- 分子结构与性质
- 共1817题
下列分子或离子的中心原子没有采取sp3杂化的是（ ）
正确答案
解析
解：A．晶体硅中的硅原子平均每个硅原子与四个邻近硅原子生成四个共价键，形成4个σ键，无孤电子对，硅原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化，故A错误；
B．NH4+中N原子杂化轨道数为
C．BF3中B形成3个σ键，无孤电子对，B原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化，故C正确；
D．ClO4-中的氯原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，所以采取sp3杂化，故D错误；
故选C．
下列分子中划横线的原子采取的杂化方式为sp杂化的是（ ）
正确答案
解析
解：A．甲烷分子中碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以采用sp3杂化，故A错误；
B．乙烯分子中每个C原子价层电子对个数是3，所以C原子采用sp2杂化，故B错误；
C．C2H2的结构简式为CH≡CH，含有三键，有π键，C原子采用sp杂化，符合题意，故C正确；
D．氨气分子中氮原子含有3个σ键且含有一个孤电子对，所以采用sp3杂化，故D错误；
故选C．
关于CO2说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、碳原子采取sp杂化，故错误；
B、干冰是分子晶体，故错误；
C、碳原子采取sp杂化，所以CO2是直线型结构，故正确；
D、CO2直线型结构，正负电荷中心重合，为非极性分子，故错误；
故选C．
用VSEPR模型和杂化轨道理论相关知识填表：
正确答案
解：NH3中，价层电子对数=σ 键个数+
BeCl2中，铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是2，中心原子以sp杂化轨道成键，分子形状为直线形；
SO3中，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
NH4+中氮原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=4+0=4，含孤电子对数为0，杂化轨道数4，采取sp3杂化，分子形状为正四面体形；
SO42-中，价层电子对数=σ 键个数+
NCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
故答案为：
解析
解：NH3中，价层电子对数=σ 键个数+
BeCl2中，铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是2，中心原子以sp杂化轨道成键，分子形状为直线形；
SO3中，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
NH4+中氮原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=4+0=4，含孤电子对数为0，杂化轨道数4，采取sp3杂化，分子形状为正四面体形；
SO42-中，价层电子对数=σ 键个数+
NCl3中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
故答案为：
西瓜膨大剂别名氯吡苯脲，是经过国家批准的植物生长调节剂，实践证明长期使用对人体无害．已知其相关性质如下表所示：
（1）氯元素基态原子核外电子的未成对电子数为______．
（2）氯吡苯脲的晶体类型为______，所含第二周期元素第一电离能从大到小的顺序为______．
（3）氯吡苯脲晶体中，氮原子的杂化轨道类型为______．
（4）氯吡苯脲晶体中，微粒间的作用力类型有______．
A．离子键 B．金属键 C．共价键 D．配位键 E．氢键
（5）氯吡苯脲熔点低，易溶于水的原因分别为______
（6）查文献可知，可用2-氯-4-氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲．
反应过程中，每生成1mol氯吡苯脲，断裂______个σ键、断裂______个π键．
正确答案
1
分子晶体
N＞O＞C
sp2、sp3
C、D
氯吡苯脲是分子晶体，故熔点低；氯吡苯脲与水分子间形成氢键，故易溶于水
NA（或6.02×1023）
NA（或6.02×1023）
解析
解：（1）根据构造原理可知，氯元素基态原子核外电子的排布式是1s22s22p63s23p5，所以未成对电子数为1个；
故答案为：1；
（2）氯吡苯脲的熔点较低，易溶于水，所以其晶体类型是分子晶体．其中所含第二周期元素分别是C、N、O，非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能大于氧元素的，即正确的顺序是N＞O＞C；
故答案为：N＞O＞C；
（3）根据结构简式可知，2个氮原子全部形成单键，属于sp3杂化，另外一个氮原子形成双键，所以是sp2杂化；
故答案为：sp3、sp2杂化；
（4）氯吡苯脲分子中全部是非金属元素构成的，含有共价键，另外氮原子和氧原子都含有孤对电子，所以还能形成配位键，只有非金属性较强的N、O、F元素能和H元素形成氢键，所以该物质中不含氢键，故选CD．
（5）由于氯吡苯脲是分子晶体，所以熔点低；另外氯吡苯脲还能与水分子间形成氢键，所以还易溶于水；
故答案为：氯吡苯脲是分子晶体，故熔点低；氯吡苯脲与水分子间形成氢键，故易溶于水；
（6）由于单键都是σ键、而双键是由1个σ键和1个π键构成的，所以根据反应的方程式可知，每生成1mol氯吡苯脲，断裂NA个σ键和NA个π键；
故答案为：NA、NA．
根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论，填写下表空格：
正确答案
sp2
sp
sp3
sp2
平面三角形
直线形
正四面体形
平面三角形
解析
解：CH2O分子中价层电子对个数=3+
BeCl2分子中价层电子对个数=2+
NH4+中价层电子对个数=4+
CO32-中碳原子价层电子对个数=3+
故答案为：
．
（1）M分子中B原子轨道的杂化类型为______，1mol M中含有σ键的数目为______．
（2）化合物CA3的沸点比化合物BA4的高，其主要原因是______．
（3）写出与BD2互为等电子体的C3-的结构式______．
（4）E+的核外电子排布式为，图是E的某种氧化物的晶胞结构示意图，氧的配位数为______．
（5）向E的硫酸盐溶液中通入过量的CA3，写出该反应的离子方程式：______．
正确答案
解：A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B是C元素；D原子有2个未成对电子，且D原子半径小于B，且D是O元素，C的原子半径小于B而大于D，则C是N元素，A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则该气体是甲醛，所以A是H元素，E的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则E是铜元素，
（1）M是HCHO，甲醛分子中C原子含有3个价层电子对，所以其原子轨道的杂化类型为sp2，一个甲醛分子中含有3个σ键，所以 1mol M中含有σ键的数目为 3NA（或3×6.02×1023），
故答案为：sp2，3NA（或3×6.02×1023）；
（2）化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，氨气中存在氢键，甲烷中不含氢键，氢键的存在导致其沸点增大，故答案为：NH3分子间能形成氢键；
（3）等电子体的结构相似，所以与CO2互为等电子体的N3-的结构式[N=N=N]-，
故答案为：[N=N=N]-；
（4）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，图是Cu的某种氧化物的晶胞结构示意图，根据晶胞图知氧的配位数为4，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10，4；
（5）硫酸铜和氨气反应生成铜氨络合物，离子反应方程式为：Cu2++4NH3=[Cu（NH3）4]2+，
故答案为：Cu2++4NH3=[Cu（NH3）4]2+．
解析
解：A、B、C、D都是短周期元素，它们的原子半径大小为B＞C＞D＞A，B的基态原子中电子占据三种能量不同的原子轨道，且每种轨道中的电子总数相同，则B是C元素；D原子有2个未成对电子，且D原子半径小于B，且D是O元素，C的原子半径小于B而大于D，则C是N元素，A、B、D三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则该气体是甲醛，所以A是H元素，E的硫酸盐溶液是制备波尔多液的原料之一，则E是铜元素，
（1）M是HCHO，甲醛分子中C原子含有3个价层电子对，所以其原子轨道的杂化类型为sp2，一个甲醛分子中含有3个σ键，所以 1mol M中含有σ键的数目为 3NA（或3×6.02×1023），
故答案为：sp2，3NA（或3×6.02×1023）；
（2）化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，氨气中存在氢键，甲烷中不含氢键，氢键的存在导致其沸点增大，故答案为：NH3分子间能形成氢键；
（3）等电子体的结构相似，所以与CO2互为等电子体的N3-的结构式[N=N=N]-，
故答案为：[N=N=N]-；
（4）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，图是Cu的某种氧化物的晶胞结构示意图，根据晶胞图知氧的配位数为4，
故答案为：1s22s22p63s23p63d10，4；
（5）硫酸铜和氨气反应生成铜氨络合物，离子反应方程式为：Cu2++4NH3=[Cu（NH3）4]2+，
故答案为：Cu2++4NH3=[Cu（NH3）4]2+．
（化学-物质结构与性质）C和Si元素在化学中占有极其重要的地位．
（1）写出Si的基态原子核外电子排布式______．
从电负性角度分析，C、Si和O元素的非金属活泼性由强至弱的顺序为______．
（2）SiC的晶体结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为______，微粒间存在的作用力是______．
（3）氧化物MO的电子总数与SiC的相等，则M为______（填元素符号）．MO是优良的耐高温材料，其晶体结构与NaCl晶体相似．MO的熔点比CaO的高，其原因是______．
（4）C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同．CO2中C与O原子间形成σ键和π键，SiO2中Si与O原子间不形成上述π健．从原子半径大小的角度分析，为何C、O原子间能形成，而Si、O原子间不能形成上述π键______．
正确答案
解：（1）Si是14号元素，Si原子核外共14个电子，按照能量最低原则电子先填入能量最低的1s轨道，填满后再依次填入能量较高的轨道；其电子排布式为：1s22s22p63s23p2；从电负性的角度分析，O和C位于同一周期，非金属性O强于C；C和Si为与同一主族，C的非金属性强于Si，故由强到弱为O＞C＞Si，故答案为；1s22s22p63s23p2； O＞C＞Si；
（2）SiC中Si和C原子均形成四个单键，故其为sp3杂化；非金属原子之间形成的化学键全部是共价键，故答案为：sp3；共价键；
（3）MO和SiC的电子总数相等，故含有的电子数为20，则M含有12个电子，即Mg；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大，熔点高；故答案为：Mg；Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大；
（4）CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键．
解析
解：（1）Si是14号元素，Si原子核外共14个电子，按照能量最低原则电子先填入能量最低的1s轨道，填满后再依次填入能量较高的轨道；其电子排布式为：1s22s22p63s23p2；从电负性的角度分析，O和C位于同一周期，非金属性O强于C；C和Si为与同一主族，C的非金属性强于Si，故由强到弱为O＞C＞Si，故答案为；1s22s22p63s23p2； O＞C＞Si；
（2）SiC中Si和C原子均形成四个单键，故其为sp3杂化；非金属原子之间形成的化学键全部是共价键，故答案为：sp3；共价键；
（3）MO和SiC的电子总数相等，故含有的电子数为20，则M含有12个电子，即Mg；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大，熔点高；故答案为：Mg；Mg2+半径比Ca2+小，MgO晶格能大；
（4）CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键，故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键．
下列有关说法不正确的是（ ）
AC3H8中碳原子都采用的是sp3杂化
BO2、CO2、N2都是非极性分子
C酸性：H2CO3＜H3PO4＜H2SO4＜HClO
DCO的一种等电子体为NO+，它的电子式为
正确答案
解析
解：A、C3H8中碳原子全部形成单键，都采用的是sp3杂化，故A正确；
B、O2、CO2、N2都是非极性分子，故B正确；
C、次氯酸不是最高价含氧酸，故C错误；
D、原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，则CO的一种等电子体为NO+，它的电子式为
故选C．
下列分子的中心原子采用SP3杂化的是（ ）
正确答案
解析
解：A．CO2分子碳原子的价层电子对是2，一个CO2分子中含有2个π键，C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+0=2，所以碳原子采用SP杂化，故A错误；
B．BCl3中B形成3个δ键，无孤电子对，B原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化，故B错误；
C．H2O中价层电子对个数=2+
D．BeCl2由三个原子构成的共价化合物分子，分子中铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是2，Be原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+0=2，中心原子以sp杂化轨道成键，故D错误；
故选C．
下列说法中错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．中心原子以sp3d2杂化时为八面体（等性杂化为正八面体），如
B．[Ag（NH3）2]+中Ag+空的5S轨道和5P轨道以sp杂化成键，所以其空间构型为直线型结构，故B正确；
C．配位数为4的配合物可能为平面结构，[Cu（NH3）4]2+为平面正方形结构，故C错误；
D．[Cu（NH3）2]2+中心原子的配位数是2，中心原子采用sp杂化，导致它们的空间构型为直线型，故D正确；
故选C．
（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是______．
（2）Se原子在元素周期表中位置为______；其基态原子核外价电子的轨道表示式为______．
（3）气态SeO3分子的立体构型为______．
（4）H+可与H2O形成H3O+，H3O+中存在的共价键类型为：______．H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，原因为______．
正确答案
解：（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化，
故答案为：sp3；
（2）Se的原子序数为34，原子结构示意图为
故答案为：第四周期第ⅥA族；
（3）气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
（4）H3O+中含有H-O极性共价键，水合氢离子中氢离子含有空轨道，氧原子含有孤电子对，所以二者形成配位键；
H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力＞孤电子对与成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力，导致H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，
故答案为：极性共价键、配位键；H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，排斥力较小；
解析
解：（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化，
故答案为：sp3；
（2）Se的原子序数为34，原子结构示意图为
故答案为：第四周期第ⅥA族；
（3）气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
（4）H3O+中含有H-O极性共价键，水合氢离子中氢离子含有空轨道，氧原子含有孤电子对，所以二者形成配位键；
H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，因为孤电子对间的排斥力＞孤电子对与成键电子对间的排斥力＞成键电子对间的排斥力，导致H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，
故答案为：极性共价键、配位键；H2O中O原子有两对孤对电子，H3O+中O原子有一对孤对电子，排斥力较小；
下列微粒中中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化、微粒构型为V形的是（ ）
正确答案
解析
解：A．SO32-离子中的S形成3个σ 键，孤电子对数
B．OF2分子中中心原子价层电子对个数=2+
C．GeBr2的熔沸点低，所以GeBr4是分子晶体，锗与溴形成四个共价键，价层电子对个数=4+
D．CCl4中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，且不含孤电子对，所以CCl4为正四面体结构，故D错误；
故选B．
乙炔分子中碳原子的杂化类型为（ ）
正确答案
解析
解：乙炔分子的结构式H-C≡C-H，中心原子碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+
故选A．
下列是A、B、C、D、E五中元素的某些性质：
（1）元素A是形成有机物的主要元素，下列分子中含有sp和sp3 杂化方式的是______
A．
（2）用氢键表示式写出E的氢化物水溶液中存在的所有氢键______．
（3）相同条件下，AD2与BD2分子两者在水中的溶解度较大的是______（写分子式），理由是______；
（4）如图表示某种元素D与锌形成的化合物晶胞，其中Zn和D通过共价键结合，该化合物的化学式为______；该化合物的晶体熔点比干冰高得多，原因是______．
正确答案
解：元素A是形成有机物的主要元素，且A元素能形成-4价，所以A是C元素，B和D能形成-2价，说明B、D位于第VIA族，且B的电负性小于D而大于A，B为S元素，D为O元素，C、E能形成-1价，说明C、E位于第VIIA族，C的电负性小于E，D的电负性小于E，则E为F元素，C为Cl元素，
（1）分子中含有sp和sp3 杂化方式，说明分子中中心原子含有2个和4个价层电子对，
A．
B．CH4分子中碳原子含有4个价层电子对，为sp3 杂化，故B错误；
C．CH2=CHCH3分子中，碳碳双键两端的碳原子含有3个价层电子对，为SP2杂化，甲基上碳原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，故C错误；
D．CH3CH2C≡CH分子中，碳碳三键两端的碳原子含有2个价层电子对，为SP杂化，甲基和亚甲基上碳原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，故D正确；
E．CH3CH3分子中甲基上碳原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，故E错误；
故选D；
（2）E的氢化物是氟化氢，氟化氢的水溶液中，氟化氢和氟化氢之间能形成氢键，水分子之间能形成氢键，水中氢离子和氟化氢中氟原子能形成氢键，氟化氢中氢原子和水中氧原子能形成氢键，所以其氢键有：F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O，
故答案为：F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O；
（3）AD2与BD2分别是二氧化碳和二氧化硫，二氧化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化碳不如二氧化硫易溶于水，故答案为：SO2；因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大；
（4）D是O元素，根据均摊法知，该晶胞中，O原子个数=
故答案为：ZnO；ZnO是原子晶体，而干冰是分子晶体．
解析
解：元素A是形成有机物的主要元素，且A元素能形成-4价，所以A是C元素，B和D能形成-2价，说明B、D位于第VIA族，且B的电负性小于D而大于A，B为S元素，D为O元素，C、E能形成-1价，说明C、E位于第VIIA族，C的电负性小于E，D的电负性小于E，则E为F元素，C为Cl元素，
（1）分子中含有sp和sp3 杂化方式，说明分子中中心原子含有2个和4个价层电子对，
A．
B．CH4分子中碳原子含有4个价层电子对，为sp3 杂化，故B错误；
C．CH2=CHCH3分子中，碳碳双键两端的碳原子含有3个价层电子对，为SP2杂化，甲基上碳原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，故C错误；
D．CH3CH2C≡CH分子中，碳碳三键两端的碳原子含有2个价层电子对，为SP杂化，甲基和亚甲基上碳原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，故D正确；
E．CH3CH3分子中甲基上碳原子含有4个价层电子对，为sp3杂化，故E错误；
故选D；
（2）E的氢化物是氟化氢，氟化氢的水溶液中，氟化氢和氟化氢之间能形成氢键，水分子之间能形成氢键，水中氢离子和氟化氢中氟原子能形成氢键，氟化氢中氢原子和水中氧原子能形成氢键，所以其氢键有：F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O，
故答案为：F-H…F、F-H…O、O-H…F、O-H…O；
（3）AD2与BD2分别是二氧化碳和二氧化硫，二氧化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化碳不如二氧化硫易溶于水，故答案为：SO2；因为CO2是非极性分子，SO2和H2O都是极性分子，根据“相似相溶”原理，SO2在H2O中的溶解度较大；
（4）D是O元素，根据均摊法知，该晶胞中，O原子个数=
故答案为：ZnO；ZnO是原子晶体，而干冰是分子晶体．
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