- sp、sp2、sp3杂化
- 共209题
（1）在配合物离子（FeSCN）2+中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是______
（2）根据VSEPR模型，H3O+的分子立体结构为______，BCl3的构型为______．
（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______（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______．
（4）已知Ti3+可形成配位数为6，颜色不同的两种配合物晶体，一种为紫色，另一为绿色．两种晶体的组成皆为TiCl3•6H2O．为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验：
a．分别取等质量的两种配合物晶体的样品配成待测溶液；
b．分别往待测溶液中滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；
c．沉淀完全后分别过滤得两份沉淀，经洗涤干燥后称量，发现原绿色晶体的水溶液得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的
绿色晶体配合物的化学式为______，
由Cl所形成的化学键类型是______．
正确答案
解：（1）在配合物离子（FeSCN）2+中，硫氰根离子提供孤电子对，中心离子铁离子提供空轨道，
故答案为：Fe 3+；
（2）H3O+中氧原子含有3个共价单键和一个孤电子对，所以H3O+的分子立体结构为三角锥型，氯化硼中硼原子含有3个共价单键且不含孤电子对，所以BCl3的构型为正三角形，
故答案为：三角锥型；正三角形；
（3）①[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，
故答案为：AC；
②形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，
故答案为：平面正方形；
（4）氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的
故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O；离子键和共价键．
解析
解：（1）在配合物离子（FeSCN）2+中，硫氰根离子提供孤电子对，中心离子铁离子提供空轨道，
故答案为：Fe 3+；
（2）H3O+中氧原子含有3个共价单键和一个孤电子对，所以H3O+的分子立体结构为三角锥型，氯化硼中硼原子含有3个共价单键且不含孤电子对，所以BCl3的构型为正三角形，
故答案为：三角锥型；正三角形；
（3）①[Cu（NH3）4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，
故答案为：AC；
②形成4个配位键，具有对称的空间构型，可能为平面正方形或正四面体，如为正四面体，[Cu（NH3）4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代，只有一种结构，所以应为平面正方形，
故答案为：平面正方形；
（4）氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，原绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到的白色沉淀质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的
故答案为：[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O；离子键和共价键．
下列关于杂化轨道的叙述中，正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．分子中的中心原子通过SP2杂化轨道成键时，该分子不一定为平面三角形，如HCHO分子中心原子杂化方式sp2，分子的立体构型为平面三角形，C6H6中C原子杂化轨道数=σ键数+孤对电子对数=3+0=3，所以采取sp2杂化，但分子的立体构型为平面正六边形，故A错误；
B．甲烷分子中，激发态C原子（2s12p3）的2s轨道与三个2p轨道可以发生sp3杂化，形成四个完全相同的sp3-sσ键，故B正确；
C．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的P轨道形成π键，故C错误；
D．根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；sp3杂化，无孤电子对数，空间构型都是正四面体形；有一对孤电子对，空间构型是三角锥型；有两对孤电子，所以分子空间构型为V形；sp2杂化，无孤电子对数，空间构型是平面三角形；sp杂化，无孤电子对数，空间构型都是直线形，所以杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果不矛盾，故D错误；
故选B．
下列分子，中心原子的杂化类型和分子的极性均与乙烯C2H4相同的是（ ）
正确答案
解析
解：A．CH4中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，为正四面体结构，为非极性分子，故A错误；
B．H2O中O形成2个δ键，孤电子对数=
C．BF3中B形成3个δ键，为为sp2杂化，无孤电子对，为平面三角形分子，为为非极性分子，故C正确；
D．SO2中S形成2个δ键，孤电子对数
故选C．
（2016春•荆州校级月考）下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，可能为三角锥形或V形，如NH3、H2O，故A正确；
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，没有杂化的P轨道形成π键，故B正确；
C．H2SO4硫酸分子中S原子为sp3杂化，O-H为共用电子对形成的化学键，不是以杂化轨道成键，故C错误；
D．N2分子中存在N≡N，双键中有1个π键，三键中有2个π键，则有一个σ键、两个π键，故D正确；
故选C．
异烟酸与Ag（I）及硅钨酸形成的配位聚合物可用于药物嵌入等领域．
I．异烟酸制抗结核病药物异烟肼的反应为（如图1）：
（1）异烟酸中氮原子的杂化轨道类型为______．
（2）该反应涉及第二周期元素的第一电离能从小到大的顺序为______（填元素符号）．
（3）对比异烟酸和异烟肼的结构，异烟酸发生反应断裂的共价键类型主要为______．
（4）异烟肼熔点较低（173℃），且易溶于水的原因是______．
Ⅱ．硅钨酸在600℃～650℃可分解生成SiO2和WO2，
其结构如图2．
（5）已知钨为第六周期ⅥB族元素，其基态原子的球形轨道中共有12个电子，则钨的基态原子价电子排布式为______．
（6）根据硅钨酸的结构推测，WO3的结构式为______．
正确答案
解：（1）异烟酸中氮原子含有2个σ键和一个孤电子对，所以N原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：sp2；
（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能最大的是N元素，其次是O元素，C元素最小，故答案为：C＜O＜N；
（3）不同非金属元素之间易形成极性共价键，根据图知，异烟酸发生反应断裂的共价键类型主要为极性键，故答案为：极性键；
（4）分子晶体的熔点较低，异烟肼与水分子间能形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大，
故答案为：异烟肼为分子晶体，熔点较低，异烟肼和水分子之间存在氢键，导致异烟肼极易溶于水；
（5）钨为第六周期ⅥB族元素，W原子核外有74个电子，其基态原子的球形轨道中共有12个电子，说明s能级有12个电子，W位于第六周期第VIB族，则5d能级上含有4个电子，其5d、6s能级上电子为其价电子，根据构造原理知钨的基态原子价电子排布式为5d46s2，故答案为：5d46s2；
（6）根据硅钨酸的结构知，每个W原子能形成6个共价键，则三氧化钨的结构为
解析
解：（1）异烟酸中氮原子含有2个σ键和一个孤电子对，所以N原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：sp2；
（2）同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈现增大的趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能最大的是N元素，其次是O元素，C元素最小，故答案为：C＜O＜N；
（3）不同非金属元素之间易形成极性共价键，根据图知，异烟酸发生反应断裂的共价键类型主要为极性键，故答案为：极性键；
（4）分子晶体的熔点较低，异烟肼与水分子间能形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大，
故答案为：异烟肼为分子晶体，熔点较低，异烟肼和水分子之间存在氢键，导致异烟肼极易溶于水；
（5）钨为第六周期ⅥB族元素，W原子核外有74个电子，其基态原子的球形轨道中共有12个电子，说明s能级有12个电子，W位于第六周期第VIB族，则5d能级上含有4个电子，其5d、6s能级上电子为其价电子，根据构造原理知钨的基态原子价电子排布式为5d46s2，故答案为：5d46s2；
（6）根据硅钨酸的结构知，每个W原子能形成6个共价键，则三氧化钨的结构为
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