1、化学键与物质构成分子结构与性质一、选择题(本题包括4小题，每题6分，共24分)1.(2020厦门模拟)向二氯化铂的HCl溶液中通入乙烯气体，再加入KCl可得KPt(C2H4)Cl3H2O(蔡氏盐)，下列有关化学用语表示正确的是()A.KCl的电子式：B.乙烯的结构简式：CH2CH2C.中子数为117，质子数为78的铂原子PtD.K+的结构示意图：【解析】选A。A项，KCl是离子化合物，电子式为；B项，乙烯的结构简式为CH2CH2；C项，中子数为117，质子数为78的铂原子为Pt；D项，K+的结构示意图为。2.(2020武昌模拟)下列有关分子的结构和性质的说法正确的是()A.H2O2和CO2均为
2、直线形的非极性分子B.NF3和PCl3均为三角锥形分子，中心原子均为sp3杂化C.H3BO3和H3PO3均为三元酸，结构式均为(X=B，P)D.CH4和白磷(P4)分子均为正四面体形分子，键角均为10928【解析】选B。CO2中3个原子在同一直线上，为直线形的非极性分子，但H2O2中4个原子不在同一直线上，为空间结构的极性分子，A项错误；NF3和PCl3中中心原子均为sp3杂化，N、P均有一对孤电子对，杂化轨道数均为4，故均为三角锥形分子，B项正确；H3BO3的结构式为，其溶液呈酸性是因为H3BO3与水电离出的OH-结合为B(OH)4-：H3BO3+H2OB(OH)4-+H+，因此H3BO3为
3、一元酸，H3PO3的结构式为，为二元酸，C项错误；CH4和白磷(P4)分子均为正四面体形分子，但键角分别为10928和60，D项错误。【加固训练】(2020长沙模拟)C、CH3、C都是重要的有机反应中间体，下列有关它们的说法正确的是()A.它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化B.C与NH3、H3O+互为等电子体，立体构型均为正四面体形C.C中碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面D.C与OH-形成的化合物中含有离子键【解析】选C。A项，C中有8个价电子，CH3中有9个价电子，C中有10个价电子，错误；B项，三者均为三角锥形结构，错误；C项，C中C的价电子对数为3，为sp2杂化，微粒空间构型为
4、平面三角形，正确；D项，CH3OH中不含离子键，错误。3. (双选)(2020沈阳模拟改编)碳酸亚乙烯酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如图。下列有关该物质的说法正确的是()A.分子式为C3H2O3B.分子中含8个键C.分子中只有极性键D.8.6 g该物质完全燃烧得到6.72 L CO2【解析】选A、B。A项，观察结构简式，根据碳四键可知分子式正确；B项，根据结构简式可知分子中含8个键；C项，观察结构简式可知分子中含有碳碳键，属于非极性键；D项，没有指明条件，无法进行气体体积的计算。【加固训练】(2020淮安模拟)下列常见分子中键、键判断正确的是()A.CN-与N2结构相似，CH2C
5、HCN分子中键与键数目之比为11B.CO与N2结构相似，CO分子中键与键数目之比为21C.与互为等电子体，1 mol 中含有的键数目为2NAD.已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 mol NH键断裂，则形成的键数目为6NA【解析】选C。因为CN-与N2结构相似，可知CH2CHCN分子中有3个键、6个键，所以CH2CHCN分子中键与键数目之比为21，A项错误；CO与N2结构相似，所以CO分子中键与键数目之比为12，B项错误；由于与互为等电子体，故1 mol 中含有的键数目为2NA，C项正确；在D项的反应方程式中，产物中只有N2中有键，依据4 mo
6、l NH键断裂时消耗1 mol N2H4，可推知生成1.5 mol N2，则形成的键数目为3NA，D项错误。4.(2020六盘山模拟)下列有关氢键的说法正确的是()A.HF溶液中存在三种类型的氢键B.的沸点比的低C.H2O的性质稳定，是因为水分子间存在氢键D.形成分子内氢键，故比难电离【解析】选D。HF溶液中HF与HF、H2O与H2O、HF与H2O之间均存在氢键，氢键类型有如下4种：FHF、FHO、OHF、OHO，A项错误；形成分子间氢键，而形成分子内氢键，分子间氢键使的沸点比的高，B项错误；H2O的稳定性高，是因为水分子中HO键的键能大，而氢键影响物理性质，C项错误；相对于，苯环上多了一个C
7、OO-，羟基上的氢原子能与羧酸根上的氧原子形成氢键，使其更难电离出H+，因此的电离常数比的电离常数小，D项正确。二、非选择题(本题包括2小题，共26分)5.(12分)(2020南昌模拟)(1)下列说法正确的是_(填字母)。A.HOCH2CH(OH)CH2OH与CH3CHClCH2CH3都是手性分子B.N和CH4的空间构型相似C.BF3与都是平面形分子D.CO2和H2O都是直线形分子(2)石墨烯(图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(图乙)。图甲中，1号C与相邻C形成键的个数为_。图乙中，1号C的杂化方式是_，该C与
8、相邻C形成的键角_(填“”“”或“=”)图甲中1号C与相邻C形成的键角。(3)碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_。金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化方式分别为_、_。【解析】(1)A项，HOCH2CH(OH)CH2OH分子中没有手性碳原子，不属于手性分子，错误；B项，两种微粒均为正四面体结构，正确；C项，BF3为平面正三角形结构，苯为平面正六边形结构，两者均属于平面形分子，正确；D项，CO2分子为直线形结构，H2O分子为V形结构，错误。(2)石墨烯是层状结构，每一层上每个碳原子都是以键和相邻3
9、个碳原子连接。图乙中1号碳形成了4个共价键，故其杂化方式为sp3；图甲中的键角为120，而图乙中1号碳原子与甲烷中的碳原子类似，其键角接近10928。(3)金刚石、石墨、C60、碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们的组成相同，结构不同、性质不同，互称为同素异形体。金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键(即C原子采取sp3杂化方式)，构成正四面体；石墨烯中的碳原子采用sp2杂化方式与相邻的三个碳原子以键结合，形成正六边形的平面层状结构。答案：(1)BC(2)3sp3杂化O，而O、S在同一主族，同主族元素的第一电离能从上到下依次减小，故第一电离能OS，则NOS。Cu(NH3)4SO4中，S和C
10、u(NH3)42+间存在离子键，N原子和Cu原子间存在配位键，NH键、SO键为极性键，选A、C、E。NH3中N原子的价层电子对数=(5-13)+3=4，故采取sp3杂化方式，与S互为等电子体的分子的化学式为CCl4、SiCl4等。Cu(NH3)42+具有对称的空间构型，Cu(NH3)42+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)42+的空间构型为平面正方形。答案：(1)平面三角形(2)硅烷为分子晶体，随硅烷相对分子质量的增大，分子间作用力增强，沸点升高(3)4NA(4)NOSACEsp3CCl4(其他合理答案也可)平面正方形【加固训练】(2020南开区模拟)氮
11、是一种典型的非金属元素，其单质及化合物在生活和生产中具有广泛的用途。回答下列问题：(1)磷元素与氮元素同主族，基态磷原子有_个未成对电子，白磷的分子式为P4，其结构如图甲所示。科学家目前合成了N4分子，N4分子中氮原子的杂化轨道类型是_，NNN键角为_；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，推测其用途可为_。(2)NH3与Zn2+可形成Zn(NH3)62+，其部分结构如图乙所示。NH3的空间构型为_。Zn(NH3)62+中存在的化学键类型有_；NH3分子中HNH键角为107，判断Zn(NH3)62+离子中HNH键角_(填“”“CH3OH(或CH3SH等)一、选择题(本题包括3小题，每题6分，共
12、18分)1.(2020兰州模拟)N2的结构可以表示为，CO的结构可以表示为，其中椭圆框表示键，下列说法中不正确的是()A.N2分子与CO分子中都含有三键B.CO分子中有一个键是配位键C.N2与CO互为等电子体D.N2与CO的化学性质相同【解析】选D。根据图象知，氮气和CO都含有两个键和一个键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；氮气中键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO分子中其中一个键由O原子提供1对电子形成属于配位键，故B正确；N2分子与CO分子中原子总数相同，价电子总数也相同，二者互为等电子体，故C正确；N2分子与CO分子的化学性质不相同，故D错误。【加固训练】(2020南京模拟
13、)下列模型分别表示C2H2、S8、SF6的结构，下列说法错误的是()A.32 g S8分子中含有0.125 mol 键B.SF6是由极性键构成的非极性分子C.1 mol C2H2分子中有3 mol 键和2 mol 键D.1 mol S8中含有8 mol SS键【解析】选A。1 mol S8中有8 mol 键，32 g S8中含有键8=1 mol，A错误，D正确；由SF6的球棍模型知，其是由SF极性键构成，结构对称，属于非极性分子，B正确；单键为键，三键中有2个键，因此1 mol乙炔中含有3 mol 键和2 mol 键，C正确。2.(2020潍坊模拟)下列推断正确的是()A.BF3为三角锥形分子
14、B.N的电子式为H+，离子呈平面正方形结构C.CH4分子中的4个CH键都是氢原子的1s轨道与碳原子的2p轨道形成的s-p 键D.甲醛分子为平面三角形，有一个键垂直于三角形平面【解析】选D。BF3为平面三角形，A错误；N为正四面体构型，B错误；甲烷分子中碳原子的2s轨道与2p轨道杂化形成4个sp3杂化轨道，然后与氢的1s轨道重叠，形成4个s-sp3 键，C错误；甲醛分子为平面三角形，为sp2杂化，还有一个未参与杂化的p轨道与O原子形成键，该键垂直于杂化轨道的平面，D正确。3.(双选)(2020安康模拟改编)已知几种共价键的键能如下：化学键HNNNClClHCl键能/kJmol-139194632
15、8431下列说法错误的是()A.键能：NNNNNNB.H(g)+Cl(g)HCl(g) H=-431 kJmol-1C.HN键能小于HCl键能，所以NH3的沸点高于HClD.2NH3(g)+3Cl2(g)N2(g)+6HCl(g) H=-101 kJmol-1【解析】选C、D。A项，三键键长小于双键键长小于单键键长，键长越短，键能越大，所以键能：NNNNNN，正确；B项，H(g)+Cl(g)HCl(g)的焓变为HCl键能的相反数，则H=-431 kJmol-1，正确；C项，NH3的沸点高于HCl是由于NH3形成分子间氢键，而HCl不能，键能不是主要原因，错误；D项，根据H=E(反应物)-E(生
16、成物)，则2NH3(g)+3Cl2(g)N2(g)+6HCl(g)H=6E(NH)+3E(ClCl)-E(NN)-6E(HCl)=-202 kJmol-1，错误。【加固训练】(2020安庆模拟)常温下，1 mol化学键断裂形成气态原子所需要的能量用E表示。结合表中信息判断下列说法不正确的是()共价键HHFFHFHClHIE(kJmol-1)436157568432298A.432 kJmol-1E(HBr)298 kJmol-1B.表中最稳定的共价键是HF键C.H2(g)2H(g)H=+436 kJmol-1D.H2(g)+F2(g)2HF(g) H=-25 kJmol-1【解析】选D。依据溴
17、原子半径大于氯原子小于碘原子，原子半径越大，相应的化学键的键能越小分析，所以结合图表中数据可知432 kJmol-1E(HBr)298 kJmol-1，A正确；键能越大，断裂该化学键需要的能量就越大，形成的化学键越稳定，表中键能最大的是HF，所以最稳定的共价键是HF键，B正确；氢气变化为氢原子吸热等于氢气中断裂化学键需要的能量，H2(g)2H(g)H=+436 kJmol-1，C正确；依据键能计算反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断，H=436 kJmol-1+157 kJmol-1-2568 kJmol-1=-543 kJmol-1，H2(g)+F2(g)2HF(g)，H=-54
18、3 kJmol-1，D错误。二、非选择题(本题包括2小题，共32分)4.(16分)(2020武昌模拟)元素周期表前四周期的元素a、b、c、d、e，原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的未成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：(1)a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为_；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是_(填化学式，写出两种)。(2)这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是_；酸根呈三角锥结构的酸
19、是_(填化学式)。(3)这五种元素形成的一种11型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构(如图所示)。该化合物中，阴离子为_，阳离子中存在的化学键类型有_；该化合物加热时首先失去的组分是_，判断理由是_ _。【解析】a、b、c、d、e为前四周期元素，a的核外电子总数与其周期数相同，且原子序数最小，a为H；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，内层电子数为2，即，为O元素；b的价电子层中的未成对电子有3个，且原子序数小于氧元素，则b为N元素；e的原子序数最大，且最外层只有1个电子，次外层有18个电子，位于第四周期，共有29个电子，推知e为Cu元素；d与c同族，且原子序数比
20、O大比铜小，推知d为S元素。(1)a为H，与N、O、S可形成二元共价化合物，分别为NH3(三角锥形)、H2O(V形)、H2S(V形)，其中呈三角锥形的分子的中心原子的杂化方式，可利用价层电子对互斥理论计算价层电子对数为3+(5-3)=4，故为sp3杂化；H与N、O、S形成既含极性共价键，又含非极性共价键的化合物H2O2(HOOH)、N2H4，HO、HN为极性键，OO、NN为非极性键。(2)这些元素可形成含氧酸HNO2、HNO3、H2SO3、H2SO4，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是HNO2、HNO3；酸根呈三角锥结构的酸为H2SO3，S价层电子对数为3+(6+2-6)=3+1=4。(3
21、)含有H、N、O、S、Cu五种元素的化合物，联系配合物有关知识以及题目所给信息，观察阳离子中心为1个Cu2+，周围为4个NH3分子和2个H2O分子，得到该化合物的化学式为Cu(NH3)4(H2O)2SO4，加热时，由于H2O和Cu2+作用力较弱会先失去。答案：(1)sp3H2O2、N2H4(合理即可)(2)HNO2、HNO3H2SO3(3)S共价键和配位键H2OH2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱【加固训练】(2020济南模拟)请回答下列问题：(1)维生素B1可作为辅酶参与糖的代谢，并有保护神经系统的作用，该物质的结构简式如图所示：以下关于维生素B1的说法正确的是_。a.只含键和键b
22、.既有共价键又有离子键c.该物质的熔点可能高于NaCld.既含有极性键又含有非极性键(2)维生素B1晶体溶于水的过程中要克服的微粒间的作用力有_。 a.离子键、共价键b.离子键、氢键、共价键c.氢键、范德华力d.离子键、氢键、范德华力(3)维生素B1燃烧可生成N2、NH3、CO2、SO2、H2O、HCl等物质，这些物质中属于非极性分子的化合物有_。氨气极易溶于水，其原因是_。(4)液氨常被用作制冷剂，若不断地升高温度，实现“液氨氨气氮气和氢气氮原子和氢原子”的变化，在变化的各阶段被破坏的粒子间的相互作用是_；极性键；_。 【解析】(1)由结构简式知，维生素B1中含有Cl-及另一种有机离子，存在
23、离子键，其他原子之间形成共价键，故a错误，b正确；与氯化钠晶体相比，维生素B1中的阳离子比Na+半径大，晶格能小，熔点不可能高于NaCl，故c错误；维生素B1中碳碳键为非极性键，氮氢键、氧氢键、碳氢键等为极性键，故d正确。(2)维生素B1晶体溶于水的过程会电离出Cl-等，故需要克服离子键，维生素B1分子间存在氢键、范德华力，故d正确。(3)N2为单质，另外五种化合物中属于非极性分子的是CO2。NH3极易溶于水，是因为NH3和水均为极性分子，NH3溶于水后，NH3与水之间可形成氢键，NH3可与水反应。(4)液氨汽化破坏了分子间作用力，包括氢键和范德华力；氨气分解生成N2和H2，破坏了氮氢极性键；
24、N2、H2生成氮原子和氢原子，破坏了非极性键。答案：(1)bd(2)d(3)CO2氨气分子为极性分子，易溶于极性溶剂水中，氨气分子与水分子间易形成氢键，氨气可与水反应(4)氢键、范德华力非极性键5.(16分) (2020杭州模拟)(1)碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是 _。CS2分子中，共价键的类型有_，C原子的杂化轨道类型是_，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子_。(2)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为_，其中氧原子的杂化方式为_。F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)+3F2(g)2Cl
25、F3(g)H=-313 kJmol-1，FF键的键能为159 kJmol-1，ClCl键的键能为242 kJmol-1，则ClF3中ClF键的平均键能为_kJmol-1。ClF3的熔、沸点比BrF3的_(填“高”或“低”)。(3)V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。SO2分子中S原子价层电子对数是_对，分子的立体构型为_；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为_；SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为_；该结构中SO键长有两类，一类键长约140 pm，另一类键长约160 pm，较短的键为_(填图中字母)，该分子中含有_个键。【解析】(1)碳原子有4个价
26、电子，且碳原子半径较小，很难通过得失电子达到稳定电子结构，所以碳在形成化合物时，其键型以共价键为主。CS2中C为中心原子，采用sp杂化，与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子有CO2、SCN-等。(2)OF2的价层电子对数为2+(6-21)=4，所以OF2的分子构型为V形，氧原子的杂化方式为sp3杂化。破坏化学键吸收的键能为242 kJmol-1+3159 kJmol-1=719 kJmol-1，设ClF的键能为x kJmol-1，形成化学键时所放出的键能为6x kJmol-1，则有719 kJmol-1-6x kJmol-1=-313 kJmol-1，所以x=172 kJmol-1；ClF3和BrF3均为分子晶体，其熔、沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，熔、沸点越高，所以ClF3的熔、沸点比BrF3低。(3)根据价层电子对互斥理论可确定SO2中孤电子对数为(6-22)2=1，成键电子对数为2，即价层电子对数为3对，SO2的立体构型为V形。气态SO3中没有孤电子对，只有3个成键电子对，即中心原子S为sp2杂化。图中b键是硫氧单键，a键是硫氧双键，故a键较短。答案：(1)C有4个价电子且半径较小，难以通过得失电子达到稳定电子结构键和键spCO2、SCN-(或COS等)(2)V形sp3172低(3)3V形sp2sp3a12