第二章 分子结构与性质 单元复习-2026-2027学年高二上学期化学人教版选择性必修2

**基本信息** 聚焦高中化学“分子结构与性质”单元核心知识，通过选择与综合题结合，覆盖键能、杂化、分子构型等要点，融入科技前沿情境，适配单元复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择题|18题|键能与稳定性、范德华力、杂化轨道类型、分子极性、氢键应用|第1题通过AB组命题关联键能与稳定性，体现证据推理；第12题结合全氮阴离子盐科技前沿，培养科学态度| |非选择题|2题|杂化方式、键角比较、电离能、等电子体|第19题综合考查氢键、杂化与键角关系，第20题融入月壤元素探究，强化科学探究与实践|

第二章 分子结构与性质 单元复习 1．有下列两组命题 A组 B组 Ⅰ.H—I键键能大于H—Cl键键能 Ⅱ.H—I键键能小于H—Cl键键能 Ⅲ.HI分子间范德华力大于HCl分子间范德华力 Ⅳ.HI分子间范德华力小于HCl分子间范德华力 a.HI比HCl稳定 b.HCl比HI稳定 c.HI沸点比HCl高 d.HI沸点比HCl低 B组命题正确且能用A组命题给以正确解释的是 (　　) ①Ⅰ　a　②Ⅱ　b　③Ⅲ　c　④Ⅳ　d A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 2．下列物质的变化，仅破坏范德华力的是 A．碘单质的升华 B．NaCl溶于水 C．将水加热变为水蒸气 D．NH4Cl受热 3．下列分子中的中心原子发生 sp2杂化的是 A．CH4 B．NH3 C．BF3 D．H2O 4．有关杂化轨道的说法不正确的是 A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变 B．、、杂化轨道的夹角分别为109.5°、120°、180° C．四面体型、三角锥型、V形分子的结构都可以用杂化轨道解释 D．杂化轨道全部参与形成化学键 5．对于短周期元素形成的各分子，下表所述的对应关系错误的是 选项 A B C D 分子式 CH4 NH3 CO2 SCl2 VSEPR模型 正四面体形 四面体形 直线形 四面体形 分子的立体构型 正四面体形 平面三角形 直线形 V形 6．通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是 A．分子中N—Cl键键长比CCl4分子中C—Cl键键长长 B．分子中的所有原子均达到8电子稳定结构 C．NCl3分子是极性分子，NCl3的沸点低于NH3的沸点 D．NBr3比NCl3易挥发 7．下列实验事实不能用氢键来解释的是 A．冰的密度比水小，能浮在水面上 B．接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18 C．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛 D．H2O比H2S稳定 8．用价层电子对互斥理论预测H2S和CH2O分子的立体结构，两个结论都正确的是 A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形 C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形 9．下列有关键角与分子空间构型的说法不正确的是(　　) A．键角为180°的分子，空间构型是直线形 B．键角为120°的分子，空间构型是平面三角形 C．键角为109.5°的分子，空间构型是正四面体形 D．键角为90°～109.5°之间的分子，空间构型可能是V形 10.在气态和液态时，分子骨架结构与各原子所在位置如图所示，下列关于分子的说法正确的是 A．分子中5个P—Cl键键能完全相同 B．键角(∠Cl—P—Cl)有60°、90°、120°、180°四种 C．每个原子都达到8电子稳定结构，且为非极性分子 D．的二溴代物共有3种同分异构体 11.下列有关物质的性质规律正确的是 A．键角：ClO＜ClO＜ClO B．酸性：CH3COOH＞CCl3COOH＞CF3COOH C．乙醇在水中的溶解度小于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，可以用相似相溶原理解释 D．噻吩()相对分子质量大于吡咯( )，故噻吩的沸点高于吡咯 12.从微粒结构角度分析，下列说法正确的是 A．OF2与H2O的立体构型同为V形，因氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差，而且OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F－O键中共用电子对偏向F而产生的极性，所以水分子的极性比OF2的极性小 B．过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色。据此判断[Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+中只有一种有颜色 C．三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体( )两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同 D．南京理工大学化工学院胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，其局部结构如图所示 ，其中两种阳离子中心原子的杂化轨道类型相同，阴离子N中所有的氮原子在同一平面内 13.共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是 A．的结构式为 B．为非极性分子 C．中N是杂化 D．比更难与发生反应 14.下列分子或离子中键角由大到小排列顺序是 ①    ②    ③    ④    ⑤ A．⑤④①②③ B．①④②⑤③ C．①②④⑤③ D．③⑤②④① 15.氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂。下列关于氯化亚砜分子的说法正确的是 A．为极性键形成的非极性分子 B．立体构型为平面三角形 C．中心S原子采取杂化 D．氯化亚砜的结构式为： 16.下列与分子性质有关的说法正确的是 A．是非极性分子，Xe原子成键后不含孤电子对 B．的酸性强于是因为F的电负性大，使中O-H极性强 C．C的电负性强于Si，所以的熔沸点高于 D．尿素不溶于水，易溶于有机溶剂 17.下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是 选项 物质的结构或性质 解释 A 键角： 中N的孤电子对数比中B的孤电子对数多 B 酸性： 烃基(R-)越长推电子效应越大，羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C 不同金属盐灼烧呈现不同焰色 电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同 D 稳定性： 分子间形成氢键 18.下列说法，认识错误的有几个 ①键与键的电子云对称性不同 ②1个原子最多只能与3个原子结合形成分子，是由共价键的饱和性决定的 ③中碳原子间成键键长相同 ④两个非金属原子之间形成的化学键都是共价键 ⑤键分为键，键，键三种 ⑥与空间结构均为形 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 19.已知H与O可以形成H2O和H2O2两种化合物。请完成下列空白： (1)H2O内的O—H、水分子间的范德华力和氢键，三种作用从强到弱依次为 。可与H2O形成，中O采用 杂化。中键角比CH4中的键角 (填“大”或“小”)，原因为 。 (2)是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。的电子式是 。是 分子(填“极性”或“非极性”)。能与水混溶，却不溶于，请予以解释： 。 20.根据要求回答下列问题： (1)在第二周期主族元素，第一电离能介于B和N之间的元素有 种。 (2)嫦娥五号实现了我国首次地外天体采样返回，带回的月壤中包含了等多种元素，N的第一电离能大于O的，请说明理由： 。 (3)已知电离能：，，，其原因为 。 (4)橙红色晶体羰基钴的熔点为，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为 (填元素符号)。配体中键与键数目之比是 。 (5)中键与键之间的夹角为，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为 ，1个分子中含有 个键。 (6)此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与互为等电子体的分子有 、 。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二章 分子结构与性质 单元复习 1．有下列两组命题 A组 B组 Ⅰ.H—I键键能大于H—Cl键键能 Ⅱ.H—I键键能小于H—Cl键键能 Ⅲ.HI分子间范德华力大于HCl分子间范德华力 Ⅳ.HI分子间范德华力小于HCl分子间范德华力 a.HI比HCl稳定 b.HCl比HI稳定 c.HI沸点比HCl高 d.HI沸点比HCl低 B组命题正确且能用A组命题给以正确解释的是 (　　) ①Ⅰ　a　②Ⅱ　b　③Ⅲ　c　④Ⅳ　d A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 【答案】B 【解析】键能的大小决定着物质的热稳定性，键能越大，物质越稳定，H—Cl键比H—I键的键能大，HCl比HI稳定；范德华力影响着物质的沸点的高低，范德华力越大，沸点越高，HI分子间范德华力大于HCl分子间范德华力，HI沸点比HCl高；故选B。 2．下列物质的变化，仅破坏范德华力的是 A．碘单质的升华 B．NaCl溶于水 C．将水加热变为水蒸气 D．NH4Cl受热 【答案】A 【解析】A．碘单质属于分子晶体，升华时仅破坏的是范德华力，A符合题意；B．NaCl属于离子晶体，溶于水时破坏了离子键，B不符合题意；C．水分子间存在氢键，液态水变成水蒸气，既破坏了氢键又破坏了范德华力，C不符合题意；D．NH4Cl属于离子晶体，受热分解既破坏了离子键又破坏了共价键，D不符合题意；答案选A。 3．下列分子中的中心原子发生 sp2杂化的是 A．CH4 B．NH3 C．BF3 D．H2O 【答案】C 【解析】A．CH4的中心碳原子形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，故A不符合；B．NH3的中心N原子形成3个σ键，孤电子对为1，为sp3杂化，故B不符合；C．BF3的B原子形成3个σ键，无有孤电子对，采用sp2杂化，故C符合；D．H2O的O原子形成2个σ键，孤电子对数为2，为sp3杂化，故D不符合；故选C。 4．有关杂化轨道的说法不正确的是 A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变 B．、、杂化轨道的夹角分别为109.5°、120°、180° C．四面体型、三角锥型、V形分子的结构都可以用杂化轨道解释 D．杂化轨道全部参与形成化学键 【答案】D 【解析】A．杂化前后的轨道数不变，各杂化轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，A正确；B．、、杂化轨道的空间构型分别是正四面体型、平面三角形、直线形，所以其夹角分别为109.5°、120°、180°，B正确；C．四面体型(4条共价键，无孤电子对)、三角锥型(3条共价键，1孤电子对)、V形分子(2条共价键，2孤电子对)的结构均为用杂化轨，C正确；D．杂化轨道可以部分参与形成化学键，如分子中形成了4个杂化轨道，但是只有3个参与形成化学键，D错误；答案为D。 5．对于短周期元素形成的各分子，下表所述的对应关系错误的是 选项 A B C D 分子式 CH4 NH3 CO2 SCl2 VSEPR模型 正四面体形 四面体形 直线形 四面体形 分子的立体构型 正四面体形 平面三角形 直线形 V形 【答案】B 【分析】对于ABn型分子，中心原子A的价层电子对数=n+孤电子对数，根据孤电子对数、价层电子对数确定空间构型，而孤电子对数=1/2(a-xb)，a为中心原子的价电子数，x为中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子最多接受的电子数，氢为1，其它原子等于“8-该原子价电子数”。 【解析】A．C原子形成了4个σ键，孤电子对数为0，VSEPR模型及分子的立体构型均是正四面体形，A正确；B．N原子有1对孤电子对且形成了3个σ键，VSEPR模型为四面体形，分子的立体构型为三角锥形，B错误；C．C原子的价层电子对数为2+(4-2×2)=2，VSEPR模型为直线形，分子的立体构型也为直线形，C正确；D．S原子有2对孤电子对且形成了2个σ键，VSEPR模型为四面体形，分子的立体构型为V形，D正确；综上所述，本题选B。 6．通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对NCl3的有关叙述正确的是 A．分子中N—Cl键键长比CCl4分子中C—Cl键键长长 B．分子中的所有原子均达到8电子稳定结构 C．NCl3分子是极性分子，NCl3的沸点低于NH3的沸点 D．NBr3比NCl3易挥发 【答案】B 【解析】通常状况下，NCl3是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，根据氨气的结构与性质类推。 A．C原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中C-C1键键长比NC13中N-C1键键长，A错误；B．NC13中N原子最外层电子数5，化合价为＋3价，所以N原子达到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数7，化合价为－1价，所以C1原子达到8电子稳定结构，B正确；C．NC13的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以NCl3分子也是极性分子，NCl3的沸点高于NH3的沸点，C错误；D．分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，NCl3比NBr3易挥发，D错误。答案选B。 7．下列实验事实不能用氢键来解释的是 A．冰的密度比水小，能浮在水面上 B．接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18 C．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛 D．H2O比H2S稳定 【答案】D 【解析】A．冰晶体中水分子间存在氢键，由于氢键具有方向性，在冰晶体中，每个水分子周围只有4个紧邻的水分子，即冰晶体中水分子未采取密堆积方式，这种堆积方式使冰晶体中水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，但冰融化成水时，水分子进入空隙，密度会增大，“冰的密度比水小，冰能浮在水面上”可用氢键解释，A不符题意；B．由于水分子间存在氢键，接近沸点的水蒸气中存在(H2O)n分子，接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18，能用氢键解释，B不符题意；C．邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，不存在分子间氢键，对羟基苯甲醛存在分子间氢键，邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，能用氢键解释，C不符题意；D．H2O比H2S稳定是因为H-O键的键能大于H-S键的键能，与氢键无关，D符合题意；答案选D。 8．用价层电子对互斥理论预测H2S和CH2O分子的立体结构，两个结论都正确的是 A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形 C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形 【答案】D 【解析】H2S分子的中心原子S原子上含有2个σ键，中心原子上的孤电子对数=1/2(a-xb)=1/2(6-2×1)=2，所以硫化氢分子的VSEPR模型是四面体型，略去孤电子对后，实际上其空间构型是V型；CH2O分子的中心原子C原子含有3个σ键，且不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故选D。 9．下列有关键角与分子空间构型的说法不正确的是(　　) A．键角为180°的分子，空间构型是直线形 B．键角为120°的分子，空间构型是平面三角形 C．键角为109.5°的分子，空间构型是正四面体形 D．键角为90°～109.5°之间的分子，空间构型可能是V形 【答案】B 【解析】A．键角为180°的分子，空间构型是直线形，例如二氧化碳等，A正确；B．乙烯分子的键角为120°，但它的空间构型并不是平面三角形，B错误；C．键角为109.5°的分子，空间构型是正四面体形，C正确；D．键角为90°～109.5°之间的分子，空间构型可能是V形，例如水等，D正确，答案选B。 10.在气态和液态时，分子骨架结构与各原子所在位置如图所示，下列关于分子的说法正确的是 A．分子中5个P—Cl键键能完全相同 B．键角(∠Cl—P—Cl)有60°、90°、120°、180°四种 C．每个原子都达到8电子稳定结构，且为非极性分子 D．的二溴代物共有3种同分异构体 【答案】D 【解析】A．键长越短，键能越大，该分子中5个P—Cl键的键长不都相同，所以键能不完全相同，A错误；B．上下两个顶点Cl与中心P原子形成的键角为180°，中间平面正三角形内∠Cl—P—Cl为120°，上(或下)顶点Cl与P、平面正三角形上的Cl形成的∠C—P—Cl为90°，所以键角(∠Cl—P—Cl)有90°、120°、180°三种，B错误；C．CP原子最外层有5个电子，在该分子中形成5个共用电子对，所以中P原子的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，C错误；D．的二溴代物中Br的位置有3种情况：2个Br位于中间正三角形平面(∠Br—P—Br=120°)，1个Br在中间正三角形平面、1个Br在顶点(∠Br—P—Br=90°)，2个Br都在顶点(∠Br—P—Br=180°)，D正确;故选D。 11.下列有关物质的性质规律正确的是 A．键角：ClO＜ClO＜ClO B．酸性：CH3COOH＞CCl3COOH＞CF3COOH C．乙醇在水中的溶解度小于丁醇(CH3CH2CH2CH2OH)，可以用相似相溶原理解释 D．噻吩()相对分子质量大于吡咯( )，故噻吩的沸点高于吡咯 【答案】A 【解析】A．ClO中价层电子对个数=2+(7+1-2×2)=4，中心原子上的孤电子对=4-2=2，所以分子空间构型是V形；ClO中价层电子对个数=3+(7+1-3×2)=4，中心原子上的孤电子对=4-3=1，所以分子空间构型是三角锥形；ClO中价层电子对个数=4+(7+1-4×2)=4，中心原子上的孤电子对=4-4=0，不含孤电子对，所以分子空间构型是正四面体形，则键角：ClO＜ClO＜ClO，故A正确；B．与羧酸(-COOH)相连的C-X(X为卤素原子)的极性越大，羧酸的酸性越大，非金属性(电负性)：F>Cl>H，吸引电子对能力F比Cl更强，Cl比H更强，即极性依次减弱，从而使CF3COOH 中的-COOH的羟基H原子具有更大的活性，更容易发生电离，所以酸性：CF3COOH>CCl3COOH>CH3COOH，故B错误；C．乙醇和正丁醇都是醇类，根据相似相溶原理，在水中有一定的溶解度，乙醇碳链短，所以结构比正丁醇更与水相似，所以其溶解度应该比正丁醇大，故C错误；D．吡咯分子中存在N-H键，分子之间存在氢键，而噻吩分子间不能形成氢键，故吡咯的沸点高于噻吩，故D错误；故选A。 12.从微粒结构角度分析，下列说法正确的是 A．OF2与H2O的立体构型同为V形，因氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差，而且OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F－O键中共用电子对偏向F而产生的极性，所以水分子的极性比OF2的极性小 B．过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色。据此判断[Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+中只有一种有颜色 C．三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体( )两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同 D．南京理工大学化工学院胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，其局部结构如图所示 ，其中两种阳离子中心原子的杂化轨道类型相同，阴离子N中所有的氮原子在同一平面内 【答案】D 【解析】A．从电负性上看，氧与氢的电负性大于氧与氟的电负性差值，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F-O键中共用电子对偏向F而产生的极性，从而导致H2O分子的极性很强，而OF2分子的极性却很小，故A错误；B．过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色，Co2+价层电子排布式为3d7，Mn2+价层电子排布式为3d5，[Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+都有颜色，故B错误；C．单分子SO3的中S原子价层电子对数为3+ =3，其杂化方式为sp2，属于平面结构，三聚分子固体根据上述分子结构式 可知，其S原子成键方式为4个键，为空间结构，所以杂化方式不是sp2，故C错误；D．由结构式可知，全氮阴离子盐两种阳离子为：H3O+和NH，中心原子的价层电子对数均为4，中心原子的杂化轨道类型都是sp3杂化，阴离子N氮原子之间除了形成了键之外，还形成大键，所以所有的氮原子在同一平面内，故D正确；故选D。 13.共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是 A．的结构式为 B．为非极性分子 C．中N是杂化 D．比更难与发生反应 【答案】D 【解析】A．中所有原子均满足8电子稳定结构，则每个Al原子的价层电子对数均为4，采取的是sp3杂化，则每个Al原子提供一个空轨道和一个Cl原子(提供孤对电子)形成一个配位键，故A正确；B．中，Al为+3价，等于其最外层电子数，结构对称，则为非极性分子，故B正确；C．中的N原子的价层电子对数是，则采取的是杂化，故C正确；D．Br原子的半径大于Cl原子，则Al-Br的键能小于Al-Cl的键能，即比更易与发生反应，故D错误；答案D。 14.下列分子或离子中键角由大到小排列顺序是 ①    ②    ③    ④    ⑤ A．⑤④①②③ B．①④②⑤③ C．①②④⑤③ D．③⑤②④① 【答案】A 【解析】结合物质中中心原子的杂化类型以及分子构型解答；①CH4中中心C原子为sp3杂化，没有孤电子对，分子呈正四面体，键角为109°28′；②NCl3中中心N原子为sp3杂化，有1个孤电子对，分子呈三角锥形，键角小于109°28′；③H2O中中心O原子为sp3杂化，有2个孤电子对，分子呈v形，键角为104.5°；④BF3中中心B原子为sp2杂化，没有孤电子对，分子呈平面三角形，键角为120°；⑤BeCl2中中心Be原子为sp杂化，没有孤电子对，分子呈直线形，键角为180°；H2O中中心O原子为sp3杂化，有2个孤电子对，NCl3中中心N原子为sp3杂化，有1个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力强，故H2O中键角比NCl3中键角小，故键角由大到小排列顺序是⑤④①②③，故选：A。 15.氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂。下列关于氯化亚砜分子的说法正确的是 A．为极性键形成的非极性分子 B．立体构型为平面三角形 C．中心S原子采取杂化 D．氯化亚砜的结构式为： 【答案】D 【分析】根据价电子对互斥理论确定微粒的空间结构，价电子对数=成键电子对数+孤电子对数，成键电子对数=与中心原子成键的原子数，孤电子对数= (a−xb)，SOCl2中与S原子成键的原子数为3，孤电子对数=×(6−1×2−2×1)=1，所以S原子采取sp3杂化，分子的空间结构为三角锥形。 【解析】A．由分析知氯化亚砜空间结构为三角锥形，所以为极性键形成的极性分子，A错误；B．由分析知分子的空间结构为三角锥形，B错误；C．由分析知中心S原子采取sp3杂化，C错误；D．氯化亚砜的结构中硫氯之间是单键，硫氧之间是双键，结构式为：，D正确；故选D。 16.下列与分子性质有关的说法正确的是 A．是非极性分子，Xe原子成键后不含孤电子对 B．的酸性强于是因为F的电负性大，使中O-H极性强 C．C的电负性强于Si，所以的熔沸点高于 D．尿素不溶于水，易溶于有机溶剂 【答案】B 【解析】A．中Xe发生sp3d2杂化，与四个F的p轨道成键，根据VSEPR理论，中心Xe原子上有四个σ键电子对和两个孤电子对，A错误；B．的酸性强于是因为F的电负性大，导致中O-H极性强，B正确；C．CH4的相对分子质量小于SiH4，所以CH4的熔沸点低于SiH4，C错误；D．尿素是极性分子，易溶于水，D错误；故选B。 17.下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是 选项 物质的结构或性质 解释 A 键角： 中N的孤电子对数比中B的孤电子对数多 B 酸性： 烃基(R-)越长推电子效应越大，羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C 不同金属盐灼烧呈现不同焰色 电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同 D 稳定性： 分子间形成氢键 【答案】B 【解析】A．NH3为价层电子对=3+4对，采取sp3杂化同时含有1对孤电子键角为107°。而BF3价层电子为3对采取sp2杂化键角为120°，A项错误；B．烷基为推电子基，分子中烷基越大，给电子效应越大导致羧基中羟基的极性越小，越难电离出H+，酸性越弱，B项正确；C．不同金属盐灼烧是发射光，电子从高能级跃迁到低能级，C项错误；D．O的半径小于S，H-O键键长小于H-S键，前者键能大于后者而稳定，D项错误；故选B。 18.下列说法，认识错误的有几个 ①键与键的电子云对称性不同 ②1个原子最多只能与3个原子结合形成分子，是由共价键的饱和性决定的 ③中碳原子间成键键长相同 ④两个非金属原子之间形成的化学键都是共价键 ⑤键分为键，键，键三种 ⑥与空间结构均为形 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【解析】①s—sσ键与s—pσ键的电子云对称性均为轴对称，两者电子云对称性相同，①项错误；②N原子最外层有5个电子，有三个末成对电子，1个N原子最多只能与3个H原子结合形成NH3分子，是由共价键的饱和性决定的，②项正确；③中单键、双键、三键的键能不同，碳原子间成键键长不相同，③项错误；④非金属原子常以共用电子对形成化学键，两个非金属元素的原子之间形成的化学键都是共价键，④项正确；⑤N键只有键，不存在键，键，⑤项错误；⑥SO2的中心原子价层电子对数为2+(6-22)=3，采取sp2杂化，有1对孤电子对，立体构型均为V形，O3的中心原子价层电子对数为2+(6-22)=3，采取sp2杂化，有1对孤电子对，空间构型均为V形，⑥项正确；答案选C。 19.已知H与O可以形成H2O和H2O2两种化合物。请完成下列空白： (1)H2O内的O—H、水分子间的范德华力和氢键，三种作用从强到弱依次为 。可与H2O形成，中O采用 杂化。中键角比CH4中的键角 (填“大”或“小”)，原因为 。 (2)是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。的电子式是 。是 分子(填“极性”或“非极性”)。能与水混溶，却不溶于，请予以解释： 。 【答案】(1) O−H＞分子间氢键＞范德华力 sp3 小 中O原子有一对孤对电子，CH4中C没有孤对电子，由于孤对电子对成对电子的排斥力大于成对电子对成对电子的排斥力，排斥力越大，使得成键键角越小 (2) 极性 H2O2和水都是极性分子，CCl4是非极性分子 【解析】（1）H2O内的O−H、水分子间的范德华力和氢键，化学键的强度大于分子间氢键，氢键大于范德华力，因此从强到弱依次为O−H＞分子间氢键＞范德华力；可与H2O形成，中O原子价层电子对数为，采用sp3杂化；中O原子有一对孤对电子，CH4中没有孤对电子，由于孤对电子对成对电子的排斥力大于成对电子对成对电子的排斥力，排斥力越大，使得成键键角越小，所以中键角比CH4中的键角小；（2）H2O2中氢与氧形成一对共用电子，氧和氧形成一对共用电子，其电子式是；根据同种元素形成非极性键，不同种元素形成极性共价键，H2O2不是中心对称，因此H2O2是含有极性键和非极性键的极性分子；H2O2和水都是极性分子，CCl4是非极性分子，根据“相似相溶”原理，则H2O2能与水混溶，不溶于CCl4。 20.根据要求回答下列问题： (1)在第二周期主族元素，第一电离能介于B和N之间的元素有 种。 (2)嫦娥五号实现了我国首次地外天体采样返回，带回的月壤中包含了等多种元素，N的第一电离能大于O的，请说明理由： 。 (3)已知电离能：，，，其原因为 。 (4)橙红色晶体羰基钴的熔点为，可溶于多数有机溶剂。该晶体中三种元素电负性由大到小的顺序为 (填元素符号)。配体中键与键数目之比是 。 (5)中键与键之间的夹角为，并有对称性，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为 ，1个分子中含有 个键。 (6)此后，等电子原理又有所发展。例如，由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称为等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与互为等电子体的分子有 、 。 【答案】(1)3 (2)N的价电子排布为，半充满比O的更稳定 (3)失去的是全充满的电子，所需能量较高，失去的是电子，相对较易失去 (4) 1∶2 (5) 4 (6) 【解析】（1）在第二周期主族元素，第一电离能呈增大的趋势，但是Be核外电子2s2轨道全满相对稳定，而B原子2s22p1，故第一电能小于Be，O原子的价层电子2s22p4，N原子的价层电子2s22p3，N的2p轨道有3个电子，处于半满状态，故第一电离能大于O，B和N之间的有3种元素，分别为Be、C、O；故答案为：3。 （2）N的第一电离能大于O的，N的价电子排布为2s22p3，2p轨道半充满，故比O的更稳定；故答案为：N的价电子排布为2s22p3，2p半充满比O的更稳定。 （3）K失去一个电子后，原子轨道处于全满状态， Ti价层电子为3d24s2，失去电子后价电子为3d24s1，K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去， I2(Ti)≤I2(K)；故答案为：K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去。 （4）钴是金属元素，与碳和氧相比电负性较小，同周期主族元素，核电荷数越大，电负性越大，故氧的电负性大于碳的电负性，O>C>Co；CO中有1个σ键与2个π键，数目之比是为1∶2；故答案为：O>C>Co；1∶2。 （5）(CN)2中键与键之间的夹角为180°，则分子为直线型，并有对称性，分子两侧都有C和N原子，分子中每个原子最外层均满足8电子稳定结构，则结构为N≡C−C≡N；每个三键都有2个π键，则1个分子中有4个π键；故答案为：N≡C−C≡N；4。 （6）与互为等电子体的分子有3原子数，各原子最外层电子数之和为18，则等电子体有SO2和O3；故答案为：SO2和O3。 学科网（北京）股份有限公司 $