2018-2019学年高中化学 第二章 分子结构与性质 第2节 分子的立体构型 第2课时 杂化轨道理论

第二章 第二节 第2课时 杂化轨道理论、配合物理论基 础 巩 固一、选择题1．下列分子的中心原子是sp 2杂化的是( D ) A ．PBr 3 B ．CH 4 C ．H 2OD ．BF 3解析：杂化轨道数＝中心原子的孤电子对的对数＋中心原子的σ键个数，A 、B 、C 采用的都是sp 3杂化。

2．下列说法正确的是( C ) A ．CHCl 3是正四面体形B ．H 2O 分子中氧原子为sp 2杂化，其分子几何构型为V 形 C ．二氧化碳中碳原子为sp 杂化，为直线形分子 D ．NH ＋4是三角锥形解析：A 、甲烷中4个共价键完全相同为正四面体，CHCl 3分子的4个共价键不完全相同，所以不是正四面体，故A 错误；B 、H 2O 分子中O 原子的价层电子对数＝2＋12(6－1×2)＝4，为sp 3杂化，含有2个孤电子对，分子为V 形，故B 错误；C 、二氧化碳中C 原子的价层电子对数＝2＋12(4－2×2)＝2，为sp 杂化，分子为直线形，故C 正确；D 、NH ＋4中N 原子的价层电子对数＝4＋12(5－1＋4×1)＝4，为sp 3杂化，不含有孤电子对，为正四面体形，故D 错误。

3．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( B )A ．[Cr(H 2O)6]Cl 3B ．[Cr(H 2O)5Cl]Cl 2·H 2OC ．[Cr(H 2O)4Cl 2]Cl·2H 2OD ．[Cr(H 2O)3Cl 3]·3H 2O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2mol Cl －。

4．(2018·宁夏石嘴山月考)下列各组微粒间不能形成配位键的是( B ) A ．Ag ＋和NH 3 B ．Ag ＋和H ＋C ．H 2O 和H ＋D ．Co 3＋和CO解析：A、Ag的价电子排布式为4d105s1，失去一个电子后变为Ag＋，5s轨道为空轨道，NH3分子中，N原子有孤电子对，Ag＋和NH3能形成配位键，A错误。

B、Ag＋有空轨道无孤电子对，H＋有空轨道，不含孤电子对，两者不能形成配位键，B正确。

C、H＋有空轨道，H2O分子中氧原子含有孤电子对，两者可形成配位键，C错误。

D、Co3＋有空轨道，CO中碳和氧均含孤电子对，可形成配位键，D错误。

正确答案为B。

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 )A．sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键B．sp2杂化轨道形成π键，未杂化的2p轨道形成σ键C．C—H之间是sp2形成σ键，C—C之间是未参加杂化的2p轨道形成π键D．C—C之间是sp2形成σ键，C—H之间是未参加杂化的2p轨道形成π键解析：在乙烯分子中碳原子与相连的氢原子、碳原子形成平面三角形，所以乙烯分子中每个碳原子均采取sp2杂化，其中杂化轨道形成5个σ键，未杂化的2p轨道形成π键。

6．向盛有少量CuCl2溶液的试管中滴入少量NaOH溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是( A )A．开始生成蓝色沉淀，加入过量氨水时，形成无色溶液B．开始生成Cu(OH)2，它不溶于水，但溶于浓氨水，生成深蓝色溶液C．开始生成蓝色沉淀，加入氨水后，沉淀溶解生成深蓝色溶液D．开始生成Cu(OH)2，之后生成更稳定的配合物解析：向CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液，生成Cu(OH)2蓝色沉淀：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)↓；再加入浓氨水，沉淀溶解得到深蓝色的溶液：Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。

7．了解有机物分子中化学键特征以及成键方式是研究有机物性质的基础。

下列关于有机物分子的成键方式的描述不正确的是( C )A．烷烃分子中碳原子均采用sp3杂化轨道成键B．炔烃分子中碳碳叁键由1个σ键、2个π键组成C．甲苯分子中所有碳原子均采用sp2杂化轨道成键D．苯环中存在6个碳原子共有的大π键解析：烷烃分子中碳原子均形成4个键，杂化轨道数为4，均采用sp3杂化轨道成键。

碳碳叁键由1个σ键、2个π键组成；苯环中碳原子采用sp2杂化轨道成键，6个碳原子上未参与成键的p电子形成一个大π键；甲苯分子中—CH3中的C采用sp3杂化。

8．关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是( C )A．配体为水分子，外界为Br－B．中心原子采取sp3杂化C．中心离子的配位数为6D．中心离子的化合价为＋2价解析：4个H2O分子和2个Br－是配体，配位数为6,1个Br－是外界。

Cr原子以空轨道形成配位键，O原子的杂化方式是sp3但O原子不是中心原子。

中心离子是Cr3＋，配离子是[Cr(H2O)4Br2]＋。

故A、B、D三项均不正确。

9．对盐类物质可有下列分类：如氯化硝酸钙[Ca(NO3)Cl]是一种混盐，硫酸铝钾KAl(SO4)2是一种复盐，冰晶石(六氟合铝酸钠)Na3AlF6是一种络盐。

对于组成为CaOCl2的盐可归类于( A )A．混盐B．复盐C．络盐D．无法归属于上述类别解析：CaOCl2可写成Ca(ClO)Cl，是混盐。

二、非选择题10．(1)在配合物离子[Fe(SCN)]2＋中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是__Fe3＋____。

(2)根据VSEPR模型，H3O＋的分子空间构型为__三角锥形____，BCl3的构型为__正三角形____。

(3)Cu2＋能与NH3、H2O、Cl－等形成配位数为4的配合物。

①[Cu(NH3)4]2＋中存在的化学键类型有__AC____(填序号)。

A．配位键B．离子键C．极性共价键D．非极性共价键②[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____。

11．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A<B<C<D<E。

其中A、B、C是同一周期的非金属元素。

化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C 的阴离子具有相同的电子层结构。

AC2为非极性分子。

B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。

E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2︰1，三个氯离子位于外界。

请根据以上情况，回答下列问题：(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为__C<O<N____。

(2)B的氢化物分子的空间构型是__三角锥形____，其中心原子采取__sp3____杂化。

(3)写出化合物AC2的电子式______；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为__N2O____。

(4)E的核外电子排布式是__1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)____，ECl3形成的配合物的化学式为__[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3____。

解析：根据D、C形成DC离子晶体，且D、C都为二价离子，A、B、C为同一周期的非金属元素，所以D可能为Mg或Ca，C可能为O或S。

又因为B、C的氢化物比同族相邻周期元素氢化物的沸点高，所以B、C的氢化物一定能形成氢键，且核电荷数A<B<C<D<E，所以B 为N，C为O，D为Mg，E的原子序数为24，所以E为Cr，AC2为非极性分子，所以A为碳。

(2)B的氢化物为NH3，空间构型为三角锥形，中心原子是sp3杂化；(3)AC2为CO2，其电子式为，N与O形成和CO2互为等电子体的物质应为N2O；(4)Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1，根据信息，ECl3形成的配合物的化学式为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。

能力提升一、选择题1．根据价层电子对互斥理论及原子的杂化轨道理论，判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式分别为( D )A．直线形、sp1杂化B．三角形、sp2杂化C．三角锥形、sp2杂化D．三角锥形、sp3杂化解析：在NF3分子中，N原子的孤电子对数为1，与其相连的原子个数为3，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化，分子的空间构型为三角锥形，类似NH3。

2．下列说法正确的是( B )A．VSEPR模型就是分子的空间构型B．在共价化合物分子中一定存在σ键C．Na3[AlF6]、Na2[SiF6]和[Cu(NH3)4]Cl2的配位数都是6D．共价键键长越短，键能一定越大解析：A、VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，但不是分子的空间构型，故A错误；B、共价化合物中一定存在共价键，共价键中一定有σ键，故B正确；C、[Cu(NH3)4]Cl2的配位数都是4，故C错误；D、决定键能大小的不仅仅是键长，还有结构、元素的金属性和非金属性等，故D错误。

3．(2018·新疆呼图壁县考试)关于[Cr(H2O)4Cl2]Cl的说法正确的是( C )A．中心原子的化合价为＋2价B．配体为水分子，外界为Cl－C．配位数是6D．在其水溶液中加入AgNO3溶液，不产生白色沉淀解析：A、[Cr(H2O)4Cl2]Cl中阴离子是氯离子，氯离子的化合价是－1价，所以铬离子的化合价是＋3价，故A错误；B．[Cr(H2O)4Cl2]Cl中配体为水分子和氯离子，外界为Cl－，故B错误；C、中心原子铬离子配位数是6，含有6个σ键，所以铬离子采用d2sp3杂化，故C正确；D．[Cr(H2O)4Cl2]Cl的外界为Cl－，在其水溶液中加入AgNO3溶液，会产生氯化银白色沉淀，故D错误；故选C。

4．已知Zn2＋的4s轨道和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，那么[ZnCl4]2－的立体构型为( C )A．直线形B．平面正方形C．正四面体形D．正八面体形解析：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＋再结合4个Cl－形成[ZnCl4]2－，其中Zn2＋的孤电子对数为0，所以[ZnCl4]2－的立体构型为正四面体形。

5．(双选)苯分子(C6H6)为平面正六边形结构，下列有关苯分子的说法错误的是( CD ) A．苯分子中的中心原子C的杂化方式为sp2B．苯分子内的共价键键角为120°C．苯分子中的共价键的键长均相等D．苯分子的化学键是单、双键相交替的结构解析：由于苯分子的结构为平面正六边形，可以说明分子内的键角为120°，所以中心原子的杂化方式均为sp2杂化，所形成的碳碳共价键是完全相同的。