- 分子的立体结构
- 共1308题
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．
（l）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途．富勒烯（C60）的结构如下图，其分子中碳原子轨道的杂化类型为______；1mol C60分子中σ键的数目为______．
（2）甲烷、甲醇、氢气等都可作为燃料电池的燃料．
①甲醇的熔、沸点比甲烷的熔、沸点高，其主要原因是：______
②用钦锰储氢合金储氢，与高压氢气钢瓶相比，具有重量轻、体积小的优点．锰的基态原子核外电子排布式为：______．金属钛的晶胞是面心立方结构（如图），则钛晶体的二个晶胞中钛原子数为：______，钛原子的配位数为：______．
正确答案
解：（1）根据富勒烯（C60）的结构可以看出每个C原子和其它三个C原子成键，为三个δ键和一个π键，故杂化类型为SP2杂化，C60分子中每个C原子和其它C原子形成三个δ键，平均一个C原子生成
（2）①甲醇中含有-OH，其中氧元素的电负性较大，原子半径小，可以形成氢键，所以甲醇的熔、沸点比甲烷的熔、沸点高，故答案为：甲醇分子之间有氢键；
②Mn原子核外共25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：1S22S22P63S23P63d54S2；金属钛晶胞中，钛原子位于晶胞的顶点和面心位置，则晶胞中含有钛原子的数目为：
解析
解：（1）根据富勒烯（C60）的结构可以看出每个C原子和其它三个C原子成键，为三个δ键和一个π键，故杂化类型为SP2杂化，C60分子中每个C原子和其它C原子形成三个δ键，平均一个C原子生成
（2）①甲醇中含有-OH，其中氧元素的电负性较大，原子半径小，可以形成氢键，所以甲醇的熔、沸点比甲烷的熔、沸点高，故答案为：甲醇分子之间有氢键；
②Mn原子核外共25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：1S22S22P63S23P63d54S2；金属钛晶胞中，钛原子位于晶胞的顶点和面心位置，则晶胞中含有钛原子的数目为：
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．
关于原子轨道的说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是正四面体，但其立体构形不一定是正四面体，如：水和氨气分子中中心原子采取sp3杂化，但H2O是V型，NH3是三角锥型，故A错误；
B．甲烷分子中碳原子含有4个σ键且不含孤电子对，所以碳原子以sp3杂化，分子中的碳原子以2个2s电子和2个2p电子分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-Hσ键，故B错误；C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化可形成混合起来形成的一组能量相同的新轨道，杂化轨道数=孤电子对数+与之相连的原子数，故C正确；
D．AB3型的共价化合物可采用sp3杂化、sp2杂化轨道成键，如NH3是采用sp3杂化，BF3采用sp2杂化，故D错误；
故选C．
下列轨道上的电子在xy平面上出现的机会为零的是（ ）
正确答案
解析
解：Px和Py在xy平面上，3Pz轨道沿着z轴伸展在垂直于xy平面，像个哑铃，s轨道电子云为球形，各个方向都有，故选A．
①氧元素和过渡元素可形成多种价态的金属氧化物，如和铬可生成Cr2O3、CrO3、CrO5等．其中CrO5的结构式如图所示，请写出该物质中铬元素的化合价为______，标有“*”的氧原子的化合价为______．
②氧元素可以和氢元素形成原子个数比为1：1的分子，该物质在酸性条件下与Fe2+发生反应的离子方程式为______．
③氧元素还可以形成多种离子，在NO2+中氮原子轨道杂化类型是______．
（2）请回答下列问题：
①解释CO2为直线形分子的原因______．
②为减少温室效应，科学家设计反应：CO2+4H2═CH4+2H2O以减小空气中CO2．若有1mol CH4生成，则有______mol π键断裂．CH4失去氢负离子形成CH3+（甲基正离子），则CH3+的空间构型是______．
③甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因是______．
（3）下列是钠、碘、金刚石、干冰、氯化钠晶体的晶胞图（未按顺序排序）．与冰的晶体结构相符的是______（请用相应的编号填写）．
正确答案
解：（1）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，故答案为：+6；-1；
②氧元素可以和氢元素形成原子个数比为1：1的分子是过氧化氢，过氧化氢是氧化剂，亚铁离子是还原剂，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
③CO2中C原子与氧原子之间形成C=O是，成2个σ键、不含孤对电子，碳原子采取sp杂化，NO2+离子与CO2为等电子体，具有相同的结构，故N原子也采取sp杂化，
故答案为：sp；
（2）①中心原子碳是sp，两个杂化轨道分别被两碳氧σ键所占据，分子立体构型为直线型，故答案为：中心原子碳的杂化方式为sp，键角为1800；
②由反应方程式可知1mol CH4生成，消耗2mol的二氧化碳，则有2mol的π键断裂，中心原子价电子对数为
③甲醇分子间形成了氢键，而甲醛分子间为范德华力，导致甲醇分子间的作用力大于甲醛分子间的作用力，所以甲醇沸点高于甲醛，
故答案为：甲醇分子间形成了氢键，而甲醛分子间为范德华力，导致甲醇分子间的作用力大于甲醛分子间的作用力，所以甲醇沸点高于甲醛；
（3）冰属于分子晶体，由晶胞图可知，B为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，则与冰的晶体类型相同的是BC，故答案为：BC．
解析
解：（1）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，故答案为：+6；-1；
②氧元素可以和氢元素形成原子个数比为1：1的分子是过氧化氢，过氧化氢是氧化剂，亚铁离子是还原剂，反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
③CO2中C原子与氧原子之间形成C=O是，成2个σ键、不含孤对电子，碳原子采取sp杂化，NO2+离子与CO2为等电子体，具有相同的结构，故N原子也采取sp杂化，
故答案为：sp；
（2）①中心原子碳是sp，两个杂化轨道分别被两碳氧σ键所占据，分子立体构型为直线型，故答案为：中心原子碳的杂化方式为sp，键角为1800；
②由反应方程式可知1mol CH4生成，消耗2mol的二氧化碳，则有2mol的π键断裂，中心原子价电子对数为
③甲醇分子间形成了氢键，而甲醛分子间为范德华力，导致甲醇分子间的作用力大于甲醛分子间的作用力，所以甲醇沸点高于甲醛，
故答案为：甲醇分子间形成了氢键，而甲醛分子间为范德华力，导致甲醇分子间的作用力大于甲醛分子间的作用力，所以甲醇沸点高于甲醛；
（3）冰属于分子晶体，由晶胞图可知，B为干冰的晶胞图，构成微粒为分子，C为碘的晶胞图，构成微粒为碘分子，则与冰的晶体类型相同的是BC，故答案为：BC．
扫码查看完整答案与解析