- 分子的立体结构
- 共1308题
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=2+
B．CO2中碳原子C原子价层电子对个数2，且不含孤电子对，采取sp杂化，为直线形分子，分子结构式为O=C=O，故B错误；
C．二氧化碳分子中碳原子和氧原子之间以极性共价键结合，不含有非极性键，故C错误；
D．CO2溶于水和水反应生成碳酸，破坏碳氧共价键，故D错误；
故选A．
[化学--选修3：物质结构与性质]铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途．请回答以下问题：
（1）超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中，其某制备方法如图1：
①NH4CuSO3中的金属阳离子的核外电子排布式为：______．N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为：______（填元素符号）．②SO42-离子的空间构型为______．
（2）氯化亚铜（CuCl）的某制备过程是：向CuCl2溶液中通入一定量SO2，微热，反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀．①写出上述制备CuCl的离子方程式：______．②CuCl的熔点比CuO的熔点______．（填“高”或“低”）
（3）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构（如图2），a位置上Cl原子的杂化轨道类型为______．已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，另一种的化学式为______．
（4）用晶体的x射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数．对金属铜的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm．又知铜的密度为9.00g•cm-3，则铜晶胞的体积是______ cm3、晶胞的质量是______g、阿伏加德罗常数为______（列式计算，己知Ar（Cu）=63.6）．
正确答案
解：（1）化合物NH4CuSO3中铜为+1价，核外有28个电子，铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S；SO42-中硫原子的价电子层电子对数为
故答案为：1S22S22P63S23P63d10；N＞O＞S；正四面体；
（2）①CuCl2溶液中通入一定量SO2，微热生成CuCl沉淀，铜元素化合价由+2价降低为+1价，硫元素被氧化，二氧化硫被氧化为硫酸．所以该反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
②CuCl和CuO都是离子晶体，离子晶体中晶格能越大，熔点越高，晶格能与离子的半径和电荷有关，离子的半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点就越高，CuCl中氯离子半径大于CuO的中氧离子半径，CuCl中氯离子所带电荷小于CuO中氧离子所带电荷，所以CuCl的熔点比CuO的熔点低，故答案为：低；
（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为：sp3，
一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，CuCl3原子团的化合价为-2，其化学式为：K2CuCl3，
故答案为：sp3；K2CuCl3；
（4）1pm=10-10cm，故一个晶胞的体积为（361×10-10cm）3=4.7×10-23cm3；晶胞的质量=体积×密度，故一个晶胞的质量为4.7×10-23cm3×9.00g•cm-3=4.23×10-22g；铜的晶胞为面心立方最密堆积，一个晶胞中Cu原子数目为8×
故答案为：4.7×10-23；4.23×10-22；6.01×1023mol-1．
解析
解：（1）化合物NH4CuSO3中铜为+1价，核外有28个电子，铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，氮元素2p能级处于半满稳定状态，能量低，氮元素的第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以第一电离能 N＞O＞S；SO42-中硫原子的价电子层电子对数为
故答案为：1S22S22P63S23P63d10；N＞O＞S；正四面体；
（2）①CuCl2溶液中通入一定量SO2，微热生成CuCl沉淀，铜元素化合价由+2价降低为+1价，硫元素被氧化，二氧化硫被氧化为硫酸．所以该反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
②CuCl和CuO都是离子晶体，离子晶体中晶格能越大，熔点越高，晶格能与离子的半径和电荷有关，离子的半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点就越高，CuCl中氯离子半径大于CuO的中氧离子半径，CuCl中氯离子所带电荷小于CuO中氧离子所带电荷，所以CuCl的熔点比CuO的熔点低，故答案为：低；
（3）a位置上Cl原子成2个单键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化轨道类型为：sp3，
一种化合物的化学式为KCuCl3，其中铜元素为+2价，故另一种化合物中铜为+1价，CuCl3原子团的化合价为-2，其化学式为：K2CuCl3，
故答案为：sp3；K2CuCl3；
（4）1pm=10-10cm，故一个晶胞的体积为（361×10-10cm）3=4.7×10-23cm3；晶胞的质量=体积×密度，故一个晶胞的质量为4.7×10-23cm3×9.00g•cm-3=4.23×10-22g；铜的晶胞为面心立方最密堆积，一个晶胞中Cu原子数目为8×
故答案为：4.7×10-23；4.23×10-22；6.01×1023mol-1．
观察下列模型并结合有关信息，判断有关说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．由图知，每个B原子具有
B．不同原子构成的共价键是极性键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，SF6空间构型为对称结构，分子极性抵消，SF6为非极性分子，故B正确；
C．S8是一个环形分子，每个S与两个其它S原子相连，S原子外层6个电子，两对孤对电子，原子杂化轨道数=δ键数+孤对电子对数=2+
D．由比例模型可以看出分子中有1个碳原子和1个氮原子，1个氢原子，则结构式为H-C≡N，故D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氧化态，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）白磷单质的中P原子采用的轨道杂化方式是______；
（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，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-离子的立体构型为______；
（5）H3PO4的K1、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______；
②硝酸比亚硝酸酸性强的原因______；
（6）NiO晶体结构与NaCl晶体类似，其晶胞的棱长为a cm，则该晶体中距离最近的两个阳离子核间的距离为______cm（用含有a的代数式表示）．
在一定温度下NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”（如图），可以认为氧离子作密致单层排列，镍离子填充其中，列式并计算每平方米面积上分散的该晶体的质量为______g （氧离子的半径为1.40×10-10m）
正确答案
解：（1）白磷分子中，每个磷原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采取sp3杂化，
故答案为：sp3；
（2）N、P、As属于同一主族，且原子序数依次增大，原子序数越大，其最外层电子越容易失去，其电离电离能越小，所以这三种元素的第一电离能大小顺序是N＞P＞As，故答案为：N＞P＞As；
（3）砷的原子序数是33，M层排了18个电子，N层排了5个电子，所以其核外M层和N层电子的排布式为3s23p63d104s24p3，
故答案为：33，3s23p63d104s24p3；
（4）氨气的沸点高于高PH3，因为NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，导致氨气的沸点比PH3高，PO43-离子价层电子对=4+
故答案为：高，NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，正四面体；
（5）①磷酸能分步电离，第一步电离出的氢离子抑制了第二步电离，所以H3PO4的K1远大于K2，
故答案为：第一步电离出的氢离子抑制第二步的电离；
②硝酸中N呈+5价，N-O-H中O的电子更向N偏移，导致其越易电离出氢离子，则酸性较大，
故答案为：硝酸中N呈+5价，N-O-H中O的电子更向N偏移，导致其越易电离出氢离子；
（6）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为
根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°，则每平方米含有的氧化镍个数=
故答案为：
解析
解：（1）白磷分子中，每个磷原子含有3个共价键和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采取sp3杂化，
故答案为：sp3；
（2）N、P、As属于同一主族，且原子序数依次增大，原子序数越大，其最外层电子越容易失去，其电离电离能越小，所以这三种元素的第一电离能大小顺序是N＞P＞As，故答案为：N＞P＞As；
（3）砷的原子序数是33，M层排了18个电子，N层排了5个电子，所以其核外M层和N层电子的排布式为3s23p63d104s24p3，
故答案为：33，3s23p63d104s24p3；
（4）氨气的沸点高于高PH3，因为NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，导致氨气的沸点比PH3高，PO43-离子价层电子对=4+
故答案为：高，NH3分子间存在较强的氢键，而PH3分子间仅有较弱的范德华力，正四面体；
（5）①磷酸能分步电离，第一步电离出的氢离子抑制了第二步电离，所以H3PO4的K1远大于K2，
故答案为：第一步电离出的氢离子抑制第二步的电离；
②硝酸中N呈+5价，N-O-H中O的电子更向N偏移，导致其越易电离出氢离子，则酸性较大，
故答案为：硝酸中N呈+5价，N-O-H中O的电子更向N偏移，导致其越易电离出氢离子；
（6）根据氯化钠的结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为
根据图片知，每个氧化镍所占的面积=1.40×10-10m×1.40×10-10m×sin60°，则每平方米含有的氧化镍个数=
故答案为：
某碳氢化合物分子的结构式如图：
正确答案
解析
解：A．该有机物分子中含有5个单键和1个碳碳三键、1个碳碳双键，总共含有7个σ键、3个π键，故A错误；
B．该有机物不具有对称结构，则不能将键的极性抵消，所以该有机物分子为极性分子，故B错误；
C．碳碳三键中的C中含有3个σ键，采用sp2杂化，碳碳三键中的C含有2个σ键，采用的是sp杂化，故C错误；
D．由于碳碳三键连接的原子共直线，碳碳双键两端的两个C共直线可知，该有机物分子中4个C原子在同一条直线上，故D正确；
故选D．
氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料．
（1）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，最小环上有个______B原子，N原子的杂化方式为______．
（2）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，B原子的杂化方式为______．
（3）MgO与NaCl的晶胞同为面心立方结构．每个O2-周围最近的Mg2+有______个，已知MgO晶体密度为a g•cm-3，
正确答案
3
sp2
sp3
6
解析
解：（1）石墨结构是正六边形，所以最小环上有3个B原子和3个N原子，氮化硼晶体中，N原子和三个B原子形成3个共价单键，所以N原子的杂化轨道类型为sp2，
故答案为：3；sp2；
（2）硼原子和四个N原子形成4个共价单键，所以B原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
（3）根据氯化钠的配位数知，氧化镁晶体中镁离子的配位数是6，其晶胞结构与NaCl的晶胞相似，晶胞中镁离子数目=4、氧离子数目=4，故晶胞质量=
N元素有多种化合物，它们之间可以发生转化，如：N2H4+HNO2=2H2O+HN3．请回答下列问题：
（1）N与O电负性较大的是______．
（2）NaN3的晶体类型是______．
（3）纯叠氮酸HN3在常温下是一种液体，沸点较高，为308.8K，主要原因是______．
（4）N2H4中的N原子的杂化类型是______．
（5）NO2-离子是一种很好的配位体，能提供孤电子对是______．
A．氧原子 B．氮原子 C．两者都可以
NO2-与钴盐通过配位键形成的[Co（NO2）6]3-能与K+离子结合生成黄色K3[Co（NO2）6]沉淀，此方法可用于检验溶液中的K+离子，写出该配合物中钴离子的电子排布式______．
正确答案
O
离子晶体
HN3分子间存在氢键
sp3
C
1s22s22p63s23p63d6
解析
解：（1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，所以电负性O＞N，故答案为：O；
（2）NaN3的构成微粒是阴阳离子，所以其晶体类型是离子晶体，故答案为：离子晶体；
（3）HN3分子间存在氢键导致其沸点较高，故答案为：HN3分子间存在氢键；
（4）N2H4中每个N原子价层电子对个数是4且含有一个孤电子对，所以该分子中的N原子的杂化类型是sp3杂化，故答案为：sp3；
（5）NO2-离子中N原子和O原子都含有孤电子对，所以都可以提供孤电子对，该化合物中钴离子为Co3+，该离子核外有24个电子，且3d能级上有6个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，
故答案为：C；1s22s22p63s23p63d6．
锂-磷酸氧铜电池正极的活性物质是Cu4O（PO4）2，可通过下列反应制备：2Na3PO4+4CuSO4+2NH3•H2O=Cu4O（PO4）2↓+3Na2SO4+（NH4）2SO4+H2O．
（1）写出基态Cu2+的核外电子排布式______，上述化学方程式中涉及到的N、O元素第一电离能由小到大的顺序为______．
（2）SO42-的空间构型是______，______．
（3）与NH3互为等电子体的分子、离子有______、______（各举一例）．
（4）氨基乙酸铜的分子结构如图1，碳原子的杂化方式为______．
（5）在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物[Cu（CN）4]2-，则1mol[Cu（CN）4]2-中含有的ơ键的数目为______．
（6）Cu元素的一种氯化物晶体的晶胞结构如图2，该氯化物的化学式是______．
正确答案
解：（1）铜是29号元素，二价铜离子核外有27个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以N、O元素第一电离能为O＜N；
故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9； O＜N；
（2）SO42-中P原子的价层电子对=4+
故答案为：正四面体；
（3）根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子分别为：PH3、H3O+；
故答案为：PH3、H3O+；
（4）氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：sp3、sp2；
（5）在[Cu（CN）4]2- 中，一个 CN-中含有1个ơ键，每个CN-和Cu间有1个ơ键，所以1mol[Cu（CN）4]2- 中含有的ơ键的数目为：8NA；
故答案为：8NA；
（6）该晶胞中，Cu原子在晶胞体内，故Cu原子个数=4，Cl原子在晶胞顶点和面心，故Cl原子个数=8×
故答案为：CuCl．
解析
解：（1）铜是29号元素，二价铜离子核外有27个电子，根据构造原理知，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，所以N、O元素第一电离能为O＜N；
故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9； O＜N；
（2）SO42-中P原子的价层电子对=4+
故答案为：正四面体；
（3）根据原子数和价电子数分别相等的两种微粒互为等电子体，可以写出等电子体的分子和离子分别为：PH3、H3O+；
故答案为：PH3、H3O+；
（4）氨基乙酸铜的分子中一种碳有碳氧双键，碳的杂化方式为sp2杂化，另一种碳周围都是单键，碳的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：sp3、sp2；
（5）在[Cu（CN）4]2- 中，一个 CN-中含有1个ơ键，每个CN-和Cu间有1个ơ键，所以1mol[Cu（CN）4]2- 中含有的ơ键的数目为：8NA；
故答案为：8NA；
（6）该晶胞中，Cu原子在晶胞体内，故Cu原子个数=4，Cl原子在晶胞顶点和面心，故Cl原子个数=8×
故答案为：CuCl．
氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为（ ）
正确答案
解析
解：氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO3-，则其阳离子的化学式为：NO2+，其中心N原子价电子对数=σ键个数+孤电子对个数=2+
故选A．
A、B、M、X、Y、Z是元素周期表中的前20号元素．且原子序数依次增大．已知它们的部分化台物的性质如下表所示
回答下列问题
（1）写出X原子的电子排布式______．
（2）A、B、M电负性由大到小的排列顺序为______．
（3）Y的最简单氢化物中，Y原子的杂化形式是______．
（4）B的最简单氢化物分子的空间构型是______，属于______分子（填“极
性”或“非极性”）．
（5）比较熔点高低：A最高价氧化物的熔点______Y最高价氧化物的熔点．
（6）判断沸点高低：M氢化物的沸点______Z氢化物的沸点，原因是______．
正确答案
解：A是含氢量最高的有机物，应为CH4；B的最简单氢化物水溶液呈碱性，应为NH3；M的最简氢化物水溶液呈酸性，可能为F、S、Cl等物质的对应的氢化物；X的氧化物为两性氧化物，应为Al，则M为F；Y的最简氢化物分子构型是正四面体，应为Si；Z的最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为Cl元素．
（1）X为Al，Al原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，故答案为：1s22s22p63s23p1；
（2）A、B、M分别为C、N、F元素，同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性大小顺序为M＞B＞A或F＞N＞C，故答案为：M＞B＞A或F＞N＞C；
（3）Y为Si，其最简单氢化物为SiH4，SiH4中Si原子形成4个δ键，孤电子对数为
（4）B的最简氢化物为NH3，为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故答案为：三角锥形；极性；
（5）A、Y分别为C、Si，二者的氧化物分为为二氧化碳、二氧化硅，形成的晶体类型分别为分子晶体、原子晶体，故二氧化碳熔点低于二氧化硅的熔点；
故答案为：低于；
（6）M、Z分别为F、Cl，二者的氢化物分别为HF、HCl，分子间的作用力越大，沸点越高，由于HF分子间能形成氢键，比分子间作用力大，所以HF的沸点高．
故答案为：高于；M的氢化物间存在氢键，比分子间作用力大．
解析
解：A是含氢量最高的有机物，应为CH4；B的最简单氢化物水溶液呈碱性，应为NH3；M的最简氢化物水溶液呈酸性，可能为F、S、Cl等物质的对应的氢化物；X的氧化物为两性氧化物，应为Al，则M为F；Y的最简氢化物分子构型是正四面体，应为Si；Z的最高价氧化物对应的水化物为最强酸，应为Cl元素．
（1）X为Al，Al原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，故答案为：1s22s22p63s23p1；
（2）A、B、M分别为C、N、F元素，同一周期元素从左到右电负性逐渐增大，故电负性大小顺序为M＞B＞A或F＞N＞C，故答案为：M＞B＞A或F＞N＞C；
（3）Y为Si，其最简单氢化物为SiH4，SiH4中Si原子形成4个δ键，孤电子对数为
（4）B的最简氢化物为NH3，为三角锥形，正负电荷中心不重合，为极性分子，故答案为：三角锥形；极性；
（5）A、Y分别为C、Si，二者的氧化物分为为二氧化碳、二氧化硅，形成的晶体类型分别为分子晶体、原子晶体，故二氧化碳熔点低于二氧化硅的熔点；
故答案为：低于；
（6）M、Z分别为F、Cl，二者的氢化物分别为HF、HCl，分子间的作用力越大，沸点越高，由于HF分子间能形成氢键，比分子间作用力大，所以HF的沸点高．
故答案为：高于；M的氢化物间存在氢键，比分子间作用力大．
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