考点二 共价键、杂化轨道与粒子的空间结构-【红对勾】2025年高考化学二轮复习讲与练

(2)(2024·四川成都二诊)Se与O同族，电： (2)①已知A1的第一电离能为578k·mol1、 负性较大的是 ;基态Se的价电子运 第二电离能为1817kJ·mol1、第三电离能 动状态有 种。 为2745kJ·mol1、第四电离能为 (3)(2020·全国I卷)基态Fe2+与Fe3+中未 11575kJ·mol1。请解释其第二电离能增 成对的电子数之比为 幅较大的原因： (4)(2024·陕西宝鸡二模)铁元素被称为“人 类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的应 ②第二电离能I2(Cu) (填“>”或 用，回答下列问题： ①铁元素在元素周期表第四周期第 “<”)I2(Zn)。 列，属于 区元素，基态铁原子M层的 (3)SCN常用来检测Fe3+的存在，三种元素 电子排布式为 电负性由大到小的顺序为 ②铁形成的常见离子有Fe+和Fe3+,Fe2+易 (4)(2024·四川名校联盟二诊)下表是Fe逐 被氧化为Fe3+,请利用核外电子排布的相关 级失去电子的电离能，14明显大于I?,从原子 原理解释其原因： 结构角度解释其原因为 3.按要求填空。 电离能/ (1)与钛同周期的第ⅡB族和第ⅢA族两种元 (k·mol1) 素中第一电离能较大的是 (写元素 Fe 762.5 1 561.9 2957 5290 符号)。 028 考点二 共价键、杂化轨道与粒子的空间结构 杂化方式为 ;比较键角 真题 研练g ∠HNH:HN一NH2中的一NH 1.(2024·甘肃卷)温室气体N2O在催化剂作用 (填“>”“<”或“=”)HN-NH中的一NH, 下可分解为O2和N2,也可作为氧化剂氧化 请说明理由： 苯制苯酚。下列说法错误的是 A.相同条件下N2比O2稳定 4.(2023·全国甲卷节选)(1)酞菁和钴酞菁的 B.N2O与NO,的空间结构相同 分子结构如图1所示。 C.N2O中N一O比N一N更易断裂 D.N2O中。键和大π键的数目不相等 2.(2024·全国新课标卷节选)Ni(CO)4结构如 图所示，其中含有。键的数目为 酞菁 钴酞菁 图1 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能 C=0 提供一对电子的氮原子是 (填图1 酞菁中氮原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离 3.(2024·浙江1月选考节选)H2N一NH2十 子的化合价为 ,氮原子提供孤对电 H→H2N一NH,其中一NH2的氮原子 子与钴离子形成 键。 ☑一红团勾·讲与练·高三二轮化学 (2)气态A1Cl3通常以二聚体Al,C1；的形式 特别提醒配体中有两个或多个原子有孤电子对 存在，其空间结构如图2所示，二聚体中A1 时，电负性小的作配位原子，如：Ni(CO)4中碳原子 的轨道杂化类型为 是配位原子。 ②一般来说，配合物内界与外界之间为离子 键，电荷相互抵消。 ③配体有多个配位原子，与中心原子形成螯 图2A1,C1的分子结构 合物，如铜离子与乙二胺形成配离子（图2）。 HN NH 5.(2022·山东卷节选)吡啶( 替代苯也 CH272 Cu CH, 可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有 NH. 图2 与苯类似的Ⅱ；大π键，则吡啶中氮原子的价 层孤电子对占据 (填字母)。 2.杂化轨道与粒子的空间结构 A.2s轨道 B.2p轨道 (1)中心原子的杂化类型和粒子的空间结构 C.sp杂化轨道 D.sp杂化轨道 有关，二者之间可以相互判断。 粒子组成(A中心原子的中心原子的 粒子的空 要点 梳理 实例 为中心原子)孤电子对数 杂化方式 间结构 0 sp 直线形 BeCl2 1.共价键 AB, 1 sp V形 S02 (1)。键、π键（以碳原子之间成键为例） 2 sp V形 H2O 共价键 举例 说明 029 0 sp 平面三角形 BF AB ①相同原子之间形成的共 sp 三角锥形 NH 单键(。 价键是非极性键，如C12;不 AB, 0 sp 正四面体形 CH 键) 同原子之间形成的共价键 特别提醒 用价层电子对互斥模型判断分子的空 双键(1个 是极性键，如HC1; 间结构，不仅要考虑中心原子的孤电子对所占据的 。键、1个 C ②分子中的大π键可用符 空间，还要考虑孤电子对对成键电子对的排斥力大 π键) 号Ⅱ表示，其中m代表参 小。排斥力大小顺序为LP-LP>IP-BP>BP-BP(LP 三键(1个 与形成大π键的原子数，n 代表孤电子对，BP代表成键电子对)。 。键、2个 -C=C 代表参与形成大π键的电 (2)键角大小的判断方法 π键) 子数（如苯分子中的大π键 ①不同杂化类型，如键角：CH4<BFg<CO2。 可表示为I),N:Π， ②单键、双键、三键的影响，三键、双键、单键 大π键 NO3:I,SO2:Π，O3:Π， 之间的排斥力大小顺序为三键一三键>三 CO3:Π9 键一双键>双键一双键>双键一单键>单 (2)配位键 键一单键。 ①配合物的组成：以[Cu(NH3)4]SO4为例， ③杂化类型相同，中心原子的孤电子对数越 如图1所示 多，键角越小，如键角：CH1>NH3>H2O; 中心离子配体（配位原子N) NH>NH;HO>H2O [Cu(NH),]SO, ④杂化类型和孤电子对数均相同，中心原子 配位数 的电负性越大，键角越大，键角：NH?> 内界外界 图1 PH3>AsH3。 第一部分专题五物质结构元素周期律一闭 ⑤杂化类型和孤电子对数均相同，配位原子：3.（模拟题组合） 的电负性越大，键角越小，键角：NF?<NH3。 (1)(2024·陕西榆林一模)[BH2(CN)2]中 对于第④、⑤种类型，可以归纳为判断中心原 心原子的杂化方式为 ,[BH2(CN)2]于的 子的电子云密度，中心原子的电子云密度越 空间结构为 形。 大，则该分子的成键电子对排斥力越大，则键 (2)(2024·陕西宝鸡二模)检验Fe+是否被氧 角越大。 化为Fe3+的方法之一是取待测液，加入KSCN 考向专练9 溶液，观察是否有红色的[Fe(SCN)(H,O)] 生成。 1.(2024·河北邯郸一模)已知：硫代硫酸根 ①[Fe(SCN)(H2O),]2+中Fe3+的杂化道 (SO号)可看作是SO中的一个氧原子被 类型为 (填字母)。 硫原子取代的产物，SO?作为配体可提供 A.dsp2 B.dsp3 孤电子对与Au形成[Au(S2O?)2]3。下 C.spd2 D.sp 列有关说法正确的是 ②配体SCN和H2O的键角大小：SCN A.SO3与SO?的键角相等 (填“<”“>”或“=”)H2O。用杂化 B.SO与S2O?的空间结构相同 轨道理论解释，其原因为 C.SO,是极性分子，故SO3易溶于水 D.S,O作为配体时，两种硫原子中只有端 基硫原子能提供孤电子对 (3)(2024·四川成都二诊)①已知液态的二 2.(2024·河南濮阳一模)中山大学某教授利用 氧化硫可以发生类似水的自电离：2SO2(1) 030 HAB和Cu2+、Sn+合成了具有异金属不对 =一S02++SO。SO2+中各原子满足8电 称Sn…Cu双位点的稳定金属有机框架 子结构，则其。键和π键数目之比为 (CuSn-HAB),实现高选择性电催化还原CO2 ,SO?的空间结构为 生成乙醇。CuSn-HAB的结构如图所示。 ②有一种观点认为，由于硅的价层有可以利 NH2 H. H.HN 用的空d轨道，而碳没有，因此两者化合物结 NH 构和性质存在较大差异。化合物N(CH)3 HN NH, H 和N(SiH3)3的结构如图所示，N(SiH3)3为 HN- H.HN- Cu-NH, Cu_ 平面形，二者中N的杂化方式分别为 NH HN 二者中更易与H形成配位键的是 NH H N H HO OH HN- -Cu- -Cu一NH NH, HN NH NH, H -NH, H:H.N 下列有关该图的叙述错误的是 (4)(2024·四川宜宾二诊)分子中的大π键 A.只有氮原子提供孤电子对与金属形成配 可用符号Ⅱ”表示，其中m代表参与形成大π 位键 键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数 B.氮原子都是sp3杂化，碳原子都是sp杂化 (如苯分子中的大π键可表示为Ⅱ)。 C.CuSn-HAB中N的第一电离能最大 [C(NH2)3]为平面结构，则[C(NH2)3]中 D.CuSn-HAB不能与水分子形成氢键 的大π键应表示为 ☑一红网勾·讲与练·高三二轮化学的价层电子排布式为3d4s2,在元素周期表中第四横行第104.(1)③+2配位(2)sD 纵列，即位于第四周期第Ⅷ族。(6)基态S的价层电子排布 解析：(1)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有 式为3s3,根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的 的碳原子和所有的氧原子均为sp杂化，且分子中存在大元 电子数之比为1：2或2：1。(7)F的原子序数为9，其基态 键，其中标号为①和②的氯原子均有一对电子占据了一个 原子电子排布式为1s2s2p,1s2s2p3s为基态氟原子 sp杂化轨道，其D轨道只能提供1个电子参与形成大π键， 2印能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发 标号为③的氯原子的p轨道能提供一对电子参与形成大π 态，a符合题意；1s2s2p3d,核外共10个电子，不是氟原子， 键，因此标号为③的氨原子形成的N一H易断裂从而电离出 b不符合题意：1s2s2p,核外共8个电子，不是氟原子，c不符 H:钻酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钻离子通 合题意；1s22s2p3p为基态氟原子2p能级上的2个电子跃 过配位键结合成分子，因此，钻离子的化合价为十2，氨原子 迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d符合题意；故选ad。 提供孤对电子与钻离子形成配位键。(2)由A1,CL的空间 而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量较 结构结合相关元素的原子结构可知，铝原子价层电子对数是 高的是1s22s22p3p2,答案选d。 4,与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中 2.CD A1的轨道杂化类型为sp3。 解析：同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为O> 5.D N>B,A错误；核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越 解析：已知吡啶中含有与苯类似的Ⅱ大π键，则说明吡啶中 小，故顺序为P->S2>C1厂，B错误；同一周期，从左到右， 氯原子也是采用sp杂化，杂化轨道只用于形成。键和容纳 第一电离能呈增大的趋势，第VA族大于第ⅥA族，故顺序 孤电子对，则吡啶中氨原子的弧电子对占据s杂化轨道。 为Ge<Se<As,C正确：基态Cr的简化电子排布式为 [Ar]3d4s,基态Cr+的简化电子排布式为[Ar]3d, 考向专练 D正确」 3.(1)C(2)I1(O)>I1(S),氧原子半径小，原子核对最外层 1.DS0,中中心原子S周国的价层电子对数为3十2(6 电子的吸引力大，不易失去一个电子(3)O>C>H>Fe 3×2)=3,则SO3空间结构为平面三角形，而SO中中心 (4)a同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由 于氨元素的2φ轨道为半充满状态，因此氨元素的第一电离 原子S周国的价层电子对数为3十2(6十2-3×2)=4，则 能较C、O两种元素高b 其空间结构为三角锥形，故二者的键角不相等，A错误：由选 考向专练 项A分析可知，SO号的空间结构为三角锥形，S,O中中 1.B同主族从上到下原子半径增大，同周期从左到右原子半 心原子S周围的价层电子对数为4十2(6十2-3×2-2)= 径减小，原子半径为S>N>O,A错误：根据第一电离能递 4,则其空间结构为四面体形，即二者的空间结构不相同，B 变规律，第一电离能为I1(N)>I1(O)>I1(S),B正确：H,O 错误：SO空间结构为平面三角形，为非极性分子，但S)与 和NH,都能形成分子间氢键，但是H2O中氢键更多，而 水会发生反应，故SO,易溶于水，C错误：S2O的中心原 H,S不能形成氢键，故沸，点为H2O>NH,>H,S,C错误；金 子S不含孤电子对，不能作配位原子，端基硫原子含有孤电 属电负性一般小于非金属，N与O同周期，O的电负性大于 子对，能作配位原子，D正确 N,电负性为X(Fe)<X(N)<X(O),D错误。 2,D观察题中结构可知，氯原子提供孤电子对与铜离子形成 6s 6p 配位键，氧原子与锡原子形成共价键，A项正确：氨原子形成 2.1) (2)06(3)4:5 3个共价键、1个配位键，采用sp杂化，苯环上碳原子都是 (4)①8d3s3p3d ②Fe2+的价层电子排布式为3d, sp杂化，B项正确；CuSn-HAB中含有氢、碳、氨、氧、铜和 锡，氯的第一电离能大于氧，氯的第一电离能最大，C项正 再失去1个电子可以形成3d的半充满稳定状态，所以易被 氧化为Fe 确；CuSn-HAB中含N一H、O一H,它能与水分子形成氢键 D项错误。 3.(1)Zn (2)①A1失去一个电子后，其3s轨道上有2个电子为全充满 3.(1)sp四面体(2)①C②>SCN的中心原子C采 状态，较稳定②> 用sP杂化，分子呈直线形，键角为180°，而H2O的中心原子 (3)N>S>C O采用sp3杂化，O的最外层有2个孤电子对，HO呈V形 (4)因为Fe失去3个电子后价层电子排布式为3d,为半充 结构，键角小于180°(3)①1：2三角锥形②sp3、sp 满结构，较稳定，失去第4个电子较困难 N(CH3)3(4) 解析：(1)[BH2(CN)2]中心原子B形成了四个o键，孤电 考点二共价键、杂化轨道与粒子的空间结构 子对数为0，故其杂化方式为sp,空间结构为四面体形。 真题研练 (2)①[Fe(SCN)(H,O),]+中Fe3+与配离子形成6个配位 1.DN2分子中存在N=N,O2分子中虽然也存在双键，但是 键，则杂化轨道数为6，杂化轨道类型为sp3d,故选C 其键能小于N=N,因此，相同条件下N2比O2稳定，A正 ②SCN中心原子C的价层电子对数为2，发生sp杂化，分 子呈直线形，而H2O的中心原子O的价层电子对数为4，发 确：N2O与NO均为CO2的等电子体，故其均为直线形分 子，两者空间结构相同，B正确；N2O的中心原子是N,其在 生sp杂化，O的最外层有2个孤电子对，H2O呈V形结 催化剂作用下可分解为O,和N2,说明N,O中N一O比 构，则键角大小为SCN>H2O。(3)①SO+中各原子满足 N一N更易断裂，C正确：N2O中。键和大π键的数目均为 8电子结构，结构与N2相似，化学键为三键，6键和π键数目 2,因此，6键和大π键的数目相等，D不正确。 之比为1：2：SO中心原子S的价层电子对数为3 2.8 6十23X2=4,采用sp杂化，有一个孤电子对，因此S0 解析：单键均为σ键，1个双键含有1个σ键和1个π键，1个 2 三键含有1个σ键和2个π键，由Ni(CO)1的结构可知，4 的空间结构为三角锥形。②由题图可知，N(CH)3为三角 个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为。键，而每 锥形，中心原子N为sp杂化，N(SiH)为平面三角形，中 个配体CO中含有1个o键和2个π键，因此1个Ni(CO), 心原子N为sp杂化；因为N(CH)3有孤电子对，所以 分子中含有8个6键。 N(CH),更易形成配合物。(4)[C(NH),]为平面结构， 3.sp 一NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥 可知碳原子、氨原子均采用s杂化，C、N各有1个未参与 力大，键角变小 杂化的·轨道形成大π键，所以成键原子数为4，碳原子形成 -255- 参考答案一具 π键的D轨道中有1个电子，氯原子形成π键的D轨道有2 个电子，该离子带1个单位正电荷，π电子数为1十2×3 C正确；甲基为推电子基团，故 中六元环的电 1=6,则[C(NH,),]+中的大π键应表示为。 子云密度大，碱性强，D错误。 考点三粒子间作用力与物质性质的关系 3.B石英中Si一O键长比金刚石中C一C键长长，键能小，故 …真题研练 石英的熔点、硬度比金刚石的小，A正确：CS分子中碳原子 和硫原子之间存在极性共价键，B错误；(NH,)2[PCL门中铵 1.B1个甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多的氢 根离子和[PtCL。-之间为离子键，[PC1。]2-中中心原子和 键，且氧元素的电负性较大，故其分子间形成的氢键较强，因 配体之间为共价键（配位键），C正确：氨分子间存在氢键， 此甘油是黏稠液体，A正确；王水溶解铂，是因为浓盐酸提供 PH,分子之间不存在氢键，故NH?的熔点比PH?的高，D 的CI厂能与被硝酸氧化产生的高价态的铂离子形成稳定的 正确。 配合物从而促进铂的溶解，在这个过程中浓盐酸没有表现氧 化性，B错误；冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键 高考题型突破3“位一构一性”推断 具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶体中 真题示例.… 水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，C正确： 石墨属于混合型晶体，在石墨的二雏结构平面内，每个碳原 1.C侯氏制碱法主反应的化学方程式为NaCI十NH十 子以C一C与相邻的3个碳原子结合，形成六元环层，碳原子 CO2十H2O一Na HCO3￥十NH,Cl,则可推出W、X、Y、Z、 有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp°杂化 Q、R分别为H、C、N、O、Na、CI,一般原子的电子层数越多半 轨道与相邻的碳原子形成共价键，还有1个电子处于碳原子 径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子 的未杂化的2p轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行， 半径为H<N<C,A错误；同周期元素从左到右第一电离能 相邻碳原子P轨道相互重叠形成大π键，这些P轨道的电子 呈增大趋势，第ⅡA族、第VA族元素原子的第一电离能大 可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确。 于同周期相邻元素原子，则第一电离能为C<ON,B错误； 2.DNH,中N的价层电子对数=3+2(5-3X1)=3+1 O2、C2为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在 常温下均为气体，N在常温下为固体，则沸点为O2<Cl2 4,为sp3杂化，NO中N的价层电子对数=3十2(5+1 Na,C正确；Na为金属元素，则其电负性最小，电负性为 Na<H<CI,D错误。 3×2)=3十0=3，为sp2杂化，故键角大小为NH2<NO3,A 2.AW的外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为碳元 项错误；NH,OH为分子晶体，[NHOH]CI为离子晶体，故 素；W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族 熔，点大小为NH2OH<[NH?OH]CI,B项错误；由题目信息 的短周期元素。每个周期的第ⅡA族和第VA族的元素的 可知，25℃时，K(NH·H,O)>K(NHOH),故NH2OH 第一电离能都比左右相邻元素的高，由于配合物Y? 的碱性比NH3·H,O弱，故同浓度的水溶液中，[NHOH] [ZW。X]2中Y在外界，Y可形成简单阳离子，则Y属于金 的水解程度大于NH的水解程度，同浓度水溶液的H大小 属元素，故X和Y分别为N和Mg;Z的M层未成对电子数 为「NH,OH]CI<NH,CI,.C项错误：O的电负性大于N,O一H 为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其价层电子排布式 的极性大于N一H,故羟胺分子间氢键的强弱为O一H…O> 为3d4s,Z为铁元素。氨元素的单质形成分子晶体，Mg和 N一H…N,D项正确。 F均形成金属晶体，碳元素既可以形成金刚石又可以形成 3.B“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客 石墨，石墨的熔，点最高，A错误；NH,中氨原子轨道杂化类 车”通过分子间作用力形成分子聚集体一超分子，A正确： 型为sD,B正确；Mg(OH)。属于中强碱，其难溶于水，难溶 “分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm,从长的方向观察 于NaCI溶液，由于NH,CI电离产生的NH可以破坏Mg 有与并四苯分子适配的结构，从高的方向观察则缺少合适结 (OH)2的沉淀溶解平衡，因此Mg(OH)2可以溶于NHCI 构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B错误；芘 与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配 溶液，C正确；Mg[Fe(CN)6]2中CN提供电子对与Fe 形成配位键，D正确。 看“分子客车”可装载2个芘，C正确；芘、并四苯、蔻中π电 3.D主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y的价电子 子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合 常数越大越稳定，故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客 数相等，Z的价电子所在能层有16个轨道，则Z有4个能层。 车”结合，D正确。 根据这4种元素形成的化合物的结构可以推断，W、X、Y、Z 4.SnF,属于离子晶体，SnCl,、SnBr1、SnL属于分子晶体，离子 分别为H、O、S、K。HS中S显一2价，因此，电负性：S>H, 晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子质量越 A错误；H2SO3是弱酸，而H2SO1是强酸，因此，在相同条 大，分子间作用力越强，熔点越高 件下，后者的酸性较强，B错误；H只有1个电子，O的2p轨 道上有4个电子，且有2个未成对电子，因此，基态原子的未 考向专练 成对电子数为O>H,C错误；K的氧化物溶于水且与水反应 1.BA项，NH分子间存在氢键，沸点高，PH分子间不存在 生成强碱KOH,S的氧化物溶于水且与水反应生成H,SO 氢键，所以氨气易液化，实例与解释相符；B项，由于F的电 或HSO1,因此，氧化物溶于水所得溶液的pH的大小关系 负性大于C1,则FC一的吸电子效应比CLC一的强，导致三 为KS,D正确 氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，酸 题型专练 性更强，与分子间作用力无关，实例与解释不相符：C项，铝 离子半径小于镁离子半径，且铝离子所带电荷多于镁离子 1.CY原子的最外层电子数比内层电子数多3，Y为N,X与 则镁中的金属键较铝中的更弱，镁的硬度较铝的小，实例与 另外三种元素不在同一周期，Z与W同族，结合化合物M的 解释相符：D项，溴和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分 化学式(YX,),Ce(WZ)1可知，元素X、Y、Z、W分别是H、 子，根据“相似相溶”原理，所以Br2在CCL,中的溶解度大于 N、O,S,因此M的化学式为(NH1),Ce(SO1)1。根据铵根离 在水中的溶解度，实例与解释相符。 子的化合价为十1，硫酸根离子的化合价为一2，计算可得 2.D吸电子能力：一C三CH>一CH=CH2,因此CH=CH (NH1)1Ce(SO1)1中Ce的化合价为十4，故A正确；离子的 中C一H比CH,一CH2中C一H更易断裂，则CH=CH比 电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大， CH2一CH,更易与钠反应，A正确；苯环的吸电子能力强于 半径越小，即简单离子半径的大小为S>N3>O-,故B H,故羟基的活性为C6HOH>HO,B正确；一C1为吸电子 正确：X为H,Z和W与H形成的简单化合物为HO和 基团，CHCL COOH中氯原子数多，吸电子能力强，导致 H2S,H2O分子间存在氢键，沸，点为H2O>H2S,故C错误； COOH更易电离，故酸性CH,CICOOH<CHCI2COOH, YX为NH,WZ为SO,两者的中心原子的价层电子 一2因勾·讲与练·高三二轮化学 -256-