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高考化学一轮复习： 第36 讲 分子结构与性质
【近年真题再现】
1. (2025 年北京卷)下列化学用语或图示表达不正确的是
A．乙醇的分子模型：
B．BF3的VSRPR 模型：
C．S 的原子结构示意图：
D．基态30Zn 原子的价层电子排布式：3d104s2
答案：C
解析：A．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，分子模型为：
，A 正确；
B．BF3分子中B 原子的价层电子对数为3＋×(3－1×3)＝3，无孤电子对，其空间构型和VSEPR 模型
均为平面三角形，B 正确；
C．S 的原子有16 个电子，结构示意图
，C 错误；
D．锌是30 号元素，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s2，价电子排布式为3d104s2，D 正确；
2. (2025 年山东卷)用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是
A．NaN3的水溶液显碱性 B．N 的空间构型为V 形
C．NaN3为含有共价键的离子化合物 D．N 的中心N 原子所有价电子均参与成键
答案：B
解析：A．NaN3是强碱(NaOH)和弱酸(HN3)形成的盐，N 水解生成OH－，溶液显碱性，A 正确。
B．N 与CO2是等电子体，两者结构相似 ，其中心原子均为sp 杂化，其电空间构型均为直线型，而
非V 形，B 错误。
C．NaN3为离子化合物(Na+与N 通过离子键结合)，N 内部三个N 原子以共价键连接，C 正确。
D．中心N 原子通过sp 杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D 正确。
3. (2025 年江苏卷)下列说法正确的是
A．硫黄有S2、S2-、S4等多种同素异形体
B．高温下青蒿素分子结构稳定
C．NH3分子中H－N－H 键角大于CH4分子中H－G－H 键角
D．题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对
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答案：D
解析：Ａ．同素异形体是同种元素形成的不同单质间的互称，S2-是离子不是单质，A 错误；
Ｂ．根据信息可知青蒿素中含有－O－O－，类比双氧水的分子结构可知其不稳定，高温条件下易分
解，B 错误；
Ｃ．NH3中心原子N 原子价层电子对数为3＋×(5－1×3)＝4，采用sp3杂化，孤电子对数为1，CH4中
心原子C 原子价层电子对数为4＋×(4－1×4)＝4，采用sp3杂化，孤电子对数为0，中心原子杂化方式相同
时，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则NH3分子中H－N－H 键角小
于CH4分子中H－C－H 键角，C 错误；
Ｄ．鸟嘌呤、胞嘧啶中含有－NH－、－NH2、O 原子、N 原子，可形成氢键，从而实现互补配对，
如图所示：
，D 正确。
4. (2025 年湖南卷)NaSbO3是一种合成聚酯的催化剂，可用“硝酸钠法”制备，反应方程式为4NaNO3
＋4Sb＋3O2=====4NaSbO3＋2NO＋2NO2。下列说法错误的是
A. NaSbO3中Sb 元素的化合价为＋5 B. NO 的空间结构为平面三角形
C. 反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为4 7 D.
∶
反应中消耗3molO2，转移20mole－
答案：C
解析：A．NaSbO3中Na 为＋1，O 为－2，根据电荷守恒，Sb 的化合价为＋5，A 正确；
B．NO 的中心N 原子价层电子对数是3＋＝3，采用sp2杂化，无孤电子对，空间结构为平面三角形，B 正确；
C．反应中氧化剂为NaNO3中的N(4mol)和O2(3mol)，总物质的量7mol；还原剂为Sb(4mol)。氧化剂
与还原剂物质的量之比为7 4∶，而非4 7∶，C 错误；
D．O2、NaNO3同时做氧化剂，3mol O2参与反应，有4molSb 做还原剂，整个反应总电子转移为
20mol(Sb 的氧化，化合价：0→+5)，D 正确；
5. (2025 年河北卷)下列化学用语表述正确的是
A．中子数为12 的氖核素：Ne B．氯化镁的电子式：
C．甲醛分子的球棍模型：
D．CO 的价层电子对互斥模型：
答案：C
解析：A．氖原子的质子数为10，中子数为12，故氖核素Ne，A 错误；
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B．氯化镁为离子化合物，电子式为
，B 错误；
C．甲醛(HCHO)分子为平面三角形结构，球棍模型中原子大小、连接方式应与实际结构相符。甲醛
中C 原子连接2 个H 原子和1 个O 原子，且为平面结构，题中模型符合甲醛分子结构特点，C 正确；
D．对于CO，中心C 原子的价层电子对数＝3＋＝3，孤电子对数为0，价层电子对互斥模型应为平面三角形 ，
D 错误；
6. (2025 年黑吉辽内蒙卷)Cl2O 可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：Cl2O＋H2O＝2HClO。下列说法
正确的是
A．反应中各分子的σ 键均为p－pσ 键 B．反应中各分子的VSEPR 模型均为四面体形
C．Cl－O 键长小于H－O 键长 D．HClO 分子中Cl 的价电子层有2 个孤电子对
答案：B
解析：A．反应中各分子的σ 键不全是p－pσ 键。例如，H2O 中的H－O 键是s－pσ 键，而非p－pσ
键，A 错误；
B．根据价层电子对互斥理论，Cl2O 中O 原子周围的孤电子对数为×(6－2×1)＝2，还含有2 个成键电
子对，因此其VSEPR 模型为四面体形；H2O 中O 原子周围的孤电子对数为×(6－2×1)＝2，还含有2 个成
键电子对，因此其VSEPR 模型为四面体形；HClO 中O 原子周围的孤电子对数为×(6－2×1)＝2，还含有2
个成键电子对，因此其VSEPR 模型为四面体形；反应中各分子的VSEPR 模型均为四面体形，B 正确；
C．Cl 的原子半径大于H，Cl－O 键长应大于H－O 键长，因此C 错误；
D．HClO 中Cl 的最外层电子数为7，其1 个价电子与O 形成共价键，剩余6 个价电子形成3 对孤电
子对，D 错误；
7. (2025 年黑吉辽内蒙卷)化学家用无机物甲(YW4ZXY)成功制备了有机物乙[(YW2)2XZ]，开创了有机
化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z 原子序数依次增大，X、Y、Z 同周期，基态X、Z 原子均有
2 个单电子。下列说法正确的是
A．第一电离能：Z＞Y＞X B．甲中不存在配位键
C．乙中σ 键和π 键的数目比为6 1 D
∶
．甲和乙中X 杂化方式分别为sp 和sp2
答案：D
解析：(YW2)2XZ 为有机物，基态X、Z 原子均有2 个单电子，X、Z 分别为IVA 族和VIA 族元素，
X、Y、Z 同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z 为第三周期元素，则X、Y、Z 分别为Si、P、S；若
X、Y、Z 为第二周期元素，则X、Y、Z 分别为C、N、O；又YW4ZXY 为无机物，(YW2)2XZ 为有机物，
所以X、Y、Z 分别为C、N、O，W、X、Y、Z 原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W 为H，综上
所述，W、X、Y、Z 分别为H、C、N、O。
A．C、N、O 同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA 族的第一
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电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A 错误；
B．甲为NH4OCN，NH 中有N 原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H 配位键，故B 错误；
C．乙为
，其中有4 个N－H、2 个C－N、碳氧原子之间1 个σ 键，则一个
中有7 个σ 键、1 个π 键，σ 键与π 键的数目比为7 1∶，故C 错误；
D．甲为NH4OCN，其中的C 原子与N 原子形成三键、与O 原子形成单键，σ 键电子对数为2，无孤
对电子，C 原子采取sp 杂化，乙为
，其中的C 原子形成3 个σ 键，即σ 键电子对数为3，无孤
对电子，C 原子采取sp2杂化，故D 正确；
8. (2025 年甘肃卷)我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分
子 (CH3)4NCl 可形成主客体包合物：(CH3)4N＋被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是
A．主体分子存在分子内氢键 B. 主客体分子之间存在共价键
C．磺酸基中的S－O 键能比S＝O 小 D．(CH3)4N＋和(CH3)3N 中N 均采用sp3杂化
答案：B
解析：A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A
正确；
B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B 错误；
C．已知单键的键能小于双键，则S－O 的键能比S＝O 键能小，C 正确；
D．N 原子价电子数为5，(CH3)4N＋中N 有4 条σ 键，失去1 个电子形成阳离子，无孤对电子，采用
sp3杂化，(CH3)3N 中N 有3 条σ 键，1 对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D 正确；
9. (2025 年安徽卷)下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是
A．与H+结合的能力：OH－＞NH B. 与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+
C．H2O 和NH3分子中的键长：O－H＞N－H D. 微粒所含电子数：NH＞NH
答案：B
解析：A．根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为：NaNH2＋H－OH＝NaOH＋H－NH2，
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说明NH 结合H+能力更强，A 错误；
B．根据题干信息，深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4SO4]溶液，说明
NH3更容易与H+配位形成NH，故与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+，B 正确；
C．原子半径N＞O，则键长：O－H＜N－H，C 错误；
D．NH 所含电子数为7＋4－1＝10，NH 所含电子数7＋2＋1＝10，相同数量的两种微粒所含电子数
相等，D 错误；
10. (2025 年江西卷)下列说法正确的是
A. 键长：CO＞CO2 B. 沸点：HI＞HCl C. 键能：O2＞N2 D. 键角：NH＞NO
答案：B
解析：A．CO 中C 原子和O 原子通过三键相连，CO2中C 原子和O 原子通过双键相连，三键的键长
小于双键，则键长：CO＞CO2，A 错误；
B．HI 分子量大于HCl，范德华力更强，沸点更高，则沸点：HI＞HCl，B 正确；
C．N2中存在氮氮三键，O2中存在氧氧双键，三键的键能比双键大，则键能：O2＜N2，C 错误；
D．NH 中心N 原子价层电子对数为4+＝4，N 原子为sp3杂化，NO 中心N 原子价层电子对数为3+＝3，N 原子为
sp2杂化，则键角：NH＜NO，D 错误；
11．(2025 年江西卷)乙烯是植物激素，可以催熟果实。植物体内乙烯的生物合成反应为：
阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A．2.24LC2H4中σ 键的数目为0.5NA B．0.1molHCN 中π 电子的数目为0.3NA
C．9gH2O 中孤电子对的数目为0.5NA D. 消耗1molO2，产物中sp 杂化C 原子数目为4NA
答案：D
解析：A．2.24LC2H4未指明标准状况，无法确定其物质的量，A 错误；
B．HCN 结构式为H－C≡N，C≡N 三键含2 个π 键，每个π 键2 电子，故每个HCN 分子含4 个π 电
子，0.1 mol HCN 含0.4 NAπ 电子，B 错误；
C．H2O 中心原子孤电子对数为＝2，9 g H2O 为＝0.5 mol，0.5 mol 水含1NA孤电子对，C 错误；
D．该反应中消耗1 mol O2生成2 mol HCN 和2 mol CO2。HCN 中C 为sp 杂化(2 个σ 键)，CO2中C
为sp 杂化(2 个σ 键)，共4 mol sp 杂化C 原子，数目为4NA，D 正确；
12. (2025 年重庆卷)以下氮氧化合物，N2O，N2O3，N2O4的结构式，有关说法正确的是
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A. 氮氮键的键能：N2O＞N2O3 B. 熔点：N2O3＞N2O4
C. 分子的极性：N2O4＞N2O D. N－N－O 的键角：a＞b
答案：A
解析：A．由图中数据可知，氮氮键的键长：N2O＜N2O3，则氮氮键的键能：N2O＞N2O3，A 正确；
B．二者均为分子构成的物质，分子间作用力：N2O3＜N2O4，熔点：N2O3＜N2O4，B 错误；
C．N2O4为对称的平面结构，极性较弱，而N2O 结构不对称，正负电荷中心不能重合，属于典型的
极性分子，故分子极性：：N2O4＜N2O，C 错误；
D．N2O3结构为O＝N－NO2，中心原子N 存在＝1 对孤对电子，中心原子N 为sp2杂化，受孤对电子
影响，键角略小于120°；而N2O4中心原子N 的孤对电子为＝0，价电子数为3，也是sp2杂化，没有孤对
电子的影响，故键角a＜b，D 错误；
13. (2025 年河南卷)下列化学用语或图示正确的是
A. 反－1,2－二氟乙烯的结构式：
B. 二氯甲烷分子的球棍模型：
C. 基态S 原子的价电子轨道表示式：
D. 用电子式表示CsCl 的形成过程：
答案：B
解析：A．顺式结构中，两个相同的原子或基团位于双键的同一侧；而反式结构中，两个相同的原子
或基团分别位于双键的两侧，所以
为顺－1,2－二氟乙烯，A 错误；
B．二氯甲烷中含有两根碳氢键和两根碳氯键，键长不一样，球棍模型为
，B 正确；
C．基态S 原子的价电子排布式为3s23p4，轨道表示式：
，C 错误；
D．氯化铯为离子化合物，用电子式表示CsCl 的形成过程：
，D 错误；
14. (2025 年西北卷)下列化学用语或图示表达正确的是
6
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A．CS2的电子式为
B．基态Be 原子的价电子排布式为2s22p2
C．C2H2的球棍模型为
D．反－2－丁烯的结构简式为
答案：A
解析：A．CS2与CO2结构类似，电子式为
，A 正确；
B．Be 是4 号元素，基态Be 原子的价电子排布式为2s2，B 错误；
C．乙炔的球棍模型为
，图中表示乙炔的空间填充模型，C 错误；
D．反－2－丁烯的分子中，两个甲基位于双键的不同侧，结构简式是
，D 错误；
15. (2025 年福建卷)分子Z(C42H26)有超长碳碳－σ 键(C1－C2 键长180.6 pm)，被I2氧化过程如图。设
NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1.0molZ 的sp3杂化碳原子数为2NA B．1.0mol[Z∙]+的未成对电子数为NA
C．1.0molZ2+的sp2杂化碳原子数为40NA D．0.1molZ 完全氧化为Z2+，生成的阴离子数为0.2NA
答案：C
解析：A．Z 的分子结构中，只有C1 和C2 两个碳原子是sp3杂化，则1.0molZ 的sp3杂化碳原子数为
2NA，A 正确；
B．[Z∙]+中C1 和C2 两个碳原子之间的σ 键电子对失去一个电子，剩余一个单电子，其他的共价键均
未被破坏，即1 个[Z∙]+的未成对电子数为1，则1.0mol[Z∙]+的未成对电子数为NA，B 正确；
C．Z2+结构中，所有碳原子(包括C1 和C2)均采取sp2杂化，故1.0molZ2+的sp2杂化碳原子数为
42NA，C 错误；
D．该反应式可表示为：Z＋3I2→2I＋Z2+，即1 个Z 完全氧化为Z2+，生成的阴离子数为2，则0.1molZ
完全氧化为Z2+，生成的阴离子数为0.2NA，D 正确；
16. (2024 年新课标卷)我国科学家最近研究的一种无机盐Y3[Z(WX)6]2纳米药物具有高效的细胞内亚
铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且W、X、Y 属于不同族的短周期元素。
W 的外层电子数是其内层电子数的2 倍，X 和Y 的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z 的M 层未成对
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电子数为4。下列叙述错误的是
A．W、X、Y、Z 四种元素的单质中Z 的熔点最高
B．在X 的简单氢化物中X 原子轨道杂化类型为sp3
C．Y 的氢氧化物难溶于NaCl 溶液，可以溶于NH4Cl 溶液
D．Y3[Z(WX)6]2中WX－提供电子对与Z3+形成配位键
答案：A
解析：W、X 、Y、Z 的原子序数依次增加，且W、X、Y 属于不同族的短周期元素。W 的外层电子
数是其内层电子数的2 倍，则W 为C 元素；每个周期的ⅡA 和ⅤA 的元素的第一电离能都比左右相邻元
素的高，由于配合物Y3[Z(WX)6]2中Y 在外界，Y 可形成简单阳离子，则Y 属于金属元素，故X 和Y 分别
为N 和Mg；Z 的M 层未成对电子数为4，则其3d 轨道上有4 个不成对电子，其价电子排布式为3d64s2，
Z 为Fe 元素，Y3[Z(WX)6]2为Mg3[Fe(CN)6]2。
A．W、X、 Y、Z 四种元素的单质中，N 元素的单质形成分子晶体，Mg 和Fe 均形成金属晶体，C
元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A 不正确；
B．在X 的简单氢化物是CH4，其中C 原子轨道杂化类型为sp3，B 正确；
C．Y 的氢氧化物是Mg(OH)2，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于NaCl 溶液，但是，由于NH4Cl
电离产生的NH 可以破坏Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，因此Mg(OH)2可以溶于NH4Cl 溶液，C 正确；
D．Mg3[Fe(CN)6]2中CN－提供电子对与Fe3+形成配位键，D 正确；
17. (2024 年山东卷)下列化学用语或图示正确的是
A．
的系统命名：2－甲基苯酚
B．O3分子的球棍模型：
C．激发态H 原子的轨道表示式：
D．p－pπ 键形成的轨道重叠示意图：
答案：A
解析：A．
含有
官能团为羟基，甲基与羟基相邻，系统命名为：2－甲基苯酚，故A 正确；
B．臭氧中心O 原子的价层电子对数为：2＋＝3，属于sp2杂化，有1 个孤电子对，臭氧为V 形分子，
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球棍模型为：
，故B 错误；
C．K 能层只有1 个能级1s，不存在1p 能级，故C 错误；
D．p－pπ 键形成的轨道重叠示意图为：
，故
D 错误；
18. (2024 年山东卷)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O 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
答案：C
解析：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O(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；
19. (2024 年江苏卷)下列有关反应描述正确的是
A．CH3CH2OH 催化氧化为CH3CHO，CH3CH2OH 断裂C－O 键
B．氟氯烃破坏臭氧层，氟氯烃产生的氯自由基改变O3分解的历程
C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂σ 键和π 键
D．石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2
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答案：B
解析：A．CH3CH2OH 催化氧化为CH3CHO，CH3CH2OH 断裂C－H 键和O－H 生成C＝O，A 错误；
B．根据题意，氯自由基催化O3分解氟氯烃破坏臭氧层，则氟氯烃产生的氯自由基改变O3分解的历
程，B 正确；
C．丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂σ 键，丁烷是饱和烷烃，没有π 键，C 错误；
D．石墨碳原子轨道的杂化类型为转化为sp2，金刚石碳原子轨道的杂化类型为sp3，石墨转化为金刚
石，碳原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3，D 错误；
20．(2024 年湖北卷)基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是
A．VSEPR 理论认为VSEPR 模型与分子的空间结构相同
B. 元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律
C. 泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子
D. sp3杂化轨道由1 个s 轨道和3 个p 轨道混杂而成
答案：A
解析：A．VSEPR 模型是价层电子对的空间结构模型，而分子的空间结构指的是成键电子对的空间
结构，不包括孤电子对，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，两
者空间结构不同，故A 错误；
B．元素的性质随着原子序数的递增而呈现周期性的变化，这一规律叫元素周期律，元素性质的周期
性的变化是元素原子的核外电子排布周期性变化的必然结果，故B 正确；
C．在一个原子轨道里，最多只能容纳2 个电子，且自旋相反，这个原理被称为泡利原理，故C 正确；
D．1 个s 轨道和3 个p 轨道混杂形成4 个能量相同、方向不同的轨道，称为sp3杂化轨道，故D 正确；
21. (2024 年河北卷)NH4ClO4是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，
如：NH4ClO4＋2C＝NH3↑＋2CO2↑＋HCl↑。下列有关化学用语或表述正确的是
A. HCl 的形成过程可表示为
B. NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR 模型和空间结构
C. 在C60、石墨、金刚石中，碳原子有sp、sp2和sp3三种杂化方式
D. NH3和CO2都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力
答案：B
解析：A．HCl 是共价化合物，其电子式为
，HCl 的形成过程可表示为
，
故A 错误；
B．NH4ClO4中NH 的中心N 原子孤电子对数为×(5－1－4)＝0，价层电子对数为4，ClO 的中心Cl 原
子孤电子对数为×(7＋1－2×4)＝0，价层电子对数为4，则二者的VSEPR 模型和空间结构均为正四面体形，
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故B 正确；
C．C60、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp3，共有2 种杂化方式，故C 错误；
D．NH3易液化，其气化时吸收热量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可作制冷剂，
NH3分子间作用力为氢键和范德华力，CO2分子间仅存在范德华力，故D 错误；
22．(2024 年甘肃卷)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NO 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
答案：D
解析：A．N2分子中存在的N≡N，O2分子中虽然也存在叁键，但是其键能小于N≡N，因此，相同条
件下N2比O2稳定，A 正确；
B．N2O 与NO 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；
C．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；
D．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；
23. (2024 年江西卷)科学家发现宇宙中存在100 多种星际分子。下列关于星际分子说法正确的是
A. 分子的极性：SiH4＞NH3 B. 键的极性：H—Cl＞H—H
C. 键角：H2O＞CH4 D. 分子中三键的键长：HC≡N＞HC≡CH
答案：B
解析：A．SiH4中四条Si—H 键完全相同，均为极性键，但由于SiH4为正四面体结构，故为非极性分
子，NH3为三角锥形结构，3 条N—H 键的极性不能抵消，故为极性分子，故A 错误；
B．H—H 为非极性键，H—Cl 为极性键，则键的极性：H—Cl＞H—H，故B 正确；
C．水分子为V 形结构，含两对孤对电子，甲烷为正四面体结构，不含孤对电子，孤对电子对成键电
子对斥力较大，则键角：H2O＜CH4，故C 错误；
D．原子半径C＞N，分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，故D 错误；
24. (2024 年重庆卷)下列各分子既含有sp2杂化的原子又能与H2O 形成氢键的是
A．CH3CH3 B. CH2＝CHBr C. CH3COOH D．CH3CH2NH2
答案：C
解析：A．CH3CH3中两个碳原子价层电子对数为4 都采用sp3杂化，且和H2O 不能形成分子间氢键，
故A 错误；
B．CH2=CHBr 中两个碳原子价层电子对数为3 采用sp2杂化，但不能和H2O 形成分子间氢键，故B
错误；
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C．CH3COOH 的－COOH 中碳原子价层电子对数为3 采用sp2杂化，且能和H2O 形成分子间氢键，
故C 正确；
D．CH3CH2NH2中C、N 原子价层电子对数为4 都采用sp3杂化，故D 错误；
25. (2024 年福建卷)我国科学家预测了稳定的氮单质分子N8(结构如图)。设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法错误的是
A．1.0mol N8的σ 键电子数为16NA B．1.0mol N8的(价层)孤电子对数为7NA
C．1.0mol N8的sp2杂化N 原子数为6NA D．112.0g N8完全分解，产生的N2分子数为4mol
答案：B
解析：A．1 个N8分子中有8 个σ 键，每个σ 键含有2 个电子，共16 个电子，1.0mol N8的σ 键电子
数为16NA，A 正确；
B．N8分子中所有原子共面可知
1 个N8分子1~6 处的6 个N 原子采取sp2杂
化，7、8 两处N 原子采取sp 杂化，其中8、1、3、4、5、6 六处N 原子各有一对孤电子对即1 个N8分子
有6 对孤电子对，1.0mol N8的(价层)孤电子对数为6NA，B 错误；
C．N8分子中所有原子共面可知
，1 个N8分子有6 个N 原子采取sp2杂化，
1.0mol N8的sp2杂化N 原子数为6NA，C 正确；
D．112.0gN8为＝1mol，含有8molN，根据氮原子守恒，1.0mol N8完全分解产生4molN2，D 正确；
26. (2024 年广西卷)白磷(P4)是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的说法错误的是
A. 分子中每个P 原子的孤电子对数均为1
B. 常保存于水中，说明白磷密度大于1g∙cm-3
C. 难溶于水，是因为水是极性分子，P4是非极性分子
D. 熔点低，是因为P4分子内的P－P 键弱
答案：D
解析：A．白磷的分子式为P4，空间构型为正四面体，每个P 原子采取sp3杂化，而每个P 原子有5
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五个价电子，所以每个P 原子还剩一对孤电子对，A 正确；
B．白磷在空气中容易自燃，保存于水中隔绝空气，故其密度大于水，B 正确；
C．白磷的分子式为P4，空间构型为正四面体，为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，
白磷难溶于水，C 正确；
D．白磷的分子式为P4，为非极性分子，属于分子晶体，分子间作用力较弱，故其熔点低，熔点低与
其共价键强弱无关，D 错误；
27. (2024 年广西卷)如图所示的铼配合物离子能电催化还原WY2。短周期元素W、X、Y、Z 的原子序
数依次增大。标准状况下，WY 和X2是等密度的无色气体，Z2是黄绿色气体。下列说法错误的是
A．第一电离能：X＞Y B．图中X 原子的杂化方式为sp2
C．Z 元素以原子的形态与Re2+配位 D．Y 的电负性大于W，WY 中的化学键是极性键
答案：C
解析：短周期元素W、X、Y、Z 的原子序数依次增大。Z2是黄绿色气体，Z 为氯；X 形成3 个共用
电子对，X 与Re2+之间为配位键，推测X 为氮，标准状况下，WY 和X2是等密度的无色气体，则WY 为
一氧化碳、X2为氮气，故W 为碳、X 为氮、Y 为氧、Z 为氯；
A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N 的2p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能大
于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N＞O，A 正确；
B．图中X 原子处于环中，且存在平面大π 键，则其杂化方式为sp2，B 正确；
C．由图可知，整个离子带1 个单位正电荷，而其中Re2+带2 个单位正电荷，则氯元素以Cl－的形态
与Re2+配位，C 错误；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；O 的电负性大于C，则CO
中的化学键是极性键，D 正确；
28．(2023 年湖北卷)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．CH4和H2O 的VSEPR 模型均为四面体 B．SO 和CO 的空间构型均为平面三角形
C．CF4和SF4均为非极性分子 D．XeF2与XeO2的键角相等
答案：A
解析：A．甲烷分子的中心原子的价层电子对为4，水分子的中心原子价层电子对也为4，所以他们
的VSEPR 模型都是四面体，A 正确；
B．SO 的孤电子对为1，CO 的孤电子对为0，所以SO 的空间构型为三角锥形，CO 的空间构型为平面三角形，B 错误，
C．CH4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C 错误；
D．XeF2和XeO2分子中，孤电子对不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不等，D 错误；
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29. (2023 年山东卷)下列分子属于极性分子的是
A．CS2 B．NF3 C．SO3 D．SiF4
答案：B
解析：A．CS2中C 上的孤电子对数为×(4－2×2)＝0，σ 键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的
空间构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A 项不符合题意；
B．NF3中N 上的孤电子对数为×(5－3×1)＝1，σ 键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间构
型为三角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于极性分子，B 项符合题意；
C．SO3中S 上的孤电子对数为×(6－3×2)＝0，σ 键电子对数为3，价层电子对数为3，SO3的空间构
型为平面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C 项不符合题意；
D．SiF4中Si 上的孤电子对数为×(4－4×1)＝0，σ 键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间构
型为正四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D 项不符合题意；
30. (2023 年重庆卷)NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如下：
下列说法正确的是
A. NCl3和SiCl4均为极性分子 B. NCl3和NH3中的N 均为sp2杂化
C. NCl3和SiCl4的水解反应机理相同 D. NHCl2和NH3均能与H2O 形成氢键
答案：D
解析：A．NCl3中中心原子N 周围的价层电子对数为：3+(5－3×1)＝4，故空间构型为三角锥形，其
分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而SiCl4中中心原子周围的价层电子对数为：4+(4－4×1)＝
4，是正四面体形结构，为非极性分子，A 错误；
B．NCl3和NH3中中心原子N 周围的价层电子对数均为：3+(5－3×1)＝4，故二者N 均为sp3杂化，B
错误；
C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O 中的H 原子与NCl3上的孤电子对结合，O 与
Cl 结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C 错误；
D．NHCl2和NH3分子中均存在N－H 键和孤电子对，故均能与H2O 形成氢键，D 正确；
31. (2025 年山东卷)Fe 单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(1)在元素周期表中，Fe 位于第_______周期_______族。基态Fe 原子与基态Fe3+离子未成对电子数之
比为_______。
(2)尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，
又可作缓释氮肥。
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①元素C、N、O 中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。
②尿素分子中，C 原子采取的轨道杂化方式为_______。
③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子
是_______(填元素符号)。
答案：(1)四 VIII 4 5 (2)
∶
①N O ②sp2 ③ O
解析：(1)Fe 为26 号元素，位于元素周期表中第四周期VIII 族；基态Fe 原子电子排布式为
[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；
VIII；4：5。
(2)①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N 原子2p 轨道为半充满稳定结构，第一电离
能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O＞N＞C，故答案为：N；O。
②尿素分子(H2NCONH2)中C 原子形成3 个σ 键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。
③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N 原子不会参与
形成配位键，说明C＝O 中O 原子参与配位，所以与Fe3+配位的原子是O。
32. (2025 年海南卷)过渡金属钌(Ru)的配合物A 可用于多种化学键的活化。R1－和R2－代表两种不同
的烷基。水分子参与反应(第①步)，经由配合物B，得到C，实现氧氢键断开。
回答问题：
(1)同位素氘(H 或D)，是一种常用的追踪标记原子，氘的质量数是______。
(2)H2O 分子中O－H 键的极性大于NH3分子中N－H 键，主要原因是_________________________。
(3)第②步反应前后，杂化方式改变的碳原子是______(填碳原子标号)。
答案：(1)2 (2)电负性O>N (3)e
解析：(1) H 的质子数为1，中子数为1，质量数为2；
(2)极性共价键的极性强弱取决于原子电负性差异。电负性差异越大，键的极性越强，电负性O＞N，
故H2O 分子中O－H 键的极性大于NH3分子中N－H 键；
(3)第二步(B→C)实质是e 处碳原子发生质子化，e 处碳原子杂化方式由sp2改变成sp3；
33. (2025 年1 月八省联考云南卷)铜冶炼产生的铜渣是重要的二次矿产资源。
(7)水胆矾部分晶体结构如下图。下列说法正确的是_______(填标号)。
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A．Cu2+的杂化方式可能为Sp3d2
B．SO 中心原子的孤电子对数为2
C．晶体中有离子键、配位键和氢键等化学键
答案：(7)A
解析：(7)A．由图可知，水胆矾中Cu2+的配位数为6，应该形成6 个杂化轨道，杂化方式sp3d2为6 个
杂化轨道，A 正确；
B．SO 中心原子的孤电子对数为＝0，B 错误；
C．氢键不是化学键，C 错误；
答案选A。
34. (2024 年重庆卷)含钌(Ru)催化剂在能源等领域应用广泛。Ru(NO)(NO3)3方是制备负载型钌催化剂
的前驱体。一种制备高纯Ru(NO)(NO3)3的技术路线如下(部分试剂、步骤及反应条件略)。
RuCl3∙3H2O———————→ Ru(NO)Cl3——→ Ru(NO)(OH)3———→ Ru(NO)(NO3)3
回答下列问题：
(1)已知基态Ru 的核外电子排布式为[Kr]4d75s1，则Ru 在元素周期表中位于第_____周期第_____族。
KNO2中，NO 的空间结构为_______。
(2)为验证Ru 与NO 形成了配位键，对所得Ru(NO)Cl3的表征结果如图所示，表征所用仪器是_______。
A. 核磁共振仪 B. 质谱仪 C. 红外光谱仪 D. X 射线衍射仪
答案：(1)五 、Ⅷ 、V 形 (2)C
解析：(1)根据Ru 的价电子排布式为[Kr]4d75s1，Ru 在周期表中的位置是第五周期第Ⅷ族；NO 成键
电子对为2，孤对电子为＝1，价电子互斥模型为平面三角形，空间构型为V 形；
(2)图为吸收波谱的谱图，为红外光谱，测量仪器为红外光谱仪，答案选C；
35. (2024 年山东卷)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
(1)Mn 在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn 多的
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元素是_______(填元素符号)。
(3)[BMIM]＋BF(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF 的空间构型为_______；[BMIM]＋中咪唑环存在
Π 大π 键，则N 原子采取的轨道杂化方式为_______。
答案：(1)四 ⅦB Cr (3)正四面体形 sp2
解析：(1)Mn 的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB 族；基态Mn 的电子排布式为：
[Ar]3d54s2，未成对电子数有5 个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn 多的元素是Cr，基态Cr 的电
子排布式为[Ar]3d54s1，有6 个未成对电子；
(3) BF 中B 形成4 个σ 键(其中有1 个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在Π
大π 键，N 原子形成3 个σ 键，杂化方式为sp2；
36. (2024 年上海卷)已知AlBr3可二聚为下图的二聚体：
(1)该二聚体中存在的化学键类型为_______。
A. 极性键 B. 非极性键 C. 离子键 D. 金属键
(2)将该二聚体溶于CH3CN 生成[Al(CH3CN)2Br2]Br (结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心
原子杂化方式为_______，其中配体是_______，1mol 该配合物中有σ 键_______mol。
答案：(1)A (2) sp3 CH3CN 14
解析：(1)从图中可知，该二聚体中Br 和Al 之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极
性键，答案选A。
(2)该配离子中，中心原子Al 形成4 条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N 原子提供一对孤电子对，
配体为CH3CN，1 个该配合物中含有12 条单键，2 条碳氮三键，其中碳氮三键中有1 条σ 键，因此1mol
该配合物中σ 键数量为14mol。
37. (2024 年上海卷)液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HF
X＋HF2，其中X 为_____。HF2的结构为
F－H∙∙∙F－，其中F－与HF 依靠_______相连接。
答案：H2F 氢键
解析：根据原子守恒可知，X 为H2F。HF2的结构为F－H∙∙∙F－，其中F-与HF 之间依靠氢键连接。
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38．(2024 年北京卷)锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
(1)Sn 位于元素周期表的第5 周期第IVA 族。将Sn 的基态原子最外层轨道表示式补充完整：
(2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到。
①SnCl2分子的VSEPR 模型名称是_________。
②SnCl4的Sn－Cl 键是由锡的_________轨道与氯的3p 轨道重叠形成σ 键。
答案：(1)
(2)①平面三角形 ②sp3杂化
解析：(1)Sn 加位于元素周期表的第五周期ⅣA 族，其基态原子的价电子排布式为5s25p2，所以其轨
道表示式为
。
(2)
SnCl
①
2中Sn 的价层电子对数为2＋＝3，VSEPR 模型是平面三角形；
SnCl
②
4中Sn 的价层电子对数为4＋＝4，有4 个σ 键，无孤对电子，故Sn 采用sp3杂化方式，则
SnCl4的Sn－Cl 键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p 轨道重叠形成σ 键。
39. (2024 年甲卷)ⅣA 族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)该族元素基态原子核外未成对电子数为________________，在与其他元素形成化合物时，呈现的
最高化合价为_____。
(2)CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为_________(填标号)。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键
(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷
，其中电负性最大的元素是_____，硅原子的杂化轨道类
型为_________。
答案：(1)2； +4 (2)bd (3)C；sp3
解析：(1)ⅣA 族元素基态原子的价层电子排布为ns2np2，其核外未成对电子数为2；ⅣA 族元素原子
最外层电子数均为4，在与其他元素形成化合物时呈现的最高化合价为＋4；
(2)CaC2的电子式为：
，可知此化合物中存在的化学键为离子键和非极性共价键，不存
在的化学键类型为极性共价键和配位键，bd 正确；
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(3)聚甲基硅烷
中含C、Si、H 三种元素，其电负性大小：C>H>Si，电负性最大的元素是C；硅
原子与4 个原子形成共价键，价层电子对数为4，没有孤电子对，其杂化轨道类型为sp3；
40. (2024 年1 月浙江节选)氮和氧是构建化合物的常见元素。
已知：
请回答：
(3)
H
①
2N－NH2 ＋H+→H2N－NH，其中－NH2的N 原子杂化方式为_______；比较键角∠HNH∶H2N－NH2
中的－NH2_______ H2N－NH 中的－NH (填“>”、“<”或“=”)，请说明理由__________________。
②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2 发生化合反应生成A，测得A 由2 种微粒构成，其中之一是
NO。比较氧化性强弱：NO _______HNO3(填“>”、“<”或“=”)；写出A 中阴离子的结构式___________。
答案：(3)①sp3 ＜ －NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小
②＞
解析：(3)①－NH2的价层电子对数3＋＝4，故杂化方式为sp3；－NH2价层电子对数为4，有一对孤
电子对，－NH 价层电子对数4＋＝4，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电
子的排斥力，故键角∠HNH∶H2N－NH2中的－NH2＜H2N－NH 中的－NH；
②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2 发生化合反应生成A，测得A 由2 种微粒构成，其中之一是
NO，则A 为NO2HS2O7，NO 为硝酸失去一个OH－，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：NO
＞HNO3；阴离子为HS2O 根据已知可知其结构式为
。
41. (2023 年海南卷节选)我国科学家发现一种钡配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历
的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。
(
代表单键、双键或叁键)
回答问题：
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(1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4 种，它们是____________________。
(2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V－O－R′空间结构呈角形，原因是___________________________。
(3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是____________________。
(4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为＋4 和＋3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长
的是_______________________。
答案：(1)C、O、P、Cl
(2)根据VSEPR 模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形
(3)N (4)配合物Ⅱ (5)
6 5s
①
25p3
ad
②
解析：(1)根据题干配合物Ⅰ的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl；
(2)根据VSEPR 模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形；
(3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N；
(4)结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为＋4 和＋3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单
键，配合物Ⅲ中未氮氮双键，N2中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长；
42．(2023 年山东卷节选)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(2)ClO2中心原子为Cl，ClO2中心原子为O，二者均为V 形结构，但ClO2中存在大π 键(Π)。ClO2中
Cl 原子的轨道杂化方式_____；为O－Cl－O 键角_____Cl－O－Cl 键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较
ClO2与Cl2O 中Cl－O 键的键长并说明原因___________________________________。
答案：(2)sp2 ＞ ClO2分子中Cl－O 键的键长小于Cl2O 中Cl－O 键的键长，其原因是：ClO2
分子中既存在σ 键，又存在大π 键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl－O 键的键长较小，而Cl2O
只存在普通的σ 键。
解析：(2) ClO2中心原子为Cl，Cl2O 中心原子为O，二者均为V 形结构，但ClO2中存在大π 键(Π)。
由ClO2中存在Π 可以推断，其中Cl 原子只能提供1 对电子，有一个O 原子提供1 个电子，另一个O 原子
提供1 对电子，这5 个电子处于互相平行的p 轨道中形成大π 键，Cl 提供孤电子对与其中一个O 形成配位
键，与另一个O 形成的是普通的共价键(σ 键，这个O 只提供了一个电子参与形成大π 键)，Cl 的价层电子
对数为3，则Cl 原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O 中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知n＝＝
4，因此，O 的杂化方式为sp3；根据价层电子对互斥理论可知，n＝4 时，价电子对的几何构型为正四面
体，n＝3 时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和
Cl2O 均为V 形结构，但O－Cl－O 键角大于Cl－O－Cl 键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变
不了这个结论。ClO2分子中Cl－O 键的键长小于Cl2O 中Cl－O 键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在
σ 键，又存在大π 键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl－O 键的键长较小，而Cl2O 只存在普通的σ
键。
43. (2023 年全国乙卷节选)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
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石矿物(MgxFe2－xSiO4)。回答下列问题：
(2)已知一些物质的熔点数据如下表：
物质
熔点/℃
NaCl
800.7
SiCl4
－68.8
GeCl4
－51.5
SnCl4
－34.1
Na 与Si 均为第三周期元素，NaCl 熔点明显高于SiCl4，原因是________________________。分析同
族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因_____________________________。SiCl4的空
间结构为_______，其中Si 的轨道杂化形式为_______。
答案：(2)钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体
随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，
分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其
分子间作用力依次增大 正四面体 sp3
解析：(2)Na 与Si 均为第三周期元素，NaCl 熔点明显高于SiCl4，原因是：钠的电负性小于硅，氯化
钠为离子晶体，其熔点较高；而SiCl4为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知， SiCl4、GeCl4、
SnCl4熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、
SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其
相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。SiCl4的空间结构为正四面体，其中Si 的价层电子对数为
4，因此Si 的轨道杂化形式为sp3。
44. (2023 年全国甲卷节选)将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原
二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
(1)图1 所示的几种碳单质，它们互为_________，其中属于原子晶体的是_________，C60间的作用力
是______________。
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2 所示。
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酞菁分子中所有原子共平面，其中p 轨道能提供一对电子的N 原子是_______(填图2 酞菁中N 原子的
标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_______，氮原子提供孤对电子与钴离子形成_______键。
(3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a 所示，二聚体中Al 的轨道杂化类
型为_______。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为_______
键。
答案：(1)同素异形体 金刚石 范德华力 (2)
③
+2 配位 (3)sp3 离子
解析：(1)同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1 所示的几种碳单质，它们的组成元素
均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分
子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60间的作用力是范德华力；
(2)已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C 原子和所有的N 原子均为sp2杂化，且分子
中存在大π 键，其中标号为①和②的N 原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p 轨道只能提供1
个电子参与形成大π 键，标号为③的N 原子的 p 轨道能提供一对电子参与形成大π 键，因此标号为③的
N 原子形成的N－H 键易断裂从而电离出H+；钴酞菁分子中，失去了2 个H+的酞菁离子与钴离子通过配
位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
(3)由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al 原子价层电子对数是4，其与其周围的4 个
氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1 的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3
的192℃，由于F 的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。
由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为12×＝3，红色球的个数为8×＝1，则灰色的球为F－，距
F－最近且等距的Al3+有2 个，则F－的配位数为2。若晶胞参数为apm，则晶胞的体积为(apm)3＝a3×10-
30cm3，晶胞的质量为，则其晶体密度ρ＝g∙cm-3。
45．(2022 年河北卷)含Cu、Zn、Sn 及S 的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的
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绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S 原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______。
(2)Cu 与Zn 相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是_______，原因是
。
(3)SnCl 的几何构型为_______，其中心离子杂化方式为_______。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，
属于顺磁性物质的是_______(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4
C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
答案：(1) 1：2 或2：1
(2)Cu Cu 的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn 的第二电离能失
去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3)三角锥形 sp3杂化 (4)B
解析：(1)基态S 的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为
1 2∶或2 1∶，故答案为：1 2∶或2 1∶；
(2)铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失
去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，
所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu 的第二电离能失去
的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn 的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去
的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
(3)三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，
离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
(4)根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；
A．[Cu(NH3)2]Cl 中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，
故不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符
合题意；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故
不符合题意；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故
不符合题意；
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【拓展训练·巩固考点】
1. (2025 年1 月八省联考河南卷)配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1 经过加热可转变为
配合物2，如图所示。
下列说法错误的是
A. 配合物1 中含有2 种配体 B. 配合物2 中N 原子采取sp2杂化
C. 转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D. 转变前后，Co 的化合价由＋2 价变为0 价
答案：D
解析：A．配合物1 中，H2O 中氧原子提供孤对电子，Co2+提供空轨道形成配位键；配合物1 右侧
N、O 分别提供一对孤电子，与Co2+形成配位键，则配合物1 中含有2 种配体，A 正确；
B．由配合物2 的结构可知，N 形成2 个σ 键，一个配位键，故采取sp2杂化，B 正确；
C．转变过程中，配合物1 中断裂2 个H2O 与Co2+形成的配位键，配合物2 中，SO 中的O 与Co2+形
成2 个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C 正确；
D．配合物1、2 中Co 都为＋2 价，Co 的化合价没有发生变化，D 错误；
2. (2025 年1 月八省联考四川卷)下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是
选项
实例
解释
A
POCl3和PCl 的空间结构都是四面
体形
POCl3和PCl 中P 原子轨道的杂化类型均为sp3
B
NO、NO、NO的键角依次减小
孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电
子对之间的斥力
C
SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4的沸点依
次升高
SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，
范德华力增大
D
邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚
前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键
使分子间作用力大于前者
答案：B
解析：A．POCl3的中心P 原子价层电子对数是4＋＝4，因此采用sp3杂化，空间结构为四面体形；
PCl 的中心P 原子价层电子对数是4＋＝4，因此也是采用sp3杂化，空间结构为四面体形，A 正确；
B．NO 的中心N 原子价层电子对数是2＋＝2，无孤对电子，因此N 采用sp 杂化，空间结构为直线
形，键角为180°；NO 的中心N 原子价层电子对数是3＋＝3，无孤对电子，因此N 采用sp2杂化，空间结构为平面三角
形，键角为120°；NO 的中心N 原子价层电子对数是2＋＝3，有1 对孤对电子，因此N 采用sp2杂化，由
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于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，导致其键角小于120°，NO、NO、NO的
键角依次减小，这不仅与与孤电子对与成键电子对的作用力有关，也与中心N 原子的杂化类型有关，B
错误；
C．SiX4均为分子晶体，分子之间以分子间作用力结合。随着物质分子的相对分子质量增大，范德华
力逐渐增大，因此SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4的熔沸点逐渐升高，C 正确；
D．对硝基苯酚的分子间不仅存在范德华力，还存在氢键，使其熔沸点升高；而邻硝基苯酚分子内存
在氢键，分子之间只存在范德华力，使物质的熔、沸点比存在分子间氢键的对硝基苯酚低，故物质的沸
点：邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚，D 正确；
3．下列分子或离子中，中心原子的价层电子对的空间结构为四面体形且分子或离子的空间结构为V
形的是
A．NO B．PH3 C．H3O＋ D．OF2
答案：D
解析：A．NO 的中心原子的价层电子对的空间结构呈平面三角形，A 不符合题意；
B．PH3的空间结构呈三角锥形，B 不符合题意；
C．H3O＋的空间结构呈三角锥形，C 不符合题意；
D．OF2的中心原子的价层电子对的空间结构为四面体形，且分子的空间结构为V 形，D 符合题意。
4．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：A．杂化前后的轨道数不变，轨道的形状发生了改变，故A 正确；
B．杂化轨道可以部分参与形成化学键，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；
C．sp3、sp2、sp 杂化轨道的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；
D．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。
5．已知Zn2＋的4s 轨道和4p 轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2－的空间结构为
A．直线形 B．平面正方形 C．正四面体形 D．正八面体形
答案：C
解析：根据杂化轨道理论知，Zn2＋的4s 轨道和4p 轨道形成的sp3杂化轨道为正四面体形，Zn2＋再结
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合4 个Cl－形成[ZnCl4]2－，Zn2＋的配位数为4，所以[ZnCl4]2－的空间结构为正四面体形。
6．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一、科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，
其主要过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A．H2O 中的O 为sp3杂化 B．SO 的VSEPR 模型为平面三角形
C．HNO2是由极性键形成的极性分子 D．反应过程中涉及氧氢键断裂和硫氧键形成
答案：B
解析：A．水的价层电子对＝4，O 为sp3杂化，选项A 正确；
B．SO 价层电子对＝3+1，孤电子对数为1，V S EPR 模型为四面体形，选项B 错误；
C．HNO2只存在极性键，分子的正负中心电荷不重合，形成的是极性分子，选项C 正确；
D．根据图示，
有氢氧键断裂，SO 转化为HSO 的过程中有硫氧键形
成，选项D 正确；
7．关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法不正确的是
A．CH3OH 为极性分子
B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2的原因是N2H4分子间氢键数目更多
D．CH3OH 和(CH3)2NNH2中C、O、N 杂化方式均相同
答案：B
解析：A．甲醇是由极性键构成的极性分子，A 正确；
B．N2H4中氮原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，故不可能为平面形，B 错误；
C．N2H4分子间氢键数目比(CH3)2NNH2更多，故N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2的沸点，C 正确；
D．CH3OH 和(CH3)2NNH2中C、O、N 杂0 化方式均为sp3杂化，D 正确。
8．利用氧化法制备配合物：2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2=2[Co(NH3)5Cl]Cl2＋2H2O，下列说法正确的
是
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A．该配位化合物的配位数是5 B．[Co(NH3)5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键
C．H2O2发生了氧化反应 D．提供孤电子对的成键原子是N 和Cl
答案：D
解析：A．[Co(NH3)5Cl]Cl2中配位数为6，A 错误；
B．[Co(NH3)5Cl]2+中存在配位键、共价键，无离子键，B 错误；
C．H2O2中氧元素化合价降低，发生了还原反应，C 错误；
D．Co3+提供空轨道，氮原子和氯原子提供孤电子对，D 正确。
9．物质I 是一种检测人体细胞内Ca2+浓度变化的荧光探针试剂，其检测机理如图所示。依据探针所
显示的荧光变化确定Ca2+的存在。下列说法正确的是
A．物质I 所含元素电负性从大到小的顺序为N＞O＞C＞H
B．物质I 中N 原子的杂化类型为sp2、sp3
C．物质Ⅱ中H－O－H 键角小于水中H－O－H 的键角
D．物质Ⅱ中Ca2+与O 形成4 个配位键
答案：B
解析：A．同周期，从左到右，元素的电负性逐渐增大，则电负性O＞N＞C，四种元素中H 的电负
性最小，则电负性O＞N＞C＞H，A 错误；
B．含双键的N 原子的杂化方式为sp2，含三个共价单键和一个孤电子对的N 原子的杂化方式为sp3，
B 正确；
C．物质Ⅱ中H－O－H 中的O 形成了1 个配位键，只有1 对孤电子对，则其键角较大，C 错误；
D．结合物质Ⅱ的结构可知，Ca2+与O 形成5 个配位键，D 错误。
10．W、M、N、X、Y、Z 六种主族元素，原子序数依次增大，W 原子最外层电子数是内层电子数
的2 倍，W 与Z 相邻，M 的一种简单氢化物常用作制冷剂，X 元素在骨骼和牙齿的形成中有重要作用，
基态Y 原子的s 能级与p 能级电子数相等，下列说法不正确的是
A．化学键中离子键成分的百分数：Y2W＞Y2Z B．M－N 键长：MN＞MN
C．Y 的第一电离能大于其同周期相邻元素 D．分子的极性：MX3＞WX4
答案：B
解析：W、M、N、X、Y、Z 六种主族元素，原子序数依次增大，W 原子最外层电子数是内层电子
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数的2 倍，W 是C，W 与Z 相邻，Z 是Si，M 的一种简单氢化物常用作制冷剂， M 是N，X 元素在骨骼
和牙齿的形成中有重要作用，X 是F，则N 是O，基态Y 原子的s 能级与p 能级电子数相等，Y 是Mg，
据此作答。
A．Mg 和C 的电负性相差大于Si，所以离子键成分的百分数Mg2C＞Mg2Si，故A 正确；
B．中心N 原子化合价相同，NO 氮和氧成键少，键的斥力小，键长短，所以NO＜NO，故B 错误；
C．Mg 为第二主族元素，第一电离能大于其同周期相邻元素，故C 正确；
D．NF3为三角锥形，极性分子，CF4正四面体，非极性分子，所以分子的极性NF3＞CF4，故D 正确；
11．用FeCl2和NaBH4制备纳米零价铁的反应为FeCl2＋2NaBH4＋6H2O＝Fe＋2B(OH)3＋2NaCl＋
7H2↑。NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法错误的是
A．每生成28gFe，转移的电子数为1NA
B．0.5molNaBH4晶体中σ 键的数目为2NA
C．0.5molB(OH)3中sp3杂化的原子数为1.5NA
D．1L0.1mol/LFeCl2溶液中Fe2+的数目小于0.1NA
答案：A
解析：A．28gFe 物质的量为0.5mol，FeCl2＋2NaBH4＋6H2O＝Fe＋2B(OH)3＋2NaCl＋7H2↑中Fe 由+2
价降低为0 价，水中有6 个H 由+1 价降低为0 价，NaBH4中H 的化合价由-1 价升至0 价，生成1molFe 转
移8mol 电子，故生成0.5molFe 转移电子数为4NA，A 错误；
B．NaBH4中存在Na+与BH，为离子键构成的离子化合物，而1 个BH 中有4 个σ 键，0.5mol NaBH4
固体中σ 键数为2NA，B 正确；
C．B(OH)3分子中，B 原子采取sp2杂化，O 原子采取sp3杂化，0.5molB(OH)3中sp3杂化的原子数为
1.5NA，C 正确；
D．Fe2+会发生水解，导致亚铁离子浓度减小，1L0.1mol·L-1FeCl2溶液中Fe2+数小于0.1NA，D 正确；
12．下列叙述正确的是
A. 沸点：H2O＜H2S＜H2Se B．OF2和O3的空间构型均为V 形
C．PF5分子中所有原子都满足8 电子稳定结构 D. SO2是含有极性键的非极性分子
答案：B
解析：A．水分子间存在氢键，使其沸点升高，故沸点顺序为H2S＜H2Se＜H2O，A 错误；
B．OF2的价层电子对数为2＋＝4，有2 对孤电子对，分子空间构型为V 形；O3价层电子对数为2＋
＝3，有一对孤电子对，分子空间构型为V 形，B 正确；
C．PF5分子中P 原子周围电子数为5+5=10，C 错误；
D．SO2的价层电子对数为2＋＝3，有一对孤电子对，正负电荷中心不重合，为极性分子，D 错误；
13．科学家成功合成C18环状分子，对通过原子操纵进而实现分子融合这一技术提出可能。已知C18
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的结构如图1，碳原子的杂化轨道取向略变形，图2 中小黑点表示碳原子。下列有关该分子的描述，不正
确的是
A．C18和富勒烯互为同素异形体，且都由分子构成
B．C18也可用图2 表示，则碳原子的杂化方式改变
C．从结构分析，推测C18有类似苯的特殊化学键
D．C18与C60、石墨烯、碳纳米管的碳原子杂化方式不同
答案：B
解析：A．C18和富勒烯是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，且都由分子构成，A 项正确；
B．两种表示方法中，C 皆是sp 杂化，杂化方式没有变化，B 项错误；
C．C18分子每个碳有未杂化p 轨道互相平行，可以肩并肩重叠成大π 键，与苯相似，C 项正确；
D．C18的碳原子是sp 杂化，C60、石墨烯、碳纳米管的碳原子是sp2杂化，D 项正确；
注：C18分子有下图两套大π 键；
。
14．下列有关物质结构或性质的比较中，错误的是
A. 键角：NH3＞H2O B. 熔点：对羟基苯甲醛＞邻羟基苯甲醛
C. 键能：F－F＞Cl－Cl D. 羟基的极性：苯酚＞乙醇
答案：C
解析：A．H2O 的键角小于NH3是因为两者中心原子杂化类型相同，孤电子对之间的斥力更大，A 正
确；
B．对羟基苯甲醛的熔沸点比邻羟基苯甲醛的高，是因为对羟基苯甲醛形成分子间氢键，而邻羟基苯
甲醛形成分子内氢键，B 正确；
C．由于氟原子的半径过小，键能：F－F＜Cl－Cl，C 错误；
D．苯酚中的羟基和苯环直接相连，烃基属于推电子基团，苯环体积更大，导致苯环与羟基之间的相
互作用使酚羟基的极性增强，D 正确；
15．某离子结构如图所示，W、X、Y、Z 是原子半径依次减小的同一短周期主族元素，其中Y 在地
壳中含量最高。下列说法错误的是
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A. 所有原子均满足8e－稳定结构 B. 第一电离能：X＞W
C. 键角：XY2＞XZ4 D. 分子极性：WZ3＞YZ2
答案：D
解析：Y 在地壳中含量最高，即Y 为O，Z 形成一个共价键，且Z 的半径小于O，Z 可能为H，也可
能为F，因为属于同一短周期元素，因此Z 为F，X 形成四个共价键，则X 为C，W 为B，据此分析；
A．Z 为B，形成4 个共价键，其中一个是配位键，达到8e-结构，其余元素也达到8e-结构，故A 说
法正确；
B．同一周期从左向右第一电离能增大趋势，即第一电离能：C(X)＞B(W)，故B 说法正确；
C．XY2的化学式为CO2，空间构型为直线形，键角为180°，XZ4的化学式为CF4，CF4空间构型均为
正四面体，键角为109°28′，键角：XY2＞XZ4，故C 说法正确；
D．WZ3的化学式为BF3，空间构型为平面正三角形，属于非极性分子，YZ2的化学式为OF2，空间构
型为V 形，属于极性分子，因此分子极性：WZ3＜YZ2，故D 说法错误；
16．由键能数据大小，不能解释下列事实的是
化学键
C－H
Si－H
C＝O
C－O
Si－O
C－C
Si－Si
键能/kJ∙mol-1
411
318
799
358
452
346
222
A. 稳定性：CH4 ＞SiH4 B. 键长：C＝O＜C－O
C. 熔点：CO2＜SiO2
D. 硬度：金刚石>晶体硅
答案：C
解析：A．键能越大越稳定，C－H 键能大于Si－H，所以稳定性：CH4＞SiH4，故不选A；
B．键能越大，键长越短，C＝O 键能大于C－O，所以键长：C＝O＜C－O，故不选B；
C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点CO2＜SiO2，不能用键
能解释熔点CO2＜SiO2，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，C－C 的键能大于
Si－Si，所以硬度：金刚石＞晶体硅，故不选D；
17．丁二酮肟常用于检验Ni2+。在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图。
下列关于该分子说法错误的是
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A．电负性：O＞N＞C＞H B．N 原子提供空轨道与Ni2+形成配位键
C．氢氧原子间存在的作用有共价键或氢键 D．Ni2+的配位数为4
答案：B
解析：A．同一周期随着原子序数变大，电负性变大，故电负性O＞N＞C＞H，A 正确；
B．根据结构可知，Ni2+具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，B 错误；
C．由图可知，该结构中存在有氢氧极性键，同时分子中还存在氢键，C 正确；
D．Ni2+与4 个N 形成配位键，Ni2+的配位数为4，D 正确；
18．下列说法不正确的是
A．HCl 属于共价化合物，溶于水能电离出H＋和Cl－
B．NaOH 是离子化合物，该物质中只含有离子键
C．HI 气体受热分解的过程中，破坏了极性共价键
D．CO2分子中碳与氧原子的最外层都满足8 电子稳定结构
答案：B
解析：A．HCl 属于共价化合物，溶于水时在水分子作用下H—Cl 断裂，电离出H＋和Cl－，A 正确；
B．NaOH 是离子化合物，由Na＋与OH－通过离子键结合，在OH－中H、O 原子之间以H—O 共价键
结合，因此该物质中含有离子键和共价键，B 错误；
C．HI 分子中含有H—I，当HI 气体受热分解时变为H2、I2，破坏了极性共价键，产生了非极性共价
键，C 正确；
D．由CO2的电子式为
,可知，碳与氧原子的最外层电子都是8 个，D 正确。
19．下列有关化学键知识的比较错误的是
A．键能：C－N<C＝N<C≡N B．键长：I－I>Br－Br>Cl－Cl
C．分子中的键角：H2O＞CO2 D．相同元素原子间形成的共价键键能：σ 键＞π 键
答案：C
解析：A．C、N 原子间形成的化学键中，碳氮三键的键能最大，碳氮单键的键能最小，A 正确；
B．原子半径：I>Br>Cl，故键长：I—I>Br—Br>Cl—Cl，B 正确；
C．H2O 分子中的键角是105°，CO2分子中的键角是180°，C 错误；
D．相同元素原子之间形成的σ 键的键能比π 键的大，D 正确。
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20．下列每组物质中含有的化学键类型相同的是
A．NaCl、HCl、H2O、NaOH B．Cl2、Na2S、HCl、SO2
C．HBr、CO2、H2O、CS2 D．Na2O2、H2O2、H2O、O3
答案：C
解析：A．NaCl 中只含离子键，HCl 和H2O 中只含共价键，NaOH 中既含离子键又含共价键，A 错误；
B．Cl2、HCl、SO2中只含共价键，Na2S 中只含离子键，B 错误；
C．均只含共价键，C 正确；
D．Na2O2中既含离子键又含共价键，H2O2、H2O、O3中只含共价键，D 错误。
21．关于σ 键和π 键的形成过程，下列说法不正确的是
A．HCl 分子中的σ 键是由两个s 轨道“头碰头”重叠形成的
B．N2分子中的π 键为pp π 键，π 键不能绕键轴旋转
C．CH4中的碳原子为sp3杂化，4 个sp3杂化轨道分别与氢原子的s 轨道形成σ 键
D．乙烯(CH2＝CH2)中的碳碳之间形成了1 个σ 键和1 个π 键
答案：A
解析：A．HCl 分子中的σ 键是由氢原子提供的未成对电子的1s 原子轨道和氯原子提供的未成对电子
的3p 原子轨道“头碰头”重叠形成的，故A 错误；
B．N2分子中p 轨道与p 轨道通过“肩并肩”重叠形成pp π 键，π 键为镜面对称，不能绕键轴旋转，
故B 正确；
C．CH4中的碳原子为sp3杂化，碳原子的4 个sp3杂化轨道分别与氢原子的s 轨道重叠，形成C—H σ
键，故C 正确；
D．CH2＝CH2中的碳碳之间形成双键，双键中有1 个σ 键和1 个π 键，故D 正确。
22．氰气的化学式为(CN)2，结构式为N≡C－C≡N，性质与卤素相似。下列叙述正确的是
A．不能和氢氧化钠溶液发生反应 B．分子中N≡C 的键长大于C≡C 的键长
C．分子中既有极性键，又有非极性键 D．分子中含有2 个σ 键和4 个π 键
答案：C
解析：氰气性质与卤素相似，能和氢氧化钠溶液发生反应，故A 错误；同周期主族元素从左到右，
原子半径逐渐减小，原子半径越大，键长越长，碳原子半径大于氮原子半径，所以氰气分子中C≡N 的键
长小于C≡C 的键长，故B 错误；该分子的结构式为N≡C－C≡N，分子中既含有极性键，又含有非极性键，
该分子中含有3 个σ 键、4 个π 键，故C 正确、D 错误。
23．我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应为HCHO＋
O2――———→CO2＋H2O。下列有关说法正确的是
A．CO2只含有非极性共价键 B．0.5 mol HCHO 含有1 mol σ 键
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C．HCHO、CO2分子中只含有σ 键 D．H2O 中含有极性共价键
答案：D
解析：A．CO2中只含有极性共价键，A 错误；
B．根据结构式
可知，0.5 mol HCHOH 含有1.5 mol σ 键，B 错误；
C．HCHO、CO2分子中既含有σ 键又含有π 键，C 错误；
D．H2O 中含有极性共价键，D 正确。
24．羰基硫(COS)存在于许多种植物中，杀虫效果显著。它与CO2、CS2结构相似，已知 C＝O 的键
能为745 kJ·mol-1。下列有关羰基硫的说法错误的是
A．分子中有2 个σ 键和2 个π 键 B．可推测C＝S 的键能小于745 kJ·mol-1
C．COS 中碳原子是采用sp2杂化方式成键的 D．CS2、COS、CO2分解温度依次升高
答案：C
解析：COS 分子中有2 个σ 键和2 个π 键；S 原子的半径大于O 原子，可推测C=S 的键能小于C=O
的键能，即小于745 kJ·mol-1，所以CS2、COS、CO2分解温度依次升高；COS 中碳原子是采用sp 杂化方
式成键的。
25．实验测得不同物质中O－O 之间的键长和键能数据如下表，其中x、y 的键能数据尚未测定，但
可根据键长规律推导键能的大小顺序为w＞z＞y＞x。该规律是
O－O
O
O
O2
O
键长/pm
149
128
121
112
键能/(kJ·mol-1)
x
y
z＝494
w＝628
A．成键时电子数越多，键能越大 B．键长越长，键能越小
C．成键所用的电子数越少，键能越大 D．成键时电子对越偏移，键能越大
答案：B
解析：成键时电子数由多到少的顺序为O>O>O2>O，键能大小顺序为w>z>y>x，A 项错误；O、O2的
成键所用的电子数是2、4，键能：x＜z，C 项错误；这些微粒都是O 原子成键，共用电子对无偏移，D
项错误。
26．A、B、C、D、E 为短周期的五种非金属元素，其中A、B、C 的基态原子的价层电子排布式分
别为asa、bsbbpb、csccp2c，D 与B 同主族，E 位于C 的下一周期，且E 是同周期元素中电负性最大的。试
回答下列问题：
(1)由A、B、C、D、E 五种元素中的两种或三种元素可组成多种物质，分子①BC2、②DE4、
③A2C、④BA3E 中，属于极性分子的是______________(填序号，下同)；中心原子采取sp3杂化的是
________。
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(2)A、B 两元素能组成一种分子中原子个数比为1∶1 的常见溶剂，其分子式为________；相同条件
下，该物质在BE4中的溶解度________(填“大于”或“小于”)其在A2C 中的溶解度。
(3)阴离子DC 与EC 的VSEPR 模型名称分别为________、________，其中VSEPR 模型与空间结构不
一致的是____________(填离子符号)。
(4)BA4、DA4和DE4的沸点由高到低的顺序为________________(用化学式表示)。
答案：(1)③④ ②③④ (2)C6H6 大于 (3)平面三角形；四面体形；ClO
(4)SiCl4＞SiH4＞CH4
解析：由A、B、C、D、E 为短周期的非金属元素及s 轨道最多可容纳2 个电子可得，A 为H，B 为
C(碳)，C 为O；由D 与B 同主族可知，D 为Si；由E 位于C 的下一周期，且E 是同周期元素中电负性最
大的可知，E 为Cl。(1)H2O、CH3Cl 为极性分子；CO2的中心C 原子上的价层电子对数为2＋＝2，采取sp
杂化；SiCl4的中心Si 原子上的价层电子对数为4＋＝4，采取sp3杂化；H2O 的中心O 原子上的价层电子
对数为2＋＝4，采取sp3杂化；CH3Cl 的中心C 原子上的价层电子对数为4＋＝4，采取sp3杂化。
(2)该溶剂为苯(C6H6)，CCl4为非极性分子，苯易溶于非极性溶剂CCl4中，相同条件下，该物质在
CCl4中的溶解度大于其在H2O 中的溶解度。
(3)SiO 的中心Si 原子上的价层电子对数为3＋＝3，VSEPR 模型名称为平面三角形，ClO 的中心Cl 原
子上的价层电子对数为3＋＝4，VSEPR 模型名称为四面体形；SiO 中Si 原子上无孤电子对，ClO 中Cl 原
子上有孤电子对，ClO 的VSEPR 模型与空间结构不一致。
(4)CH4、SiH4、SiCl4分子结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，故沸点由高到低
的顺序为SiCl4＞SiH4＞CH4。
27．白磷(P4)是磷的单质之一，与卤素单质反应生成卤化磷。卤化磷通常有三卤化磷和五卤化磷(PCl5
分子结构如图所示，其中Cl 原子有两种不同位置)。回答下列问题：
(1)基态P 原子的价电子排布式为__________________________，P、S、Cl 的第一电离能由小到大顺
序为__________________________。
(2)PCl5水解产生一种无色油状中间产物POCl3，该分子的空间结构为________。
(3)PCl5中P 的轨道杂化类型为________(填字母标号)。
A．sp3 B．sp3d C．d2sp3 D.dsp2
答案：(1)3s23p3；S<P<Cl (2)四面体形 (3)B
解析：(1)P 元素的位于第三周期第ⅤA 族，所以基态P 原子的价电子排布式为3s23p3；同周期主族元
素的第一电离能从左到右逐渐增大，但是第ⅤA 族第一电离能大于第ⅥA 族第一电离能，所以P、S、Cl
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的第一电离能由小到大顺序为S<P<Cl；
(2)POCl3的孤电子对数为＝0，价层电子对数为0＋4＝4，所以该分子的空间结构为四面体形；
(3)PCl5的价层电子对数为＋5＝5，所以P 的轨道杂化类型为sp3d。
28．含磷化合物在生命体中有重要意义。红磷在氯气中燃烧可以生成两种化合物PCl3和PCl5。PCl5
分子呈三角双锥形，其结构如图所示：
(1)写出基态P 原子的价层电子排布式______________。BCl3中心原子价层有空轨道，可以与H2O 分
子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解。根据以上信息，判断PCl3能否水解
_______(填能或不能)。
(2)下列关于含磷化合物的说法，正确的是___________。
A．H3PO4在水中的电离方程式为H3PO4＝H+＋H2PO
B．PCl5分子中的Cl—P—Cl 键角有两种
C．PCl3、PCl5等分子均满足8 电子稳定结构
D．已知H3PO3是二元酸，该分子中P 的杂化方式为sp3
(3)N、P 是同一族元素，P 能形成PCl3、PCl5两种氯化物，而N 只能形成一种氯化物NCl3，而不能形
成NCl5，原因是___________________________________________。
答案：(1)3s23p3 能 (2)D (3)N 原子最外层无d 轨道，不能发生sp2d 杂化，故无NCl5
解析：(1)已知P 是15 号元素，故基态P 原子的价层电子排布式为3s23p3，BCl3中心原子价层有空轨
道，可以与H2O 分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解，PCl3中心原子P 周围含
有的孤电子对数为：＝1，故根据以上信息，判断PCl3能水解，啊为：3s23p3；能；
(2)A．H3PO4是中强酸，故其在水中电离为部分电离，故其的电离方程式为H3PO4
H+＋H2PO，A 错误；
B．PCl5分子中根据图知，平面上键角(Cl－P－Cl)为120°、上顶点和平面上的Cl 原子形成的键角(Cl
－P－Cl)为90°，上下顶点和P 原子形成的键角(Cl－P－Cl)为180°，即Cl－P－Cl 键角有3 种形式，B 错
误；
C．PCl5分子中根据图知，P 周围含有10 个电子，而PCl3分子满足8 电子稳定结构，C 错误；
D．已知H3PO3是二元酸，则H3PO3的结构式为：
，该分子中P 周围的价层电子对数为
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4，故其杂化方式为sp3，D 正确；
故答案为：D；
(3)由图可知，PCl5分子中P、Cl 原子间形成5 个P－Cl 键，3d 轨道常用杂化成键，杂化类型为sp3d,
但N 原子的价电子排布式为2s22p3，没有d 轨道，不能N 原子和Cl 原子不能形成5 键，不能发生sp3d 杂
化，故答案为：N 原子最外层无d 轨道，不能发生sp3d 杂化，则不能形成NCl5；
29．我国的航空航天事业取得了举世瞩目的成就，近年来硼氢类离子液体作为火箭推进剂燃料得到
了广泛使用，该火箭推进剂具有点火延迟时间、宽液程和极低的蒸汽压等优点。
回答下列问题：
(1)基态Ba 原子的价层电子排布式为_________________，其N 层具有的电子数是____________。
(2)C、O、N 的第一电离能由大到小的顺序为____________________(用元素符号表示)。
(3)
中碳原子的杂化方式为________；SO 的空间构型为______形。
(4)
中不存在的作用力有____________(填字母)。
a.离子键 b.配位键 c.σ 键 d.π 键 e.金属键
(5)多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p 轨道，则p 电子可在多个原子
间运动，形成大π 键。大π 键可用Π 表示，其中m、n 分别代表参与形成大π 键的原子个数和电子数，则
的大π 键可表示为_____________。
答案：(1)6s2；18 (2)N>O>C (3)sp2；正四面体 (4)e (5)Π
解析：(1)已知Ba 是第6 周期第ⅡA 族，故基态Ba 原子的价层电子排布式为6s2，其核外各电子层上
的电子数依次为：2、8、18、18、8、2，则其N 层具有的电子数是18，故答案为：6s2；18；
(2)根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA 和ⅤA 反常，故C、O、N 的第一电离
能由大到小的顺序为N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；
(3)有机物中苯环上的碳原子均采用sp2杂化，故
中碳原子的杂化方式为sp2；SO 中
心原子S 原子周围的价层电子对数为：4＋＝4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间构型为正四面体
形，故答案为：sp2；正四面体；
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(4)
中存在阴阳离子间的离子键，阴阳离子内部的单键为σ 键，双
键为1 个σ 键和1 个π 键，阴阳离子内部B 与N 之间存在一个配位键，故该微粒中不存在的作用力有金属
键，故答案为：e；
(5)
中参与形成大π 键的原子个数为5(3 个N 和2 个C)，每个C 原子采用sp2杂化形成3 个共价
键，还有一个未杂化的p 电子参与形成大π 键，两个双键上的N 原子采用sp2杂化，还有1 个未杂化的p
电子参与形成大π 键，而单键上的N 原子有未一对孤电子参与形成大π 键，故该分子中的大π 键可表示为
Π，故答案为：Π；
30．2022 年2 月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新科研成果论
文，为钙钛矿电池研究开辟新方向。
(1)基态钛原子的py原子轨道上的电子数为________个。与钛同周期的第ⅡA 族和ⅢA 族两种元素中
第一电离能较大的是________(写元素符号)。
(2)Ti 的配合物有多种。在Ti(CO)6、Ti(H2O)和TiF 三种微粒的配体中，所含原子电负性由大到小排序
后，排第3 位的元素是________(写元素符号)，Ti(H2O)中∠H—O—H__________(填大于、小于或等于)单
个水分子中∠H—O—H，原因为_______________________________________________；Ti(NO3)4的球棍
结构如图，Ti 的配位数是________，N 原子的杂化方式为________，与NO 互为等电子体的分子为
________(写分子式)。
答案：(1)4；Ca
(2)C；大于；H2O 中O 原子的孤电子对进入Ti2＋的空轨道，形成配位键，则孤电子对减少，斥力减小，
所以Ti(H2O)中∠H—O—H 大于单个水分中∠H—O—H 8 sp2 、SO3
解析：(1)Ti 的原子序数为22，核外有22 个电子，处于周期表中第四周期第ⅣB 族，基态钛原子的核
外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2，Py原子轨道上电子数2Py上有2 个，3Py上有2 个，所以Py原子轨道
上电子数共4 个；与钛同周期的第ⅡA 族和ⅢA 族两种元素分别为Ca、Ga，基态Ca 的电子排布式为
1s22s22p63s23p64s2，基态Ga 的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则Ca 核外电子排布为全满稳定结构，
较难失电子，第一电离能比Ga 的大；
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(2)由Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF 可知，它们的配体分别为CO、H2O、F－，含有的原子有H、C、O、F，
而C、O、F 的氢化物中它们均表现负化合价，说明电负性均大于氢元素的，C、O、F 属于同周期元素，
从左至右，非金属性增强，非金属越强，电负性越大，所以H、C、O、F 的电负性由大到小的顺序是
F>O>C>H；有2 个共价键且含有2 个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，O
原子上的孤对电子与Ti2＋形成配位键后，与另一个孤对电子间的排斥力减小，∠H－O－H 键角增大。由
球棍结构可知，每个NO 配体中有两个O 原子与Ti4＋形成环状结构，作为双齿配体，Ti 的配位数是2×4＝
8；NO 中中心原子N 原子的价层电子对数＝3＋＝3＋0＝3，无孤电子对，N 原子采取sp2杂化；在短周期
元素组成的物质中，与NO 互为等电子体的分子中含有4 个原子、价电子数为24 为SO3。
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