- 分子结构与性质
- 共1817题
（1）在配合物离子（FeSCN）2+中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是______
（2）根据VSEPR模型，H3O+的分子立体结构为______，BCl3的构型为______．
（3）Cu2+能与NH3、H2O、Cl-等形成配位数为4的配合物．
①[Cu（NH3）4]2+中存在的化学键类型有______（填序号）．
A．配位键 B．离子键
C．极性共价键 D．非极性共价键
②[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu（NH3）4]2+的空间构型为______．
（4）已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一为绿色．两种晶体的组成皆为TiCl3•6H2O．为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b．分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的
绿色晶体配合物的化学式为______，
由Cl所形成的化学键类型是______．
正确答案
解：（1）在配合物离子（FeSCN）2+中，硫氰根离子提供孤电子对，中心离子铁离子提供空轨道，
故答案为：Fe 3+；
（2）H3O+中氧原子含有3个共价单键和一个孤电子对，所以H3O+的分子立体结构为三角锥型，氯化硼中硼原子含有3个共价单键且不含孤电子对，所以BCl3的构型为正三角形，
故答案为：三角锥型；正三角形；
（3）①[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，
故答案为：AC；
②形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，
故答案为：平面正方形；
（4）氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的
故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O；离子键和共价键．
解析
解：（1）在配合物离子（FeSCN）2+中，硫氰根离子提供孤电子对，中心离子铁离子提供空轨道，
故答案为：Fe 3+；
（2）H3O+中氧原子含有3个共价单键和一个孤电子对，所以H3O+的分子立体结构为三角锥型，氯化硼中硼原子含有3个共价单键且不含孤电子对，所以BCl3的构型为正三角形，
故答案为：三角锥型；正三角形；
（3）①[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，
故答案为：AC；
②形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，
故答案为：平面正方形；
（4）氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的
故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O；离子键和共价键．
下列关于杂化轨道的叙述中，正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．分子中的中心原子通过SP2杂化轨道成键时，该分子不一定为平面三角形，如HCHO分子中心原子杂化方式sp2，分子的立体构型为平面三角形，C6H6中C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，但分子的立体构型为平面正六边形，故A错误；
B．甲烷分子中，激发态C原子（2s12p3）的2s轨道与三个2p轨道可以发生sp3杂化，形成四个完全相同的sp3-sσ键，故B正确；
C．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的P轨道形成π键，故C错误；
D．根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；sp3杂化，无孤电子对数，空间构型都是正四面体形；有一对孤电子对，空间构型是三角锥型；有两对孤电子，所以分子空间构型为V形；sp2杂化，无孤电子对数，空间构型是平面三角形；sp杂化，无孤电子对数，空间构型都是直线形，所以杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾，故D错误；
故选B．
下列分子，中心原子的杂化类型和分子的极性均与乙烯C2H4相同的是（ ）
正确答案
解析
解：A．CH4中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，为正四面体结构，为非极性分子，故A错误；
B．H2O中O形成2个δ键，孤电子对数=
C．BF3中B形成3个δ键，为为sp2杂化，无孤电子对，为平面三角形分子，为为非极性分子，故C正确；
D．SO2中S形成2个δ键，孤电子对数
故选C．
下列有关有机化合物的说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．CH2Cl2分子是四面体结构，则碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论知，C原子的杂化类型为sp3，故A正确；
B．分子组成相差一个或几个CH2原子团的物质结构不一定相似，所以不一定是同系物，故B错误；
C．糖类包含单糖、二糖、多糖，二糖和多糖能水解，而单糖不水解，故C错误；
D．聚氯乙烯不含不饱和键，聚氯乙烯加热会产生有害气体，所以不能用聚氯乙烯塑料做食品包装袋，故D错误；
故选A．
下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）
正确答案
解析
解：A、SO3中S原子杂化轨道数为
B、BF3中B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，故D错误．
故选：A．
氧化物经氯化作用生成氯化物是工业生产氯化物的常用方法，Cl2、CCl4是常用的氯化剂．如：
Na2O+Cl2═2NaCl+O2CaO+Cl2═CaCl2+O2
SiO2+2CCl4═SiCl4+2COCl2Cr2O3+3CCl4═2CrCl3+3COCl2
请回答下列问题：
（1）Cr2O3、CrCl3中Cr均为+3价，写出Cr3+的基态电子排布式______；
（2）CCl4分子中C原子采取______杂化成键．
（3）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键．光气分子的结构式是______，其中碳氧原子之间共
a．2个σ键 b．2个π键 c．1个σ键、1个π键
（4）CaO晶胞如图所示，CaO晶体中Ca2+的配位数为______．CaO晶体和NaCl晶体中离子排列方式相同，其晶格能分别为：CaO-3 401kJ•mol-1、NaCl-786kJ•mol-1．导致两者晶格能差异的主要原因是______．
正确答案
解：（1）Cr元素是24号元素，Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故Cr3+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，故答案为：1s22s22p63s23p63d3；
（2）CCl4分子中C原子成4个C-Cl单键，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；
（3）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，C原子与氯原子之间形成C-Cl单键，故C原子与O原子之间形成C=O双键，光气分子的结构式是
（4）由CaO晶胞结构可知，CaO晶体中每个O2-的周围有6个Ca2+，每个Ca2+的周围有6个O2-，导致两者晶格能差异的主要原因是CaO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子的电荷，故答案为：6，CaO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子的电荷．
解析
解：（1）Cr元素是24号元素，Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，故Cr3+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，故答案为：1s22s22p63s23p63d3；
（2）CCl4分子中C原子成4个C-Cl单键，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；
（3）COCl2俗称光气，分子中C原子采取sp2杂化成键，C原子与氯原子之间形成C-Cl单键，故C原子与O原子之间形成C=O双键，光气分子的结构式是
（4）由CaO晶胞结构可知，CaO晶体中每个O2-的周围有6个Ca2+，每个Ca2+的周围有6个O2-，导致两者晶格能差异的主要原因是CaO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子的电荷，故答案为：6，CaO晶体中离子的电荷数大于NaCl晶体中离子的电荷．
（1）砷剂的分子结构如图甲所示．该化合物中As原子的杂化方式为______．
（2）基态砷原子的价层电子排布式为______，砷与硒的第一电离能较大的是______．
（3）已知：
依据表中数据解释NH3熔点最高的原因______．
（4）砷酸（H3AsO4）是一种三元中强酸，根据价层电子对互斥理论推测AsO43-的空间构型为______．
（5）砷镍合金的晶胞如图乙所示，该晶体中与每个Ni原子距离最近的As原子有______个．
正确答案
sp3
4s24p3
砷
NH3分子间存在氢键使熔沸点升高
正四面体
6
解析
解：（1）氧原子能形成2个共价键，As形成3个共价键，由图可知分子中O原子数为6，As原子数为4，所以其化学式为As4O6；As最外层有5个电子，形成3个共价键即δ键电子对数为3，另外还有1个孤电子对，所以As的杂化方式为sp3；
故答案为：sp3；
（2）主族元素基态原子的价层电子排布就是最外层电子排布，所以基态砷原子的价层电子排布式为4s24p3，同周期电离能第ⅤA族＞第ⅥA族，所以砷大于硒，故答案为：4s24p3，砷；
（3）由于NH3分子间存在氢键，熔沸点较高，故答案为：NH3分子间存在氢键使熔沸点升高；
（4）根据AsO43-中心原子的价层电子对数为
（6）以一个顶点为中心，再结合晶胞图象可知最近的共6个原子，故答案为：6．
下列物质分子的中心原子采取sp3杂化的是（ ）
正确答案
解析
解：A．氟化铍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A错误；
B．CCl4中C形成4个σ键，无孤电子对，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，故B正确；
C．BF3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C错误；
D．CS2分子碳原子的价层电子对是2，一个CS2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D错误；
故选B．
（2016春•荆州校级月考）下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，可能为三角锥形或V形，如NH3、H2O，故A正确；
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的P轨道形成π键，故B正确；
C．H2SO4硫酸分子中S原子为sp3杂化，O-H为共用电子对形成的化学键，不是以杂化轨道成键，故C错误；
D．N2分子中存在N≡N，双键中有1个π键，三键中有2个π键，则有一个σ键、两个π键，故D正确；
故选C．
异烟酸与Ag（I）及硅钨酸形成的配位聚合物可用于药物嵌入等领域．
I．异烟酸制抗结核病药物异烟肼的反应为（如图1）：
（1）异烟酸中氮原子的杂化轨道类型为______．
（2）该反应涉及第二周期元素的第一电离能从小到大的顺序为______（填元素符号）．
（3）对比异烟酸和异烟肼的结构，异烟酸发生反应断裂的共价键类型主要为______．
（4）异烟肼熔点较低（173℃），且易溶于水的原因是______．
Ⅱ．硅钨酸在600℃～650℃可分解生成SiO2和WO2，
其结构如图2．
（5）已知钨为第六周期ⅥB族元素，其基态原子的球形轨道中共有12个电子，则钨的基态原子价电子排布式为______．
（6）根据硅钨酸的结构推测，WO3的结构式为______．
正确答案
解：（1）异烟酸中氮原子含有2个σ键和一个孤电子对，所以N原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：sp2；
（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能最大的是N元素，其次是O元素，C元素最小，故答案为：C＜O＜N；
（3）不同非金属元素之间易形成极性共价键，根据图知，异烟酸发生反应断裂的共价键类型主要为极性键，故答案为：极性键；
（4）分子晶体的熔点较低，异烟肼与水分子间能形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大，
故答案为：异烟肼为分子晶体，熔点较低，异烟肼和水分子之间存在氢键，导致异烟肼极易溶于水；
（5）钨为第六周期ⅥB族元素，W原子核外有74个电子，其基态原子的球形轨道中共有12个电子，说明s能级有12个电子，W位于第六周期第VIB族，则5d能级上含有4个电子，其5d、6s能级上电子为其价电子，根据构造原理知钨的基态原子价电子排布式为5d46s2，故答案为：5d46s2；
（6）根据硅钨酸的结构知，每个W原子能形成6个共价键，则三氧化钨的结构为
解析
解：（1）异烟酸中氮原子含有2个σ键和一个孤电子对，所以N原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：sp2；
（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能最大的是N元素，其次是O元素，C元素最小，故答案为：C＜O＜N；
（3）不同非金属元素之间易形成极性共价键，根据图知，异烟酸发生反应断裂的共价键类型主要为极性键，故答案为：极性键；
（4）分子晶体的熔点较低，异烟肼与水分子间能形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大，
故答案为：异烟肼为分子晶体，熔点较低，异烟肼和水分子之间存在氢键，导致异烟肼极易溶于水；
（5）钨为第六周期ⅥB族元素，W原子核外有74个电子，其基态原子的球形轨道中共有12个电子，说明s能级有12个电子，W位于第六周期第VIB族，则5d能级上含有4个电子，其5d、6s能级上电子为其价电子，根据构造原理知钨的基态原子价电子排布式为5d46s2，故答案为：5d46s2；
（6）根据硅钨酸的结构知，每个W原子能形成6个共价键，则三氧化钨的结构为
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．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A选；
B．NH4+中N原子杂化轨道数为
C．CCl4中C形成4个σ键，无孤电子对，为sp3杂化，故C不选；
D．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D不选；
故选A．
（1）三聚氰胺中N原子的杂化方式是______．
（2）酸性溶液中过氧化氢能使Cr2072-生成蓝色的过氧化铬（CrO5，分子结构为 
（3）一种治理含Cr2072-酸性工业废水的方法是向废水中加入适量的食盐，用铁作电极进行电解，Cr2072-被还原为Cr3+，然后生成Cr（OH）3沉淀除去，以达到排放标准．
①加适量食盐的目的是______，与Cr（OH）3沉淀同时生成的沉淀还可能有______．
②已知电解后溶液中c（Fe3+）为4.0×10-13mol•L-1，则溶液中c（Cr3+）浓度为______．
（已知KsP[Fe（OH）3]=4.0×10-38； Ksp[Cr（OH）3]=6.0×10-31）
正确答案
解：（1）三聚氰胺分子中，氨基上的N原子含有3个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp3杂化，环上的N原子含有2个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp2杂化，
故答案为：sp2、sp3；
（2）根据过氧化铬的结构简式可知一个铬与五个氧形成形成六个铬氧极性共价键，共用电子对偏向都偏向氧，所以呈+6，结构式中存在过氧键、Cr-O键、Cr=O，在4个Cr-O键中O为-1价，在Cr=O键注重O为-2价；
过氧化氢与K2Cr2O7在酸性溶液中发生反应生成CrO5和水，离子反应为4H2O2+Cr2O72-+2H+═2CrO5+5H2O；
故答案为：+6；4H2O2+Cr2O72-+2H+═2CrO5+5H2O；
（3）①因NaCl为电解质，加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力，亚铁离子与Cr2O72-发生氧化还原反应Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，亚铁离子被氧化为铁离子，与氢氧根离子结合生成Fe（OH）3沉淀，
故答案为：增大离子浓度，增强导电能力；Fe（OH）3；
②Fe（OH）3（s）⇌Fe3+（aq）+3OH-（aq），溶液中c（OH-）=
则溶液中c（Cr3+）=
故答案为：6.0×10-6 mol•L-1；
解析
解：（1）三聚氰胺分子中，氨基上的N原子含有3个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp3杂化，环上的N原子含有2个 σ 键和一个孤电子对，所以采取sp2杂化，
故答案为：sp2、sp3；
（2）根据过氧化铬的结构简式可知一个铬与五个氧形成形成六个铬氧极性共价键，共用电子对偏向都偏向氧，所以呈+6，结构式中存在过氧键、Cr-O键、Cr=O，在4个Cr-O键中O为-1价，在Cr=O键注重O为-2价；
过氧化氢与K2Cr2O7在酸性溶液中发生反应生成CrO5和水，离子反应为4H2O2+Cr2O72-+2H+═2CrO5+5H2O；
故答案为：+6；4H2O2+Cr2O72-+2H+═2CrO5+5H2O；
（3）①因NaCl为电解质，加入适量的NaCl可增强溶液的导电能力，亚铁离子与Cr2O72-发生氧化还原反应Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，亚铁离子被氧化为铁离子，与氢氧根离子结合生成Fe（OH）3沉淀，
故答案为：增大离子浓度，增强导电能力；Fe（OH）3；
②Fe（OH）3（s）⇌Fe3+（aq）+3OH-（aq），溶液中c（OH-）=
则溶液中c（Cr3+）=
故答案为：6.0×10-6 mol•L-1；
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．
下列分子中，杂化类型相同，空间构型也相同的是（ ）
正确答案
解析
解：A、H2O中O原子杂化轨道数为2+2=4，采取 sp3杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为
B、BeCl2中Be原子杂化轨道数为
C、H2O中O原子杂化轨道数为2+2=4，采取 sp3杂化方式，是V型；NH3中N原子杂化轨道数为
D、NH3中N原子杂化轨道数为
故选B．
氢能的存储是氢能应用的主要瓶颈，配位氢化物、富氢载体化合物是目前所采用的主要储氢材料．
（1）Ti（BH4）2是一种过渡元素硼氢化物储氢材料．在基态Ti2+中，电子占据的原子轨道数为______个，最高能级符号为______
（2）液氨是富氢物质，是氢能的理想载体，利用N2+3H2⇌2NH3，实现储氢和输氢．下列说法正确的是______．
a．NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化
b．NH4+与PH4+、CH4、BH4-、ClO4-互为等电子体
c．NH3比PH3更稳定．
正确答案
解：（1）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，基态Ti2+价电子排布式为：3d2，该能层下含有1个3s轨道、3个3p轨道和5个3d轨道，共有9个原子轨道，最高能层为M层，
故答案为：9；M；
（2）a．NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，故a错误；
b．等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH4+与PH4+、CH4、BH-4均含有5个原子团，且价电子均为8，为等电子体，而ClO-4价电子数为32，不属于等电子体，故b错误；
c．氮的原子半径比磷的原子半径小，N-H键长比P-H键长短，键能更大，分子更稳定，所以NH3热稳定性更强，故c正确；
故选c．
解析
解：（1）钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原理知其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2，基态Ti2+价电子排布式为：3d2，该能层下含有1个3s轨道、3个3p轨道和5个3d轨道，共有9个原子轨道，最高能层为M层，
故答案为：9；M；
（2）a．NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，故a错误；
b．等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH4+与PH4+、CH4、BH-4均含有5个原子团，且价电子均为8，为等电子体，而ClO-4价电子数为32，不属于等电子体，故b错误；
c．氮的原子半径比磷的原子半径小，N-H键长比P-H键长短，键能更大，分子更稳定，所以NH3热稳定性更强，故c正确；
故选c．
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