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2023——2024 年解密高考化学大一轮复习精讲案
第五章 物质结构 元素周期律
专题十九 价层电子对互斥模型、杂化轨道理论及应用
第一板块 明确目标
课标要求
核心素养
1. 掌握价层电子对互斥模型和杂化轨道理论的内容并能用其推测简单
分子或离子的空间结构。
2. 掌握键角大小原因并能作出规范描述。
宏观辨识与微观探析
证据推理与模型认知
第二板块 夯实基础
考点一 价层电子对互斥模型、杂化轨道理论及应用
1．价层电子对互斥模型
(1)理论要点
1
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①价层电子对在空间上彼此相距最远时，排斥力最小，体系的能量最低。
②孤电子对排斥力较大，孤电子对越多，排斥力越强，键角越小。
(2)价层电子对互斥模型推测分子(离子)的空间结构的关键——价层电子对数的计算
价层电子对数＝σ 键电子对数＋中心原子的孤电子对数
说明：σ 键电子对数＝中心原子结合的原子数；
中心原子的孤电子对数＝(a－xb)，其中
①a 表示中心原子的____________。
对于主族元素：a＝____________________。
对于阳离子：a＝_______________________________________________________________。
对于阴离子：a＝_______________________________________________________________。
②x 表示________________________。
③b 表示与中心原子结合的原子___________(氢为____，其他原子＝__________________。如氧和氧族元
素中的S、Se 等均为2，卤族元素均为1)。
例如，SOCl2的空间结构的判断：
SOCl2的中心原子为S，σ 键电子对数为3，孤电子对数为×(6－1×2－2×1)＝1，价层电子对数为4，这些
价层电子对互相排斥，形成四面体形的VSEPR 模型，由于中心原子上有1 个孤电子对，则SOCl2的空间结
构为三角锥形。
2．杂化轨道理论
(1)杂化轨道理论概述
中心原子上若干不同类型(主要是s、p 轨道)、能量相近的原子轨道混合起来，重新组合成同等数目、能量
完全相同的新轨道。杂化轨道数不同，轨道间的夹角不同，形成分子的空间结构不同。
(2)杂化轨道三种类型
(3)由杂化轨道数判断中心原子的杂化类型
杂化轨道用来形成σ 键和容纳孤电子对，所以有公式：杂化轨道数＝____________________ ＋
2
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____________________＝________________________。
3.VSEPR 模型与微粒空间结构的关系
完成下列表格
实例
价层电
子对数
σ 键电子
对数
孤电子
对数
中心原子
杂化轨道
类型
VSEPR
模型
分子(离
子) 空间
结构
BeCl2、CS2
BF3、SO3、CO
O3、SO2
SnCl4、PO、NH
PH3、SO
H2S、I
【答案】
考点一 价层电子对互斥模型、杂化轨道理论及应用
1．(2)①价电子数 原子的最外层电子数 中心原子的价电子数－离子的电荷数 中心原子的价电子数＋
离子的电荷数(绝对值) ②与中心原子结合的原子数 ③最多能接受的电子数 1 8－该原子的价电子数
2．(2)1 个s 轨道 1 个p 轨道 180° 直线 1 个s 轨道 2 个p 轨道 120° 平面三角形 1 个s 轨道 3
个p 轨道
109°28′ 四面体形 (3)中心原子的孤电子对数 中心原子的σ 键个数 中心原子的价层电子对数
3．2 2 0 sp 直线形 直线形 3 3 0 sp2 2 1 sp2
平面三角形 平面三角形 V 形 4 4 0 sp3 3 1 sp3 2 2 sp3 四面体形 正四面体形 三角锥
形 V 形
考点一 价层电子对互斥模型、杂化轨道理论及应用
1．下列有关杂化轨道理论的说法不正确的是( )
A．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
B．杂化轨道全部参与形成化学键
C．sp3、sp2、sp 杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
D．四面体形、三角锥形的结构可以用sp3杂化轨道理论解释
【答案】B
【解析】
3
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杂化前后的轨道数不变，杂化后，各个轨道尽可能分散、对称分布，导致轨道的形状发生了改变，故A 正
确；杂化轨道可以部分参与形成化学键，例如NH3中N 发生了sp3杂化，形成了4 个sp3杂化轨道，但是只
有3 个参与形成了化学键，故B 错误；sp3、sp2、sp 杂化轨道其空间结构分别是正四面体形、平面三角形、
直线形，所以其夹角分别为109°28′、120°、180°，故C 正确；四面体形、三角锥形分子的结构可以用sp3
杂化轨道理论解释，如甲烷、氨气分子，故D 正确。
2．下列分子或离子中键角由大到小排列的顺序是( )
①BCl3 ②NH3 ③H2O ④PCl ⑤HgCl2
A．⑤④①②③
B．⑤①④②③
C．④①②⑤③
D．③②④①⑤
【答案】B
【解析】
①BCl3中中心B 原子为sp2杂化，键角为120°；②NH3中中心N 原子为sp3杂化，NH3分子中有孤电子对存
在，使键角小于109°28′；③H2O 中中心O 原子为sp3 杂化，H2O 分子中存在两个孤电子对，使键角比
NH3分子的键角还小；④PCl 中中心P 原子为sp3杂化，键角为109°28′；⑤HgCl2中中心Hg 原子为sp 杂
化，键角为180°；综上，键角由大到小的顺序为⑤①④②③。
3．下列说法正确的是( )
①S8分子中S 原子采用的杂化轨道类型为sp3
②C2H4分子中只有以s 轨道与sp2杂化轨道“头碰头”方式重叠而成的σ 键
③SnBr2分子中Br—Sn—Br 的键角<120°
④H3O＋中H—O—H 的键角比H2O 中H—O—H 的键角大
A．①②
B．③④
C．①②③
D．①③④
【答案】D
【解析】
①S8是一个环形分子，每个S 与另外两个S 原子相连，S 原子形成2 个孤电子对，2 个σ 键，所以S 是sp3
杂化，正确；②碳碳双键中一个是σ 键，还有一个是π 键，错误；③SnBr2分子中，Sn 原子的价层电子对
数是×(4－2×1)＋2＝3，含有1 个孤电子对，SnBr2的空间结构为V 形，根据价层电子对互斥模型可以判断
其键角小于120°，正确；④H3O＋和H2O 中氧原子均采取sp3杂化，H2O 中O 原子有2 个孤电子对，H3O＋
中O 原子有1 个孤电子对，导致H3O＋中H—O—H 的键角比H2O 中H—O—H 的键角大，正确。
4．CH、—CH3、CH 都是重要的有机反应中间体，下列有关它们的说法错误的是( )
A．CH 与H3O＋的空间结构均为三角锥形
B．它们的C 均采取sp2杂化
C．CH 中的所有原子均共面
D．CH 与OH－形成的化合物中不含有离子键
【答案】B
4
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【解析】
CH 与H3O＋中C 原子与O 原子的价层电子对数都是4，且都含有1 个孤电子对，均为三角锥形结构，A 项
正确；CH、—CH3、CH 中C 的价层电子对数分别是3、4、4，根据价层电子对互斥模型知，C 原子的杂化
类型分别是sp2、sp3、sp3，B 项错误；CH 中的碳原子采取sp2杂化，所有原子均共面，C 项正确；CH 与
OH－形成的化合物是CH3OH，属于共价化合物，不含离子键，D 项正确。
5．根据价层电子对互斥模型填空：
(1)OF2 分子中，中心原子上的σ 键电子对数为______，孤电子对数为________，价层电子对数为
________，中心原子的杂化方式为________杂化，VSEPR 模型为____________，分子的空间结构为
______________。
(2)BF3 分子中，中心原子上的σ 键电子对数为________，孤电子对数为__________，价层电子对数为
________，中心原子的杂化方式为________杂化，VSEPR 模型为____________，分子的空间结构为
____________。
(3)SO 中，中心原子上的σ 键电子对数为______，孤电子对数为______，价层电子对数为________，中心
原子的杂化方式为________杂化，VSEPR 模型为____________，分子的空间结构为______________。
【答案】
(1)2 2 4 sp3 四面体形 V 形
(2)3 0 3 sp2 平面三角形 平面三角形
(3)4 0 4 sp3 正四面体形 正四面体形
6．解答下列问题：
(1)NH3分子在独立存在时，H—N—H 键角为107°。如图是[Zn(NH3)6]2＋的部分结构以及H—N—H 键角的测
量值。解释NH3形成如图配合物后H—N—H 键角变大的原因：
____________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________。
(2)AsH3 分子为三角锥形，键角为91.80°，小于氨分子的键角107°，AsH3 分子键角较小的原因是
________________________________________________________________________
____________________________________________________________________________。
(3)乙酸分子(
)中键角1 大于键角2，其原因为_________________________。
【答案】
(1)NH3分子中N 原子的孤电子对进入Zn2＋的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用
变为成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱
(2)砷原子的电负性小于氮原子，其共用电子对离砷核距离较远，斥力较小，键角较小
5
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(3)C==O 对C—C 的斥力大于C—O 对C—C 的斥力
【微专题】键角大小原因解释的三种模型
模型1 价层电子对构型(或中心原子杂化方式)不相同，优先看杂化方式，键角：sp>sp2>sp3
[例1] Si 与C 元素位于同一主族，SiO2键角小于CO2的原因是_____________________。
【答案】 SiO2中中心Si 原子采取sp3杂化，键角为109°28′；CO2中中心C 原子采取sp 杂化，键角为
180°
【答题模板】：×××中心原子采取×××杂化，键角为×××，而×××中心原子采取×××杂化，键
角为×××。
[变式训练1] 比较下列分子或离子中的键角大小(填“＞”“＜”或“＝”)：
①H2O________CS2，原因是_____________________________________________________。
②SO3______SO。③BF3________NCl3。
【答案】
①＜ H2O 中中心O 原子采取sp3杂化，键角约为105°；CS2中中心C 原子采取sp 杂化，键角为180° ②
＞ ③＞
模型2 价层电子对构型(或中心原子杂化方式)相同，看电子对间的斥力
(1)电子对排斥力大小顺序：孤电子对与孤电子对之间>孤电子对与成键电子对之间>成键电子对与成键电子
对之间
[ 例2] 已知H2O 、NH3 、CH4 三种分子中，键角由大到小的顺序是____________ ，原因为
________________________________________________________________________。
【答案】
CH4＞NH3＞H2O CH4 分子中无孤电子对，NH3 分子中含有1 个孤电子对，H2O 分子中含有2 个孤电子
对，孤电子对对成键电子对的排斥作用依次增大，故键角逐渐减小
【答题模板】
×××分子中无孤电子对，×××分子中含有n 个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，因而键角
较小。
[变式训练2] 比较下列分子或离子中的键角大小(填“＞”“＜”或“＝”)：
①PH3________PO，原因是_________________________________________________。
②SO______SO。
【答案】
①< PH3与PO 中中心P 原子都采取sp3杂化，PO 中无孤电子对，PH3分子中含有1 个孤电子对，孤电子对
对成键电子对的排斥作用较大，因而键角较小 ②<
(2)三键、双键、单键之间的排斥力大小顺序：三键—三键>三键—双键>双键—双键>双键—单键>单键—单
键，举例：
分子
杂化轨道角度
排斥力分析
实际键角
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COCl2
120°
C==O 对C—Cl 的排斥力大
于C—Cl 对C—Cl 的排斥力
形成两种键角分别为
124°18′、111°24′
[变式训练3] 在
分子中，键角∠HCO________(填“＞”“＜”或“＝”)∠HCH。理由是
________________________________________________________________________。
【答案】 ＞ π 键斥力大于σ 键斥力
模型3 空间结构相同，中心原子相同或配位原子相同，看中心原子或配位原子的电负性
(1)中心原子不同，配位原子相同
[例3] AC3与BC3，若电负性：A＞B，则键角：AC3________BC3。原因：___________________
_____________________________________________________。
【答案】> 中心原子的电负性A 强于B，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，斥力越
大，键角也越大
(2)中心原子相同，配位原子不同
[ 例4] AB3 与AC3 ，若电负性：B ＞A ＞C ，则键角：AB3______AC3 。原因为
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
【答案】 < 电负性：B＞A＞C，在AB3中成键电子对离中心原子较远，斥力较小，因而键角较小
[变式训练4] ①NH3的键角______PH3的键角，原因是________________________________。
②NF3的键角____NH3的键角，理由是______________________________________。
【答案】 ①＞ 中心原子的电负性N 强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，斥
力越大，键角也越大 ②< F 的电负性比H 大，NF3中成键电子对离中心原子较远，斥力较小，因而键角
也较小
【跟踪练习】
1．H3BO3 分子中的 O—B—O 的键角________(填“大于”“等于”或“小于”) BH 中的 H—B—H 的键
角，判断依据是____________________________________________。
【答案】大于 H3BO3分子中的B 采取sp2杂化，而BH 中的B 采取sp3杂化，sp2杂化形成的键角大于sp3
杂化
2 ．高温陶瓷材料Si3N4 晶体中键角N—Si—N______( 填“ >”“<” 或“ ＝” )Si—N—Si ，原因是
________________________________________________________________________。
【答案】 > N 原子上有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对的排斥力更大，使得Si—N—Si 键角较小
3 ．SeO 中Se—O 的键角比SeO3 的键角________( 填“ 大” 或“ 小” ) ，原因是
________________________________________________________________________。
【答案】小 SeO 中中心Se 原子采取sp3杂化，键角为109°28′，SeO3中中心Se 原子采取sp2杂化，键角
为120°
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第三板块 真题演练
1. （2023·广东）下列化学用语表示正确的是( )
A. 中子数为18的氯原子：❑17
37Cl
B. 碳的基态原子轨道表示式：
C. B F3的空间结构：
(平面三角形)
D. HCl的形成过程：
【答案】C
【解析】
A.中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为❑17
35Cl，故A 错误；
B.基态碳原子的核外电子排布式为1s
22s
22 p
2，根据洪特规则，2 p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道
上，且自旋方向相同，其原子轨道表示式为
，故B 错误；
C.B F3的中心原子的价层电子对数为3+ 3−1×3
2
=3，无孤电子对，其VSEPR模型和空间结构均为平面三
角形，故C 正确；
D.HCl是共价化合物，电子式为
，形成过程中不存在电子得失，其形成过程应为
，故D 错误；
故选C。
8
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2. （2022·山东） AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在
N −Al键、N −Ga键。下列说法错误的是( )
A. GaN的熔点高于AlN
B. 晶体中所有化学键均为极性键
C. 晶体中所有原子均采取s p
3杂化
D. 晶体中所有原子的配位数均相同
【答案】A
【解析】
A .因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N −Al的键长小于N −Ga的，
则N −Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，故A 错误；
B.不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，故B 正确；
C.金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C 原子均采
取s p
3杂化；由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取s p
3杂化，故C 正确；
D.金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石
结构相似，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，故D 正确；
故选：A。
3. （2023·辽宁）下列化学用语或表述正确的是( )
A. BeC l2的空间结构：V 形
B. P4中的共价键类型：非极性键
C. 基态Ni原子价电子排布式：3d
10
D. 顺−2−丁烯的结构简式：
【答案】B
【解析】
A .BeC l2的中心原子的价层电子对数为2+ 1
2 (2−2×1)=2+0=2，空间结构为直线形，故A 错误；
B.形成于同种元素的原子间的共价键为非极性键，P4中的共价键类型为非极性键，故B 正确；
C.基态Ni原子电子排布式为[ Ar ]3d
84 s
2，基态Ni原子价电子排布式：3d
84 s
2，故C 错误；
9
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D.顺−2−丁烯中两个甲基位于碳碳双键的同侧，结构简式为
，故D 错误；
故选：B。
4. （2023·辽宁）在光照下，螺吡喃发生开、闭环转换而变色，过程如图。下列关于开、闭环螺吡喃说法
正确的是 ( )
A. 均有手性
B. 互为同分异构体
C. N原子杂化方式相同
D. 闭环螺吡喃亲水性更好
【答案】B
【解析】
A .连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，开环螺吡喃分子中不含手性碳原子，故A 错误；
B.开、闭环螺吡喃是分子式相同，结构不同的化合物互称同分异构体，故B 正确；
C.闭环螺吡喃中N原子为s p
3杂化，开环螺吡喃中N原子为s p
2杂化，杂化方式不同，故C 错误；
D.开环螺吡喃中的正、负离子容易与水形成水合离子，亲水性更好，故D 错误；
故选：B。
5. （2023·湖北）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是( )
A. C H 4和H 2O的VSEPR模型均为四面体
B. SO3
2−和C O3
2−的空间构型均为平面三角形
C. C F4和S F4均为非极性分子
D. Xe F2与XeO2的键角相等
【答案】A
【解析】
A .C H 4和H 2O中C、O原子均采用s p
3杂化方式，VSEPR模型均为正四面体构型，故A 正确；
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B.SO3
2−的价层电子对数=3+ 6−2×3+2
2
= 4，有一对孤对电子，空间构型为三角锥形，C O3
2−的价层电子
对数=3+ 4−2×3+2
2
=3，无孤对电子，空间构型均为平面三角形，故B 错误；
C.C F4，价层电子对数= 4+ 4−1×4
2
= 4，s p
3d杂化，无孤对电子，为正四面体结构，为非极性分子，
S F4价层电子对数= 4+ 6−1×4
2
=5，s p
3d杂化，含一对孤对电子为极性分子，故C 错误；
D.Xe F2的价层电子对数=2+ 8−2×1
2
=5，XeO2的价层电子对数=2+ 8−2×2
2
= 4，键角不相等，故D
错误；
6. （2023·江苏）氢元素及其化合物在自然界广泛存在且具有重要应用。❑1
1 H、❑1
2 H、❑1
3 H是氢元素
的3种核素，基态H原子1s
1的核外电子排布，使得H既可以形成H
+又可以形成H
−，还能形成H 2O、
H 2O2、N H 3、N 2 H 4、Ca H 2等重要化合物；水煤气法、电解水、光催化分解水都能获得H 2，如水煤气
法制氢反应中，H 2O(g)与足量C (s)反应生成1mol H 2(g)和1molCO(g)吸收131.3kJ的热量。H 2在金属
冶炼、新能源开发、碳中和等方面具有重要应用，如HC O3
−在催化剂作用下与H 2反应可得到HCOO
−。
我国科学家在氢气的制备和应用等方面都取得了重大成果。下列说法正确的是
A. ❑1
1 H、❑1
2 H、❑1
3 H都属于氢元素
B. N H 4
+和H 2O的中心原子轨道杂化类型均为s p
2
C. H 2O2分子中的化学键均为极性共价键
D. Ca H 2晶体中存在Ca与H 2之间的强烈相互作用
【答案】A
【解析】
A. ❑1
1 H 、 ❑1
2 H 、 ❑1
3 H 都属于氢元素，三者互为同位素，统称为氢元素，A 正确；
B. N H 4
+ 和 H 2O 的中心原子轨道杂化类型均为 s p
3 ，B 错误；
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C. H 2O2 分子中的化学键既存在O−H极性共价键，也存在O−O非极性共价键，C 错误；
D. Ca H 2 晶体中存在C a
2+与 H
− 之间的离子键，为强烈相互作用，D 错误。
故选A。
7. （2023·新课标）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C( N H 2)3]4[ B(OC H 3)4]3Cl，部分晶体结构
如图所示，其中[C( N H 2)3]
+为平面结构。
下列说法正确的是( )
A. 该晶体中存在N −H ⋅⋅⋅O氢键
B. 基态原子的第一电离能：C < N <O
C. 基态原子未成对电子数：B<C <O< N
D. 晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【解析】
A .由晶体结构图可知，[C( N H 2)3]4
+中的−N H 2的H与[ B(OC H 3)4]3
−中的O形成氢键，因此，该晶体中
存在N −H ⋅⋅⋅O氢键，故A 正确；
B.同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离
能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C <O< N，故B 错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B<C =O< N，故C
错误；
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D.[C( N H 2)3]
+为平面结构，则其中的C原子轨道杂化类型均为s p
2，其中N原子形成3个σ键，孤电子对
数为1，因此C原子轨道杂化类型均为s p
3；[ B(OC H 3)4]3
−中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，
则B的原子轨道杂化类型为s p
3；[ B(OC H 3)4]3
−中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子
对，则O的原子轨道的杂化类型均为s p
3；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，故D
错误；
故选：A。
8.（2023·北京）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
金刚石
石墨
石墨炔
下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是( )
A. 三种物质中均有碳碳原子间的σ键
B. 三种物质中的碳原子都是s p
3杂化
C. 三种物质的晶体类型相同
D. 三种物质均能导电
【答案】A
【解析】
A .原子间优先形成σ键，三种物质中均有碳碳原子间的σ键，故A 正确；
B.金刚石中碳原子均采取s p
3杂化，而石墨中碳原子采取s p
2杂化，石墨炔中苯环上碳原子采取s p
2杂化，
碳碳三键中碳原子采取sp杂化，故B 错误；
C.金刚石属于共价晶体，石墨属于混合晶体，石墨炔属于分子晶体，三种物质晶体类型不相同，故C 错误；
D.石墨、石墨炔中存在大π键，可以导电，而金刚石没有自由移动的电子，不能导电，故D 错误；
故选：A。
9. （2023·河北）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O = P( N 3)3。下列关于该分子的说法正确的
是
A. 为非极性分子
B. 立体构型为正四面体形
C. 加热条件下会分解并放出N 2
D. 分解产物NPO的电子式为
13
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【答案】C
【解析】
A.磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，故A 错误；
B.磷酰三叠氮分子含有三个P−N键及一个P =O双键，则立体构型为四面体构型，故B 错误；
C.磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N 2，故C 正确；
D.NPO为共价化合物，则电子式为
，故D 错误。
10. （2021·辽宁）有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是( )
A. a的一氯代物有3种
B. b是
的单体
C. c中碳原子的杂化方式均为s p
2
D. a、b、c互为同分异构体
【答案】A
【解析】
A .a中含3种H，如图
，可知a的一氯代物有3种，故A 正确；
B.
的单体为
，而b为苯乙炔，故B 错误；
C.c中次甲基上C为s p
3杂化，碳碳双键上C为s p
2杂化，故C 错误；
D.均含8个C，a含6个H、b含6个H、c含8个H，可知只有a、b互为同分异构体，故D 错误；
故选：A。
11. （2023·全国乙卷）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿
物( M gx F e2−x SiO4)，回答下列问题：
14
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(1)基态Fe原子的价电子排布式为 ______ ，橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ______ ，铁的化合价
为 ______ 。
(2)已知一些物质的熔点数据如下表：
物质
熔点/℃
NaCl
800.7
SiC l4
−68.8
GeC l4
−51.5
SnC l4
−34.1
Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiC l4。原因是 ______ 。分析同族元素的氯化物SiC l4、
GeC l4、SnC l4熔点变化趋势及其原因 ______ 。SiC l4的空间结构为 ______ ，其中Si的轨道杂化形式
为 ______ 。
(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如图所示，
晶胞中含有 ______ 个Mg。该物质化学式为 ______ ，B−B最近距离为 ______ 。
【答案】3d
64 s
2 O>Si> Fe> Mg +2 NaCl为离子晶体，SiC l4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子
晶体 SiC l4、GeC l4、SnC l4均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，随着相对分子质量的增大，熔沸点
逐渐升高 正四面体形 s p
3杂化 3 Mg B2 √3
3 a
【解析】
(1)Fe为26号元素，价电子排布式为：3d
64 s
2；非金属性越强电负性越大，橄榄石中含有Mg、Fe、Si、
O四种元素，因此电负性大小顺序为：O>Si> Fe> Mg；化合物M gx F e2−x SiO4中Mg元素的化合价为
+2价，Si元素的化合价为+ 4价，O元素的化合价为−2价，根据各元素的代数和为0，可知Fe元素的化合
价为+2价，
15
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故答案为：3d
64 s
2；O>Si> Fe> Mg；+2；
(2)NaCl为离子晶体，SiC l4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，因此NaCl熔点明显高于SiC l4；
SiC l4、GeC l4、SnC l4均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，随着相对分子质量的增大，熔沸点逐渐
升高；SiC l4的价电子对数为：4+ 4
2
= 4，孤电子对数为0，因此SiC l4的空间构型为正四面体形，Si的轨
道杂化形式为s p
3杂化，
故答案为：NaCl为离子晶体，SiC l4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；SiC l4、GeC l4、
SnC l4均为分子晶体，相对分子质量逐渐增大，随着相对分子质量的增大，熔沸点逐渐升高；正四面体形；
s p
3杂化；
(3)根据均摊法，晶胞中含有的Mg原子的个数为：12× 1
6 +2× 1
2 =3，B原子的个数为6，因此该物质的化
学式为Mg B2；晶胞沿c轴的投影图可知，B−B间最近距离为边长的a的两个正三角形重心间的距离，因
此B−B最近距离为√3
3 a，
故答案为：3；Mg B2；√3
3 a。
(1)Fe为26号元素，价电子排布式为：3d
64 s
2；非金属性越强电负性越大；化合物M gx F e2−x SiO4中
Mg元素的化合价为+2价，Si元素的化合价为+ 4价，O元素的化合价为−2价，根据各元素的代数和为0分
析；
(2)NaCl为离子晶体，SiC l4为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体；SiC l4、GeC l4、SnC l4均为分
子晶体，相对分子质量逐渐增大，随着相对分子质量的增大，熔沸点逐渐升高；SiC l4的价电子对数为：
4+ 4
2
= 4，孤电子对数为0，因此SiC l4的空间构型为正四面体形，Si的轨道杂化形式为s p
3杂化；
(3)根据均摊法进行计算；晶胞沿c轴的投影图可知，B−B间最近距离为边长的a的两个正三角形重心间的
距离，因此B−B最近距离为√3
3 a。
12.（2023·浙江）氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是 ______ 。
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(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是 ______ 。
A.能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s
22s
12 p
33 s
1
B.化学键中离子键成分的百分数：C a3 N 2> M g3 N 2
C.最简单的氮烯分子式：N 2 H 2
D.氮烷中N原子的杂化方式都是s p
3
②氮和氢形成的无环氨多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为 ______ 。
③给出H
+的能力：N H 3 ______ [CuN H 3]
2+(填“>”或“<”)，理由是 ______ 。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为 ______ ，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为 ______ 。
【答案】2s
22 p
3 A N n H n+2−2m，(n≥2,m≤n
2 ,m为正整数) < 形成配位键后，使得N原子电子云向
铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，更易给出H
+ CaC N 2 6
【解析】
(1)N是7号元素，基态N原子电子排布式为1s
22s
22 p
3，价电子排布式为：2s
22 p
3，
故答案为：2s
22 p
3；
(2)①A .能量最低的激发态N原子为1个2 p能级电子跃迁到3 s能级，则能量最低的激发态N原子的电子排
布式：1s
22s
22 p
23 s
1，故A 错误；
B.成键原子电负性差值越大，化学键中离子键成分的百分数越大，电负性：Ca< Mg，故化学键中离子键
成分的百分数：C a3 N 2> M g3 N 2，故B 正确；
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C.最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原子形成N −H键，故
最简单的氮烯分子式：N 2 H 2，故C 正确；
D.氮烷中N原子有3个成单电子和1个孤对电子，价层电子对数都为4，氮烷中N原子的杂化方式都是s p
3，
故D 正确；
故答案为：A；
②氮和氢形成氨烷时，每个N原子能形成3个价键，N原子间形成单键，则氮烷的通式为：N n H n+2，n≥1；
氮和氢形成的无环氨多烯，每多一个双键就少2个H原子，则氮烯的通式为：N n H n+2−2m，
(n≥2,m≤n
2 ,m为正整数)，
故答案为：N n H n+2−2m，(n≥2,m≤n
2 ,m为正整数)；
③[CuN H 3]
2+中N原子提供孤电子对，C u
2+提供空轨道，形成配位键，使得N原子电子云向铜偏移，使
氮氢键的极性变大，氮氢键更易断裂，更易给出H
+，
故答案为：<；形成配位键后，使得N原子电子云向铜偏移，使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，更易
给出H
+；
(3)由晶胞图和俯视图可知，C a
2+位于顶点和体内，个数为8× 1
8 +2=3，C N 2
2−位于棱上和体内，个数为
2+ 4× 1
4 =3，C a
2+：C N 2
2−=3：3=1：1，则其化学式为CaC N 2；由其键角为120°，根据其六方最密
堆积图可知，以体内的1个C N 2
2−为例，在其上方、下方距离最近的C a
2+各有3个，配位数为6，
故答案为：CaC N 2；6。
13.（2022·湖南）铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回
答下列问题：
(1)乙烷硒啉( Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如图：
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①基态Se原子的核外电子排布式为[ Ar ]______；
②该新药分子中有 ______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子 ______SeO3
2−离子(填“>”“<”或“=”)，原因是 ______。
(2)富马酸亚铁( FeC4 H 2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中σ键与π键的数目比为 ______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为 ______。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H 2，将N
3−转化为N H 2
−，
反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为 ______；
②与N H 2
−互为等电子体的一种分子为 ______(填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
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①该超导材料的最简化学式为 ______；
②Fe原子的配位数为 ______；
③该晶胞参数a=b=0.4 nm、c =1.4 nm。阿伏加德罗常数的值为N A，则该晶体的密度为 ______
g⋅c m
−3(列出计算式)。
【答案】3d
104 s
24 p
4 6 > SeO3无孤电子对，SeO3
2−中含有1个孤电子对，排斥力：孤电子对−共价键
>共价键−共价键，导致SeO3键角较大 11：3 O>C > H > Fe s p
3杂化 H 2O KF e2S e2 4
2×39+ 4×56+ 4×79
(0.4×0.4×1.4)×10
21 N A
【解析】
(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[ Ar ]3d
104 s
24 p
4，
故答案为：3d
104 s
24 p
4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构具有对称性，有6种等效氢分子，
故答案为：6；
③SeO3中硒原子的孤对电子对数为：6−3×2
2
=0，价层电子对数为：3+0=3，分子的空间构型为平面
三角形，键角为120°，SeO3
2−中硒原子的，孤对电子对数为6+2−3×2
2
=1，价层电子对数为3+1= 4，
离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，
故答案为：>；SeO3无孤电子对，SeO3
2−中含有1个孤电子对，排斥力：孤电子对−共价键>共价键−共价
20
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键，导致SeO3键角较大；
(2)①由富马酸分子的比例模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH =CHCOOH，σ键有11个，π键有3
个，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，
故答案为：11：3；
②富马酸亚铁( FeC4 H 2O4)中有四种元素，分别为：Fe、C、H、O，非金属性越强电负性越大，即电
负性大小为：O>C > H > Fe，
故答案为：O>C > H > Fe；
(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为s p
3杂化，
故答案为：s p
3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，
故答案为：H 2O；
(4)由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：8× 1
8 +1=2，硒原子8个位于棱
上，2个位于金宝内部，其个数为8× 1
4 +2= 4，铁原子8个位于面心，其个数为8× 1
2 = 4，
①超导材料最简化学式为KF e2S e2，
故答案为：KF e2S e2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，
故答案为：4；
③一个晶胞的质量为：2×39 g/mol+ 4×56 g/mol+ 4×79 g/mol
N A
，一个晶胞的体积为：
abc =(0.4×0.4×1.4)×10
−21c m
3，ρ= m
V = 2×39 g/mol+ 4×56 g/mol+ 4×79 g/mol
(0.4×0.4×1.4)×10
21 N A
，
故答案为：
2×39+ 4×56+ 4×79
(0.4×0.4×1.4)×10
21 N A
。
14.（2022·全国甲卷）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实
现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(C H 2=C H 2)与四氟乙烯(C F2=C F2)的共聚物
21
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( ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为 ______。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图
是 ______(填标号)，判断的根据是 ______；第三电离能的变化图是 ______(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在( HF )n形式，画出( HF )3的链状结构 ______。
(4)C F2=C F2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为 ______和 ______；聚四氟乙烯的化学稳定性高
于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 ______。
(5)萤石(Ca F2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是 ______；若该立方
晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为 ______pm。
【答案】
(1)
(2)图a；同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2 p能级为半充满状态，因此N元素的第一电
离能较C、O两种元素高；图b
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(3)
(4)s p
2；s p
3；C −F键的键能大于聚乙烯中C −H的键能，键能越大，化学性质越稳定
(5)C a
2+；√3
4 a
【解析】
(1)F为第9号元素，其核外电子排布为1s
22s
22 p
5，则其价电子排布图为
，
故答案为：
；
(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2 p能级为半
充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小
到大的顺序为C <O< N < F，满足这一规律的图像为图a；气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基
态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升
高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，
则满足这一规律的图像为图b，
故答案为：图a；同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2 p能级为半充满状态，因此N元素的
第一电离能较C、O两种元素高；图b；
(3)固体HF中存在氢键，则( HF )3的链状结构为
，
故答案为：
；
(4)C F2=C F2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为s p
2杂化，但其共聚物ETFE中C原
子存在4对共用电子对，其C原子为s p
3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形
23
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成的C −F键的键能大于聚乙烯中C −H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质
越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，
故答案为：s p
2；s p
3；C −F键的键能大于聚乙烯中C −H的键能，键能越大，化学性质越稳定；
(5)根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有
8× 1
8 +6× 1
2 = 4个，深色Y 离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y 离子，因此该晶胞的化学式
应为X Y 2，结合萤石的化学式Ca F2可知，X为C a
2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细
观察Ca F2的晶胞结构不难发现F
−位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，小立方体边
长为1
2 a，体对角线为√3
2 a，C a
2+与F
−之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负离子的核
间距的最小的距离为√3
4 apm，
故答案为：C a
2+；√3
4 a。
15.（2021·全国港澳华侨）固体电解质Zr O2常用于新能源电池。回答下列
问题：
(1)基态氧原子的价电子层中未成对电子数有 ______ 个。
(2)氧有两种同素异形体：O2和O3。O3的分子空间构型为 ______ ；分子
极性：O2 ______ O3(填“大于”或“小于”)。沸点：O2 ______ O3(填
“高于”或“低于”)。
(3)Zr O2晶体的晶胞结构如图所示，O
2−、Z r
4+的配位数分别为 ______
和 ______ 。
(4)为使Zr O2结构稳定和增加导电性，常在其中掺杂少量的Y
3+(稀土离子)。掺杂的低价离子占据正常
Z r
4+离子的位置，导致晶体中O
2−缺位。若掺杂Y
3+替代Z r
4+的物质的量分数为x，相应晶体中O
2−缺位比
例为 ______ ，该晶体化学式为 ______ 。
【答案】
2 V 形 小于 低于 4 8 x：4 Z r(1−x)Y xO(2−0.5 x)
【解析】
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(1)基态氧原子的价电子排布图为
，据此判断价电子层中未成对电子数为2，
故答案为：2；
(2)O3和SO2互为等电子体，结构相似，SO2分子中S原子价层电子对个数=2+ 6−2×2
2
=3且含有1个孤
电子对，SO2为空间构型为V 形，则O3的空间构型为V 形；O2为直线形分子、O3为V 形分子，则O2正负
电荷重心重合，为非极性分子，O3正负电荷重心不重合，为极性分子，所以极性：O2小于O3；二者都是
不能形成分子间氢键的分子晶体，相对分子质量：O3大于O2，分子间作用力O3大于O2，所以沸点：O2低
于O3，
故答案为：V 形；小于；低于；
(3)根据图知，距离O
2−最近且相等的Z r
4+的个数为4，距离Z r
4+最近且相等的O
2−的个数8，所以O
2−、
Z r
4+的配位数分别为4、8，
故答案为：4；8；
(4)掺杂的低价离子占据正常Z r
4+离子的位置，导致晶体中O
2−缺位。若掺杂Y
3+替代Z r
4+的物质的量分
数为x，设化学式中O原子个数为y，其化学式为Z r(1−x)Y xO y，该化合物的化学式中各元素化合价的代数
和为0，则4(1−x)+3 x =2 y，y =2−0.5 x，O
2−氧原子缺少的个数为[2−(2−0.5 x)]=0.5 x，相应晶体
中O
2−缺位比例为0.5 x：2= x：4，该晶体化学式为Z r(1−x)Y xO(2−0.5 x)，
故答案为：x：4；Z r(1−x)Y xO(2−0.5 x)。
16.（2021·广东）很多含巯基(−SH )的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物Ⅰ可
与氧化汞生成化合物Ⅱ。
(1)基态硫原子价电子排布式为 ______ 。
(2)H 2S、C H 4、H 2O的沸点由高到低顺序为 ______ 。
(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第 ______ 周期第ⅡB族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有 ______ 。
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A.在Ⅰ中S原子采取s p
3杂化
B.在Ⅱ中S元素的电负性最大
C.在Ⅰ中C −C −C键角是180°
D.在Ⅲ中存在离子键与共价键
E.在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内重金属元素汞的解毒。化合物Ⅰ与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是
______ 。
(6)理论计算预测，由汞( Hg)、锗(≥)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体
可视为Ge晶体(晶胞如图a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是 ______ 。
②图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为 ______ ；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：
Sb= ______ 。
③设X的最简式的式量为M r，则X晶体的密度为______ g/c m
3(列出算式)。
【答案】(1)3 s
23 p
4
(2)H 2O> H 2S>C H 4
(3)六
(4) AD
(5)Ⅲ
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(6)①图b不是晶体中最小结构的重复单元
4
②；1：1：2
③
4 M r
N A⋅x
2 y ×10
−21
【解析】
(1)基态硫原子的价电子排布式为3 s
23 p
4；
(2)C H 4、H 2S分子间只有分子间作用力，H 2O分子间还存在氢键，则H 2O的沸点最大，H 2S的相对分
子质量大于C H 4，分子间作用力大于C H 4，故沸点排序为：H 2O> H 2S>C H 4；
(3)Hg位于第六周期第ⅡB族；
(4) A .在Ⅰ中每个S原子形成2个共价键，有2对孤电子对，采用s p
3杂化，故A 正确；
B.在Ⅱ中电负性最大的为O，故B 错误；
C.在Ⅰ中C为s p
3杂化，C −C −C键角不是180°，故C 错误；
D.在Ⅲ中存在离子键与共价键，故D 正确；
E.在Ⅳ中硫氧单键和硫氧双键键能不同，故E 错误；
(5)化合物Ⅲ属于盐类物质，水溶性更好；
(6)①图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，因为图b不是
晶体中最小结构的重复单元；
②根据晶胞结构可知，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；一个晶胞中Hg为：4× 1
4 +6× 1
2 = 4，
Ge：8× 1
8 + 4× 1
2 +1= 4，Sb：8×1=8，晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb= 4：4：8=1：1：2；
1
③mol该晶胞的质量= 4 M r g，晶胞的体积V = x
2 y nm
3，ρ= m
V =
4 M r
N A⋅x
2 y ×10
−21 g/c m
3。
第四板块 模拟提升
1. α −氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于α −氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的
是
27
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A. 其分子式为 C8 H 11 N O2
B. 分子中的碳原子有3种杂化方式
C. 分子中可能共平面的碳原子最多为6个
D. 其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子
【答案】C
【解析】
A. 结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C8 H 11 N O2，故A 正确；
B. 该分子中含 −C ≡N (氰基)、
(碳碳双键)以及碳碳单键，它们采用的杂化类型分别是sp杂化、
s p
2杂化和s p
3杂化共3种杂化方式，故B 正确；
C. 碳碳双键、碳氧双键中碳原子共平面、 −C ≡N (氰基)共直线，O原子采用s p
3杂化，为V 型结构，链
状的碳碳单键中最多有两个C原子共平面，则该分子中可能共平面的C原子可表示为：
，故C 错误；
D. 该分子中的不饱和度为4，含苯环的同分异构体中，苯环上侧链为含−N H 2、−CHOHC H 2OH、或
氨基、甲基、−OH等，可为一个侧链、两个侧链或多个侧链，苯环连5个取代基(
)时含H种类最少，为4种，故D 正确；
故选C。
2. 下列图示或化学用语错误的是
28
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A. 羟基的电子式：
B. H 2O的VSEPR模型：
C. M n
2+的价电子的轨道表示式：
D. 中子数为5的铍原子：❑4
9 Be
【答案】C
【解析】
A.羟基是电中性基团，电子式：
，正确；
B.H 2O中氧原子的价层电子对数为4，有2对孤对电子，VSEPR模型：
，正确；
C.M n
2+的价电子的轨道表示式：
，错误；
D.中子数为5的铍原子的质量数为4+5=9，表示为： 4
9 Be，正确。
3. 冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18−冠−6可用作相转移催化剂，其与K
+形成
的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是
A. 该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型
29
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B. 该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面
C. 该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7∶1
D. 与二甲醚(C H 3OC H 3)相比，该螯合离子中“C −O−C”键角更大
【答案】B
【解析】
A.该螯合离子中碳形成4个σ键，氧原子形成3个σ键和1个孤电子对，具有相同的杂化类型，均是s p
3杂化，
故A 正确；
B.该螯合离子中所有非氢原子，碳原子和氧原子具有相同的杂化类型，均是s p
3，不可能位于同一平面，
故B 错误；
C.该螯合离子中有极性键为42个，非极性键为6个，二者个数比为7∶1，故C 正确；
D.与二甲醚(C H 3OC H 3)相比，该螯合离子中“C −O−C”的O只有一个孤电子对，另一个孤电子对形
成了配位键，则键角更大，故D 正确。
4.
火药制备是我国古代闻名世界的化学工艺，其化学反应原理为：
2 KN O3+ S+3C = K 2S+ N 2↑+3C O2↑。下列说法正确的是( )
A. K 2S的电子式：
B. C O2的VSEPR模型：
C. N 2分子中既含有σ键又含有π键
D. 基态O原子核外电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
A.K 2S是离子化合物，由K
+和S
2−构成，电子式为
，故错误；
B.C O2中碳原子成键电子对为2，孤电子对为0，则采取sp杂化，C O2的VSEPR模型为直线型，故错误；
C.氮气结构为N ≡N，分子中含有1个σ键和2个π键，故正确；
D.O原子核外有8个电子，分别位于1s、2s、2 p能级上，分别含有2、2、4个电子，其轨道表示式为
30
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，故错误。
5. 如图所示，在乙烯分子中有5个σ键和一个π键，它们分别是
A. s p
2杂化轨道形成σ键，未杂化的2 p轨道形成π键
B. s p
2杂化轨道形成π键，未杂化的2 p轨道形成σ键
C. C — H之间是s p
2形成σ键，C — C之间是未参加杂化的2 p轨道形成π键
D. C — C之间是s p
2形成σ键，C — H之间是未参加杂化的2 p轨道形成π键
【答案】A
【解析】
乙烯中存在4个C −H键和1个C =C双键，C原子上没有孤对电子，成键数为3，则C原子采取s p
2杂化，
C −H之间是s p
2形成的σ键，C −C之间有1个是s p
2形成的σ键，C −C之间还有1个是未参加杂化的2 p
轨道形成的π键。
故选：A。
6. 我国科学家研究出联吡啶双酚铝氯化物，用作制备聚酯高效稳定的催化剂，其终步反应如图所示。已
知
含有π6
6大π键，下列说法正确的是( )
A. 反应物中C、N、O原子均采用s p
2杂化
31
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B. (C H 3C H 2)2 AlCl的熔点比AlC l3的高
C. 产物中有2个配位键与Al相结合
D. 产物中含有离子键和共价键
【答案】C
【解析】略
7. 卤族元素单质及其化合物应用广泛。(CN )2具有与卤素单质相似的化学性质。F2在常温下能与Cu反应
生成致密的氟化物薄膜，还能与熔融的N a2SO4反应生成硫酰氟(SO2 F2)。Ca F2与浓硫酸反应可制得
HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37．SO2通入KClO3酸性溶液中可制得黄绿色气体ClO2，
该气体常用作自来水消毒剂。工业用C l2制备TiC l4的热化学方程式为
TiO2(s)+2C l2(g)+2C (s)⇀
↽TiC l4(g)+2CO(g) ΔH =−49kJ ⋅mol
−1。下列说法不正确的是
A. (CN )2是由极性键构成的极性分子
B. ClO3
−、SO4
2−中心原子的杂化方式均为s p
3
C. 常温下，氟化氢可能以(HF)2分子的形式存在
D. F2与熔融N a2SO4反应时一定有氧元素化合价升高
【答案】A
【解析】
A.(CN )2分子内碳原子有1个碳碳单键、1个碳氮三键，则C原子为sp杂化，直线形，正负电荷中心重叠，
是由极性键、非极性键构成的非极性分子，A 错误；
B. ClO3
− 中心原子的 孤电子对为 7+1−2×3
2
=1 ，价层电子对个数=1+3= 4，所以中心原子为 s p
3 杂
化，硫酸根离子中心原子的孤电子对为 6+2−2×4
2
=0 ，价层电子对个数= 4 +0= 4，所以中心原子为
s p
3 杂化，B 正确；
C. 常温下，氟化氢分子间存在氢键、存在缔合分子，且常温下测得氟化氢的相对分子质量约为37，故可
能以( HF )2子的形式存在，C 正确；
D. F2 与熔融 N a2SO4 反应生成硫酰氟( SO2 F2 )，氟化合价降低，钠和S已是最高价态，则反应时一定
有氧元素化合价升高，D 正确；
答案选A。
32
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8. TCCA是一种高效含氯消毒漂白剂，贮运稳定，在水中释放有效氯时间长，应用于游泳池等公共场合，
其分子结构如图所示。已知：X、Y 、Z、W 属于原子序数递增的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子
层数的3倍。下列说法正确的是
A. .第一电离能：X <Y <Z
B. X、Y 、W 均能与Z形成两种或两种以上的化合物
C. TCCA中X与Y 均采取s p
3杂化
D. 四中元素对应的简单氢化物中最稳定的是W
【答案】B
【解析】X、Y 、Z、W 属于原子序数递增的短周期元素，Z核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Z为
第二周期VIA族的O元素；结合TCCA的结构可知X能形成4个共价键，且原子序数小于X，则X为C元素；
Y 能形成3个共价键，且原子序数大于X小于Z，则Z为N元素；W 能形成1个共价键，且TCCA为含氯消毒
剂，则W 为Cl元素，综上所述X、Y 、Z、W 分别为：C、N、O、Cl四种元素，据此分析可得。
A . X、Y 、Z分别为C、N、O。非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2 p轨道电子处于半充
满状态，稳定性强，所以第一电离能氮元素大于氧元素，即第一电离能：X <Z <Y ，故A 错；
B.X、Y 、Z、W 分别为：C、N、O、Cl四种元素，C、N、Cl分别与O可组成 CO、C O2；NO、
N O2；ClO、ClO2 等，故B 正确；
C.TCCA中
碳氧双键为 s p
2 杂化，故C 错；
D.O元素的非金属性强于Cl，则O对应氢化物强于Cl对应氢化物，故D 错。
答案选B。
9. 下列说法正确的是( )
A. SO2与C O2的分子立体构型均为直线形
33
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B. H 2O和N H 3中的分子的极性和共价键的极性均相同
C. SiO2的键长大于C O2的键长，所以SiO2的熔点比C O2高
D. 分子晶体中只存在分子间作用力，不含有其它化学键
【答案】B
【解析】
A.C O2的分子立体构型均为直线形，而SO2分子中S原子孤电子对数= 6−2×2
2
=1，价层电子对数
=2+1=3，故SO2的分子立体构型为V 形，故A 错误；
B.H 2O 为V 形结构，而 N H 3 为三角锥形结构，分子中正负电荷重心不重合，二者均为极性分子，H 2O
和 N H 3 中化学键均为极性键，故B 正确；
C.SiO2 属于原子晶体，共价键影响熔点，而 C O2属于分子晶体，分子间作用力影响熔点，与化学键无关
故C 错误；
D.分子晶体中分子之间存在分子间作用力，分子中原子之间可以形成共价键，故D 错误，
故选：B。
10. 近日，科学家开发的常压旋转滑行弧实现高效固氮取得进展，如图所示。( )
下列叙述错误的是( )
A. 该固氮过程均发生氧化还原反应
B. 太阳能、风能转化为电能
C. 图中反应包括4 N O2+O2+2 H 2O = 4 HN O3
D. HN O3和N H 3中的N原子的杂化方式不同
【答案】A
【解析】略
11. 在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF −31 A洲际战略导弹是我国大国地
位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。回答下列问题：
(1)基态Cr原子的价电子排布式为______。
34
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(2)C H 3COOH能与H 2O任意比混溶的原因，除它们都是极性分子外还因为______。
(3)F e
3+可以与SC N
−形成一系列不同配位数的红色配合物，所以常用KSCN溶液检验F e
3+的存在，
KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为______(用元素符号表示)，SC N
−的几何构型为______，中
心原子的杂化类型为______。
(4)一种热电材料的晶胞结构如图所示，底部边长为apm，高为cpm，该晶体的化学式为______，紧邻Sb
与Cu间的距离为______pm，设N A为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为______g/c m
−3。
【答案】 3d
54 s
1 C H 3COOH分子与H 2O分子间可形成氢键 K <C <S< N 直线形 sp
C u3 Sb S4 √2
2 a 884
N A a
2c
×10
30
【解析】(1)根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为3d
54 s
1，故答案为：3d
54 s
1；
(2)C H 3COOH分子与H 2O分子间可形成氢键，因此C H 3COOH能与H 2O任意比混溶，故答案为：
C H 3COOH分子与H 2O分子间可形成氢键；
(3)液态N H 3和液态H 2S相比，液态N H 3分子间存在氢键，说明N比S更强烈的吸引H上的电子，而形成
氢键，所以就电负性而言，N >S，C与N同一周期，电负性N >C，硫酸是强酸，而碳酸是弱酸，故电负
性S>C， K是金属元素，K的电负性最小，所以KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为
K <C <S< N；SC N
−与二氧化碳互为等电子体，几何构型为直线形，中心原子的泰化类型为sp；故答案
为：K <C <S< N；直线形；sp；
(4)晶胞中有铜原子： 4× 1
4 +8× 1
2 +2× 1
2 =6个；锑原子： 8× 1
8 +1 =2个，硫原子：8个，n(Cu)：
n(Sb)：n(S)=6：2：8=3：1：4，故化学式为C u3 Sb S4。紧邻Sb与Cu间的距离为底边对角线的一半，
35
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故二者的距离为 √2
2 a pm；晶胞质量为 M (C u6 S b2S8)
N A
g，体积为 (a×10
−10)
2×(c×10
−10)c m
3 ，则晶
胞密度ρ= m
V =
M (C u6 S b2S8)
N A
g
(a×10
−10)
2×(c×10
−10)c m
3
= 884
N A a
2c
×10
30 g/c m
3，故答案为：C u3 Sb S4； √2
2 a
884
N A a
2c
×10
30 。
12. 铁、铜和镁是生命必需的元素，也是人类使用广泛的金属，铁和铜及其重要化合物在生产中有着重要
的应用。回答下列问题：
(1)某元素X与铜同周期，基态X原子是该周期基态原子中未成对电子最多的，其原子结构示意图为______。
(2)F e
2+变为基态铁原子时所得的电子填充到______能级。
(3)新制备的Cu(OH )2可将乙醛氧化成乙酸(C H 3COOH )，而自身还原成C u2O。1个乙酸分子中共平面
的原子最多为______个。图所示的C u2O晶胞中，铜周围紧邻且等距的氧有______个，已知其晶胞密度为
bg/c m
3，则该晶胞棱长为______pm(设N A为阿伏加德罗常数的值)。
(4)叶绿素的结构示意如图所示。
36
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①该结构中包含的作用力有______(用字母填空)。
a.离子键 b.σ键 c .π键 d .分子间作用力
②其中碳原子的杂化类型为______，碳、氮、氧三种元素的电负性由大到小的顺序是______。元素As与N
同族预测As的简单氢化物的VSEPR模型为______，其键角______109º 28´(填“大于”、“小于”或“等
于”)原因是______。
【答案】(1)
(2)4 s
(3) 6 2
3√
288
b N A
×10
10
(4)bc s p
2、s p
3 O> N >C 四面体形 小于 As H 3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的
排斥作用较大
【解析】
(1)某元素X与铜同周期即为第四周期，基态X原子是该周期基态原子中未成对电子最多的，该元素为Cr，
37
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其原子结构示意图为
，故答案为：
；
(2)已知F e
2+的基态离子的价层电子排布为3d
6，Fe基态原子的价层电子排布为：3d
64 s
2，故Fe
2+变为
基态铁原子时所得的电子填充到4 s能级，故答案为：4 s；
(3)新制备的Cu(OH )2可将乙醛氧化成乙酸(C H 3COOH )，而自身还原成C u2O，1个乙酸分子中羧基上
4个原子均能共平面，甲基上最多有2个原子与羧基共平面，故共平面的原子最多为6个，由C u2O晶胞图
所示信息可知，1个晶胞中含有黑球4个，白球为 8× 1
8 +1 =2个，故黑球代表C u
+，白球代表O
2−，则可
知铜周围紧邻且等距的氧有2个，则一个晶胞的质量为： 2×(2×64+16)
N A
g ，已知其晶胞密度为bg/c m
3，
一个晶胞的体积为： 288
N A b c m
3 ，则该晶胞棱长为 3√
288
b N A
cm= 3√
288
b N A
×10
10 pm，故答案为：6；2；
3√
288
b N A
×10
10 pm；
(4)①该结构中未含阴阳离子，则不含离子键，已知单键均为σ键，双键为一个σ键，一个π键，故分子中
含σ键和π键，分子间作用力存在于分子之间，微粒内部不存在，故答案为：bc；
②其中形成双键的碳原子采用s p
2杂化，不含双键的碳原子采用s p
3杂化，故碳原子的杂化类型为s p
2、
s p
3，碳、氮、氧三种元素为同一周期元素，同一周期从左往右电负性依次增大，故三者的电负性由大到
小的顺序是O> N >C，元素As与N同族预测As的简单氢化物的化学式为AsH 3，分子中中心原子As周围
的价层电子对数为：3+ 1
2 (5−3×1) = 4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR模型为四面体形，由
于As H 3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，则其键角小于109º 28´，故答案为：
s p
2、s p
3；O> N >C；四面体形；小于；As H 3含有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥作用
较大。
13. 近日，科学家利用铁配合物催化氮气选择性转化成肼，如图所示( Et为乙基)。
38
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回答下列问题：
(1)基态Fe原子最外层电子排布式为__________。基态N原子有_________种空间运动状态不同的电子。
(2)Fe(depe)( N 2)所含元素中，电负性最大的元素是__________________ ，P原子的杂化类型是
__________。Fe(depe)( N 2)中σ键数目和π键数目之比为_____________。
(3)N 2 H 4和H 2S的相对分子质量相同，但是常温常压下，N 2 H 4呈液态，而H 2S呈气态，其主要原因是
_________。
(4)N H 3的VSEPR模型为_________。1mol N 2 H 4最多能与___________mol H
+反应。
(5)铁和氮形成一种晶胞如图所示。已知：N A为阿伏加德罗常数的值，六棱柱底边的边长为apm，高为
bpm。该晶体中Fe、N原子个数最简比为_________。该晶体的密度为_________g·c m
−3(只列计算式)。
【答案】(1)4 s
2；5；
(2)N；s p
3；38:1；
(3)N 2 H 4分子间存在氢键，H 2S分子间只存在范德华力，氢键的作用力比范德华力强；
(4)四面体形；2；
(5)3:1；
56×6+14×2
√3
2 a
2× 1
2 ×b×6×10
−30 N A
。
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【解析】
(1)铁为26号元素，基态Fe原子最外层电子排布式为4 s
2，基态N原子电子排布式为1s
22s
22 p
3，每个轨
道的空间运动状态不同，基态N原子有5种空间运动状态不同的电子。
(2)元素非金属性越强，电负性最大，则电负性最大的元素是N，P形成4个σ键，无孤电子对，则原子的
杂化类型是s p
3，1个(C H 3C H 2)2 PC H 2C H 2 P(C2 H 5)2含35个σ键，1个N ≡N键含1个σ键和2个π键。
铁原子形成了5个配位键，配位键也是σ键。所以，1个Fe(depe)( N 2)含76个σ键和2个π键，σ键数目和π
键数目之比为38：1。
(3)N 2 H 4分子间存在氢键，H 2S分子间只存在范德华力，氢键的作用力比范德华力强。
(4)N H 3分子中N原子价层有4个电子对，VSEPR模型为四面体形。N 2 H 4分子中N原子上有1个孤电子
对，1个N 2 H 4分子能结合2个氢离子。
(5)氮化铁晶胞中，12个铁原子位于顶点、2个铁原子位于面心3个铁原子位于体内，2个氮原子位于体内。
所以，1个晶胞含6个铁原子，2个氮原子，该晶体中Fe、N原子个数最简比为3：1，晶胞质量为
56×6+14×2
N A
g，晶胞体积为1
2 a
2sin60°×b×6×10
−30c m
3，则晶体密度计算如下，
ρ=
56×6+14×2
√3
2 a
2× 1
2 ×b×6×10
−30 N A
g⋅c m
−3
。
14. C u2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备C u2O。
(1)C u
2+基态核外电子排布式为______。
(2)SO4
2−的空间构型为______(用文字描述)；C u
2+与O H
−反应能生成[Cu(OH )4]
2−，[Cu(OH )4]
2−中的
配位原子为______(填元素符号)。
(3)抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为______；推测抗坏血酸在水中的溶解
性：______(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
40
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(4)一个C u2O晶胞(如图2)中，Cu原子的数目为______。
【答案】(1)1s
22s
22 p
63 s
23 p
63d
9或[ Ar ]3d
9
(2)正四面体形；O
(3)s p
3、s p
2；易溶于水
(4)4
【解析】
(1)Cu原子失去4 s能级上1个电子、3d能级上1个电子生成C u
2+，该基态离子核外电子排布式为
1s
22s
22 p
63 s
23 p
63d
9或[ Ar ]3d
9，
故答案为：1s
22s
22 p
63 s
23 p
63d
9或[ Ar ]3d
9。
(2)SO4
2−中S原子价层电子对个数= 4+ 6+2−4×2
2
= 4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断
该微粒空间构型为正四面体形；该配离子中C u
2+提供空轨道、O原子提供孤电子对形成配位键，所以配原
子为O，
故答案为：正四面体形；O。
(3)
中1、2、3号C原子价层电子对个数是4，4、5、6号碳原子价层电子对个数是
3，根据价层电子对互斥理论判断该分子中C原子轨道杂化类型：1、2、3号C原子采用s p
3杂化，4、5、
6号C原子采用s p
2杂化。抗坏血酸中羟基属于亲水基，所以抗坏血酸易溶于水，
故答案为：s p
3、s p
2；易溶于水。
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(4)该晶胞中白色球个数=8× 1
8 +1=2、黑色球个数为4，则白色球和黑色球个数之比=2：4 =1：2，根据
其化学式知，白色球表示O原子、黑色球表示Cu原子，则该晶胞中Cu原子数目为4，
故答案为：4。
15. 青蒿素(C15 H 22O5)是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素
晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。
(1)提取青蒿素
在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚(C2 H 5OC2 H 5)提取，效果更好。乙醇的沸点高于乙醚，
原因是______________________。
(2)确定结构
①图中晶胞的棱长分别为anm、bnm、cnm，晶体的密度为______g⋅c m
−3。(用N A表示阿伏加德罗常
数，青蒿素的相对分子质量为282)
②能确定晶体中哪些原子间存在化学键，并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是
______。
a.质谱法 b. X射线衍射 c .核磁共振氢谱 d .红外光谱
(3)修饰结构，提高疗效
一定条件下，用NaB H 4将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。
①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为______。
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②B H 4
−的空间结构为______。
双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。
【答案】
(1)乙醇分子间能形成氢键
(2)①
4×282
N A×abc×10
−21；②b
(3)①s p
3；②正四面体
【解析】
(1)乙醇分子中含有O−H键，乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于乙醚。
(2)①图中晶胞的棱长分别为anm、bnm、cnm，则晶胞的体积为abc×10
−21c m
3，晶体的密度为
4×282 g
abc×10
−21c m
3× N A
=
4×282
N A×abc×10
−21 g⋅c m
−3
。
②X射线衍射能测定原子的空间位置，所以X射线衍射能确定晶体中哪些原子间存在化学键，并能确定键
长和键角，从而得出分子空间结构，选b。
(3)①根据双氢青蒿素分子的结构简式，可知碳原子全是单键碳，C原子形成4个σ键，有4个杂化轨道，
杂化轨道类型为s p
3。
②B H 4
−中B原子的价电子对数为3+ 4 +1
2
= 4，无孤电子对，空间结构为正四面体。
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