- 分子结构与性质
- 共1817题
黄血盐（亚铁氰化钾，K4[Fe（CN）6]）易溶于水，广泛用做食盐添加剂（抗结剂），食盐中黄血盐的最大使用量为10mg•kg-1．黄血盐经长时间火炒，超过400℃时会分解生成剧毒的氰化钾．
回答下列问题：
（1）写出基态Fe2+的核外电子排布式______．K4[Fe（CN）6]中Fe2+与CN-之间的作用力是______．
（2）CN-中碳原子的杂化方式为______；1molCN-中含有π键的数目为______．
（3）金属钾、铁的晶体的晶胞结构如图，钾、铁两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为______．
（4）黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，生成硫酸盐和一种与CN-是等电子体的气态化合物，反应化学方程式为______．
正确答案
解：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或[Ar]3d6 ，亚铁离子含有空轨道，N原子含有孤电子对，所以能形成配位键，
故答案为：1s22s22p63s23p63d6 或[Ar]3d6 ； 配位键；
（2）CN-中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以碳原子的杂化方式为 sp；1个CN-中含有2个π键，所以1molCN-中含有π键的数目为2NA个，
故答案为：sp；2NA；
（3）钾原子的配位数是8，铁原子的配位数是3×
（4）黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，说明元素化合价不变，生成硫酸盐和一种与CN-是等电子体的气态化合物，根据元素守恒知该气态化合物是CO，铁元素存在于硫酸亚铁中，钾元素存在于硫酸钾中，所以该反应方程式为：K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O 
故答案为：K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O 
解析
解：（1）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，铁原子失去最外层2个电子变成Fe2+，根据构造原理知，其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6 或[Ar]3d6 ，亚铁离子含有空轨道，N原子含有孤电子对，所以能形成配位键，
故答案为：1s22s22p63s23p63d6 或[Ar]3d6 ； 配位键；
（2）CN-中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以碳原子的杂化方式为 sp；1个CN-中含有2个π键，所以1molCN-中含有π键的数目为2NA个，
故答案为：sp；2NA；
（3）钾原子的配位数是8，铁原子的配位数是3×
（4）黄血盐溶液与稀硫酸加热时发生非氧化还原反应，说明元素化合价不变，生成硫酸盐和一种与CN-是等电子体的气态化合物，根据元素守恒知该气态化合物是CO，铁元素存在于硫酸亚铁中，钾元素存在于硫酸钾中，所以该反应方程式为：K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O
故答案为：K4Fe（CN）6+6H2SO4+6H2O
（1）在酸性溶液中，水分子容易得到一个H+，形成水合氢离子（H3O+）．对于这一过程，下列描述不合理的是______．
A．氧原子的杂化类型发生了改变B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变D．微粒中的键角发生了改变
根据价层电子对互斥理论推测H3O+的形状为______．
（2）水分子和硫化氢分子的键角及中心原子的杂化方式如下表：
根据表格中的数据判断O-H键键能______（填“＞”、“=”或“＜”）S-H键键能．用电负性知识解释H2O的键角大于H2S的键角的原因：______
（3）在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键（如图所示），已知冰的升华热是51kJ/mol，除氢键外，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），则冰晶体中氢键的“键能”是______kJ/mol．
正确答案
解：（1）A、水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故A不合理；
B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B合理；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C合理；
D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D合理；
根据价层电子对互斥理论，H3O+中氧的杂化为sp3，VSEPR模型为四面体形，含有1个孤电子对，H3O+的形状为三角锥形，
故答案为：A；三角锥形；
（2）共价键键长越短，键能越大；O的电负性大于S，O与H之间的两对成键电子比S与H之间的两对成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离近，排斥力大，键角大，
故答案为：＞；O的电负性大于S，O与H之间的两对成键电子比S与H之间的两对成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离近，排斥力大，键角大；
（3）冰的升华热是51kJ/mol，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），根据图象知，1mol水中含有2mol氢键，升华热=范德华力+氢键，所以冰晶体中氢键的“键能”是20kJ/mol，
故答案为：20．
解析
解：（1）A、水中氧的杂化为sp3，H3O+中氧的杂化为sp3，则氧原子的杂化类型没有改变，故A不合理；
B、水分子为V型，H3O+为三角锥型，则微粒的形状发生了改变，故B合理；
C、因结构不同，则性质不同，微粒的化学性质发生了改变，故C合理；
D、水分子为V型，H3O+为三角锥型，微粒中的键角发生了改变，故D合理；
根据价层电子对互斥理论，H3O+中氧的杂化为sp3，VSEPR模型为四面体形，含有1个孤电子对，H3O+的形状为三角锥形，
故答案为：A；三角锥形；
（2）共价键键长越短，键能越大；O的电负性大于S，O与H之间的两对成键电子比S与H之间的两对成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离近，排斥力大，键角大，
故答案为：＞；O的电负性大于S，O与H之间的两对成键电子比S与H之间的两对成键电子更靠近中心原子，因此O与H之间的两对成键电子距离近，排斥力大，键角大；
（3）冰的升华热是51kJ/mol，水分子间还存在范德华力（11kJ/mol），根据图象知，1mol水中含有2mol氢键，升华热=范德华力+氢键，所以冰晶体中氢键的“键能”是20kJ/mol，
故答案为：20．
下列分子中，其中心原子杂化轨道类型相同的是（ ）
正确答案
解析
解：A．H2O中O形成2个δ键，孤电子对数=
B．CO2中C原子杂化轨道数为
C．BeCl2中Be原子杂化轨道数为
D．C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C三键，C原子杂化轨道数为（1+1）=2，采取 sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键，C原子杂化轨道数为（2+1）=3，C原子采取sp2杂化方式，二者杂化方式不同，故D错误；
故选：A．
关于CO2说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．二氧化碳分子中C原子价层电子对个数=δ键数+孤对电子对数=2+0=2，不含孤电子对，为直线形分子，所以碳原子采取sp1杂化，故A正确；
B．二氧化碳分子结构式为O=C=O，为直线形分子，故B错误；
C．干冰是二氧化碳分子构成的晶体，所以为分子晶体，故C错误；
D．二氧化碳分子结构式为O=C=O，为直线形分子，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，故D错误；
故选A．
下列说法中，不正确的是（ ）
ACH4、NH3、H2O、三种分子的空间构型虽然不同，但中心原子的轨道杂化类型却相同
B苯乙烯（
C质谱仪可以测定有机化合物的相对分子质量
D红外光谱可以反映有机化合物中化学键或者官能团的相关信息
正确答案
解析
解：A．CH4中价层电子对个数=4+
B．乙烯和苯是平面型结构，所有原子都处在同一平面上，故B错误；
C．质谱法是一种具备高特异性和高灵敏度方法，质谱仪可以用来测定有机物的相对分子质量的大小，故C正确；
D．当一束具有连续波长的红外光通过物质，物质分子中某个基团的振动频率或转动频率和红外光的频率一样时，分子就吸收能量由原来的基态振（转）动能级跃迁到能量较高的振（转）动能级，分子吸收红外辐射后发生振动和转动能级的跃迁，该处波长的光就被物质吸收，以确定分子中含有何种化学键或官能团的信息，故D正确；
故选B．
下列一组粒子的中心原子杂化类型相同，分子或离子的键角不相等的是（ ）
正确答案
解析
解：A．CCl4中C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，SiCl4中C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，SiH4中C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，中心原子都是sp3杂化，其键角相同，故A错误；
B．H2S中S原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=2+
C．BCl3中B原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+0=3，sp2杂化，分子的立体构型为平面三角形，氯乙烯分子中每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，BCl3和CH2═CHCl的中心原子都是sp2杂化，环己烷中碳原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=4+0=4，为sp3杂化，BCl3、CH2═CHCl、环已烷中心原子杂化类型不相同，分子或离子的键角不相等，故C错误；
D．SO3中，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
故选B．
下列分子的立体构型属于平面三角形，而中心原子属于sp2杂化轨道类型的是（ ）
正确答案
解析
解：中心原子的杂化轨道类型属于sp2，说明其价层电子对个数是3，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，无孤电子对数，空间构型是平面三角形；
A．二氧化碳分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+
B．SO2中S原子形成2个σ键，孤电子对个数=
C．氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+
D．BF3中价层电子对个数=3+
故选D．
配合物Na2[Fe（CN）5（NO）]可用于离子检验．
（1）配合物中同周期元素的第一电离能由小到大的顺序是______．
（2）配合物中原子序数最小的元素与氢元素形成的化合物，其分子的空间构型可能是图中的______（填序号），其中心原子的杂化类型是______．
（3）配合物中心离子核外电子排布式是______．
（4）配合物中不存在的化学键是______．
A．离子键 B．金属键 C．氢键 D．极性共价键 E．配位键．
正确答案
解：（1）同周期元素从左到右第一电离能增大，第ⅡA族和第ⅤA族反常C＜O＜N；
（2）配合物中原子序数最小的元素是碳与氢元素形成苯和甲烷；苯分子中碳sp2杂化，甲烷中碳sp3，故答案为：a d；sp2、sp3；
（3）配合物中心离子是铁离子，核外电子排布式为[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；
（4）配合物中不存在的化学键是由配离子与钠离子的离子键，氮氧之间的极性共价键，铁离子和配之间的配位键，故答案为：BC；
解析
解：（1）同周期元素从左到右第一电离能增大，第ⅡA族和第ⅤA族反常C＜O＜N；
（2）配合物中原子序数最小的元素是碳与氢元素形成苯和甲烷；苯分子中碳sp2杂化，甲烷中碳sp3，故答案为：a d；sp2、sp3；
（3）配合物中心离子是铁离子，核外电子排布式为[Ar]3d5，故答案为：[Ar]3d5；
（4）配合物中不存在的化学键是由配离子与钠离子的离子键，氮氧之间的极性共价键，铁离子和配之间的配位键，故答案为：BC；
回答下列问题：
（1）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为______，1mol Y2X2含有σ键的数目为______．
（2）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是______．
（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是______．
（4）元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图所示，该氯化物的化学式是______，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物H2WCl3，反应的化学方程式为______．
正确答案
sp杂化
3mol或3×6.02×1023个
NH3分子存在氢键
N2O
CuCl
CuCl+2HCl═H2CuCl3（或CuCl+2HCl═H2[CuCl3]
解析
解：原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成的单质是最轻的物质，则X是H元素；
Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，最外层电子数不超过8，所以内层电子数只能是2，则Y是C元素；
Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，则Z是N元素，W的原子序数为29，则W是Cu元素．
（1）Y2X2是乙炔，分子式为C2H2，碳氢原子之间存在σ键，碳碳三键中含有一个σ键，所以每个碳原子含有2个σ键，采取sp杂化，一个乙炔分子中含有3个σ键，所以1mol Y2X2含有σ键3mol或3×6.02×1023个，
故答案为：sp杂化；3mol或3×6.02×1023个；
（2）N原子电负性较大，C原子电负性较小，所以氨气分子中存在氢键，甲烷分子中不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点大于甲烷，故答案为：NH3分子存在氢键；
（3）CO2和N2O的原子个数相等、价电子数相等，所以是等电子体，故答案为：N2O；
（4）利用均摊法知，该晶胞中黑色球个数=4，白色球个数=
故答案为：CuCl；CuCl+2HCl═H2CuCl3（或CuCl+2HCl═H2[CuCl3]．
如图所示某硅氧离子的空间结构示意图（虚线不表示共价键）．通过观察分析，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．硅氧离子以硅原子为中心的正四面体结构，硅氧离子中4个Si-O完全相同，Si-O键的键角为109°28′，故A错误；
B．Si原子核外最外层为4个电子，根据硅氧离子的空间结构示意图可知：硅氧离子中含有4个Si-O键，其中含1个硅原子和4个氧原子，所以硅的化合价为+4价，氧为-2价，硅氧离子的组成为SiO44-，故B错误；
C．Si原子核外最外层为4个电子，与氧原子形成4个σ键，无孤对电子，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，杂化方式为sp3杂化，故C错误；
D．根据B的解答可知，该微粒的组成为SiO44-，故D正确；
故选D．
下列分子或离子中的中心原子杂化轨道的类型不相同的是 （ ）
正确答案
解析
解：A、NO3-中N原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，CH2O分子中C形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化，故A符合；
B、NH3中N形成3个δ键，有1孤电子对，为sp3杂化，SO42-中S形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，故B不符合；
C、苯中的碳形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化，乙烯中的碳形成3个δ键，采取sp2杂化，故C不符合；
D、CO2中C形成2个δ键，无孤电子对，采取sp杂化方式，SO2中S原子价层电子对个数是3且含有一个孤电子对，所以S原子采用sp2杂化，故D符合；
故选AD．
下列是A、B、C、D、E五种短周期元素的某些性质
（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）与AD2互为等电子体的分子、离子的化学式依次为______、______（各写1种）
（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______．
正确答案
解：A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素化合价知，A属于第ⅣA族，B、D属于第ⅥA族，C、E属于第VⅡA族，B的电负性小于D，所以D是O元素，B是S元素；C的电负性小于E，所以C是Cl元素，E是F元素，硅的电负性小于S，A的电负性等于S元素，所以A是C元素，
（1）A．苯环上碳原子含有3个σ 键，采用sp2杂化，故A错误；
B．甲烷分子中碳原子含有4个σ 键，采用sp3杂化，故B错误；
C．丙烯中甲基碳原子含有4个σ 键，采用sp3杂化，碳碳双键两侧的碳原子含有3个σ 键，采用sp2杂化，故C错误；
D．1-丁炔中甲基和亚甲基中碳原子含有4个σ 键，采用sp3杂化，碳碳三键两侧的碳原子含有2个σ 键，采用sp杂化，故D正确；
E．乙烷中甲基碳原子含有4个σ 键，采用sp3杂化，故E错误；
故选D；
（2）与CO2互为等电子体的分子、离子中含有3个原子，16个价电子，所以其等电子体的分子、离子的化学式依次为N2O、SCN-，故答案为：N2O、SCN-；
（3）相同条件下，CO2与SO2分子两者在水中的溶解度较大二氧化硫，二氧化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”原理知，SO2在H2O中的溶解度较大，
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．
解析
解：A、B、C、D、E五种短周期元素，根据元素化合价知，A属于第ⅣA族，B、D属于第ⅥA族，C、E属于第VⅡA族，B的电负性小于D，所以D是O元素，B是S元素；C的电负性小于E，所以C是Cl元素，E是F元素，硅的电负性小于S，A的电负性等于S元素，所以A是C元素，
（1）A．苯环上碳原子含有3个σ 键，采用sp2杂化，故A错误；
B．甲烷分子中碳原子含有4个σ 键，采用sp3杂化，故B错误；
C．丙烯中甲基碳原子含有4个σ 键，采用sp3杂化，碳碳双键两侧的碳原子含有3个σ 键，采用sp2杂化，故C错误；
D．1-丁炔中甲基和亚甲基中碳原子含有4个σ 键，采用sp3杂化，碳碳三键两侧的碳原子含有2个σ 键，采用sp杂化，故D正确；
E．乙烷中甲基碳原子含有4个σ 键，采用sp3杂化，故E错误；
故选D；
（2）与CO2互为等电子体的分子、离子中含有3个原子，16个价电子，所以其等电子体的分子、离子的化学式依次为N2O、SCN-，故答案为：N2O、SCN-；
（3）相同条件下，CO2与SO2分子两者在水中的溶解度较大二氧化硫，二氧化碳是非极性分子，二氧化硫是极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”原理知，SO2在H2O中的溶解度较大，
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．
氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（ ）
正确答案
解析
解：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，故ABD错误，C正确．
故选：C．
VA族的氮、磷、砷（As）等元素在化合物中常表现出多种化合价，含VA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：
（1）白磷单质中P原子采用的轨道变化方式是______；
（2）N、P、As原子的第一电离能由大到小的顺序为______；
（3）As原子序数为______，其核外M层和N层电子的排布式为______；
（4）NH3的沸点比PH3______（填“高”或“低”），原因是______，PO43-的立体构型为______；
（5）H3PO4的Kl、K2、K3分别为7.6×10-3、6.3×10-8、4.4×10-13．硝酸完全电离，而亚硝酸K=5.1×10-4，请根据结构与性质的关系解释：
①H3PO4的K1远大于K2的原因是______；②硝酸比亚硝酸酸性强的原因是______．
正确答案
解：（1）白磷分子中每个磷原子3个共价键和1个孤电子对，所以白磷单质的中P原子采用的轨道杂化方式是sp3，故答案为：sp3；
（2）同一主族元素中，元素的金属性随着原子序数的增大而增强，失电子能力增强，也就是越容易失电子，电离能越小，则第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素第一电离能大小顺序是N＞P＞As，
故答案为：N＞P＞As；
（3）As原子序数为33，M层上有18个电子，N层上有5个电子，根据构造原理知，其M层、N层电子排布式为3s23p63d104s24p3，
故答案为：33；3s23p63d104s24p3；
（4）氨气和膦的结构相似，但氨气分子中存在氢键，膦中只含分子间作用力，氢键的存在导致物质的沸点升高，PO43-离子中P原子价层电子对个数=4+
故答案为：高；NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力；正四面体；
（5）相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，从H3PO4的Kl、K2、K3分别为7.6×10-3、6.3×10-8、4.4×10-13看出：磷酸第一步电离出氢离子后变为阴离子，阴离子难电离出带正电荷的氢离子，硝酸完全电离，而亚硝酸K=5.1×10-4，所以硝酸比亚硝酸酸性强，
故答案为：第一步电离出的阴离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；硝酸完全电离，而亚硝酸K=5.1×10-4；
解析
解：（1）白磷分子中每个磷原子3个共价键和1个孤电子对，所以白磷单质的中P原子采用的轨道杂化方式是sp3，故答案为：sp3；
（2）同一主族元素中，元素的金属性随着原子序数的增大而增强，失电子能力增强，也就是越容易失电子，电离能越小，则第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以这几种元素第一电离能大小顺序是N＞P＞As，
故答案为：N＞P＞As；
（3）As原子序数为33，M层上有18个电子，N层上有5个电子，根据构造原理知，其M层、N层电子排布式为3s23p63d104s24p3，
故答案为：33；3s23p63d104s24p3；
（4）氨气和膦的结构相似，但氨气分子中存在氢键，膦中只含分子间作用力，氢键的存在导致物质的沸点升高，PO43-离子中P原子价层电子对个数=4+
故答案为：高；NH3分子间存在较强的氢键作用，而PH3分子间仅有较弱的范德华力；正四面体；
（5）相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，从H3PO4的Kl、K2、K3分别为7.6×10-3、6.3×10-8、4.4×10-13看出：磷酸第一步电离出氢离子后变为阴离子，阴离子难电离出带正电荷的氢离子，硝酸完全电离，而亚硝酸K=5.1×10-4，所以硝酸比亚硝酸酸性强，
故答案为：第一步电离出的阴离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；硝酸完全电离，而亚硝酸K=5.1×10-4；
下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．离子晶体的晶格能与离子半径成反比，与电荷成正比，晶格能越大，晶体越先晶出，镁离子和钙离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子，所以氧化镁的晶格能大于氧化钙，则氧化镁先晶出，故A错误；
B．氟化氢水溶液里，氟化氢分子之间、水分子之间、氟化氢分子中的氢原子和水分子中的氧原子之间、水分子中的氢原子和氟化氢分子中的氟原子之间都能形成氢键，所以该溶液中能形成4种氢键，故B正确；
C．中心原子含有4个价层电子对的原子采用sp3 杂化，N2H4、H3O+的中心原子含有4个价层电子对，为sp3 杂化，CO32-中含有3个价层电子对，为sp2 杂化，故C错误；
D．白磷分子是正四面体结构，其键角为60°，甲烷分子中键角是109°28′，故D错误；
故选B．
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