- 分子结构与性质
- 共1817题
K2[Na（CN）4]的名称为______，中心原子采取______杂化，配离子的空间构型为______．
正确答案
四氰合镍（Ⅱ）酸钾
dsp2
平面正方形
解析
解：K2[Ni（CN）4]中中心原子Ni，配位体为CN-，外界离子为K+，每个K++1价，每个CN-为-1价，根据呈电中性，Ni的化合价为+2价，所以K2[Ni（CN）4]的名称为：四氰合镍（Ⅱ）酸钾，
中心原子Ni外层电子排布为3d84s2，镍（Ⅱ）外层为3d8，3d轨道上8个电子，配位体为CN-，外界离子为K+，所以Ni2+是6配位，需要6个杂化轨道，K+外层没有电子，分别需两个电子和两个K+成键，CN-的C有一对孤对电子，6个杂化轨道需要4个电子，三个3d轨道上有4个电子，其余2个3d轨道全充满4个电子，未参与杂化，还有三个轨道即空的4s、两个4p轨道，所以Ni2+为d3sp2杂化，Ni2+位于正方形中心，4个CN-离子分别占据4个角顶，因此配离子的空间构型为平面正方形，
故答案为：四氰合镍（Ⅱ）酸钾；dsp2；平面正方形．
下列分子中的中心原子采取sp2杂化的是（ ）
①C6H6 ②C2H2 ③C2H4 ④C3H8 ⑤CO2 ⑥BeCl2⑦SO3 ⑧BF3．
正确答案
解析
解：①C6H6连接3个原子，形成3个θ键，无孤电子对，属于sp2杂化，故正确；
②C2H2 分子中每个碳原子杂化轨道数为2，所以采取sp杂化，故错误；
③C2H4分子中每个碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确；
④C3H8 分子中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，故错误；
⑤CO2 分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以采用sp杂化，故错误；
⑥BeCl2分子中，铍原子含有两个共价单键，不含孤电子对，所以价层电子对数是2，中心原子以sp杂化轨道成键，故错误；
⑦SO3 分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
⑧BF3分子中硼原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，故正确．
故选C．
下列说法错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A．单键为σ键，双键中有1个σ键，1个π键，甲基中的C为sp3杂化，双键上C为sp2杂化，则有机物CH2=CH-CH3中其碳原子杂化类型有sp3 和sp2，其中有1个π键，8个σ键，故A错误；
B．CO和N2为等电子体，则原子总数相同，价电子总数相等，故性质相似，故B正确；
C．钠的原子序数为11，钠离子核外有10个电子，离子核外电子排布为1s22s22p6，故C正确；
D．CO2分子中中心原子碳是sp杂化，所以CO2分子的构型为直线型，故D正确；
故选A．
[选修3物质结构与性质]
用于金属焊接的某种焊条，其药皮由大理石、水泥、硅铁等配制而成．
（1）Al的原子基态核外电子排布式______；Al与NaOH溶液反应的离子方程式为______．
（2）30Si的原子的中子数为______；SiO2晶体类型为______．
（3）Al3+与Yn-的电子数相同，Y所在族的各元素的氢化物的水溶液均显酸性，则该族氢化物中沸点最低的是______．
（4）焊接过程中，药皮在高温下产生了熔渣和使金属不被氧化的气体，该气体______；其杂化类型为______．
（5）经处理后的熔渣36.0g（仅含Fe2O3、Al2O3、SiO2），加入足量稀盐酸，分离得到11.0g固体；滤液中加入过量NaOH溶液，分离得到21.4g固体；则此熔渣中Al2O3的质量分数为______．
正确答案
解：（1）Al在周期表中位于第三周期第ⅢA族，Al原子核外共13个电子，按照能量最低原则电子先填入能量最低的1s轨道，填满后再依次填入能量较高的轨道其电子排布式为1S22S22P63S23P1；Al与强碱溶液反应生成AlO2-和H2，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：1S22S22P63S23P1； 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）在原子符合的表达式中左上角表示质量数，左下角表示质子数，根据质量数=质子数+中子数可计算出30Si的原子的中子数为：30-14=16，SiO2熔点高、硬度大，为原子晶体，故答案为：16； 原子晶体；
（3）在元素周期表中只有第ⅦA族卤素原子的氢化物的水溶液才均显酸性，因为Al3+与Yn-的电子数相同，所以Y是F元素．卤素元素形成的氢化物均属于分子晶体，其沸点随分子间作用力的增大而升高，但由于HF分子中存在氢键，因而HF的沸点最高，所以沸点最低的是HCl．故答案为：HCl；
（4）由药皮的成分大理石、水泥、硅铁可知，在高温下只有大理石才分解产生CO2，因此气体只能是CO2气体，分子中含有2个δ键，应为SP杂化．故答案为：CO2；SP杂化；
（5）熔渣中只有SiO2与盐酸不反应，因此11.0g是SiO2的质量．Fe2O3、Al2O3溶于盐酸分别生成FeCl3、AlCl3，当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl3生成NaAlO2，FeCl3生成Fe（OH）3沉淀．所以21.4g固体是Fe（OH）3的质量，其物质的量为
解析
解：（1）Al在周期表中位于第三周期第ⅢA族，Al原子核外共13个电子，按照能量最低原则电子先填入能量最低的1s轨道，填满后再依次填入能量较高的轨道其电子排布式为1S22S22P63S23P1；Al与强碱溶液反应生成AlO2-和H2，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：1S22S22P63S23P1； 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
（2）在原子符合的表达式中左上角表示质量数，左下角表示质子数，根据质量数=质子数+中子数可计算出30Si的原子的中子数为：30-14=16，SiO2熔点高、硬度大，为原子晶体，故答案为：16； 原子晶体；
（3）在元素周期表中只有第ⅦA族卤素原子的氢化物的水溶液才均显酸性，因为Al3+与Yn-的电子数相同，所以Y是F元素．卤素元素形成的氢化物均属于分子晶体，其沸点随分子间作用力的增大而升高，但由于HF分子中存在氢键，因而HF的沸点最高，所以沸点最低的是HCl．故答案为：HCl；
（4）由药皮的成分大理石、水泥、硅铁可知，在高温下只有大理石才分解产生CO2，因此气体只能是CO2气体，分子中含有2个δ键，应为SP杂化．故答案为：CO2；SP杂化；
（5）熔渣中只有SiO2与盐酸不反应，因此11.0g是SiO2的质量．Fe2O3、Al2O3溶于盐酸分别生成FeCl3、AlCl3，当滤液中加入过量NaOH溶液时AlCl3生成NaAlO2，FeCl3生成Fe（OH）3沉淀．所以21.4g固体是Fe（OH）3的质量，其物质的量为
下列分子中，中心原子以sp3杂化且属于极性分子的是（ ）
正确答案
解析
解：A、CCl4分子中价层电子对个数=4+
B、BF3分子中价层电子对个数=3+
C、CO中C原子形成1个δ键，有1对孤电子对，为sp杂化，故C错误；
D、NH3中N原子形成3个δ键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子，故D正确；
故选D．
关于CO2说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．二氧化碳分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以碳原子采用sp杂化，故A错误；
B．二氧化碳分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以二氧化碳是直线型分子，故B正确；
C．干冰是固态二氧化碳，干冰的构成微粒是分子，所以属于分子晶体，故C错误；
D．二氧化碳是直线型分子，正负电荷重心重合，所以是非极性分子，故D错误；
故选B．
有关乙烯分子中的化学键描述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．每个碳原子的sp2杂化轨道中与两个氢原和另一碳原子形成三个σ键，故A错误；
B．每个碳原子的未参加杂化的2p轨道肩并肩形成形成π键，故B错误；
C．每个碳原子的sp2杂化轨道中与两个氢原和另一碳原子形成三个σ键，故C正确；
D．乙烯碳原子的未参加杂化的2p轨道与另一碳原子形成π键，故D错误；故选C．
黑火药是中国古代四大发明之一，已知它在爆炸时发生反应的化学方程式为：
S+2KNO3+3C═A+N2↑+3CO2↑ （已配平，A特指某一晶体）；请回答下列问题：
①除S外，上述元素的电负性从大到小依次为______（填写元素符号）．
②在生成物中，A的晶体类型为______，含极性共价键的分子内的中心原子轨道杂化类型为______．
③已知CN-与N2为等电子体，推算HCN分子中σ键与π键数目之比为______．
正确答案
解：①同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，故电负性O＞N＞C＞K，
故答案为：O＞N＞C＞K；
②由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子晶体，含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，不含孤对电子，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式，
故答案为：离子晶体；sp；
③CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1，
故答案为：1：1．
解析
解：①同周期自左而右电负性增大，金属性越强电负性越小，故电负性O＞N＞C＞K，
故答案为：O＞N＞C＞K；
②由原子守恒可知，物质A为K2S，属于离子晶体，含极性共价键的分子为CO2，分子中C原子形成2个C=O键，不含孤对电子，杂化轨道数目为2，为sp杂化方式，
故答案为：离子晶体；sp；
③CN-与N2结构相似，C原子与N原子之间形成三键，则HCN分子结构式为H-C≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，单键属于σ键，故HCN分子中σ键与π键数目之比为1：1，
故答案为：1：1．
以下微粒中，中心原子的杂化轨道类型属于sp2的是（ ）
正确答案
解析
解：中心原子的杂化轨道类型属于sp2，说明其价层电子对个数是3，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，
A．二氧化碳分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=2+
B．三氧化硫分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
C．三氯化磷分子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
D．水合氢离子中价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+
故选B．
金属钛呈银白色，因它坚硬．强度大．耐热．密度小，被称为高技术金属．目前生产钛采用氯化法，主要步骤如下：
Ⅰ．即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，通入氯气并加热制得TiCl4：
2FeTiO3+7Cl2+6C
TiO2+2Cl2+2C
Ⅱ．将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛：
TiCl4+2Mg
Ⅲ．用稀盐酸溶解MgCl2和过量Mg后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭．
请回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子排布式为______．
（2）与CO互为等电子体的离子为______（填化学式）．
（3）在CH2Cl2．HCHO．CO2．C2H4中，碳原子采取sp2杂化的分子有______．
（4）TiCl4在常温下是无色液体，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟．则TiCl4属于______（填“原子”．“分子”或“离子”）晶体．
（5）与钛同周期的另一种元素钴（Co）可形成分子式均为Co（NH3）5BrSO4的两种配合物，其中一种化学式为[Co（NH3）5Br]SO4，往其溶液中加BaCl2溶液时，现象是______；往另一种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，则第二种配合物的化学式为______．
（6）在自然界中TiO2有金红石．板钛矿．锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如图所示，则其中Ti4+的配位数为______．
正确答案
解：（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
（2）CO为双原子分子，价电子总数为10，则CO的等电子体为离子的为：CN-（或NO+．C22-），故答案为：CN-（或NO+．C22-）；
（3）在CH2Cl2．HCHO．CO2．C2H4中，分子构型分别为四面体形、平面三角形、直线形、平面形，所以碳原子的杂化方式分别为sp3、sp2、sp、sp2杂化，
采取sp2杂化的分子有HCHO、C2H4，故答案为：HCHO、C2H4；
（4）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体．故答案为：分子；
（5）由[Co（NH3）5Br]SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀．加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明溴离子在外界，因此另一配合物的化学式为[Co （NH3）5SO4]Br．
故答案为：产生白色沉淀；[Co （NH3）5SO4]Br；
（6）观察晶胞结构，可知每个钛周围距离最近的氧原子有6个，即钛的配位数为6，故答案为：6．
解析
解：（1）钛为22号元素，基态电子排布式为：[Ar]3d24s2，则基态钛原子的价电子排布式为3d24s2，故答案为：3d24s2；
（2）CO为双原子分子，价电子总数为10，则CO的等电子体为离子的为：CN-（或NO+．C22-），故答案为：CN-（或NO+．C22-）；
（3）在CH2Cl2．HCHO．CO2．C2H4中，分子构型分别为四面体形、平面三角形、直线形、平面形，所以碳原子的杂化方式分别为sp3、sp2、sp、sp2杂化，
采取sp2杂化的分子有HCHO、C2H4，故答案为：HCHO、C2H4；
（4）因TiCl4在常温下是无色液体，说明熔点低，在水或潮湿空气中易水解而冒白烟，说明钛离子为弱碱阳离子，由此可判断 TiCl4是由共价键结合的分子，晶体类型属于分子晶体．故答案为：分子；
（5）由[Co（NH3）5Br]SO4可知，硫酸根离子为配合物的外界，在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀．加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，若加入AgNO3溶液时，产生淡黄色沉淀，说明溴离子在外界，因此另一配合物的化学式为[Co （NH3）5SO4]Br．
故答案为：产生白色沉淀；[Co （NH3）5SO4]Br；
（6）观察晶胞结构，可知每个钛周围距离最近的氧原子有6个，即钛的配位数为6，故答案为：6．
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．
下列有关杂化轨道的说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．原子中能量相近的某些轨道，在成键时能重新组合成能量相等的新轨道，但轨道个数不变，轨道形状发生变化，故A正确；
B．杂化轨道的数目与杂化前的轨道数目相等，但轨道形状发生变化，故B错误；
C．杂化轨道成键时，要满足原子轨道最大重叠原理、最小排斥原理，这样能量才能最小，分子才能最稳定，故C正确；
D．杂化后得到的杂化轨道完全相同就是等性杂化．比如甲烷中碳的sp3杂化，得到四个完全相同的sp3杂化轨道．杂化后的杂化轨道至少存在两个不同的，说明是非等性杂化．如氨气分子中，N原子虽是sp3杂化，但杂化后的四个轨道不完全相同，故D正确；
故选B．
下列叙述不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．在基态多电子的原子中，离原子核越近的电子其能量越低，离核越远的电子能量越高，最易失去的电子能量越高，电离能越小，故A正确；
B．同一主族元素，元素的第一电离能、电负性都随着原子序数增大而减小，所以锗的第一电离、电负性都低于C，故B错误；
C．PH3、NH3分子都是三角锥形结构，含有氢键的物质熔沸点较高，液氨中含有氢键导致PH3沸点比NH3低，故C正确；
D．如果分子中中心原子价层电子对个数是4时，则该原子采用sp3杂化，SiF4和SO32-的中心原子价层电子对个数都是4，所以均为sp3杂化，故D正确；
故选B．
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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