- sp、sp2、sp3杂化
- 共209题
（2014秋•宝鸡校级期中）汽车作为一种现代交通工具正在进入千家万户，汽车尾气的污染问题也成为当今社会急需解决的问题．为使汽车尾气达标排放，催化剂及载体的选择和改良是关键．目前我国研制的稀土催化剂催化转化汽车尾气示意图如图甲：
（1）下列有关说法正确的是______．
A．C3H8中碳原子都采用的是sp3杂化
B．O2、CO2、NH3都是非极性分子
C．每个N2中，含有2个π键
（2）CO的一种等电子体为NO+，NO+的电子式为______
（3）CO与Ni可生成羰基镍[Ni（CO）4]，已知其中镍为0价，镍原子在基态时，核外电子排布式为______；[Ni（CO）4]的配体是______，配位原子是______．
（4）Zr原子序数为40，价电子排布式为4d25s2，它在周期表中的位置是______．
（5）为了节省贵重金属并降低成本，也常用钙钛矿型复合氧化物催化剂．一种复合氧化物晶体结构如图乙，则与每个Sr2+紧邻的O2-有______个．
正确答案
解：（1）A．C3H8分子中每个C原子含有4个σ键，所以每个C原子价层电子对个数是4，则C原子采用sp3杂化，故A正确；
B．O2是以非极性键结合的双原子一定为非极性分子，CO2中含有极性键，为直线形分子，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，NH3的立体构型为三角锥型，结构不对称，分子中正负电荷重心不重叠，为极性分子，故B错误；
C．1个氮氮三键中含有2个π键，故C正确；
故选AC；
（2）CO的一种等电子体为NO+，CO的结构为C≡O，则NO+的电子式为，故答案为：
（3）Ni的原子序数为28，根据能量最低原理和洪特规则可写出基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，[Ni（CO）4]中心原子是Ni，CO提供孤电子对为配体，配位原子是为C，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；CO；C；
（4）Zr原子序数为40，价电子排布式为4d25s2，最高能层为5，位于周期表第5周期，能量最高轨道为4d，所以位于第Ⅳ副族，即元素位于周期表第5周期、ⅣB族，
故答案为：第5周期第ⅣB族；
（5）Sr2+在晶胞的体心，与之紧邻的O2-在晶胞的棱上，12条棱，每个Sr2+紧邻的O2-有12，故答案为：12．
解析
解：（1）A．C3H8分子中每个C原子含有4个σ键，所以每个C原子价层电子对个数是4，则C原子采用sp3杂化，故A正确；
B．O2是以非极性键结合的双原子一定为非极性分子，CO2中含有极性键，为直线形分子，结构对称，分子中正负电荷重心重叠，为非极性分子，NH3的立体构型为三角锥型，结构不对称，分子中正负电荷重心不重叠，为极性分子，故B错误；
C．1个氮氮三键中含有2个π键，故C正确；
故选AC；
（2）CO的一种等电子体为NO+，CO的结构为C≡O，则NO+的电子式为，故答案为：
（3）Ni的原子序数为28，根据能量最低原理和洪特规则可写出基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，[Ni（CO）4]中心原子是Ni，CO提供孤电子对为配体，配位原子是为C，
故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；CO；C；
（4）Zr原子序数为40，价电子排布式为4d25s2，最高能层为5，位于周期表第5周期，能量最高轨道为4d，所以位于第Ⅳ副族，即元素位于周期表第5周期、ⅣB族，
故答案为：第5周期第ⅣB族；
（5）Sr2+在晶胞的体心，与之紧邻的O2-在晶胞的棱上，12条棱，每个Sr2+紧邻的O2-有12，故答案为：12．
ⅥA族的氧、硫、硒（Se）、碲（Te）等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途．请回答下列问题：
（1）S单质的常见形式为S8，其环状结构如图1所示，S原子采用的轨道杂化方式是______；
（2）原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为______；
（3）Se原子序数为______，其核外M层电子的排布式为______；
（4）H2Se的酸性比H2S______（填“强”或“弱”）．气态SeO3分子的立体构型为______，SO
（5）ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛．立方ZnS晶体结构如图2所示，其晶胞边长为540.0pm，密度为______g•cm-3（列式并计算），a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为______pm（列式表示）．
正确答案
sp3
O＞S＞Se
34
3s23p63d10
强
平面三角形
三角锥形
4.1
解析
解：（1）根据图片知，每个S原子含有2个σ键和2个孤电子对，所以每个S原子的价层电子对个数是4，则S原子为sp3杂化，
故答案为：sp3；
（2）同主族元素从上到下，原子半径越来越大，原子核对核外电子的吸引力越来越弱，第一电离能逐渐减小，故答案为：O＞S＞Se；
（3）Se元素34号元素，M电子层上有18个电子，分别位于3s、3p、3d能级上，所以其核外M层电子的排布式为3s23p63d10，故答案为：34；3s23p63d10；
（4）非金属性越强的元素，其与氢元素的结合能力越强，则其氢化物在水溶液中就越难电解，酸性就越弱，非金属性S＞Se，所以H2Se的酸性比H2S强，气态SeO3分子中Se原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，所以其立体构型为平面三角形，SO32-离子中S原子价层电子对个数=3+
故答案为：强；平面三角形；三角锥形；
（5）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数=
x=
故答案为：4.1；
℃），甲醇是“假酒”中的主要有害物质（其沸点是64.65℃），甲醇的沸点明显高于甲醛的主要原因是______；甲醛分子中C的杂化方式为______，分子中共有______个π键．
（2）砷化镓属于第三代半导体，它能直接将电能转化为光能．已知砷化镓的晶胞结构如图．回答下列问题：
①下列说法正确的是______（选填序号）
A．砷化镓晶胞结构与NaCl相同
B．第一电离能：As＞Ga
C．电负性：As＞Ga
D．砷和镓都属于p区元素
②Ga的核外电子排布式为______；
③砷化镓是将（CH3）3Ga和AsH3用MOCVD方法制备得到，该反应在700℃进行，反应的方程式为______； （CH3）3Ga中碳镓键之间键角为______．
正确答案
解：（1）甲醇分子间存在氢键，甲醛中不存在氢键，氢键的存在导致甲醇的熔沸点升高；甲醛分子中C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以C原子为sp2杂化，甲醛分子中含有一个C=O键，所以含有一个π键，
故答案为：甲醇分子间存在氢键，而甲醛没有；sp2；1；
（2）①A．该晶胞中配位数是4，氯化钠中配位数是6，所以砷化镓晶胞结构与NaCl不同，故A错误；
B．同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：As＞Ga，故B正确；
C．同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，电负性As＞Ga，故C正确；
D．根据最后填入电子名称判断区名称，砷和镓都属于p区元素，故D正确；
故选BCD；
②Ga是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理知该基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104S24P1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104S24P1；
③砷化镓是将（CH3）3Ga和AsH3用MOCVD方法制备得到，同时还生成甲烷，反应方程式为：（CH3）3Ga+AsH3
故答案为：（CH3）3Ga+AsH3
解析
解：（1）甲醇分子间存在氢键，甲醛中不存在氢键，氢键的存在导致甲醇的熔沸点升高；甲醛分子中C原子价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以C原子为sp2杂化，甲醛分子中含有一个C=O键，所以含有一个π键，
故答案为：甲醇分子间存在氢键，而甲醛没有；sp2；1；
（2）①A．该晶胞中配位数是4，氯化钠中配位数是6，所以砷化镓晶胞结构与NaCl不同，故A错误；
B．同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA、第VA族元素第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能：As＞Ga，故B正确；
C．同一周期元素中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，电负性As＞Ga，故C正确；
D．根据最后填入电子名称判断区名称，砷和镓都属于p区元素，故D正确；
故选BCD；
②Ga是31号元素，其原子核外有31个电子，根据构造原理知该基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104S24P1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104S24P1；
③砷化镓是将（CH3）3Ga和AsH3用MOCVD方法制备得到，同时还生成甲烷，反应方程式为：（CH3）3Ga+AsH3
故答案为：（CH3）3Ga+AsH3
下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．同一原子中，不同能层，相同能级的轨道数相同，故A错误；
B．3p2表示3p能级有2个电子，但p能级有3个轨道，故B错误；
C．不同能层相同能级的电子能量E（3s）＞E（2s）＞E（1s），故C错误；
D．原子的电子排布遵循构造原理能使整个原子的能量处于最低状态，处于最低能量的原子叫做基态原子，吸收能量，可由基态电子跃迁到激发态，故D正确；
故选D．
下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是（ ）
正确答案
解析
解：A、CO2中C原子杂化轨道数为
B、CH4中C原子杂化轨道数为
C、BeCl2中Be原子杂化轨道数为
D、C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个C≡C三键，C原子杂化轨道数为（1+1）=2，采取 sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个C═C双键，C原子杂化轨道数为（2+1）=3，C原子采取sp2杂化方式，故D错误．
故选：B．
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