- 分子的立体结构
- 共1308题
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．
（2015春•南充校级月考）有以下物质：①HF ②Cl2 ③NH3 ④N2 ⑤C2H4 ⑥C2H6 ⑦H2 ⑧H2O2 ⑨HCN
（1）只含有极性键且中心原子采取sp杂化的是______；
（2）只含有非极性键且化学性质不活泼的是______；
（3）既有极性键又有非极性键的极性分子的是______；
（4）中心原子杂化轨道的立体构型为正四面体形，但分子的立体构型为三角锥形的是______；
（5）既有σ键又有π键的非极性分子是______；
（6）含有由两个原子的s轨道重叠形成的σ键的是______；
（7）含有由一个原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是______；
（8）含有由一个原子的p轨道与另一个原子的p轨道重叠形成的σ键的是______．
正确答案
解：（1）①中H-F键③中N-H键、⑨中的H-C键，以及C≡N键都属于极性共价键；②中Cl-Cl键④N≡N键⑦中H-H键属于非极性键；⑤中C-H键属于极性键，C=C键属于非极性键，⑥中C-H键属于极性键，C-C键属于非极性键，⑧中H-O键属于极性键，O-O键属于非极性键，只含有极性键为：①HF中F原子杂化轨道数为1+
故答案为：⑨；
（2）②中Cl-Cl键④N≡N键⑦中H-H键属于非极性键，只含有非极性键为②④⑦，因④N≡N键，相对于②⑦，化学性质不活泼的是④，
故答案为：④；
（3）既有极性键又有非极性键的有：⑤C2H4 ⑥C2H6 ⑧H2O2，⑤、⑥结构对称，正负电荷的中心重合为非极性分子，⑧H2O2
故答案为：⑧；
（4）①HF采取sp3杂化方式，有3对孤电子对，为直线型；②Cl2为直线型；③NH3采取sp3杂化方式，有1对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形；④N2为直线型；⑤C2H4为平面型；⑥C2H6采取sp3杂化方式，为四面体形；⑦H2为直线型；⑧H2O2采取sp3杂化方式，有2对孤电子对，为V型；⑨HCN（H-C≡N）为直线型，
故答案为：③；
（5）既有σ键又有π键的分子有：④N2 ⑤C2H4 ⑨HCN（H-C≡N），非极性分子是：④N2 ⑤C2H4，
故答案为：④⑤
（6）只有氢气中存在s-sσ键，
故答案为：⑦；
（7）①③⑤⑥⑧⑨都是氢原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成σ键，
故答案为：①③⑤⑥⑧⑨；
（8）②④⑤⑥⑧⑨中Cl-Cl、N-N键、C-C键、C-C键、O-O键、C-N键p轨道和p轨道以头对头重叠形成σ键，
故答案为：②④⑤⑥⑧⑨；
解析
解：（1）①中H-F键③中N-H键、⑨中的H-C键，以及C≡N键都属于极性共价键；②中Cl-Cl键④N≡N键⑦中H-H键属于非极性键；⑤中C-H键属于极性键，C=C键属于非极性键，⑥中C-H键属于极性键，C-C键属于非极性键，⑧中H-O键属于极性键，O-O键属于非极性键，只含有极性键为：①HF中F原子杂化轨道数为1+
故答案为：⑨；
（2）②中Cl-Cl键④N≡N键⑦中H-H键属于非极性键，只含有非极性键为②④⑦，因④N≡N键，相对于②⑦，化学性质不活泼的是④，
故答案为：④；
（3）既有极性键又有非极性键的有：⑤C2H4 ⑥C2H6 ⑧H2O2，⑤、⑥结构对称，正负电荷的中心重合为非极性分子，⑧H2O2
故答案为：⑧；
（4）①HF采取sp3杂化方式，有3对孤电子对，为直线型；②Cl2为直线型；③NH3采取sp3杂化方式，有1对孤电子对，分子的立体构型为三角锥形；④N2为直线型；⑤C2H4为平面型；⑥C2H6采取sp3杂化方式，为四面体形；⑦H2为直线型；⑧H2O2采取sp3杂化方式，有2对孤电子对，为V型；⑨HCN（H-C≡N）为直线型，
故答案为：③；
（5）既有σ键又有π键的分子有：④N2 ⑤C2H4 ⑨HCN（H-C≡N），非极性分子是：④N2 ⑤C2H4，
故答案为：④⑤
（6）只有氢气中存在s-sσ键，
故答案为：⑦；
（7）①③⑤⑥⑧⑨都是氢原子的s轨道与另一个原子的p轨道重叠形成σ键，
故答案为：①③⑤⑥⑧⑨；
（8）②④⑤⑥⑧⑨中Cl-Cl、N-N键、C-C键、C-C键、O-O键、C-N键p轨道和p轨道以头对头重叠形成σ键，
故答案为：②④⑤⑥⑧⑨；
（2013•长安区校级模拟）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单质的常见形式是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的原子序数为______，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______，
（5）H2SeO3 的K1和K2分别是2.7×10-3和2.5×10-8，H2SeO4的第一步几乎完全电离，K2是1.2×10-2，请根据结构与性质的关系解释：
①H2SeO3和H2SeO4的第一步电离程度大于第二步电离的原因：______；
②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：______．
（6）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
第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子
H2SeO3和H2SeO4可表示为（HO）SeO和（HO）SeO2．H2SeO3中Se为+4价，而H2SeO4中Se为+6价，正电性更高．导致Se-O-H中的O原子更向Se偏移，越易电离出H+
解析
解：（1）由S8分子结构可知，在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4，因此S原子采用的杂化轨道方式为sp3，故答案为：sp3；
（2）同主族元素从上到下元素的第一电离能逐渐减小，则有O＞S＞Se，故答案为：O＞S＞Se；
（3）Se位于元素周期表第四周期第ⅥA族，原子序数为34，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，则核外M层电子的排布式为3s23p63d10，
故答案为：34；3s23p63d10；
（4）同主族元素对应的氢化物中，元素的非金属性越强，对应的氢化物的酸性越弱，则H2Se的酸性比H2S强，
气态SeO3分子中Se形成3个δ键，没有孤电子对，为平面三角形分子，SO32-中S形成3个δ键，孤电子对数为
故答案为：强；平面三角形；三角锥形；
（5）①酸第一步电离产生的酸根阴离子带有负电荷，吸引H+，同时产生的H+抑制第二步电离，所以H2SeO4和H2SeO3第一步电离程度大于第二部电离程度，导致第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子，
故答案为：第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；
②H2SeO3的分子结构为
故答案为：H2SeO3和H2SeO4可表示为 （HO）SeO2和 （HO）2SeO2．H2SeO3中Se为+4价，而H2SeO4中Se为+6价，正电性更高．导致Se-O-H中的O原子更向Se偏移，越易电离出H+；
（6）晶胞中含有S离子位于顶点和面心，共含有
四个Zn2+在体内的四个小立方体的中心，不在同一平面上，过b向上面作垂线，构成直角三角形，两边分别为
故答案为：
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形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，SO2中S形成2个δ键，孤电子对数=
B．CH4中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，NH3中N形成3个δ键，孤电子对数=
C．BeCl2中Be形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，BF3中B形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，不相同，故C错误；
D．C2H4中C形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化，C2H2中形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，不相同，故D错误．
故选B．
（2015春•宿迁期末）下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．AB2型的共价化合物，其中心原子A价层电子对为2，则中心原子以sp杂化轨道成键，如氯化铍分子中，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，AB2型的共价化合物，也有不采用sp杂化轨道成键，如二氧化硫分子中，价层电子对数=2+
B．氢氧化镁存在着微弱的电离，产生的氢氧根和氯化铵电离出来的铵根结合，产生一水合氨，使平衡正向移动，所以镁离子的浓度增加，故B正确；
C．2A（g）+B（g）=3C（s）+D（g）的△S＜0，在一定条件下能自发进行，则△H-T△S＜0，所以该反应的△H＜0，故C错误；
D．SO2是分子晶体，SiO2是原子晶体，SiO2、SO2都只含共价键，故D错误；
故选B．
（1）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途．富勒烯（C60）的结构如图，分子中 碳原子轨道的杂化类型为______；1mol C60分子中σ 键的数目为______．
（2）Cu元素位于周期表______区，Cu晶胞中Cu原子的配位数为______，已知晶胞密度为ρ g/cm3求：Cu原子的半径为______m．
（3）Cu3N形成的晶体结构如图所示．与同一个N3-相连的Cu+有______个．
（4）火山喷出岩浆中含有多种硫化物．冷却时ZnS比HgS先析出，原因是______．
（5）下列说法正确的是______．
A．第一电离能大小：S＞P＞Si
B．电负性顺序：C＜N＜O＜F
C．MCO3中M2+半径越大，MCO3热分解温度越低
D．SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线型，相同条件下SO2的溶解度更大
E．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔．沸点越高．
正确答案
sp2
90NA
ds
12
6
二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出
BC
解析
解：（1）每个碳原子含有的σ键个数且不含孤电子对，所以采用sp2 杂化，每个碳原子含有的σ键个数为
故答案为：sp2；90NA；
（2）Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以其外围电子排布式为3d104s1，属于ds区，金属铜采用面心立方最密堆积，配位数=3×8×
故答案为：ds；12；
（3）晶胞中黑色球数目为12×
故答案为：6；
（4）二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出，
故答案为：二者均为离子晶体，ZnS晶格能大于HgS，因此ZnS先析出；
（5）A．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增大趋势，但第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能大小：P＞S＞Si，故A错误；
B．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，所以电负性顺序：C＜N＜O＜F，故B正确；
C．晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，离子半径与晶格能成反比，离子所带电荷与晶格能成正比，MCO3中M2+半径越大，所以MCO3热分解温度越低，故C正确；
D．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对是3且含有一个电子对，所以二氧化硫是V形结构，为极性分子，二氧化碳是非极性分子，根据相似相溶原理知，二氧化硫易溶于水，故D错误；
E．分子晶体中，物质的熔沸点与其相对分子质量成正比，故D错误；
故答案为：BC．
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．
甲烷中的碳原子是sp3杂化，下列用*表示碳原子的杂化和甲烷中的碳原子杂化状态一致的是（ ）
正确答案
解析
解：A．CH3-C*H2-CH3中*碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以*碳原子的杂化sp3杂化，故A正确；
B．C*H2=CHCH3中*碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+0=3，所以*碳原子的杂化sp2杂化，故B错误；
C．CH2=C*HCH3中*碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+0=3，所以*碳原子的杂化sp2杂化，故C错误；
D．CH2=CHC*H3中*碳原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=4+0=4，所以*碳原子的杂化sp3杂化，故D正确；
故选AD．
（1）HCN中C原子以______杂化；苯中含有______个σ键；CH2O中C原子以______杂化，分子的空间构型是______．
（2）共价键、离子键、配位键和范德华力是粒子之间的四种作用力．现有下列晶体：①Na2O2②SiO2③[Cu（NH3）4]Cl2④NH4Cl ⑤NaCl ⑥AlCl3，其中含有三种作用力的是______．
正确答案
sp
3
sp2
平面三角形
③④⑥
解析
解：（1）HCN分子的结构式是：H-C≡N，HCN分子中含有2个σ键和2个π键，C原子不含孤电子对，所以价层电子对数是2，中心原子C原子以sp杂化轨道成键；
苯分子中，每个碳原子中的三个sp2杂化轨道分别与两个碳原子和一个氢原子形成3个σ键，同时每个碳原子还有一个未参加杂化的2p轨道，它们均有一个未成对电子，这些2p轨道相互平行，以“肩并肩”方式相互重叠，形成一个多电子的大π键；
CH2O中价层电子对个数=3+
故答案为：sp；3；sp2；平面三角形；
（2）①Na2O2存在离子键和共价键；②SiO2中只存在共价键；③[Cu（NH3）4]Cl2中存在氯离子与四氨合铜离子之间的离子键、N-H之间的共价键及铜离子提供空轨道和N原子孤对电子形成的配位键；④NH4Cl中含氯离子与铵根离子之间的离子键、N-H之间的共价键及氢离子提供空轨道和N原子孤对电子形成的配位键；⑤NaCl中只含离子键；⑥AlCl3中含共价键、配位键和范德华力，则含有三种作用力的是③④⑥，
故答案为：③④⑥．
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