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2025届高三高考化学二轮复习
提分点七　原子、分子结构与性质
【真题再现】
1.(2024·黑吉辽卷)下列化学用语或表述正确的是 (　　)
A.中子数为1的氦核素He
B.SiO2的晶体类型:分子晶体
C.F2的共价键类型:p-p σ键
D.PCl3的空间结构:平面三角形
2.(2024·甘肃卷)温室气体N2O在催化剂作用下可分解为O2和N2,也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。下列说法错误的是 (　　)
A.相同条件下N2比O2稳定
B.N2O与N的空间构型相同
C.N2O中N—O键比N—N键更易断裂
D.N2O中σ键和大π键的数目不相等
3.(2024·安徽卷)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是 (　　)
A.该物质中Ni为+2价
B.基态原子的第一电离能:Cl>P
C.该物质中C和P均采取sp2杂化
D.基态Ni原子价电子排布式为3d84s2
4.(2024·山东卷)由O、F、I组成化学式为IO2F的化合物,能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.图中 代表F原子
B. 该化合物中存在过氧键
C.该化合物中I原子存在孤对电子
D. 该化合物中所有碘氧键键长相等
5.(2021·湖北卷)下列有关N、P及其化合物的说法错误的是 (　　)
A.N的电负性比P的大,可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
B.N与N的π键比P与P的强,可推断N≡N的稳定性比P≡P的高
C.NH3的成键电子对间排斥力较大,可推断NH3的键角比PH3的大
D.HNO3的分子间作用力较小,可推断HNO3的熔点比H3PO4的低
6.(2021·江苏卷)N2是合成氨工业的重要原料,NH3不仅可制造化肥,还能通过催化氧化生产HNO3;HNO3能溶解Cu、Ag等金属,也能与许多有机化合物发生反应;在高温或放电条件下,N2与O2反应生成NO,NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)===2NO2(g)　ΔH=-116.4 kJ·mol-1。大气中过量的NOx和水体中过量的N均是污染物。通过催化还原的方法,可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2,也可将水体中的N的说法正确的是 (　　)
A.NH3能形成分子间氢键
B.N的空间构型为三角锥形
C.NH3与N中的键角相等
D.NH3与Ag+形成的[Ag(NH3)2]+中有6个配位键
【能力养成】
杂化轨道类型的判断方法
(1)配位原子数和孤电子对数法
根据杂化轨道数可以确定中心原子的杂化类型,由于中心原子形成的σ键数=与中心原子结合的原子数,故杂化轨道数=与中心原子结合的原子数+中心原子的孤电子对数。
(2)轨道计算法
对于ABm型分子,可通过计算杂化轨道数判断中心原子的杂化类型。方法如下:
①计算杂化轨道数:n=(中心原子的价电子数+与中心原子结合的原子的成键电子数+电荷数)。(配位原子为氧原子或硫原子时,成键电子数目为0所带电荷为正值时取“-”,所带电荷为负值时取“+”)
②判断杂化类型:当n=2,为sp杂化;n=3,为sp2杂化;n=4,为sp3杂化。如SO2:n=(6+0)=3,是sp2杂化;N:n=(5+1)=3,是sp2杂化;NH3:n=(5+3)=4,是sp3杂化。
(3)价键法(以碳原子为例)
①碳原子四条单键为sp3杂化;
②碳原子形成双键(碳碳双键或碳氧双键)为sp2杂化;
③碳原子形成三键为sp杂化。
【模拟演练】
1.(2024·湖南模拟预测)下列物质的结构叙述正确的是 (　　)
A.CCl4的电子式:CCl
B.光气(COCl2)的结构式:Cl—C—O—Cl
C.基态氮原子价电子的轨道表示式:
D.H2O的VSEPR模型:
2.(2024·山东模拟预测)北京理工大学吴彪教授团队基于邻苯二脲基元与磷酸根离子(P)的相互作用,构筑了一系列超分子组装体,如图所示。
下列说法正确的是 (　　)
A.邻苯二脲基元中元素的第一电离能:N>O>C>H
B.阴离子配合物中,邻苯二脲基元与P之间的作用是配位键
C.P中磷原子是sp3杂化,P的空间构型是正四面体形
D.阴离子配合物中含有的化学键是共价键和氢键
3.(2024·日照二模)有机物M是合成预防过敏性结膜炎阿卡他定的重要中间体。下列关于有机物M的说法中错误的是 (　　)
A.分子式为C18H23N3O
B.sp2、sp3杂化的碳原子数之比为1∶2
C.可以发生加成、氧化、消去反应
D.组成元素的电负性:O>N>C>H
4.(2024·青岛三模)钛酸钡粉体是电子陶瓷元器件的重要基础原料。钛酸钡晶体与[TiO(C2O4)2]2-的结构如图。
下列说法正确的是 (　　)
A.钛酸钡晶体中Ba和Ti的配位数分别为12和6
B.[TiO(C2O4)2]2-中含有的化学键为离子键、共价键、氢键、配位键
C.[TiO(C2O4)2]2-中Ti的杂化方式为sp3
D.1 mol [TiO(C2O4)2]2-通过螯合作用形成的配位键有5 mol
5.(2024·太原二模)冠醚因分子结构形如皇冠而得名,基于18-冠-6(结构如图所示)的吸附剂可用于分离Sr2+(锶离子)。下列说法正确的是 (　　)
A.电负性:O>C>Sr>H
B.18-冠-6(空穴适配K+)可增加KI在苯中的溶解度
C.18-冠-6中C和O原子的杂化轨道类型不同
D.18-冠-6可与Sr2+形成超分子,该超分子中存在配位键、氢键等化学键
答案精析
提分点七　原子、分子结构与性质
真题再现
1.C　[中子数为1的氦元素的质量数为3,表示为He,A错误;二氧化硅为共价晶体,B错误;F2中的共价键由2个F原子各提供1个未成对电子的2p原子轨道重叠形成,为p p σ键,C正确;PCl3的中心P原子的价层电子对数为3+=4,有1个孤电子对,故PCl3的空间结构为三角锥形,D错误。]
2.D　[N2分子中存在的N≡N,O2分子中虽然存在双键,但是其键能小于N≡N,因此,相同条件下N2比O2稳定,A正确;N2O与N均为CO2的等电子体,故其均为直线形分子,两者空间构型相同,B正确;N2O的中心原子是N,其在催化剂作用下可分解为O2和N2,说明N2O中N-O键比N-N键更易断裂,C正确;N2O中σ键和大π键的数目均为2,因此,σ键和大π键的数目相等,D不正确。]
3.C　[该配合物中P原子提供孤电子对,Ni原子提供空轨道形成配位键,所以Ni形成的4个化学键中,有2个配位键,根据氯元素个数知,Ni元素为+2价,A项正确;同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势,则第一电离能:Cl>P,B项正确;该物质中碳原子位于苯环上,杂化类型为sp2,P形成4个σ键,无孤电子对,杂化类型为sp3,C项错误;基态Ni原子核外有28个电子,电子排布式为[Ar]3d84s2,价电子排布式为3d84s2,D项正确。]
4.C　[由图中信息可知,白色的小球可形成2个共价键,灰色的小球只形成1个共价键,黑色的大球形成了4个共价键,根据O、F、I的电负性大小(F最大、I最小)及其价电子数可以判断,白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子,黑色的大球代表I原子。A.图中 (白色的小球)代表O原子,灰色的小球代表F原子,A不正确;B.根据该化合物结构片断可知,每个I原子与3个O原子形成共价键,根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键,才能确定该化合物化学式为IO2F,因此,该化合物中不存在过氧键,B不正确;C.I原子的价电子数为7,该化合物中F元素的化合价为-1,O元素的化合价为-2,则I元素的化合价为+5,据此可以判断每个I原子与其他原子形成3个单键和1个双键,I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目,因此,该化合物中I原子存在孤对电子,C正确;D.该化合物中既存在I—O单键,又存在I==O双键,单键和双键的键长是不相等的,因此,该化合物中所有碘氧键键长不相等,D不正确。]
5.A　[分子的极性取决于共价键的极性和分子的结构,A项错误;N与N的π键比P与P的强,故N≡N的稳定性比P≡P的高,B项正确;N的电负性比P大,NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近,NH3中成键电子对间的斥力大,因此NH3的键角比PH3的大,C项正确;相对分子质量:HNO36.A　[A.NH3能形成分子间氢键,氨分子是一个极性分子,氮原子带有部分负电荷,氢原子带有部分正电荷,当氨分子互相靠近时,由于取向力的作用,带有部分正电荷的氢原子与另外一个氨分子中的带有部分负电荷的氮原子发生异性电荷的吸引进一步靠拢,A正确;B.硝酸根离子的空间构型是个标准的正三角形,N在中间,O位于三角形顶点,N和O都是sp2杂化,B错误;C.NH3和N中的N原子都是sp3杂化,但NH3中存在一个孤电子对,是三角锥结构,而N为标准的正四面体,所以键角是不一样的,NH3中每两个N—H键之间夹角为107°,正四面体为109°28',C错误;[Ag(NH3)2]+中含有2个配位键,D错误。]
模拟演练
1.D　[CCl4的电子式为,A错误;碳原子最外层有4个电子,故需要形成四个共价键才能达到8电子结构,正确结构式为,B错误;基态氮原子价电子的2p轨道的三个电子应在不同轨道,且自旋方向相同,价电子轨道表示式,C错误;H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+=4,O原子采用sp3杂化,VSEPR模型为四面体形,D正确。]
2.C　[第一电离能从左往右依次增大,第ⅡA、ⅤA元素原子处于充满、半充满结构,比相邻元素第一电离能大,故第一电离能:N>O>C,H原子半径小,对核外电子的吸引能力强,所以H第一电离能大于C,故第一电离能顺序为N>O>H>C,故A项错误;N、O元素的电负性较大,键中共用电子对偏向N原子,使得H原子带正电性,因此P中氧原子与邻苯二脲基元之间形成N—H…O氢键,故B项错误;P=4,因此P原子为sp3杂化,空间构型为正四面体,故C项正确;氢键不是化学键,D项错误。]
3.B　[根据结构简式知,分子式为C18H23N3O,A正确;标记1到9的碳原子是sp3杂化,其余碳原子是sp2杂化,sp2、sp3杂化的碳原子数之比为1∶1,B错误;含有碳碳双键可以发生加成、氧化反应,含有羟基,(结合选项B的解析)可消去羟基与8号碳上的氢,故可以发生消去反应,C正确;同周期从左到右,元素的电负性逐渐增大,组成元素的电负性:O>N>C>H ,D正确。]
4.A　[由晶胞结构图,Ba位于晶胞体心,与其距离最近的是处于棱心的O且所有O到Ba的距离都相等,故Ba的配位数为12,Ti处于晶胞顶点,位于O形成的正八面体空隙中,故Ti的配位数为6,A正确;[TiO(C2O4)2]2-是阴离子,与阳离子Ba2+之间是离子键,[TiO(C2O4)2]2-中没有离子键,氢键不是化学键,B错误;中心原子Ti原子不是正四面体构型,连接5个原子,不是sp3杂化,C错误;两个草酸根和中心原子Ti分别形成两个配位键,是螯合作用,故1 mol [TiO(C2O4)2]2-通过螯合作用形成的配位键有4 mol,D错误。]
5.B　[电负性H>Sr,故A错误;18-冠-6空穴适配K+即与K+形成超分子,有利于KI溶于苯,故B正确;该分子中C、O均为sp3杂化,故C错误;氢键不属于化学键,故D错误。]

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