《2019高中化学 第二章第2节第2课时 杂化轨道理论、配合物理论课时作业3.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高中化学 第二章第2节第2课时 杂化轨道理论、配合物理论课时作业3.doc（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1第二章第二章 第二节第二节 第第 2 2 课时课时 杂化轨道理论、配合物理论杂化轨道理论、配合物理论基 础 巩 固 一、选择题1下列分子的中心原子是 sp2杂化的是( D )APBr3 BCH4CH2O DBF3解析：杂化轨道数中心原子的孤电子对的对数中心原子的 键个数，A、B、C 采用的都是 sp3杂化。2下列说法正确的是( C )ACHCl3是正四面体形BH2O 分子中氧原子为 sp2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DNH是三角锥形 4解析：A、甲烷中 4 个共价键完全相同为正四面体，CHCl3分子的 4 个共价键不完全相同，所以不是正四面体，
2、故 A 错误；B、H2O 分子中 O 原子的价层电子对数2 (612)4，为 sp3杂化，含有 2 个孤1 2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 (422)2，为 sp 杂化，分子为直线1 2形，故 C 正确；D、NH中 N 原子的价层电子对数4 (5141)4，为 sp3杂化，不含有孤电 41 2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 )ACr(H2O)6Cl3BCr(H2O)5ClCl2H2OCCr(H2O)4Cl2Cl2H2ODC
3、r(H2O)3Cl33H2O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 )AAg和 NH3 BAg和 HCH2O 和 H DCo3和 CO2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
4、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 键和一个 键，它们分别是( A )Asp2杂化轨道形成 键，未杂化的 2p 轨道形成 键Bsp2杂化轨道形成 键，未杂化的 2p 轨道形成 键CCH 之间是 sp2形成 键，CC 之间是未参加杂化的 2p 轨道形成 键DCC 之间是 sp2形成 键，CH 之间是未参加杂化的 2p 轨道形成 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 键，未杂化的 2p 轨道形成 键。
5、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：Cu22OH=Cu(OH)；再加入浓氨水，沉淀溶解得到深蓝色的溶液：Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O。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
6、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 键、2 个 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 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 键、2 个 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 键；甲苯分子中CH3中的 C 采用 sp3杂化。8关于Cr(H2O)4Br2Br2H2O 的说法正确的是( C )A配体为水分子，外界为 BrB中心
7、原子采取 sp3杂化3C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(Cl
8、O)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。Cu(NH3)42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Cu(NH3)42具有对称的空间构型，Cu(NH3)42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)42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
9、素，它们的核电荷数ABCDE。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 21，三个氯离子位于外界。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_CON_。(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A
10、C2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Ar3d54s1)_，ECl3形成的配合物的化学式为_Cr(NH3)4(H2O)2Cl3_。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4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 ABCDE，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，
11、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Ar3d54s1，根据信息，ECl3形成的配合物的化学式为Cr(NH3)4(H2O)2Cl3。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
12、，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 )AVSEPR 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 键CNa3AlF6、Na2SiF6和Cu(NH3)4Cl2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 键，故 B 正确；C、Cu(NH3)4Cl2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
13、)关于Cr(H2O)4Cl2Cl 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 ClC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)4Cl2Cl 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；BCr(H2O)4Cl2Cl 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 键，所以铬离子采用 d2sp3杂化，故 C 正确；DCr(H2O)4Cl2Cl 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。
14、4已知 Zn2的 4s 轨道和 4p 轨道可以形成 sp3杂化轨道，那么ZnCl42的立体构型为( C )5A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ZnCl42，其中 Zn2的孤电子对数为 0，所以ZnCl42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 120C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
15、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。其中碳碳键的键长完全相同，而与碳氢键的键长不相等。6下列说法中正确的是( D )ANO2、SO2、BF3、NCl3分子中没有一个分子中原子的最外层电子都满足了 8 电子稳定结构BP4和 CH4都是正四面体形分子且键角都为 10928CNH的电子式为，离子呈平面正方形结构 4DNH3分子中有一对未成键的孤对电子，它对成键电子的排斥作用较强解析：NCl3分子的电子式为，分子中各原子都满足 8 电子稳定结构，A错误；P4为正四面体分子，但其键角为 60，B
16、错误；NH为正四面体结构而非平面正方 4形结构，C 错误；NH3分子电子式为，有一对未成键电子，由于未成键电子对成键电子的排斥作用，使其键角为 107，呈三角锥形，D 正确。7下列过程与配合物的形成无关的是( A )A除去铁粉中的 SiO2可用强碱溶液B向一定量的 AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失C向 Fe3溶液中加入 KSCN 溶液后溶液呈血红色D向一定量的 CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失解析：对于 A 项，除去铁粉中的 SiO2，是利用 SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；对于 B 项，AgNO3与氨水反应先生成 AgOH 沉淀，再生成Ag(NH3)2；对于C 项，F
17、e3与 KSCN 反应生成配离子Fe(SCN)n3n(n1,2,3,4,5,6)，颜色发生改变；对于D 项，CuSO4与氨水反应生成 Cu(OH)2沉淀，再生成Cu(NH3)42。68已知Co(NH3)63呈正八面体结构，各 NH3间距相等，Co3位于正八面体的中心。若其中 2 个 NH3被 Cl取代，所形成的Co(NH3)4Cl2的同分异构体有( A )A2 种 B3 种C4 种 D5 种解析：Co(NH3)4Cl2的同分异构体有 2 种，见下图。9(2018高考训练)以下微粒含配位键的是( C )N2H CH4 OH NH Fe(CO)3 Fe(SCN)3 H3O Ag(NH3)2OH 5
18、 4A BC D全部解析：氢离子提供空轨道，N2H4氮原子提供孤电子对，所以能形成配位键，N2H含 5有配位键；甲烷中碳原子满足 8 电子稳定结构，氢原子满足 2 电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，CH4不含配位键；OH电子式为H，无空轨道，OH不含有配位O键；氨气分子中氮原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，可以形成配位键，NH含有 4配位键；Fe 有空轨道，CO 中的氧原子上的孤电子对，可以形成配位键，Fe(CO)3含有配位键；SCN的电子式，铁离子提供空轨道，硫原子提供孤电子对，Fe(SCN)3含有配位键；H3O中 O 提供孤电子对，H提供空轨道，二者形成酸位键，H3O含有配位键；Ag有
19、空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，Ag(NH3)2OH 含有配位键；故选 C。二、非选择题10(1)CH、CH3、CH都是重要的有机反应中间体，有关它们的说法正确的是 3 3_CDE_。A它们均由甲烷去掉一个氢原子所得B它们互为等电子体，碳原子均采取 sp2杂化CCH与 NH3、H3O互为等电子体，几何构型均为三角锥形 3DCH中的碳原子采取 sp2杂化，所有原子均共面 3E两个CH3或一个 CH和一个 CH结合均可得到 CH3CH3 3 3(2)锌是一种重要的金属，锌及其化合物有着广泛的应用。指出锌在周期表中的位置：第_四_周期，第_B_族，属于_ds_区。葡萄糖酸锌CH
20、2OH(CHOH)4COO2Zn 是目前市场上流行的补锌剂。葡萄糖分子中碳原子杂化方式有_sp2、sp3_；写出基态 Zn 原子的电子排布式_1s22s22p63s23p63d104s2或Ar3d104s2_。7解析：(1)甲烷去掉一个氢原子后为甲基CH3，甲基再失去一个电子为 CH，得到一 3个电子为 CH，很明显它们不是等电子体的关系。由 VSEPR 模型和等电子原理可知，CH 3为三角锥形，CH为平面三角形，中心原子分别为 sp3和 sp2杂化。 3 3(2)葡萄糖 CH2OH(CHOH)4CHO 中五个连有OH 的碳原子均为 sp3杂化，醛基中的碳原子为 sp2杂化。11下表是元素周期
21、表的一部分表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：(答案中涉及字母均用具体元素符号作答)(1)I 的元素符号为_Cr_，K 的元素名称为_镓_，J 在周期表中的位置是_第三周期第族_；(2)写出基态时 J 元素原子的电子排布式_1s22s22p63s23p6 3d64s2_，N 元素原子的简化电子排布式_Ar3d104s24p5 _。(3)ABGH 的原子半径大小顺序是_AlSiCN_； ABCD 的第一电离能大小顺序是_FNOC_；ABCD 的电负性大小顺序是_FONC_ ABGH 的最高价氧化物的水化物酸性强弱顺序是_HNO3H2CO3H2SiO3Al(OH)3_；(4)AC的
22、中心原子的杂化轨道类型是_sp2_，微粒的空间构型是_平面三角形23_；BD3中心原子的杂化轨道类型是_sp3_；分子的空间构型是_三角锥形_；(5)根据等电子原理，指出 B2C 与 AC2，AC 与 B2互为等电子体，那么 A2B 分子中的 键数目为_2_， 键数目为_2_，AC 分子中的 键数目为_1_， 键数目为_2_；(6)在 L3J(AB)6中中心离子是_Fe3_，配体是_CO_，配位数是_6_。解析：(1)由元素在周期表中位置可知，A 为碳，B 为氮，C 为氧，D 为氟，E 为 Ne，F为 Mg，G 为 Al，H 为 Si，L 为钾，I 为 Cr，J 为 Fe，M 为 Cu，K 为
23、 Ga，N 为 Br，O 为Rh，J 在周期表中的位置是第三周期第族；(2)J 为 Fe，核外电子数为 26，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p6 3d64s2，N 为 Br，核外电子数为 35，简化电子排布式为Ar3d104s24p5；(3)同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：AlSiCN；同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，N 元素原子核外处于半满、全满，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：FNOC，同周期随原子序数增大，电负性增大，故电负性：FONC；非金属性 AlSiCN，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越
24、强，故酸性：HNO3H2CO3H2SiO3Al(OH)3；8(4)CO的中心原子的孤对电子对数0，价层电子对数23422 3 2033，C 原子采取 sp2杂化，微粒的空间构型为平面三角形；51 3 2NF3的中心原子的孤对电子对数1，价层电子对数134，N 原子采取51 3 2sp3杂化，分子空间构型三角锥形；(5)N2O 与 CO2，CO 与 N2互为等电子体，则 N2O 的结构为 NON，分子中的 键数目为 2， 键数目为 2，CO 的结构为 CO，分子中的 键数目为 1， 键数目为 2；(6)在 K3Fe(CN)6中 Fe3为提供空轨道的为中心离子，CO 提供孤电子对，为配体，配位数 为 6。