第二课时杂化轨道理论与配合物理论简介
课堂培优辅差
A组
1.已知Zn2＋的4s轨道和4p轨道可以形成sp3杂化轨道,那么[ZnCl4]2－的立体结构为()
A.直线形
B.平面正方形
C.正四面体形
D.正八面体形
【试题参考答案解析】根据杂化轨道理论,Zn2＋的4s轨道和4p轨道形成sp3杂化轨道后,其杂化轨道构型一定为正四面体形,又由于Zn2＋结合了4个Cl－,孤电子对数为0,所以[ZnCl4]2－的立体结构为正四面体形。
【试题参考答案】C
2.在分子中,羰基碳原子与甲基碳原子成键时所采取的杂化方式分别为()
A.sp2杂化;sp2杂化
B.sp3杂化;sp3杂化
C.sp2杂化;sp3杂化
D.sp杂化;sp3杂化
【试题参考答案解析】羰基上的碳原子共形成3个σ键,为sp2杂化,两侧甲基中的碳原子共形成4个σ键,为sp3杂化。
【试题参考答案】C
3.下列关于苯分子的性质描述错误的是()
A.苯分子呈平面正六边形,六个碳碳键完全相同,键角皆为120°
B.苯分子中的碳原子,采取sp2杂化
C.苯分子中的碳碳键是介于单键和双键中间的一种特殊类型的键
D.苯能使酸性KMnO4溶液褪色
【试题参考答案解析】苯分子中的碳原子采取sp2杂化,6个碳原子呈平面正六边形结构,键角为120°;在苯分子中间形成一个六电子的大π键,因此苯分子中的碳碳键并不是单双键交替结构,也就不能使酸性KMnO4溶液褪色。
【试题参考答案】D
4.在下列化学反应:①H＋＋OH－H2O;②2H2＋O22H2O;③HCl＋NH3NH4Cl;④BaCl2＋(NH4)2SO4BaSO4↓＋2NH4Cl;⑤Fe＋Cu2＋Cu＋Fe2＋;⑥NaNH2＋H2O NaOH ＋NH3中,反应时不形成配位键的是()
A.①②④⑤⑥
B.④⑤⑥
C.②④⑤
D.②③
【试题参考答案解析】由结构可知:①②⑤⑥中各物质均不含有配位键,④虽然N中含有配位键,但在反应过程中该离子没有发生变化,故也没有形成新的配位键。只有③中由于生成铵离子而形成配位键。
【试题参考答案】A
5.配位化合物简称配合物,它的数量巨大,组成和结构形形色色,丰富多彩。配合物[Zn(NH3)6]Cl2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为()
A.Zn2＋、NH3、2＋、6
B.Zn2＋、NH3、1＋、6
C.Zn2＋、Cl－、2＋、2
D.Zn2＋、NH3、2＋、2
【试题参考答案解析】在[Zn(NH3)6]Cl2中中心离子为Zn2＋,配体为NH3,配位数为6,构成内界[Zn(NH3)6]2＋。
【试题参考答案】A
6.下列关于杂化轨道的叙述正确的是()
A.杂化轨道可用于形成σ键,也可用于形成π键
B.杂化轨道可用来容纳未参与成键的孤电子对
C.NH3中N的sp3杂化轨道是由N的3个p轨道与H的s轨道杂化而成的
D.在乙烯分子中1个碳原子的3个sp2杂化轨道与3个氢原子的s轨道重叠形成3个C—H σ键
【试题参考答案解析】杂化轨道只用于形成σ键,或用来容纳未参与成键的孤电子对,不能用来形成π键,故B项正确,A项不正确;NH3中N的sp3杂化轨道是由N的1个s轨道和3个p 轨道杂化而成的,C项不正确;在乙烯分子中,1个碳原子的3个sp2杂化轨道中的2个sp2杂化轨道与2个氢原子的s轨道重叠形成2个C—H σ键,剩下的1个sp2杂化轨道与另一个碳原子的sp2杂化轨道重叠形成1个C—C σ键,D项不正确。
【试题参考答案】B
7.氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物,经过一系列反应可以得到BF3和BN,如下图所示:
请回答下列问题:
(1)由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是、。
(2)基态B的电子排布式为;B和N相比,电负性较大的是,BN中B的化合价为。
(3)在BF3中,F—B—F的键角是,B的杂化轨道类型为,BF3和过量NaF作用可生成NaBF4,B的立体结构为。
【试题参考答案解析】(1)根据物质的制备流程图可推知由B2O3制备BF3和BN的化学方程式。(2)因为同一周期,随着原子序数的增大,电负性逐渐增大,故B的电负性小于N的电负性,即得电子能力N大于B,所以BN中N元素是－3价,B元素是＋3价。(3)因为BF3中的B原子是sp2杂化,故该分子是平面正三角形分子,故键角是120°;B的空间构型可类比N,也应该是正四面体结构。
【试题参考答案】(1)B2O3＋3CaF2＋3H2SO42BF3↑＋3CaSO4＋3H2O
B2O3＋2NH32BN＋3H2O
(2)1s22s22p1N＋3
(3)120°sp2正四面体
8.X、Y、Z、R为前四周期元素,且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体;X与氢元素可形成XH3;Z基态原子的M层与K层电子数相等;R2＋的3d轨道中有9个电子。
请回答下列问题:
(1)Y基态原子的电子排布式是;Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是。
(2)X的立体构型是;R2＋的水合离子中,提供孤电子对的原子是。
(3)将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中,通入Y2,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式是。
【试题参考答案解析】(1)XY2是红棕色气体,应为NO2,则X为氮元素,Y为氧元素;Z基态原子的M层与K层电子数相等,K层有2个电子,则M层也有2个电子,是镁元素,第3周期中第一电离能最大的主族元素是氯元素;(2)N中氮原子是sp2杂化,与氧原子形成2个σ键,立体构型是V形;R2＋离子的3d轨道有9个电子,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d9,共27个电子,因此R为29号元素铜元素,Cu2＋有空轨道,能接受孤对电子形成配位键,在H2O中氧原子能提供孤对电子;(3)铜与浓氨水、氧气反应后溶液呈深蓝色,生成氢氧化四氨合铜,从而可写出方程式并配平。
【试题参考答案】(1)1s22s22p4Cl
(2)V形O
(3)2Cu＋8NH3·H2O＋O22[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O
9.第四周期的Cr、Fe、Co、Ni、Cu、Zn等许多金属能形成配合物。
(1)Cr的核外电子排布式为;
(2)科学家通过X射线测得胆矾结构示意图可简单表示如下:
图中虚线表示的作用力为;
(3)胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。在Cu(NH3)4SO4·H2O晶体中,[Cu(NH3)4]2＋为平面正方形结构,则呈正四面体结构的原子团是,其中心原子的杂化轨道类型是;
(4)①过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18,则n ＝。CO与N2结构相似,CO分子内σ键与π键个数之比为。
②甲醛(HCHO)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH)。甲醛分子内C的杂化方式为,甲醇分子内的O—C—H键角(填“大于”“等于”或“小于”)甲醛分子内的O—C—H键角。
【试题参考答案解析】(1)Cr的核外电子排布遵循“半满稳定”,其电子数与构造原理略有差异。
(2)Cu2＋与水分子的氧原子间形成配位键;而水分子的氢原子与水分子的氧原子、硫酸根的氧原子间形成的是氢键。
(3)H2O是角形分子,呈四面体结构的原子团只能是S,其中心原子S采取sp3杂化。
(4)①配合物Ni(CO)n中由CO提供孤电子对,Ni的价电子数为10,则由CO提供的电子数为8,n＝4。N2与CO等电子体,故分子内存在三键,σ键一个,π键两个。
②甲醇形成四条σ键,碳原子采取sp3杂化。甲醇中O—C—H的键角接近109°28',甲醛中碳原子为sp2杂化,键角为120°。
【试题参考答案】(1)1s22s22p63s23p63d54s1
(2)氢键、配位键
(3)S sp3
(4)①41∶2②sp3小于
B组
1.下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是()
①BF3②③④CH≡CH
⑤NH3⑥CH4
A.①②③
B.①⑤⑥
C.②③④
D.③⑤⑥
【试题参考答案解析】sp2杂化形成的为三个夹角为120°的平面三角形杂化轨道,另外中心原子还有未参与杂化的p轨道,可形成一个π键,而杂化轨道只用于形成σ键或容纳未成键的孤电子对,①②③的键角均为120°,④为sp杂化,⑤⑥为sp3杂化。
【试题参考答案】A
2.用过量硝酸银溶液处理0.01 mol氯化铬水溶液,产生0.02 mol AgCl沉淀,则此氯化铬最可能是()
A.[Cr(H2O)6]Cl3
B.[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C.[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
D.[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O
【试题参考答案解析】0.01 mol氯化铬能生成0.02 mol AgCl沉淀,说明1 mol 配合物的外界含有2 mol Cl－。
【试题参考答案】B
3.根据价层电子对互斥理论及原子的杂化理论判断,NF3分子的空间结构和中心原子的杂化方式为()
A.直线形sp杂化
B.三角形sp2杂化
C.三角锥形sp2杂化
D.三角锥形sp3杂化
【试题参考答案解析】NF3分子的空间结构和中心原子的杂化方式与NH3相同。
【试题参考答案】D
4.关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是()
A.配体为水分子,配原子为O,外界为Br－
B.中心离子的配位数为6
C.中心离子Cr3＋采取sp3杂化
D.中心离子的化合价为＋2
【试题参考答案解析】[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中内界为[Cr(H2O)4Br2]＋,Cr3＋为中心离子,配体为H2O、Br－,配位数为6,外界为Br－、H2O,Cr3＋提供的空轨道数为6,中心离子未采取sp3杂化。
【试题参考答案】B
5.如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图,有关的叙述正确的是()
A.该叶绿素只含有H、Mg、C
B.该叶绿素是配合物,中心离子是镁离子
C.该叶绿素是配合物,其配体是N
D.该叶绿素不是配合物,而是高分子化合物
【试题参考答案解析】Mg的最高化合价为＋2,而化合物中Mg与4个氮原子作用,由此可以判断该化合物中Mg与N间形成配位键,该物质为配合物,B项正确、D项不正确;该化合物组成中还含有氧元素,A项不正确;该化合物中配位原子为N,而不能称为配体,同样也不能称配体是氮元素,因为配体一般可以是离子或分子,C项不正确。
【试题参考答案】B
6.下列分子所含原子中,既有sp3杂化,又有sp2杂化的是()
A.乙醛[]
B.丙烯腈[]
C.甲醛[]
D.丙炔[]
【试题参考答案解析】乙醛中甲基的碳原子采取sp3杂化,醛基中碳原子采取sp2杂化;丙烯腈中碳碳双键的两个碳原子采取sp2杂化,另一个碳原子采取sp杂化;甲醛中碳原子采取sp2杂化;丙炔中甲基碳原子采取sp3杂化,碳碳三键中两个碳原子采取sp杂化。
【试题参考答案】A
7.早期发现的一种天然二十四面准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题:
(1)可用硫氰化钾检验Fe3＋,形成的配合物的颜色为。
(2)新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化成乙酸,而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为,1 mol乙醛分子中含有的σ键的数目为。乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是
。【试题参考答案解析】(1)形成的硫氰合铁配离子为红色。
(2)乙醛分子中甲基碳原子空间四面体构型,采取sp3杂化;醛基是平面结构,碳原子采取sp2杂化;CH3CHO分子中的碳碳键、4个碳氢键都是σ键,碳氧双键中有一个σ键,所以1 mol 乙醛分子中共有6 mol σ键,也就是6N A;由于乙酸分子羟基极性更强,形成了分子间的氢键,造成沸点升高。
【试题参考答案】(1)红色
(2)sp3、sp26N A形成了分子间的氢键,造成沸点升高
8.配位键是一种特殊的共价键,即共用电子对由某原子单方面提供和另一缺电子的粒子结合。如N就是由NH3(氮原子提供电子对)和H＋(缺电子)通过配位键形成的。据此,回答下列问题: (1)下列粒子中可能存在配位键的是。
A.CO2
B.H3O＋
C.CH4
D.H2SO4
(2)硼酸(H3BO3)溶液呈酸性,试写出其电离方程式:
。【试题参考答案解析】解题时要注意配位键形成条件中的一方提供电子对,另一方提供空轨道。
(1)由题中信息可导出结论:凡能给出H＋的物质中一般含有配位键。
(2)硼原子为缺电子原子,H3BO3的电离是B原子和水中的OH－形成配位键,水产生的H＋表现出酸性。
【试题参考答案】(1)BD
(2)H3BO3＋H2O H＋＋[B(OH)4]－
9.(1)中国古代四大发明之一——黑火药,它的爆炸反应为2KNO3＋3C＋2S A＋N2↑＋
3CO2↑。
①除S外,上列元素的电负性从大到小依次为。
②在生成物中,含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为。
③已知CN－与N2结构相似,推算HCN分子中σ键与π键数目之比为。
(2)原子序数小于36的元素Q和T,在周期表中既处于同一周期又位于同一族,且原子序数T 比Q多2。T的基态原子外围电子(价电子)排布为,Q2＋的未成对电子数是。
(3)在CrCl3的水溶液中,一定条件下存在组成为[CrCl n(H2O)6－n]x＋(n和x均为正整数)的配离子,将其通过氢离子交换树脂(R—H),可发生离子交换反应:[CrCl n(H2O)6－n]x＋＋x R—H
R x[CrCl n(H2O)6－n]＋x H＋
交换出来的H＋经中和滴定,即可求出x和n,确定配离子的组成。
将含0.001 5 mol [CrCl n(H2O)6－n]x＋的溶液,与R—H完全交换后,中和生成的H＋需浓度为0.120 0 mol·L－1 NaOH溶液25.00 mL,已知该配离子的化学式为。
【试题参考答案解析】(1)①元素的非金属性越强则电负性越强,故C、N、O、K四种元素电负性强弱的关系为O＞N＞C＞K。②在生成物中只有CO2是含极性键的分子,CO2的中心原子C以sp杂化形成直线形分子。③在HCN中,H—C键是σ键。在C≡N三键中只有一个σ键,两个π键,故σ键与π键之比为1∶1。(2)由Q、T(核电荷数小于36)在周期表的位置及二者核电荷数关系可知T为28Ni,其基态原子外围电子排布式为3d84s2;26Fe2＋核外电子排布式为[Ar]3d6,因d层有5个轨道,故Fe2＋中含有4个未成对电子。
(3)由题中数据可知[CrCl n(H2O)6－n]x＋带的电荷数为(0.120 0 mol·L－1×0.025 L)÷0.001 5 mol＝2,所以配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2＋。
【试题参考答案】(1)①O＞N＞C＞K②sp③1∶1
(2)3d84s2 4
(3)[CrCl(H2O)5]2＋