- sp、sp2、sp3杂化
- 共209题
氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷是正四面体形，这是因为（ ）
正确答案
解析
解：NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形；CH4分子中C原子采取sp3型杂化杂化，杂化轨道全部用于成键，碳原子连接4个相同的原子，C-H之间的键角相等为109°28′，故CH4为正四面体构型，
故选：A．
硫元素可以形成多种物质如SCl
（1）SCl
（2）向[Cu（NH3）4]SO4溶液中通入SO2至微酸性，有白色沉淀生成．分析表明该沉淀中Cu、S、N的物质的量之比为1：1：1，经测定该沉淀的晶体里有一种三角锥型的阴离子和一种正四面体型的阳离子．
①[Cu（NH3）4]SO4中Cu2+的电子排布式为______．
②[Cu（NH33）4]SO4中存在的化学键类型有______（填字母）．
A．共价键 B．氢键 C．离子键 D．配位键 E．分子间作用力
③写出与SO
④上述白色沉淀的化学式为______．
正确答案
sp3
三角锥型
[Ar]3d9
ACD
SiCl4或SiF4
（NH4）CuSO3
解析
解：（1）SCl3+中S原子价层电子对=3+
（2）①基态Cu 2+核外有27个电子，根据构造原理知，其基态核外电子排布式为：[Ar]3d9，故答案为：[Ar]3d9；
②．[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根离子和[Cu（NH3）4]2+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有共价键、离子键、配位键，故选ACD；
③SO42-中含有5个原子，其价电子数是32，与SO42-互为等电子体的一种分子为SiCl4或SiF4，故答案为：SiCl4或SiF4；
④该沉淀中Cu、S、N的物质的量之比为1：1：1，经测定该沉淀的晶体里有一种三角锥型的阴离子为亚硫酸根离子，一种正四面体型的阳离子为铵根离子，再根据化合物中各元素的化合价代数和为0及元素守恒知，该沉淀中还含有+1价Cu，所以其化学式为：（NH4）CuSO3，故答案为：（NH4）CuSO3．
下列关于CH3+、-CH3、CH3-三种微粒的说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．CH3+、-CH3、CH3-三种微粒分别为碳正离子、甲基、碳负离子，三种微粒都不能独立稳定存在，故A错误；
B．甲基是甲烷去掉一个氢原子空间构型为正四面体型，碳正离子其中心碳原子采用sp2杂化，不含孤对电子，空间构型为平面三角形结构，碳负离子其中心碳原子采用sp3杂化，含有一对孤对电子为三角锥型，三种微粒的形状不相同，故B错误；
C．甲基中的C原子价层电子对个数=4+
D．CH3+呈平面三角形结构，所以键角约为120°，碳负离子其中心碳原子采用sp3杂化，含有一对孤对电子为三角锥型，键角约为104.5°，所以键角大小关系：CH3+＞CH3-，故D正确；
故选D．
科研人员在20℃、1个大气压和其它一定的实验条件下，给水施加一个弱电场，水就可以结成冰，称为“热冰”．如图1是水和“热冰“微观结构的计算机模拟图．回答：
（1）以上信息体现了水分子具有______性，水分子中氧原子的杂化方式为______．
（2）参照热冰的图示，以一个水分子为中心，画出水分子间最基本的连接方式（用结构式表示）．
（3）固体二氧化碳外形似冰，受热气化无液体产生，俗称“干冰”．根据如图2干冰的晶胞的结构回答：
①一个晶胞中有______个二氧化碳分子；在二氧化碳分子中所含的化学键类型与数目有______；在干冰中CO2的配位数是______．
②其堆积方式与干冰晶胞类型相同的金属有（答一种即可）______，其空间利用率为______．
（4）请写出N基态原子的原子轨道表示式______，
如图原子轨道表示式不能作为N基态原子的轨道表示式是因它不符合______．（填序号）．
（5）第三周期中第一电离能最大的是______
（6）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，则该元素的质子数是______，1mol的 X（NH3）4Cl2中含有的δ键的有______个．
正确答案
解：（1）给水施加一个弱电场，形成热冰，水分子有规则的排列，说明水分子中正负电荷的重心不重合，具有极性，水分子中氧原子形成2个O-H键、含有2对孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，
故答案为：极性，sp3；
（2）冰晶胞中水分子的空间排列方式，冰晶胞中存在氢键，氢键具有方向性，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，
故答案为：
（3）①二氧化碳的晶胞中，二氧化碳分子分布于晶胞的定点和面心位置，则晶胞中含有二氧化碳的分子数为8×
故答案为：4；2个σ键和2个π键；12；
②铜的堆积模型为最紧密堆积，配位数为12，铜原子位于顶点和面心，与二氧化碳分子晶胞结构相似；铜晶胞是面心立方结构，处于面上对角线物质的3个Cu原子相邻，令Cu原子半径为r，晶胞的棱长=
故答案为：铜；74%；
（4）N元素，原子核外电子数为7，核外电子轨道表示为：
故答案为：
（5）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，Ar元素3s23p6中p轨道为全充满状态，难以失去电子，所以第一电离能最大，
故答案为：Ar；
（6）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，含有30个质子，为Zn元素；每mol配合物[X（NH3）4]Cl2中，σ键数目=（3×4+4）NA=16NA，
故答案为：30；16NA；
解析
解：（1）给水施加一个弱电场，形成热冰，水分子有规则的排列，说明水分子中正负电荷的重心不重合，具有极性，水分子中氧原子形成2个O-H键、含有2对孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，
故答案为：极性，sp3；
（2）冰晶胞中水分子的空间排列方式，冰晶胞中存在氢键，氢键具有方向性，每个水分子与相邻的4个水分子形成氢键，
故答案为：
（3）①二氧化碳的晶胞中，二氧化碳分子分布于晶胞的定点和面心位置，则晶胞中含有二氧化碳的分子数为8×
故答案为：4；2个σ键和2个π键；12；
②铜的堆积模型为最紧密堆积，配位数为12，铜原子位于顶点和面心，与二氧化碳分子晶胞结构相似；铜晶胞是面心立方结构，处于面上对角线物质的3个Cu原子相邻，令Cu原子半径为r，晶胞的棱长=
故答案为：铜；74%；
（4）N元素，原子核外电子数为7，核外电子轨道表示为：
故答案为：
（5）同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，Ar元素3s23p6中p轨道为全充满状态，难以失去电子，所以第一电离能最大，
故答案为：Ar；
（6）元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，含有30个质子，为Zn元素；每mol配合物[X（NH3）4]Cl2中，σ键数目=（3×4+4）NA=16NA，
故答案为：30；16NA；
有机物
正确答案
解析
解：根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，如果价层电子对个数是4，则C原子采用sp3杂化，如果价层电子对个数是3，则C原子采用sp2杂化，如果价层电子对个数是2，则C原子采用sp杂化，
甲基上C原子含有4个σ键，则C原子采用sp3杂化，碳碳双键两端的C原子含有3个σ键，则C原子采用sp2杂化，碳碳三键两端的C原子含有2个σ键，则C原子采用sp杂化，
故选B．
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