第2章 微粒间相互作用与物质性质 章末达标检测（Word练习）-【精讲精练】2025-2026学年高中化学选择性必修第二册（鲁科版）

(本卷满分100分) 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1．下列有关说法正确的是(　　) A．OF2是由极性键构成的极性分子 B．分子的极性：BF3＞NF3 C．键能：N2＜O2＜F2 D．氢化物沸点：PH3＞NH3＞H2O 解析　OF2的空间结构是V形，因此是由极性键构成的极性分子，A正确；BF3的价电子对数为3，空间结构为平面三角形，为非极性分子，NF3的价电子对数为4，有一对孤电子对，空间结构为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：BF3＜NF3，B错误；N2由三键构成，O2由双键构成，F2由单键构成，故键能：N2＞O2＞F2，C错误；液氨、水中都存在氢键，沸点高，磷化氢没有氢键，沸点低，另外水常温下是液态，磷化氢和氨常温下是气态，所以氢化物沸点：H2O＞NH3＞PH3，D错误。 答案　A 2．下列物质中，具有旋光性的是(　　) A．氯仿(CHCl3) B．乳酸(CH3CHOHCOOH) C．乙醇(C2H5OH) D．甘氨酸(H2NCH2COOH) 解析　氯仿分子中C原子连接3个H原子和一个氯原子，故氯仿中没有手性碳原子，故A错误；乳酸(CH3CHOHCOOH)中第二碳原子上分别连有：甲基、羟基、氢原子、羧基四种基团，属于手性碳原子，具有旋光性，故B正确；乙醇分子中没有手性碳原子，故C错误；甘氨酸分子中没有手性碳原子，故D错误。 答案　B 3．下列有关说法正确的是(　　) A．(2024·广东卷节选) 由于电负性：F>Cl，所以酸性：CF3COOH<CCl3COOH B．(2024·安徽卷节选)D­乙酰氨基葡萄糖分子中含有σ键，不含π键 C．(2024·浙江6月卷节选)由于石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，故石墨可用作润滑剂 D．(2024·江苏卷节选)石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2 解析　电负性：F＞Cl，F的吸电子能力大于Cl，导致CF3COOH中O—H键的极性大于CCl3COOH中O—H键的极性，故酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，A错误；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，该物质结构中含有C===O键，即分子中σ键和π键均有，B错误；石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑剂，C正确；石墨碳原子轨道的杂化类型为sp2，金刚石碳原子轨道的杂化类型为sp3，石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3，D错误。 答案　C 4．下列有关叙述错误的是(　　) A．利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子 B．氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中 C．互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质相似 D．由酸性：FCH2COOH>CH3COOH，可知酸性：ClCH2COOH>CH3COOH 解析　利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子，称为手性合成，故A正确；氢键不是化学键，是一种比较强的分子间作用力，它广泛地存在于自然界中，故B错误；互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成和原子排列都完全相同，性质相似，故C正确；F和Cl都是吸电子基，F或Cl取代了乙酸分子中甲基上的H，使得FCH2COOH和ClCH2COOH中羧基里的羟基的极性更大，酸性都大于乙酸，所以酸性：FCH2COOH＞ CH3COOH，ClCH2COOH＞ CH3COOH，故D正确。 答案　B 5．(2024·辽宁沈阳期中)5­氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，并放出大量的热，是制造HTPB火箭推进剂的重要原料，结构简式如图，其中五元环为平面结构，下列说法正确的是(　　) A．基态N原子核外电子的运动状态有3种 B．阴离子的空间结构为三角锥形 C．该化合物中五元环上的5个原子的杂化方式都相同 D．该化合物因存在类似于苯分子的大π键，所以非常稳定 解析　N为7号元素，其原子核外有7个电子，基态N原子核外电子的运动状态有7种，A错误；阴离子为NO，NO中中心原子N的价层电子对数为3＋＝3，无孤电子对，其空间结构为平面三角形，B错误；五元环为平面结构，类比苯环的结构，可知该化合物中五元环上的原子均为sp2杂化，杂化方式相同，C正确；5­氨基四唑硝酸盐受热迅速生成以N2为主的环境友好型气体，可知其性质不稳定，D错误。 答案　C 6．下列关于分子结构和性质的说法中，正确的是(　　) A．P4和CH4都是正四面体形分子，且键角都为109°28′ B．NH3、CH4、SO2三种分子的键角依次增大 C．H2O、BF3、NCl3三种分子中原子的最外层电子都未满足8电子稳定结构 D．SF6为正八面体结构，该物质可能难溶于苯，易溶于水 解析　P4和CH4都是正四面体形分子，P4中P原子位于正四面体的顶点，P—P键之间的夹角为60°，CH4中碳原子位于正四面体的中心，氢原子位于顶点，C—H键之间的夹角为109°28′，A错误；NH3为三角锥形，键角约为107.3°，CH4为正四面体形，键角为109°28′，SO2为V形，键角约为120°，NH3、CH4、SO2三种分子的键角依次增大，B正确；H2O中氢原子的最外层电子未满足8电子稳定结构，BF3中硼原子的最外层电子未满足8电子稳定结构，但NCl3中氮原子和氯原子都满足8电子稳定结构，C错误；SF6为正八面体结构，正负电荷重心重合，为非极性分子，根据“相似相溶”原理，可知其可能易溶于苯、难溶于水，D错误。 答案　B 7．(2025·山东德州一中月考)我国科学家首次在实验室中实现从二氧化碳到淀粉的全合成，合成路径如图所示。 下列说法错误的是(　　) A．DHA分子间存在氢键 B．人工合成淀粉为“碳中和”提供了新途径 C．CO2、CH3OH、HCHO分子中的碳原子杂化方式各不相同 D．甲醛分子中H—C—O键角小于甲醇分子中H—C—O键角 解析　DHA分子中含有羟基，相邻分子间存在氢键，A正确；人工合成淀粉利用CO2为原料进行转化，可使CO2排放量减少，为“碳中和”提供新途径，B正确；杂化轨道数＝σ键电子对数＋孤电子对数，CO2杂化轨道数为2，C原子杂化方式为sp杂化，CH3OH杂化轨道数为4，C原子杂化方式为sp3杂化，HCHO杂化轨道数为3，C原子杂化方式为sp2杂化，C正确；HCHO中中心原子C为sp2杂化，构成平面三角形结构，H—C—O键角接近120°，CH3OH中中心原子C为sp3杂化，构成四面体形结构，H—C—O键角接近109°28′，故甲醛分子中H—C—O键角大于甲醇分子中H—C—O键角，D错误。 答案　D 8．CH4、NH3和N2H4均可作为燃料电池的燃料。下列说法错误的是(　　) A．CH4、NH3和N2H4中C、N杂化方式均相同 B．CH4和NH3的空间结构分别为正四面体形、三角锥形 C．CH4、NH3和N2H4均为极性分子 D．沸点：N2H4>NH3>CH4 解析　CH4、NH3和N2H4中C、N价电子对数都是4，所以这三种分子中C、N都采用sp3杂化，A正确；CH4中C价电子对数＝4＋＝4且不含有孤电子对，NH3中N价电子对数为3＋＝4且含有1个孤电子对，空间结构分别为正四面体形、三角锥形，B正确；CH4结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，NH3为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，N2H4，正负电荷中心不重合，为极性分子，C错误；N2H4、NH3都能形成分子间氢键，且形成分子间氢键个数：N2H4>NH3，CH4不能形成分子间氢键，所以沸点：N2H4>NH3>CH4，D正确。 答案　C 9．X、Y为同周期主族元素， Y有8种不同运动状态的电子，二者形成的一种化合物固态时以[XY2]＋[XY3]－的形式存在。下列说法错误的是(　　) A．Y形成的单质可能是极性分子 B．[XY3]－中心原子杂化方式为sp2 C．[XY2]＋空间结构为直线形 D．X、Y形成的简单氢化物稳定性：X＞Y 解析　Y(O)形成的单质(O3)是“V”形结构，因此是极性分子，Y(O)形成的单质(O2)是非极性分子，故A正确；[XY3]－即NO中心原子氮原子价电子对数为3＋×(5＋1－2×3)＝3，则杂化方式为sp2，故B正确；[XY2]＋即NO中心原子氮原子价电子对数为2＋×(5－1－2×2)＝2，则空间结构为直线形，故C正确；根据非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因此X、Y形成的简单氢化物稳定性：Y(H2O)＞X(NH3)，故D错误。 答案　D 10．下列说法正确的是(　　) A．键角：H2O>H3O＋ B．XeF2的价电子对数为5 C．不同状态的镁中电离最外层一个电子所需能量 解析　H2O中中心原子O上的孤电子对数为×(6－2×1)＝2，σ键电子对数为2，价电子对数为4，H3O＋中中心原子O上的孤电子对数为×(6－1－3×1)＝1，σ键电子对数为3，价电子对数为4，H2O和H3O＋的VSEPR模型都为四面体形，价电子对之间斥力大小顺序如下：孤电子对－孤电子对＞孤电子对－成键电子对＞成键电子对－成键电子对，且随着孤电子对数目的增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角减小，故键角H2O＜H3O＋，A项错误；XeF2中中心原子Xe上的孤电子对数为×(8－2×1)＝3，σ键电子对数为2，价电子对数为2＋3＝5，B项正确； 为基态Mg+，为激发态Mg+，3s能级的能量低于3p能级的能量，故电离最外层一个电子所需能量：，C项错误；SnCl2中中心原子Sn上的孤电子对数为×（4-2×1）=1，σ键电子对数为2，价电子对数为2+1=3，VSEPR模型为平面三角形，略去孤电子对，分子结构为V形，D项错误。 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11．(2024·河北卷)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＋2C===NH3↑＋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　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；NH的中心N原子为sp3杂化，且孤电子对数为0，ClO的中心Cl原子为sp3杂化，且孤电子对数为0，故NH和ClO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分子间含有氢键和范德华力，CO2分子间只存在范德华力，D错误。 答案　B 12．(2025·江苏卷)探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ　取一定量5%CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ　将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ　向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是(　　) A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为SO4 B．步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色(Cu2＋)<c蓝色(Cu2＋) C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为2＋＋Fe===Cu＋Fe2＋＋4NH3↑ 解析　步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A错误；步骤Ⅱ中，深蓝色溶液(加入浓氨水)中的Cu2＋因形成[Cu(NH3)4]2＋络离子而浓度降低，而蓝色溶液(加入稀盐酸)中Cu2＋可以自由移动，浓度较高，因此c深蓝色(Cu2＋) < c蓝色(Cu2＋)，B正确；步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化。真正原因是络合物中Cu2＋浓度过低，无法被Fe置换，C错误；步骤Ⅲ中加入盐酸后，H＋与NH3结合生成NH，导致配合物释放Cu2＋，随后Fe与H＋反应生成H2(气泡)，并与Cu2＋发生置换反应生成Cu，D的反应式未体现H＋的作用，与实际反应原理不符，D错误。 答案　B 13．(2025·甘肃卷)我国科学家制备了具有优良双折射性能的C3H8N6I6·3H2O材料。下列说法正确的是(　　) A．电负性：N<C<O B．原子半径：C<N<O C．I中所有I的孤电子对数相同 D．C3H8N中所有N—H极性相同 解析　非金属性越强，电负性越大，故电负性：C＜N＜O，A错误；同周期从左到右，原子半径递减，故原子半径：C＞N＞O，B错误；碘的价电子数为7，I中心原子I与两个碘通过共用电子对形成共价键，则两边的碘存在3对孤电子对，中心原子I的孤电子对是＝3，C正确；六元环内存在大π键，大π键具有吸电子效应，—H离大π键比较近，N—H键极性更大，D错误。 答案　C 14．(2025·江西九江联考)科学家近期合成了一种配合物，该物质可以在温和条件下活化H2，将N3－转化为NH，反应过程如图所示。下列说法正确的是(　　) A．电负性大小：C>N>Fe B．键角：NH>NH3 C．产物中N原子的杂化轨道类型为sp3 D．NH的VSEPR理论模型为四面体形 解析　同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，N的电负性大于C，铁是金属元素，电负性比非金属元素小，电负性大小：N>C>Fe，故A错误；NH中N的价电子对数＝2＋(5＋1－2×1)＝2＋2＝4，N原子上的孤电子对数为2，NH3分子中N的价电子对数＝3＋(5－3×1)＝3＋1＝4，N原子上的孤电子对数为1，孤电子对越多，对成键电子的排斥力越大，键角越小，所以键角：NH<NH3，故B错误；从题图中可以看出，产物中N原子的价电子对数为4，则采取的杂化轨道类型为sp3，故C正确；NH的价电子对数为4，则VSEPR理论模型为四面体形，故D正确。 答案　CD 15．某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是(　　) A．该物质是一个共价化合物 B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力 C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子 D．该物质中C、N、O原子均存在孤电子对 解析　由物质结构示意图可知，该物质中没有离子键，属于共价化合物，A正确；在该物质分子中存在共价键、配位键、氢键三种作用力，B错误；该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，提供空轨道，配位数是4，C正确；分子中的C原子的4个价电子都形成共价键，无孤电子对，而N、O原子上均存在孤电子对，D错误。 答案　AC 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16．(12分)(2023·海南卷)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___________________________________。 (2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V—O—R′空间结构呈角形，原因是__________________ ________________________________________________________________________。 (3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是________。 (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　(1)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； (2)根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形； (3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N； (4)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。 答案　(1)C、O、P、Cl　(2)根据VSEPR模型，氧原子的价电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形　(3)N　(4)配合物Ⅱ 17．(12分)Zn、V、Cu、In、S和Se等原子是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料。回答下列问题： (1)49In的价电子排布式为________。 (2)Zn、O、S和Se的电负性由大到小的顺序为______。制备荧光材料过程中会产生少量SO、VO，其中V原子采用________杂化，VO空间结构为______，SO的空间结构为______。 (3)C、N、S分别与H形成的简单氢化物中键角最小的是________，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (4)H、C、N、S四种元素可形成硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N===C===S)，异硫氰酸分子中σ键与π键的数目比为________，异硫氰酸沸点较高，原因是________________________________________________________________________。 解析　(1)铟元素核外电子数为49，位于第5周期第ⅢA族，根据构造原理，核外电子排布为[Kr] 4d105s25p1，其价电子排布式为5s25p1； (2)同一周期从左到右，元素的电负性依次增大，同一主族从上到下，元素的电负性依次减小，四种元素的电负性由大到小的顺序为：O>S>Se> Zn。VO中钒原子形成了4个σ键，孤电子对数为×(5＋3－2×4)＝0，价电子对数为4，因此钒原子的杂化方式为sp3，VO的空间结构为正四面体形。SO中硫原子形成了3个σ键，孤电子对数为×(6＋2－2×3)＝1，价电子对数为4，硫原子的杂化类型为sp3，SO的空间结构为三角锥形；(3)CH4的价电子对数为4＋＝4，NH3的价电子对数为3＋＝4，H2S的价电子对数为2＋＝4，中心原子均采取sp3杂化，碳原子没有孤电子对，氮原子有一对孤电子，硫原子有两对孤电子对，因此硫原子的孤电子对σ键电子对的排斥力大，H2S的键角最小；(4)一个异硫氰酸分子中含有一个单键和两个双键，单键为σ键，双键中有一个σ键和一个π键，因此异硫氰酸中σ键与π键数之比为3∶2；硫氰酸分子中的氢原子连在硫原子上，分子间不能形成氢键，异硫氰酸分子的氢原子与氮原子相连，由于N元素电负性大，分子间能形成氢键，因此异硫氰酸的沸点较高。 答案　(1)5s25p1　(2)O>S>Se>Zn　sp3　正四面体形　三角锥形 (3)H2S　三种氢化物中心原子均采取sp3杂化，H2S中心原子S上孤电子对多，对成键电子对排斥力大 (4)3∶2　异硫氰酸分子间形成氢键 18．(12分)(2025·广东江门一中段考)根据物质结构和性质的知识，回答下列问题： (1)下列物质中既有极性键，又有非极性键的极性分子是________(填字母)。 A．SO2　　　　　　　 B．SO3 C．H2O2 D．C2H4 (2)BCl3在四氯化碳中的溶解度远大于HCl，原因是_______________________________ ________________________________________________________________________。 (3)NH4H2PO4中，电负性最大的元素是______；P的______杂化轨道与O的2p轨道形成______(填“σ”或“π”)键。 (4)有机物中，有______个手性碳原子，1 mol该有机物含σ键的物质的量为______ mol。 (5)可以用pKa(pKa＝－lg Ka)来衡量酸性的强弱，表中是部分酸的pKa数据： 酸 ClCH2COOH Cl2CHCOOH CCl3COOH H2SO3 pKa(室温) 2.86 1.29 0.65 pKa1＝1.9、 pKa2＝7.5 从表中数据可知，酸性：ClCH2COOH<Cl2CHCOOH<CCl3COOH，请从物质结构角度解释原因：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 解析　(1)SO2中不含有非极性键，A错误；SO3分子中不含有非极性键，B错误；H2O2中含有H—O极性键和O—O非极性键，H2O2的空间结构是二面角结构，是极性分子，C正确；C2H4含有C—H极性键和C===C非极性键，但是分子正、负电荷重心重合，为非极性分子，D错误。 (2)BCl3和四氯化碳均为非极性分子，HCl为极性分子，根据“相似相溶”原理，BCl3在四氯化碳中的溶解度远大于HCl。 (3)同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，则电负性：O>N；同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，则电负性：N>P；PH3中H元素显正价，P元素显负价，则电负性：P>H。由此可得电负性：O>N>P>H，故NH4H2PO4中，电负性最大的是O。NH4H2PO4中P原子的价电子对数为4＋＝4，VSEPR模型为正四面体形，P原子采取sp3杂化，杂化轨道用于形成σ键，即P的sp3杂化轨道和O的2p轨道形成σ键。 (4)同一碳原子连接4个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子，则有机物中有2个手性碳原子(用*标记)；单键由1个σ键构成，双键由1个σ键和1 个π键构成，则1 mol该有机物含σ键的物质的量为27 mol。 答案　(1)C　(2)BCl3和四氯化碳均为非极性分子，而HCl属于极性分子　(3)O　sp3　σ　(4)2　27 (5)Cl原子电负性大，使羧基中羟基的极性增强，更容易电离出H＋，分子的烃基中Cl原子数目越多，羟基中H就越容易电离，其相应的氯代乙酸的酸性就越强，故三氯乙酸最容易电离出氢离子，其酸性最强 19．(12分)(2025·福建龙岩期中)第4周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物，单质铁、砷及它们的化合物广泛应用于超导体材料等领域。 请回答下列问题： (1)基态Fe2＋的核外电子排布式为________。 (2)NH3是一种很好的配体，NH3的沸点______(填“高于”“等于”或“低于”)AsH3。 (3)科学家通过X射线测得胆矾结构示意图如图甲所示，图中虚线表示的作用力为________________________________________________________________________。 甲 (4)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成的无色挥发性液态Ni(CO)4为正四面体形结构。Ni(CO)4易溶于________(填字母)。 A．水　　　　　　　 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液 (5)As的卤化物的熔点如表： 物质 AsCl3 AsBr3 AsI3 熔点/K 256.8 304 413 表中卤化物熔点存在差异的原因是_____________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)向FeCl3溶液中滴入EDTA试剂可得配合物A，其结构如图乙所示，图中M代表Fe3＋，则Fe3＋与氮原子之间形成的化学键是________，Fe3＋的配位数为________。 乙 解析　(1)Fe是26号元素，失去2个电子生成Fe2＋，基态Fe2＋的核外电子排布式为[Ar]3d6。(2)NH3分子之间存在氢键，AsH3分子之间只存在范德华力，氢键的作用强于范德华力，所以NH3的沸点高于AsH3。(3)据题图甲可知，图中虚线表示的作用力有Cu2＋和O原子之间形成的配位键、氢原子和另一离子中的氧原子之间形成的氢键。(4)Ni(CO)4为正四面体形结构，结构对称，所以是非极性物质，根据“相似相溶”原理可知，Ni(CO)4易溶于非极性溶剂苯和四氯化碳。(5)As的三种卤化物组成和结构相似，相对分子质量越大， 分子间作用力越强，熔点越高。(6)据题图乙可知，Fe3＋提供空轨道，N原子提供孤电子对，Fe3＋与氮原子之间形成的化学键是配位键；Fe3＋与氧原子形成4个配位键，与氮原子形成2个配位键，其配位数为6。 答案　(1)[Ar]3d6　(2)高于　(3)氢键、配位键 (4)BC　(5)三种卤化物都是分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，熔点逐渐升高　(6)配位键　6 20．(12分)(2024·河北石家庄二中开学考试)按要求回答下列问题： (1)基态Cl原子含有________种空间运动状态不同的电子；ClO的VSEPR理论模型为________________________________________________________________________。 (2)甲醇(CH3OH)的沸点________(填“>”“<”或“＝”，下同)甲醛(HCHO)的沸点。 (3)已知P4O6与P4O10的结构如图，则P4O6中的O—P—O键角________P4O10中的O—P—O键角。 (4)吡咯()为平面形分子，则N原子的杂化类型为________，1 mol吡咯分子中所含的σ键数目为________(NA表示阿伏加德罗常数的值)。 (5)X、Y、W三种物质(结构如图)在水中的溶解度由大到小的顺序为________。 (6)氮原子间能形成氮氮三键，而砷原子间不易形成三键的原因是__________________。 解析　(1)电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，则含有9种空间运动状态不同的电子；ClO的中心Cl原子的价电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，则VSEPR理论模型为四面体形。 (2)甲醇分子间能形成氢键，而甲醛分子间不能形成氢键，所以甲醇(CH3OH)的沸点>甲醛(HCHO)的沸点。 (3)在P4O6分子中P原子未形成磷氧双键，但最外层有一个孤电子对，而P4O10分子中P原子形成磷氧双键，但最外层没有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，则P4O6中的O—P—O键角<P4O10中的O—P—O键角。 (4)吡咯()为平面形分子，则N原子的价电子对数为3，杂化类型为sp2,1个吡咯分子中含有4个C—H σ键、1个N—H σ键、3个C—C σ键、2个C—N σ键，则1 mol吡咯中含有σ键的数目为10NA。 (5)X分子中含有羧基和巯基，Y、W分子中含有酯基和巯基，所以X的溶解度大于Y、W; W分子的六元环上含有氮原子，能与水分子间形成氢键，所以W的溶解度大于Y，因此三种物质在水中的溶解度由大到小的顺序为X>W>Y。 (6)氮原子与砷原子的最外层电子数相同，但氮的原子半径比砷的原子半径小，电子云的重叠程度氮比砷大，所以氮原子间能形成氮氮三键，而砷原子半径比较大，原子间形成的σ键较长，p­p轨道重叠程度较小，几乎不能重叠，难以形成π键，故砷原子间不易形成三键。 答案　(1)9　四面体形　(2)>　(3)< (4)sp2　10NA　(5)X>W>Y　(6)砷原子半径比较大，原子间形成的σ键较长，p­p轨道重叠程度较小，几乎不能重叠，难以形成π键 学科网（北京）股份有限公司 $