲酸的电离常数为K，则在邻位、间位、对位上带有羟基时，电离常数依次为15.9K、1.26K和0.44K，如左右两边邻位上各取代一羟基，则电离常数为800K。这是由于邻位上的羟基与苯甲酸根生成带氢键的稳定的阴离子，从而增大了羧基中氢原子的电离度。 4．用氢键分析物质性质特点时注意的问题 (1)注意氢键的特点：具有方向性和饱和性。 (2)注意氢键的强弱与数目：X—H…Y中X、Y的电负性越大，氢键越强；相同的氢键数目越多，作用力越强。如水常温下为液体，而HF常温下为气体，水的熔、沸点大于HF，主要原因是水分子间的氢键数目多，而NH3常温下为气体，水的熔、沸点大于氨，则是由于水分子间的氢键更强。 题组跟进演练 1.按要求回答问题： (1)酸性：CCl3COOH______CHCl2COOH(填“＞”或“＜”下同)，其原因是 __________________________________________________________________ __________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 (2)酸性：CH3COOH____CH3CH2COOH，其原因是 __________________________________________________________________ __________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 答案：(1)＞　Cl3C—的极性大于Cl2HC—的极性，导致CCl3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H＋ (2)＞　烷基是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 2．(2023·湖北高考节选)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 解析：由于Si原子有3d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。 答案：abd 3．(2021·全国卷甲)甲醇的沸点(64.7 ℃)介于水(100 ℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6 ℃)之间，其原因是__________________________________________________。 答案：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度 4．(2024·安徽高考节选)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因： __________________________________________________________________ __________________________________________________________________。 答案：(b)中含有过氧键“—O—O—”，不稳定，且氧化性强于I2，Na2S2O3无法被I2氧化为(b)结构(或其他合理答案) 题型二　以选择题形式综合考查 高考真题导向 1.(2024·甘肃高考)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键和大π键的数目不相等 解析：选D。N2分子中存在N≡N，键能大于O2分子中化学键的键能，键能越大，分子越稳定，因此，相同条件下N2比O2稳定，A正确；N2O与均为CO2的等电子体，故均为直线形分子，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键和大π键的数目均为2，因此，σ键和大π键的数目相等，D不正确。 2．(2024·湖北高考)结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是(　　) 选项 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间的氢键较强 B 王水溶解铂 浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性 C 冰的密度小于干冰 冰晶体中水分子的空间利用率相对较低 D 石墨能导电 未杂化的p轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 解析：选B。1分子甘油中含有三个羟基，可以形成分子间氢键，且氧的电负性较大，形成的氢键较强，故甘油是黏稠液体，A正确；铂与HNO3反应生成的Pt4+能与氯离子形成稳定的配离子[PtCl6]2-，所以王水能溶解铂，B错误；冰晶体中，每个水分子周围有4个紧邻的水分子，氢键的存在迫使在四面体中心的每个水分子与四面体顶角方向的4个相邻水分子相互吸引，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，干冰中的CO2之间只存在范德华力，一个分子周围有12个紧邻分子，故密度比冰的高，C正确；石墨中碳原子为sp2杂化，未参与杂化的2p原子轨道垂直于碳原子平面，由于所有p轨道相互平行且相互重叠，p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，故石墨能导电，D正确。 3．(2024·河北高考)NH4ClO4是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：NH4ClO4＋2CNH3↑＋2CO2↑＋HCl↑。下列有关化学用语或表述正确的是(　　) A．HCl的形成过程可表示为 B．NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构 C．在C60、石墨、金刚石中，碳原子有sp、sp2和sp3三种杂化方式 D．NH3和CO2都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力 解析：选B。HCl是共价化合物，氢原子和氯原子各提供1个电子形成共价键，故正确表达式为，A错误；的中心原子N原子为sp3杂化，且孤电子对数为0，的中心原子Cl原子为sp3杂化，且孤电子对数为0，故和的VSEPR模型和空间结构都相同，B正确；C60和石墨中的碳原子为sp2杂化，金刚石中的碳原子为sp3杂化，C错误；NH3分子间作用力有氢键和范德华力，CO2分子间作用力为范德华力，作制冷剂的原因是液氨易汽化和干冰易升华，均可吸收热量，D错误。 4．(2024·山东高考)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 解析：选C。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，灰色的大球形成了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，灰色的大球代表I原子，A不正确；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，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D不正确。 5．(2024·安徽高考)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是(　　) A．该物质中Ni为＋2价 B．基态原子的第一电离能：Cl>P C．该物质中C和P均采取sp2杂化 D．基态Ni原子价电子排布式为3d84s2 解析：选C。P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余一个孤电子对与Ni形成配位键，Cl能与Ni形成共价键，结合各元素化合价代数和为0知，Ni为＋2价，A项正确；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，P位于第ⅤA族，价电子排布中3p轨道为半充满稳定结构，I1比相邻第ⅥA族元素大，但仍比相邻第ⅦA族元素小，则第一电离能Cl>P，B项正确；该物质中碳原子位于苯环上，杂化类型为sp2，P形成4个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp3，C项错误；基态Ni原子核外有28个电子，电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2，D项正确。 6．(2024·湖南高考)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：选A。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。 题组跟进演练 1.(2024·山西晋中模拟)下列有关物质结构与性质的说法正确的是(　　) A．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同 B．含有手性碳原子的分子叫做手性分子 C．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同 D．BeCl2的空间结构为V形 解析：选A。CH3OH和(CH3)2NNH2中C形成4个共价键为sp3杂化，O形成2个共价键且存在2个孤电子对为sp3杂化，N形成3个共价键且存在1个孤电子对为sp3杂化，杂化方式均相同，A正确；有手性碳原子的分子不一定是手性分子，某些化合物分子中存在手性碳原子，但由于分子内存在对称因素，使得分子没有旋光性，B错误；NaClO含有离子键和氯氧共价键，NaCl只含有离子键，所含的化学键类型不相同，C错误；BeCl2的Be形成2个共价键且无孤电子对，空间结构为直线形，D错误。 2．(2024·湖北襄阳四中一模)下列关于物质结构与性质的说法正确的是(　　) A．臭氧是由极性键构成的极性分子，因此其在水中的溶解度大于在四氯化碳中的溶解度 B．O—H…O的键能大于F—H…F的键能，因此水的沸点高于氟化氢的沸点 C．石墨层间靠范德华力维系，因此石墨的熔点较低 D．水晶内部微观粒子呈现周期性有序排列，因此水晶不同方向的导热性不同 解析：选D。臭氧是弱极性分子，在水中的溶解度小于在四氯化碳中的溶解度，A错误；因为水分子间形成的氢键数目大于氟化氢分子间形成的的氢键数目，因此水的沸点高于氟化氢的沸点，B错误；石墨层间靠范德华力维系，但是共价键键能强，石墨的熔点很高，C错误。 3．(2024·湖北黄冈模拟)物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是(　　) 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：乙醇(78.3 ℃)高于乙醛(20.8 ℃) 分子间氢键 B 熔点：KAl2Cl7熔点远高于Al2Cl6的熔点 分子间作用力 C 键角：PF3(94°)小于PCl3(109.5°) 电负性差异 D 分解温度：HBr(500 ℃)高于HI(300 ℃) 键能大小 解析：选B。A.由于乙醇中存在和氧原子相连的氢原子，存在分子间氢键，而乙醛中不存在，导致乙醇(78.3 ℃)的沸点高于乙醛(20.8 ℃)，即与氢键作用有关；B.KAl2Cl7是离子晶体，Al2Cl6是分子晶体，作用力为离子键＞范德华力，导致KAl2Cl7的熔点远高于Al2Cl6，与晶体类型有关；C.电负性F＞Cl，故PF3中共用电子对离P更远，排斥力更小，键角更小，即键角与F、Cl的电负性差异有关；D.由于半径I＞Br，导致H—Br的键能比H—I的键能大，所以热分解温度HBr大于HI，即稳定性HBr＞HI，故HBr和HI的热稳定性和键能有关。 4．(双选)(2024·黑龙江牡丹江一模)苯的硝化反应反应机理如下： ①H2SO4＋HNO3＋＋H2O ② ③ 下列说法正确的是(　　) A．的空间结构为直线形 B．反应③的活化能比反应②小 C．该反应的类型为加成反应 D．中碳原子均为sp2杂化 解析：选AB。中，N原子的价层电子对数为2，发生sp杂化，最外层不存在孤电子对，空间结构为直线形，A正确；通常，慢反应的活化能较大，快反应的活化能较小，则反应③的活化能比反应②小，B正确；将①②③反应加和，可得出总反应为，则反应的类型为取代反应，C不正确；中，与—NO2相连的碳原子发生sp3杂化，其他碳原子均发生sp2杂化，D不正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$