专题4 专题整体教学设计与阶段验收评价-【新课程学案】2025-2026学年高中化学选择性必修2配套课件PPT（苏教版）

该高中化学课件聚焦分子结构与性质、配合物等核心知识，通过微点判断澄清基础概念，经综合训练融会知识，结合课题活动实现迁移应用，构建从基础到综合再到实践的学习支架。 其亮点在于以科学思维为核心，通过实例分析（如杂化类型判断、等电子体应用）培养逻辑推理能力，结合卟啉配合物课题活动强化科学探究与实践，助力学生形成“结构决定性质”的化学观念。既帮助学生系统掌握知识，又为教师提供分层教学资源，提升教学效率。

专题整体教学设计与阶段验收评价 一、主干知识——在微点判断中澄清 二、综合思维——在知识融会中贯通 三、迁移应用——在课题活动中践行 目录 阶段质量检测 一、主干知识——在微点判断中澄清 1.判断下列有关杂化轨道理论叙述的正误 (1)杂化轨道与参与杂化的原子轨道的数目相同，但能量不同( ) (2)杂化轨道的键角与分子内的键角不一定相同( ) (3)只要分子的空间结构为平面三角形，中心原子均为sp2杂化( ) (4)杂化方式相同的分子，空间结构一定相同( ) (5)凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体( ) (6)凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键( ) (7)H2S分子中，S为sp杂化，为直线形( ) √ √ √ × × × × 2.判断下列有关价层电子对互斥模型叙述的正误 (1)孤电子对的排斥力大于σ键电子对的排斥力( ) (2)所有的三原子分子都是直线形结构( ) (3)SO2与CO2分子的组成相似，故它们的空间结构相同( ) (4)由价层电子对互斥模型可知SnBr2分子中Sn—Br键的键角小于180°( ) (5)只有原子数目和价电子总数相同的分子才是等电子体( ) (6)互为等电子体的物质，物理性质、化学性质都相似( ) (7)N2与CO、CO2与COS均互为等电子体( ) √ × × √ × × √ 3.判断下列有关分子空间结构叙述的正误 (1)三原子分子的空间结构都是V形( ) (2)四面体结构的微粒键角都是109°28' ( ) (3)三角锥形的分子键角都是107° ( ) (4)若中心原子价层电子全部参与成键时，则VSEPR模型与其空间结构一致( ) (5)六氟化硫分子的空间结构呈正八面体形，其中心原子的价层电子对数为4 ( ) (6) 为四角锥结构，中心原子I没有孤电子对( ) × × × √ × × 4.判断下列有关分子性质叙述的正误 (1)范德华力与氢键可同时存在于分子之间( ) (2)CO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变( ) (3)分子的稳定性与分子间作用力的大小无关( ) (4)H2O2分子间存在氢键( ) (5)分子间氢键的形成除使物质的熔、沸点升高外，对物质的溶解、电离等也都有影响( ) √ × √ √ √ (6)以非极性键结合的双原子分子一定是非极性分子( ) (7)根据相似相溶规则，碘单质在水中的溶解度很小，但在CCl4中的溶解度很大( ) (8)乳酸(CH3—CHOH—COOH)中含有手性碳原子( ) √ √ √ 5.判断下列有关配合物叙述的正误 (1)配位键实质上是一种特殊的共价键( ) (2)提供孤电子对的微粒既可以是分子，也可以是离子( ) (3)有配位键的化合物就是配位化合物( ) (4)配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Cl-均可与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀( ) (5)Ni(CO)4是配合物，它是由中心原子与配位体构成的( ) (6)白色CuSO4固体溶于水得蓝色溶液是形成了配合物离子[Cu(H2O)4]2+ ( ) (7)检验葡萄糖分子中醛基的试剂银氨溶液中，[Ag(NH3)2]+是一种配合物离子( ) √ √ × × √ √ √ 二、综合思维——在知识融会中贯通 (一)分子构型与物质的性质 分子的 空间结构 理论解释 杂化轨道(sp、sp2、sp3) 等电子体 价层电子对互斥模型 常见分子 的空间结构 直线形(如BeCl2) V形(如H2O) 平面三角形(如BF3) 三角锥形(如NH3) 正四面体形(如CH4) 分子的性质 分子的 极性 分类 极性分子 非极性分子 判断方法 正负电荷重心是否重合 分子的手性 手性分子 手性异构体 手性碳原子 续表 √ 1.下列分子的空间结构可用sp2杂化轨道来解释的是 (　　) ①BF3　②CH2==CH2　③ 　 ④CH≡CH ⑤NH3　⑥CH4 A.①②③ B.①⑤⑥　 C.②③④ D.③⑤⑥ 综合训练 解析:sp2杂化轨道形成夹角为120°的平面三角形。①BF3为平面三角形且B—F键夹角为120°;②C2H4中C原子为sp2杂化，且未杂化的2p轨道形成π键;③同②相似;④乙炔中的C原子为sp杂化;⑤NH3中的N原子为sp3杂化;⑥CH4中的C原子为sp3杂化。 2.根据VSEPR模型判断下列各组分子或离子空间结构相同的是 (　　) A.SO2和CO2 B.BF3和NH3 C.PH3和H2S D.CCl4和N √ 解析:CO2中心原子价电子对数为2+=2，中心C原子为sp杂化，为直线形分子;SO2中心原子价电子对数为2+=3，中心S原子为sp2杂化，有孤电子对，为V形分子，故A不选。BF3中心原子价电子对数为3+=3，中心B原子为sp2杂化，为平面三角形分子;NH3中心原子价电子对数为×(5+3)=4，中心N原子为sp3杂化，有孤电子对，为三角锥形分子，故B不选。PH3中心原子价电子对数为×(5+3)=4，中心P原子为sp3杂化，有孤电子对，为三角锥形分子; H2S中心原子价电子对数为×(6+2)=4，中心S原子为sp3杂化，有孤电子对，为V形分子，故C不选。CCl4中心原子价电子对数为×(4+4)=4，中心C原子为sp3杂化，没有孤电子对，为正四面体形分子;N中心原子价电子对数为×(5+4-1)=4，中心N原子为sp3杂化，没有孤电子对，为正四面体形分子，故选D。 √ 3.下列分子或离子之间互为等电子体的是 (　　) A.CH4和H3O+ B.N和SO2 C.O3和CO2 D.N2和 解析:由短周期元素组成的微粒，只要其原子数目相同，价电子总数相同，即互为等电子体。CH4和H3O+原子数不同，A错误;N和SO2原子数、价电子数均不同，B错误;O3和CO2价电子总数不同，C错误;N2和原子数相同，价电子总数相同，D正确。 4.下列各组化合物中，化学键的极性和分子的极性皆相同的是 (　　) A.CO2和SO2 B.CH4和PH3 C.BF3和NH3 D.HCl和HI 解析:题目所给各物质分子中均只含有极性键。CO2、CH4、BF3为非极性分子，SO2、PH3、NH3、HCl、HI为极性分子。 √ 5.已知氯化⁃1⁃乙基⁃3⁃甲基咪唑( )被广泛应用于有机合成和聚合反应、分离与提纯以及电化学研究中。下列说法错误的是(　　) A.电负性:Cl>C>H B.五元环处于同一平面，则两个氮原子的杂化方式分别为sp3、sp2 C.1 mol氯化⁃1⁃乙基⁃3⁃甲基咪唑中含有σ键数目为16NA D.氯化⁃1⁃乙基⁃3⁃甲基咪唑中的化学键类型:离子键、共价键 √ 解析:根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，电负性关系为Cl>C>H，A正确;由有机物结构简式可知，两个氮原子中，其中一个形成双键为sp2杂化，另一个全为单键为sp3杂化，B正确;由有机物结构简式并结合单键均为σ键，双键为一个σ键和一个π键可知，1 mol氯化⁃1⁃乙基⁃3⁃甲基咪唑中含有σ键数目为19NA，C错误;氯化⁃1⁃乙基⁃3⁃甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，D正确。 (二)配合物的形成和应用 √ 6.关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是 (　　) A.配位体为水分子，配位原子是O，外界为Br- B.中心原子的配位数为4 C.中心原子Cr采取sp3杂化 D.中心原子的化合价为+3价 综合训练 解析:[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中的内界为[Cr(H2O)4Br2]+，Cr3+为中心原子，配位体为H2O和Br-，配位数为6，外界为Br-，Cr3+提供空轨道数为6，不是sp3杂化。 7.实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+，下列说法正确的是 (　　) A.铁元素位于周期表第4周期ⅧB族，属于ds区 B.FeCl3与KSCN溶液混合，得到的配合物K2[Fe(SCN)5]中，提供空轨道的是Fe3+，配位体是SCN-，配位数是5 C.K4[Fe(CN)6]中含有离子键、极性共价键和非极性共价键 D.K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀(普鲁士蓝)，其化学式为Fe4[Fe(CN)6]3，普鲁士蓝的内界是[Fe(CN)6]4-，其中Fe元素为+3价，外界是Fe2+ √ 解析:Fe为26号元素，位于周期表第4周期Ⅷ族，属于d区，A错误; K2[Fe(SCN)5]中，中心原子为Fe3+，中心原子提供空轨道，配位体是SCN-，配位体提供孤电子对，配位数是5，B正确;K4[Fe(CN)6]中含有离子键、极性共价键，但不存在非极性共价键，C错误;蓝色沉淀(普鲁士蓝)的化学式为Fe4[Fe(CN)6]3，普鲁士蓝的内界是[Fe(CN)6]4-，其中Fe元素为+2价，外界是Fe3+，D错误。 8.含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，下列说法不正确的是 (　　) A.1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有7 mol B.N所形成的六元环中N的杂化方式为sp2 C.结构图右边N与O3互为等电子体 D.图中所涉及元素的电负性由大到小顺序为O>N>C>H>Cd √ 解析:螯合物是一种环状配合物，在螯合物结构中，一定有多个多齿配体提供多对电子与中心原子配位形成环，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol，故A错误;邻二氮菲为平面结构，所以N原子的杂化方式都为sp2，且只有1种，故B正确;N与O3原子个数和电子数都相等，互为等电子体，故C正确;元素非金属性越强，电负性越强，得电子能力越强，则图中所涉及元素的电负性由大到小顺序为O>N>C>H>Cd，故D正确。 9.钴(Co)在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)，下列说法错误的是 (　　) A.色胺酮分子中所含元素第一电离能由大到小的顺序为N>O>H>C B.色胺酮分子中N均为sp3杂化 C.色胺酮钴配合物中钴的配位数为4 D.X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合 √ 解析:色胺酮分子中所含元素为H、C、N、O，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，N的第一电离能大于O，则C、N、O三种元素第一电离能由大到小的顺序为N>O>C，H的原子半径小，其核外电子受到原子核的引力大于C，失去1个电子消耗的能量大于C，第一电离能大于C，则色胺酮分子中所含元素第一电离能由大到小的顺序为N>O>H>C，故A正确;色胺酮分子中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误;由结构简式可知，色胺酮钴配合物中钴离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，故钴的配位数为4，故C正确;甲醇分子中的羟基可以形成氢键，甲醇可以通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合，故D正确。 三、迁移应用——在课题活动中践行 课题活动　以卟啉配合物及其相关元素研究配合物及有关分子的结构 已知配合物种类繁多，新的配合物由于纷繁复杂的有机化合物配位体而层出不穷，使得无机化合物的品种迅速增长。叶绿素、血红素和维生素B12都是配合物，它们的配位体大同小异，是一种称为卟啉的大环有机化合物，而中心离子分别是镁离子、亚铁离子和钴离子。 探究目标(一)　卟啉及其金属卟啉的结构与性质 卟啉(图a)是一类重要的有机配合物，其分子可以与某些较高价态的金属离子络合形成具有相当稳定结构的金属有机配合物，即金属卟啉(图b) 1.卟啉作为配位体，配位原子是什么?配位数是多少? 提示:配位原子是N原子，配位数是4。 2.b图中的金属M离子，带有几个正电荷? 提示:2个。 3.为什么金属卟啉配合物一般比较稳定? 提示:配位体与中心原子形成六元环状配合物。 探究目标(二)　以叶绿素及相关元素探究配位化合物的结构及性质 已知叶绿素的结构为(其中R为长链有机基团): 1.该物质中含有的化学键类型有哪些? 提示:极性键、非极性键、配位键。 2.若该化合物中含有配位键，配位原子是什么?中心原子是什么? 提示:N原子与Mg2+之间形成的共价键为配位键，N原子提供孤电子对，所以N为配位原子， Mg2+提供空轨道，所以Mg为中心原子。 3.乙二胺也能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是什么?其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是哪种离子? 提示:乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键。由于半径Cu2+>Mg2+，Cu2+的配位数比Mg2+大，故乙二胺与Cu2+形成的配合物更稳定。 探究目标(三)　以血红素为载体探究物质结构与性质 已知血红素的结构为 1.该分子中碳原子的杂化类型是什么? 提示:饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，形成双键碳原子的杂化方式为sp2杂化。 2.向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN==Fe(SCN)3+3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3 是配合物， Fe3+与SCN-不仅能以1∶3的个数比配合，还可以其他个数比配合。 ①若Fe3+与SCN-以个数比1∶5配合，则FeCl3与KSCN在溶液中发生反应的化学方程式如何书写? 提示:FeCl3+5KSCN==K2[Fe(SCN)5]+3KCl。 ②尝试写出SCN-的一种等电子体。 提示:CS2、CO2 、COS等。 3.二茂铁[(C5H5)2Fe]的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁熔点是173 ℃(在100 ℃时开始升华)，沸点是249 ℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。已知:环戊 二烯的结构式为 ，则其中有几个碳原子采取sp2杂化?所有的原子能否全部共面? 提示:有4个碳原子采取sp2杂化。其中1号碳原子为饱和碳原子，采取sp3杂化，所以其周围的原子位于四面体四个顶点方向，不可能所有原子全部共面。 素养训练 1.(2025·扬州高二期中)元素周期表中第四周期的某些过渡元素(如Ni、Co、Cu等)在生产、生活中有着广泛的应用。 (1)Co2+能与水杨醛缩对氯苯胺形成具有发光性的配合物，水杨醛缩对氯苯胺制备反应方程式如下: ①基态Co2+核外电子排布式为_____________________________。 1s22s22p63s23p63d7(或[Ar]3d7) ②C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_________。  ③对羟基苯甲醛( )的沸点为246.6 ℃，而水杨醛( ) 的沸点为197 ℃，请从结构角度解释二者沸点差异的原因:___________________ _____________________________________________。  解析:①Co的原子序数为27，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，所以Co2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7(或[Ar]3d7);②同周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但是第ⅤA族反常，故C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C;③对羟基苯甲醛易形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛易形成分子内氢键，则对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的沸点高。 对羟基苯甲醛分子间 形成氢键，而邻羟基苯甲醛形成的是分子内氢键 N>O>C (2)CuCl的晶胞如图1所示，距离每个Cu+最近的Cl-的个数为____。  解析:由晶胞结构可知，CuCl晶胞中与Cl-最近的Cu+的个数是4，与Cu+距离最近的Cl-的个数是4。 4 (3)已知:4H2O2+Cr2+2H+ 2CrO5+5H2O，CrO5的结构如图2所示，该反应______(填“是”或“不是”)氧化还原反应，理由是_______________________ ______________________。  解析:根据CrO5的结构可看出:Cr为+6价，有4个O为-1价，一个O为-2价，反应前后的化合价没有改变，仅发生了过氧键的转移，所以不是氧化还原反应。 不是 反应前后元素的化合价 反应前后元素的化合价 (4)有机净化剂的基本组分为大分子立体网格结构的聚合物，可用于工业废水“除钴镍”。其净化原理可表示为 在图中用“→”表示出Co2+参与的配位键。 解析:Co2+形成配位键时是中心离子，O与N提供孤电子对，是配位原子，则用“→”表示出Co2+参与的配位键见答案。 答案: 2.(2025·泉州一中阶段练习)CuInS2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的外围电子排布式为________。  解析:In为49号元素，外围电子排布式为5s25p1。 5s25p1 (2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示， 与之相反的用-表示，称为电子的自旋量子数，对于基态S原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_________。S可以形成两种常见含氧酸，其通式为(HO)mSOn，解释H2SO4酸性更强的原因____________________________________ __________________________________________。  解析:对于基态硫原子，其外围电子轨道表示式为 ，成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其3p轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和为×4+×2=-1或×2+×4=+1;H2SO4中S的化合价高，(或与S相连的O多)吸电子能力强，O—H的极性大，更易电离出H+，所以H2SO4酸性更强。 +1(或-1) H2SO4中S的化合价高(或与S相连的O多)， 吸电子能力强，O—H的极性大，易电离出H+ (3)矾土含Al3+，《诗经》言“缟衣茹藘(茜草)”，茜草中的茜素与矾土中的Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料。 ①C、N、O、Al、H的第一电离能从大到小的顺序为_______________。  N>O>H>C>Al ②X中C的杂化轨道类型是_____，X中不存在的作用力有____(填字母)。  A.配位键 B.离子键 C.共价键 D.氢键 F.范德华力 ③茜素水溶性较好的原因是_________________________________________ _______________________。  sp2 DF 茜素含有亲水性的羟基、羰基，易与水形成 数目较多的分子间氢键 解析:①同一周期主族元素的第一电离能从左向右呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素大，活泼金属的第一电离能比非金属的小，所以C、N、O、Al、H的第一电离能从大到小的顺序为N>O>H>C>Al;②X中每个C原子形成3个σ键和1个π键，所以C原子的杂化类型为sp2;X中存在离子键、配位键、共价键，故选D、F;③茜素含有亲水性的羟基、羰基，易与水形成数目较多的分子间氢键，使得茜素水溶性较好，导致该物质较易溶于水。 (4)CuInS2(相对分子质量为Mr)的晶胞结构如图a所示，阿伏加德罗常数的值为NA，则CuInS2晶体的密度为_______________ g·cm-3(列出计算式)，图b为Cu原子沿z轴方向向xy平面投影的位置，在图b中画出S原子在该方向的投影位置(用“ ”表示S原子)。  答案: 解析:根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×+4×+1=4，化学式为CuInS2，说明一个晶胞有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 g，晶胞的体积为x2 y nm3=x2y×10-21cm3，所以密度为= g·cm-3;根据晶胞结构可知，Cu原子在z轴方向投影位于顶点和面心上，S原子在z轴方向投影位于顶点和面心的连线中点上，由此在图b中可画出S原子在该方向的投影位置(见答案图)。 阶段质量检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 √ 12 一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分) 1.使用微波炉加热，具有使物质受热均匀、表里一致、速度快、热效率高等优点，其工作原理是通电后炉内的微波场以几亿的高频改变电场的方向，水分子因而能迅速振动，产生热效应，这是因为(　　) A.水分子具有极性共价键 B.水分子中有共用电子对 C.水由氢、氧两种元素组成 D.水分子是极性分子 15 14 19 18 17 16 解析:只有极性分子才能在电场中定向移动，非极性分子几乎不发生定向移动。水分子是由极性键构成的极性分子。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 2.下列说法正确的是 (　　) A.由同一种原子形成的分子可能有极性 B.非极性分子中无极性键 C.三原子分子AB2一定为非极性分子 D.四原子分子AB3一定为非极性分子 15 14 19 18 17 16 解析:由同一种原子形成的分子可能有极性，也可能没有极性，如O3是极性分子，而O2为非极性分子，A正确;非极性分子中正、负电荷重心重合，分子中各个化学键的空间排列对称，其中可能含极性键，也可能不含极性键，如CH4是由C—H极性键构成的非极性分子，P4是由P—P非极性键构成的非极性分子，B错误;三原子分子AB2中若正、负电荷的重心不重合，属于极性分子，如H2O为极性分子，C错误;四原子分子AB3若是NH3，属于极性分子，D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 3.下列说法不正确的是 (　　) A.SCl2属于极性分子 B.XeF4中心原子的价电子对数为4 C.C2H2和H2O2分子空间结构不同 D.N的价层电子对互斥模型、空间结构均为平面三角形 15 14 19 18 17 16 解析:SCl2中心原子的价电子对数为×(6+2)=4，其中有2对孤电子对，其空间结构为V形，属于极性分子，A正确;XeF4中心原子的价电子对数为×(8+4)=6，B错误;N中心原子的价电子对数为×(5+1+0)=3，没有孤电子对，价层电子对互斥模型、空间结构均为平面三角形，D正确。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 15 14 19 18 17 16 4.下列各组微粒中，都互为等电子体的是 (　　) A.CO、NO、NaH、N2 B.SO2、N、、CNO- C.C、N、BeCl2 D.SiF4、Si、S、P √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:A项，CO的价电子数为4+6=10，NO的价电子数为5+6=11，NaH是离子化合物，不存在分子，N2的价电子数为5+5=10，不符;B项，SO2的价电子数为6+6×2=18，N的价电子数为5+6×2-1=16，的价电子数为5×3+1=16，CNO-的价电子数为4+5+6+1=16，不符;C项，C的价电子数为4+6×3+2=24，N的价电子数为5+6×3+1=24，BeCl2的价电子数为2+7×2=16，不符;D项，SiF4的价电子数为4+7×4=32，Si的价电子数为4+6×4+4=32，S的价电子数为6+6×4+2=32，P的价电子数为5+6×4+3=32，符合。 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 5.向含等物质的量的[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中分别加入过量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的质量比是 (　　) A.1∶2∶3 B.2∶1∶3 C.1∶3∶2 D.3∶2∶1 15 14 19 18 17 16 解析:在配合物外界中的Cl-易发生电离，电离后与AgNO3溶液发生反应Ag++Cl-==AgCl↓，而内界中作为配位体的Cl-难以电离，不与AgNO3溶液反应。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 6.下列叙述中错误的是 (　　) A.CS2的熔、沸点比CO2高，与分子间的范德华力有关系 B.I2易溶于CS2，可用相似相溶规则解释 C. 分子中σ键与π键个数比为4∶1 D.AB3型的分子空间结构必为平面三角形 15 14 19 18 17 16 解析:CS2的相对分子质量比CO2大，范德华力大，故CS2的熔、沸点比CO2高，故A正确;I2和CS2均为非极性分子，根据相似相溶规则可知I2易溶于CS2，故B正确; 分子中σ键为8个，π键为2个，故σ键与π键个数比为4∶1，故C正确;AB3型的分子空间结构不一定为平面三角形，如NH3为三角锥形，故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 12 11 13 3 7.(2024·湖北卷)基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是 (　　) A.VSEPR理论认为VSEPR模型与分子的空间结构相同 B.元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律 C.泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子 D.sp3杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成 15 14 19 18 17 16 解析:中心原子含有孤电子对的分子，其空间结构与VSEPR模型不同，A错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 8.(2024·江苏卷)下列有关反应描述正确的是 (　　) A.CH3CH2OH催化氧化为CH3CHO，CH3CH2OH断裂C—O键 B.氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变 O3分解的历程 C.丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂σ键和π键 D.石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2 15 14 19 18 17 16 解析:CH3CH2OH转化为CH3CHO的过程中，断裂C—H、O—H，形成C==O，无C—O断裂，A错误;由材料可知，氯自由基对O3分解起催化作用，改变O3分解的历程，B正确;丁烷中不存在π键，C错误;石墨中碳原子为sp2杂化，金刚石中碳原子为sp3杂化，故D错误。 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 9.SO3和O3的混合气体经光解作用可生成一种新分子，结构简式如图所示，下列说法正确的是 (　　) A.O3的键角为109°28' B.SO3与O3均为非极性分子 C.SO3 的空间结构为平面三角形 D.SO3中心原子为sp3杂化 15 14 19 18 17 16 解析:O3分子中心原子的价电子对数是×6=3，存在1对孤电子对，空间结构为V形，键角为116.8°，A错误;SO3的空间结构为平面三角形，正负电荷重心重合，为非极性分子，O3空间结构为V形，为极性分子，B错误;SO3分子中硫原子的价电子对数是×6=3，不存在孤电子对，SO3分子的空间结构为平面三角形，C正确;SO3中心原子的价电子对数是3，所以中心原子采用sp2杂化，D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 √ 10.根据价层电子对互斥模型，判断下列分子或离子的空间结构正确的是 (　　) 15 14 19 18 17 16 选项 分子式 价层电子对互斥模型 分子或离子的空间结构 A AsCl3 四面体形 平面三角形 B HCHO 平面三角形 三角锥形 C NF3 四面体形 平面三角形 D N 正四面体形 正四面体形 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:AsCl3分子中As原子的价电子对数为4，价层电子对互斥模型为四面体形，含有1对孤电子对，分子的空间结构为三角锥形，A错误;甲醛(HCHO)分子中C原子的价电子对数为3(有1个双键)，价层电子对互斥模型为平面三角形，没有孤电子对，分子的空间结构为平面三角形，B错误;NF3分子中N原子的价电子对数为4，价层电子对互斥模型为四面体形，含有1对孤电子对，分子的空间结构为三角锥形，C错误;N中N原子的价电子对数为4，价层电子对互斥模型为正四面体形，没有孤电子对，离子的空间结构为正四面体形，D正确。 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 11. (2025·苏北四市联考)化学学习中常用类推的方法，下列类推正确的是 (　　) A.CO2为直线形分子，SO2也为直线形分子 B.固态CO2是分子晶体，固态SiO2也是分子晶体 C.NH3的VSEPR模型为四面体，BF3 的VSEPR模型也为四面体 D.Al(OH)3能溶于NaOH溶液，Be(OH)2也能溶于NaOH溶液 15 14 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:CO2分子中心原子C的价电子对数为2，为sp杂化，所以CO2为直线形分子，SO2分子中心原子S的价电子对数为3，为sp2杂化，为V形分子，故A错误;固态CO2由分子构成是分子晶体，固态SiO2由原子构成是共价晶体，故B错误;NH3分子中心原子N的价电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，BF3 分子中心原子B的价电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，故C错误;由对角线规则可知，铝及其化合物与铍及其化合物的性质相似，Al(OH)3能溶于NaOH溶液，则Be(OH)2也能溶于NaOH溶液，故D正确。 15 14 19 18 17 16 12 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12.(2024·全国新课标卷)我国科学家最近研究的一种无机盐Y3[ZW6X6]2纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是 (　　) A.W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高 B.在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为sp3 C.Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液，可以溶于NH4Cl溶液 D.Y3[ZW6X6]2中WX-提供电子对与Z3+形成配位键 15 14 19 18 17 16 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:W的外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素;X、Y的第一电离能都比左右相邻元素的高，则X、Y为第ⅡA族或第ⅤA族的元素，W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素，再结合无机盐的组成，则X为N元素，Y为Mg元素;Z的M层未成对电子数为4，Z为Fe。W、X、Y、Z四种元素形成的单质中石墨(或金刚石)的熔点大于铁的熔点，A项错误。NH3中心原子N的价层电子对数为3+×(5-3×1)=4，轨道杂化类型为sp3，B项正确。Mg(OH)2难溶于NaCl溶液，由于NH4Cl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，故Mg(OH)2能与NH4Cl溶液反应:Mg(OH)2+2N==Mg2++2NH3·H2O，C项正确。Mg3[Fe(CN)6]2中Fe3+有空轨道，CN-提供孤电子对，可以形成配位键，D项正确。 15 14 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 13.(2025·泉州一中阶段练习)下列说法正确的是 (　　) A.键角:CH4>BF3>NH3>H2O B. 中σ键和π键个数比为7∶1 C.N2与互为等电子体，1 mol 中含有的π键数目为2NA D.SiH4、CH4、P4分子的空间结构为正四面体形，键角都相同 15 14 19 18 17 16 √ 解析:三氟化硼的键角为120°，甲烷的键角为109°28'，氨气的键角为107°18'，水分子的键角为104°30'，A错误;单键都为σ键，双键含有一个σ键和一个π键， 中σ键和π键个数比为9∶1，B错误;N2与互为等电子体，故化学键类型一样，则1 mol 中含有的π键数目为2NA，C正确;SiH4、CH4、P4的空间结构为正四面体形，SiH4、CH4的键角为109°28'，白磷的键角为60°，D错误。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14.超细铜粉主要应用于导电材料、催化剂等领域中。超细铜粉的某制备方法如下: 下列说法中不正确的是(　　) A.与S空间结构相同的分子有PF3、NCl3、PCl3等 B.NH4CuSO3与硫酸微热反应的离子方程式为 2NH4CuSO3+4H+ 2N+Cu2++Cu+2SO2↑+2H2O C.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键只有极性键和配位键 D.[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间结构为正四面体形 14 15 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:A项正确，可根据杂化轨道理论和价层电子对互斥模型判断。B项正确，这是在酸性环境中一价铜的歧化反应。C项错误，[Cu(NH3)4]SO4中还含有离子键。D项正确，外界离子为S，其空间结构为正四面体形(其内界形成平面正方形)。 14 15 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 15.(2025·黑吉辽蒙卷)化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机物乙[(YW2)2XZ]，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是 (　　) A.第一电离能:Z>Y>X B.甲中不存在配位键 C.乙中σ键和π键的数目比为6∶1 D.甲和乙中X杂化方式分别为sp和sp2 14 15 19 18 17 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 解析:(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为ⅣA族和ⅥA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S;若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O;又YW4ZXY为无机物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，第ⅤA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N>O>C，故A错误;甲为NH4OCN，N中有N提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误; 14 15 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 乙为 ，其中有4个N—H、2个C—N、碳氧原子之间有1个σ键，则一个 中有7个σ键、1个π键，σ键与π键的数目比为7∶1，故C错误;甲为NH4OCN，其中的碳原子形成σ键电子对数为2，无孤对电子，碳原子采取sp杂化，乙为 ，其中的碳原子形成3个σ键，即σ键电子对数为3，无孤对电子，碳原子采取sp2杂化，故D正确。 14 15 19 18 17 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 二、非选择题(本题共4小题，共55分) 16.(12分)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。 (1)C基态核外电子排布式为_________。  14 15 16 19 18 17 解析:Cu为29号元素，根据构造原理可知，Cu的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去2个电子后变为Cu2+，则Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9。 [Ar]3d9 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (2)S的空间结构为_____________(用文字描述);Cu2+与OH-反应能生成[Cu(OH)4]2-，[Cu(OH)4]2-中的配位原子为____(填元素符号)。  14 15 16 19 18 17 解析:S中S没有孤电子对，价电子对数为=4，故S为sp3杂化，S的空间结构为正四面体形。该配离子中Cu提供空轨道，O提供孤电子对，故配位原子为O。 正四面体形 O 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (3)抗坏血酸的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为 __________;推测抗坏血酸在水中的溶解性:__________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。  14 15 16 19 18 17 解析:该分子中形成单键的碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化。1个抗坏血酸分子中含有4个羟基，其可以与H2O形成分子间氢键，所以抗坏血酸易溶于水。 sp2、sp3 易溶于水 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 17.(13分)H与O可以形成H2O和H2O2两种化合物。请回答: (1)H2O2分子结构如图所示，∠α、∠β、∠γ中相等的角是__________，H2O2是_______(填“极性”或“非极性”)分子。H2O2晶体中有4种作用力: ①O—O键、②O—H键、③范德华力、④氢键， 这4种作用力由强到弱依次为______________(用序号表示)。  14 15 16 17 19 18 解析:H2O2分子中两个O原子均形成2个σ键，均有两对孤电子对，对H—O键和O—O键的排斥力相同，所以H—O键和O—O键形成的键角相等，即∠α=∠γ，根据H2O2分子结构可知，该分子不存在对称结构，为极性分子;作用力由强到弱的顺序:化学键>氢键>范德华力;O—O键键长大于O—H键，键能小，即O—O键作用力小于O—H键。综上所述，这4种作用力由强到弱依次为②>①>④>③。 ∠α=∠γ 极性 ②>①>④>③ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (2)哈勃⁃韦斯(Haber⁃Weiss)原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。根据以上原理，下列金属离子不能催化双氧水分解的是_____(填字母)。  A.A　　　　B.Mg2+　　　　C.Cu2+ D.Mn2+ E.Fe2+ 14 15 16 17 19 18 解析:根据题意，若金属离子次外层d轨道未排满电子，则可催化H2O2分解，Al3+和Mg2+均为第3周期元素，不存在d轨道，Cu2+外围电子排布为3d9、Mn2+外围电子排布为3d5、Fe2+外围电子排布为3d6，d轨道上均未排满电子，能催化H2O2分解，综上所述，A、B符合题意。 AB 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (3)SF6分子的空间结构为正八面体形，如图所示。1 mol SF6中含有____ mol S—F键，它的二氯代物SF4Cl2有___种。  14 15 16 17 19 18 解析:SF6分子中含有6个F原子，形成6个S—F键，所以1 mol SF6中含有 6 mol S—F键，SF6分子的空间结构为正八面体形，其中6个F原子均等效，根据定一移一原则，它的二氯代物SF4Cl2有2种。 6 2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 18.(15分)在人类文明的历程中，许多物质发挥过重要作用，如铁、硝酸钾、青霉素、聚乙烯、二氧化硅、富勒烯、含铬物质等。 (1)F在基态时，外围电子排布式为______。 (2)KNO3中N的空间结构为_____________，写出与N互为等电子体的另一种阴离子的化学式:________________。   14 15 16 17 18 19 解析:(2)N中的中心N原子的价电子对数为×(5+1)=3，没有孤电子对，价层电子对互斥模型和空间结构都是平面三角形，与N互为等电子体的阴离子为主族序数比ⅤA族小1，电荷数绝对值多1的C或Si。 3d5 平面三角形 C(或Si) 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (3)6⁃氨基青霉烷酸的结构如图1所示。结构中S原子的杂化方式是_______;组成中C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序是_________。    14 15 16 17 18 19 解析: 图1中S原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，故为sp3杂化;N元素2p半充满，比较稳定，第一电离能较高，故N>O>C。 sp3 N>O>C 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (4)富勒烯(C60)(分子中有20个六元环、12个五元环)的结构如图2所示，该物质能与氯气反应形成C60Cl10分子，1 mol C60Cl10分子中含有碳碳单键的数目为 _______。  14 15 16 17 18 19 解析:富勒烯C60是由20个六元环和12个五元环构成的空心球分子，含有30个 、60个C—C，与5 mol Cl2加成消耗5 mol C==C键同时增加5 mol C—C键，故1 mol C60Cl10分子中含有65NA C—C键。 65NA 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 14 15 16 17 18 19 (5)已知配合物CrCl3·6H2O中心原子C配位数为6，向含0.1 mol CrCl3·6H2O的溶液中滴加2 mol·L-1 AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50 mL，则该配离子的化学式为________________。  [Cr(H2O)4Cl2]+ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 19.(15分)东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题。 (1)镍元素基态原子的电子排布式为________________________________，3d能级上的未成对电子数为___。  14 15 16 17 18 19 解析:Ni是28号元素，根据核外电子的排布规律可知，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2。根据洪特规则可知，Ni原子3d能级上8个电子尽可能分占5个不同的轨道，其未成对电子数为2。 1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2 2 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。 ①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的空间结构是_____________。  ②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是____。  ③氨的沸点______(填“高于”或“低于”)膦(PH3)的沸点，原因是___________ _____________。  14 15 16 17 18 19 解析:①S中，S原子的价电子对数为=4，成键电子对数为4，故S的空间结构为正四面体形。②[Ni(NH3)6]2+中，由于Ni2+具有空轨道，而NH3中N原子含有孤电子对，两者可通过配位键形成配离子。③由于NH3分子间可形成氢键，故NH3的沸点高于PH3的沸点。 正四面体形 配位键 N 高于 NH3分子间 可形成氢键 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (3)单质铜及镍都是由______键形成的晶体;元素铜与镍的第二电离能分别为ICu=1 958 kJ· mol-1、INi=1 753 kJ· mol-1，ICu>INi的原因是_____________________ _____________________________。  14 15 16 17 18 19 解析:Cu、Ni均属于金属晶体，它们均通过金属键形成晶体。因Cu元素基态原子的外围电子排布式为3d104s1，3d能级全充满，较稳定，失去第2个电子较难，因此ICu>INi。 金属 铜失去的是全充满的 3d10电子，镍失去的是4s1电子 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3 (4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。 ①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为______。  ②若合金的密度为d g·cm-3，晶胞参数a=__________________ nm。  14 15 16 17 18 19 解析:①由晶胞结构图可知，Ni原子处于立方晶胞的顶点，Cu原子处于立方晶胞的面心，根据均摊法，每个晶胞中含有Cu原子的个数为6×=3，含有Ni原子的个数为8×=1，故晶胞中Cu原子与Ni原子的数量比为3∶1。②根据m=ρV可得，1 mol晶胞的质量为(64×3+59)g=a3×d g·cm-3×6.02×1023，则a=cm=×107 nm。 3∶1 ×107 模块质量检测(一) 模块质量检测(二) 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $