2021版高考化学一轮复习核心素养测评十七化学键与物质构成分子结构与性质含解析新人教版

2021版高考化学一轮复习核心素养测评十七化学键与物质构成分子结构与性质含解析新人教版

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K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O(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：CH2CH2‎ C.中子数为117，质子数为78的铂原子Pt D.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109°28′‎ ‎【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+H2O - 13 -‎ ‎[B(OH)4]-+H+，因此H3BO3为一元酸，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109°28′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C3H2O3‎ B.分子中含8个σ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σ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σ键、π键判断正确的是 (　　)‎ A.CN-与N2结构相似，CH2CHCN分子中σ键与π键数目之比为1∶1‎ - 13 -‎ B.CO与N2结构相似，CO分子中σ键与π键数目之比为2∶1‎ C.与互为等电子体，1 mol 中含有的π键数目为2NA D.已知反应N2O4(l)+2N2H4(l)3N2(g)+4H2O(l)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π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π键、6个σ键，所以CH2CHCN分子中σ键与π键数目之比为2∶1，A项错误；CO与N2结构相似，所以CO分子中σ键与π键数目之比为1∶2，B项错误；由于与互为等电子体，故1 mol 中含有的π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π键，依据4 mol N—H键断裂时消耗1 mol N2H4，可推知生成1.5 mol N2，则形成的π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：F—H…F、F—H…O、O—H…F、O—H…O，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H—O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—COO-，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。‎ - 13 -‎ 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)。‎ ‎①图甲中，1号C与相邻C形成σ键的个数为________。 ‎ ‎②图乙中，1号C的杂化方式是________，该C与相邻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：‎ ‎①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________。 ‎ ‎②金刚石、石墨烯(指单层石墨)中碳原子的杂化方式分别为________、________。 ‎ - 13 -‎ ‎【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)①石墨烯是层状结构，每一层上每个碳原子都是以σ键和相邻3个碳原子连接。‎ ‎②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109°28′。‎ ‎(3)①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。②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σ键结合，形成正六边形的平面层状结构。‎ 答案：(1)BC ‎(2)①3　②sp3杂化　<‎ ‎(3)①同素异形体　②sp3杂化　 sp2杂化 ‎6.(14分) (2020·孝义模拟)硅、铜、硒等化学物质可作为制造太阳能电池板的材料。‎ ‎(1)SeO3分子的立体构型为_______________。 ‎ ‎(2)硅烷(SinH2n+2)的沸点与其相对分子质量的关系如图所示，呈现这种变化的原因是 _______________。 ‎ ‎(3)铜能与类卤素(CN)2反应生成Cu(CN)2，1 mol (CN)2分子中含有π键的数目为_________________。 ‎ ‎(4)Cu2+能与NH3、H2O、Cl-等形成配位数为4的配合物。‎ ‎①[Cu(NH3)4]SO4中，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为________。 ‎ ‎②[Cu(NH3)4]SO4中，存在的化学键的类型有________(填字母)。 ‎ A.离子键　　　B.金属键　　　C.配位键 D.非极性键 E.极性键 - 13 -‎ ‎③NH3中N原子的杂化轨道类型是________，写出一种与S互为等电子体的分子的化学式_________________。 ‎ ‎④[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+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)4]2+的空间构型为____________。 ‎ ‎【解析】(1)SeO3分子中价电子对数为3，没有孤电子对，故分子构型为平面三角形。‎ ‎(3)(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N，1个N≡C键中有1个σ键，2个π键，‎ ‎1 mol (CN)2分子中含有π键的数目为4NA。‎ ‎(4)①N、O属于同一周期，由于N原子的2p轨道处于半充满状态，故第一电离能N>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O>S，则N>O>S。②[Cu(NH3)4]SO4中，S和[Cu(NH3)4]2+间存在离子键，N原子和Cu原子间存在配位键，N—H键、S—O键为极性键，选A、C、E。③NH3中N原子的价层电子对数=(5-1×3)+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。④[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+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)4]2+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)①N>O>S　②ACE　③sp3　CCl4(其他合理答案也可)　④平面正方形 ‎【加固训练】‎ ‎　　(2020·南开区模拟)氮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________，N—N—N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________。 ‎ - 13 -‎ ‎(2)NH3与Zn2+可形成[Zn(NH3)6]2+，其部分结构如图乙所示。‎ ‎①NH3的空间构型为________。 ‎ ‎②[Zn(NH3)6]2+中存在的化学键类型有________；NH3分子中H—N—H键角为107°，判断[Zn(NH3)6]2+离子中H—N—H键角________(填“>”“<”或“=”)107°。 ‎ ‎③肼(N2H4)可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2取代形成的另一种氮的氢化物。与N2H4互为等电子体的分子有________(写出一种即可)。 ‎ ‎【解析】(1)磷原子的价电子排布式为3s23p3，基态原子有3个未成对电子；N4分子与P4分子的结构相似，为正四面体形，N4分子中每个氮原子形成3个σ键、含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化；正四面体中的每个面为正三角形，则N—N—N键角为60°；N4分解后能产生N2并释放出大量能量，可以用于制造火箭推进剂或炸药。(2)①NH3中氮原子形成3个σ键，有1对未成键的孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，分子空间构型是三角锥形。②[Zn(NH3)6]2+中存在的化学键类型有配位键、共价键，受配位键的影响，[Zn(NH3)6]2+中H—N—H键角大于107°。③等电子体是指原子总数相同、价电子总数相同的分子或离子。与N2H4互为等电子体的分子有CH3OH、CH3SH等。‎ 答案：(1)3　sp3　60°　用于制造火箭推进剂或炸药(其他合理答案也可)　(2)①三角锥形　②配位键、共价键　>　③CH3OH(或CH3SH等)‎ 一、选择题(本题包括3小题，每题6分，共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π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π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π键和一个σ键，N2分子与CO分子中都含有三键，故A正确；氮气中π键由每个N原子各提供一个电子形成，而CO - 13 -‎ 分子中其中一个π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)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 σ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 σ键和2 mol π键 D.1 mol S8中含有8 mol S—S键 ‎【解析】选A。1 mol S8中有8 mol σ键，32 g S8中含有σ键×8=1 mol，A错误，D正确；由SF6的球棍模型知，其是由S—F极性键构成，结构对称，属于非极性分子，B正确；单键为σ键，三键中有2个π键，因此1 mol乙炔中含有3 mol σ键和2 mol π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 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C—H键都是氢原子的1s轨道与碳原子的2p轨道形成的s-p σ键 D.甲醛分子为平面三角形，有一个π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 σ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π键，该π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 H—N N≡N Cl—Cl H—Cl - 13 -‎ 键能/kJ·mol-1‎ ‎391‎ ‎946‎ ‎328‎ ‎431‎ 下列说法错误的是 (　　)‎ A.键能：N≡N>NN>N—N B.H(g)+Cl(g)HCl(g) ΔH=-431 kJ·mol-1‎ C.H—N键能小于H—Cl键能，所以NH3的沸点高于HCl D.2NH3(g)+3Cl2(g)N2(g)+6HCl(g) ΔH=-101 kJ·mol-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：N≡N>NN>N—N，正确；B项，H(g)+Cl(g)HCl(g)的焓变为H—Cl键能的相反数，则ΔH=-431 kJ·mol-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ΔH=E(反应物)-E(生成物)，则2NH3(g)+3Cl2(g)N2(g)+6HCl(g)　ΔH=6E(N—H)+3E(Cl—Cl)-E(N≡N)-6E(H—Cl)=-202 kJ·mol-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 H—H F—F H—F H—Cl H—I E(kJ·mol-1)‎ ‎436‎ ‎157‎ ‎568‎ ‎432‎ ‎298‎ A.432 kJ·mol-1>E(H—Br)>298 kJ·mol-1‎ B.表中最稳定的共价键是H—F键 C.H2(g)2H(g)　ΔH=+436 kJ·mol-1‎ D.H2(g)+F2(g)2HF(g) ΔH=-25 kJ·mol-1‎ ‎【解析】选D。依据溴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 kJ·mol-1>E(H—Br)>‎ ‎298 kJ·mol-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H—F，所以最稳定的共价键是H—F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)　‎ ΔH=+436 kJ·mol-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，ΔH=436 kJ·mol-1+157 kJ·mol-1-2×568 kJ·mol-1=‎ ‎-543 kJ·mol-1，H2(g)+F2(g)2HF(g)，ΔH=-543 kJ·mol-1，D错误。‎ 二、非选择题(本题包括2小题，共32分)‎ - 13 -‎ ‎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是________(填化学式)。 ‎ ‎(3)这五种元素形成的一种1∶1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(H—O—O—H)、N2H4[]，H—O、H—N为极性键，O—O、N—N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 - 13 -‎ 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)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)2]SO4，加热时，由于H2O和Cu2+作用力较弱会先失去。‎ 答案：(1)sp3　H2O2、N2H4(合理即可)‎ ‎(2)HNO2、HNO3　H2SO3‎ ‎(3)S　共价键和配位键　H2O　H2O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σ键和π键 b.既有共价键又有离子键 c.该物质的熔点可能高于NaCl d.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①______________；②极性键；③______________。  ‎ - 13 -‎ ‎【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；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)2ClF3(g)　ΔH=-313 kJ·mol-1，F—F键的键能为159 kJ·mol-1，Cl—Cl键的键能为242 kJ·mol-1，则ClF3中Cl—F键的平均键能为________kJ·mol-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S—O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σ键。 ‎ - 13 -‎ ‎【解析】(1)碳原子有4个价电子，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+×(6-2×1)=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 kJ·mol-1+3×‎ ‎159 kJ·mol-1=719 kJ·mol-1，设Cl—F的键能为x kJ·mol-1，形成化学键时所放出的键能为6x kJ·mol-1，则有719 kJ·mol-1-6x kJ·mol-1=-313 kJ·mol-1，所以x=172 kJ·mol-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(6-2×2)÷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　σ键和π键　sp　CO2、SCN-(或COS等)‎ ‎(2)V形　sp3　172　低 ‎(3)3　V形　sp2　sp3　a　12‎ - 13 -‎