(共39张PPT)
第二单元 配合物的形成和应用
课程目标
1．了解认识配合物结构的历史。
2．知道简单配合物的基本组成。
3．理解配合物的结构与性质之间的关系，认识配合物在生产、生活等方面的广泛应用。
图说考点
基 础 知 识
技 能 素 养
形成性自评
基 础 知 识
[新知预习]
一、配合物的形成
1．实验探究
蓝色沉淀
溶解
深蓝色溶液
2.配位化合物
(1)概念：由__________的配位体与__________的中心原子以__________结合形成的化合物。
(2)常见的中心原子、配位体
a．常见的能形成配合物的中心原子有Fe3＋、Cu2＋、Zn2＋、Ag＋等。
b．常见的能形成配合物的配位体的分子有H2O、NH3、CO等。
c．常见的能形成配合物的配位体的离子有F－、Cl－、CN－、SCN－等。
提供孤电子对
接受孤电子对
配位键
3．配合物的异构现象
(1)产生异构现象的原因
a．含有________或________配位体。
b．配位体_______________不同。
(3)异构体的性质
顺、反异构体在颜色、极性、溶解性、抗癌活性等方面都有差异。
两种
两种以上
在空间的排列方式
相邻
对角
二、配合物的应用
检验金属离子
分离物质
定量测定物质的组成
[即时性自测]
1．下列不能形成配位键的组合是( )
A．Ag＋、NH3 B．BF3、NH3
C．Co3＋、CO D．Ag＋、H＋
解析：根据配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。A项，Ag＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，故A错误；B项，BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，故B错误；C项，Co3＋有空轨道，CO中的氧原子上有孤电子对，可以形成配位键，故C错误；D项，Ag＋、H＋两种离子都没有孤电子对，所以不能形成配位键，故D正确。
答案：D
2．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是( )
A．配位体是Cl－和H2O，配位数是9
B．中心离子是Ti3＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀
解析：A项，配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配位体是Cl－和H2O，配位数是6，故A错误；B项，中心离子是Ti3＋，配离子是Cl－，故B错误；C项，配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配离子是Cl－为1，外界离子是Cl－为2，内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2，故C正确；D项，加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl－与Ag＋反应，配位离子Cl－不与Ag＋反应，故D错误。
答案：C
3．铁强化酱油中加有NaFeEDTA，其配离子结构如下图，
则Fe3＋的配位数为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：与铁相连的原子有N和O，其中N已形成三个键，故N与Fe之间为配位键；O－也饱和，若与铁相连，则只能形成配位键。
答案：D
4．在[Co(NH3)6]3＋中，与中心原子形成配位键的原子是( )
A．N原子 B．H原子
C．Co原子 D．N、H两种原子
解析：在[Co(NH3)6]3＋中，配位体是NH3，用N原子上的孤电子对与Co3＋配位。
答案：A
5．[Zn(NH3)4]SO4中，Zn2＋与NH3以__________相结合，配合物的内界为__________，__________为配合物的外界。Zn2＋接受4个NH3分子中氮原子提供的孤电子对，形成________个配位键；Zn2＋提供4个空__________杂化轨道接受孤电子对，是__________；NH3分子中的氮原子提供孤电子对，是配位原子，NH3分子是________________；[Zn(NH3)4]2＋中Zn2＋的配位数是________。
解析：[Zn(NH3)4]2＋是正四面体构型，因此中心原子(Zn2＋)发生sp3杂化。
配位键
[Zn(NH3)4]2＋
4
sp3
中心原子
配位体
4
技 能 素 养
提升点 配位化合物的结构与性质
[例] 大环配位体可用于金属蛋白质化学模拟，合成离子载体等；如图为冠醚(大环配位体)和某金属离子(M)形成的一种大环配合物。回答下列问题：
(1)该大环配合物中含有的化学键为________(填字母)。
a．极性键 b．非极性键
c．配位键 d．金属键
(2)该物质中非金属元素的电负性由小到大的顺序为____________。
(3)在冠醚中，C原子的杂化类型为___，O原子的杂化类型为____。
(4)冠醚中的O原子能和M离子形成配位键的原因：
_______________________________________________________。
abc
Hsp3
sp3
O原子成键后，含2对孤对电子，金属离子M有空轨道，所以两者能形成配位键
解析：(1)该化合物的C—C键为非极性建；C—H、C—O键为极性键；O→M键为配位键；(2)非金属元素有C、H、O，根据电负性规律，电负性由小到大的顺序为H状元随笔 配位键的形成条件是一方有空轨道，另一方有孤电子对。
[提升] 向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3＋3KSCN===Fe(SCN)3＋3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3＋与SCN－不仅能以1∶3的个数比配合，还能以其他个数比配合。请按要求填空：
(1)Fe3＋与SCN－反应时，Fe3＋提供________，SCN－提供________，二者通过配位键结合。
(2)所得Fe3＋与SCN－的配合物中，主要是Fe3＋与SCN－以个数比1∶1配合所得离子显血红色，含该离子的配合物的化学式是___________。
(3)若Fe3＋与SCN－以个数比1∶5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为：
________________________________________________________。
空轨道
孤电子对
[Fe(SCN)]Cl2
FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl
解析：Fe3＋和SCN－形成配合物时，Fe3＋提供空轨道，SCN－提供孤电子对，Fe3＋和SCN－以1∶1和1∶5形成络离子时，写化学式要用Cl－和K＋分别平衡络离子的电荷，使络合物呈电中性。
[关键能力]
配位化合物的结构与性质
1．配位化合物的结构
(1)定义：由提供孤电子对的配位体与接受孤电子对的中心原子以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。其中：金属离子(原子)叫做中心离子(原子)，中性分子或者阴离子叫做配位体。
例如把CuSO4固体溶于足量水中就会生成[CuH2O)4]SO4 (硫酸四水合铜)称为配位化合物，[CuH2O)4]SO4]2+(四水合铜离子)称为络(配)离子。在[Cu(H2O)4]2＋中，Cu2＋是中心离子，H2O是配位体，即H2O是电子给予体。
(2)组成
①中心离子：一般是金属离子，常见的有Fe2＋、Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋、Ni2＋等，特别是过渡金属离子很容易形成配合物，这是因为多数过渡金属的离子含有空轨道。
②配位体：含有孤电子对的分子或离子，如NH3、CO、H2O、Cl－、Br－、I－、SCN－、CN－等。
③配位数：直接同中心离子(或原子)配位的配位体的数目为该中心离子(或原子)的配位数。一般中心离子(或原子)的配位数是2、4、6、8。
(3)结构组成：在配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3＋为中心离子，6个NH3分子为配位体。中心离子与配位体构成配合物的内界，通常把它们放在括号内，Cl－称为配合物的外界。内、外界之间以离子键结合，在水中全部电离。
2．配合物的形成对物质性质的影响
(1)配合物对物质溶解性的影响
一些难溶于水的金属氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以依次溶解于含过量的Cl－、Br－、I－、CN－和氨的溶液中，形成可溶性的配合物。
(2)离子颜色的改变
当简单离子形成配离子时，其性质往往有很大差异，颜色发生变化就是一种常见的现象，我们根据颜色的变化就可以判断是否有配离子生成。例如，Fe3＋与SCN－在溶液中可生成配位数为1～6的铁的硫氰酸根配离子，这种配离子的颜色是血红色的。反应的离子方程式如下：Fe3+ +nSCN- === [Fe(SCN) n] 3-n
(3)稳定性增强——配合物在生命科学中的应用
配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当作为中心原子的金属离子相同时，配合物的稳定性与配位体的性质有关。例如，血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，血红素失去输送氧气的功能，从而导致人体CO中毒。
状元随笔 配位键与共价键的区别：
(1)形成过程不同：配位键实质上是一种特殊的共价键，在配位键中一方提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的空轨道。普通共价键的共用电子对是由成键原子双方共同提供的。
(2)配位键与普通共价键实质是相同的。它们都被成键原子双方共用，如在N中有三个普通共价键、一个配位键，但四者是完全相同的。
(3)同普通共价键一样，配位键可以存在于分子之中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子之中(如N)。
形成性自评
1．向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加浓氨水，先生成难溶物，继续滴加浓氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象说法正确的是( )
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋
C．配位化合物中只有配位键
D．在配离子[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤电子对，NH3提供空轨道
解析：发生的反应为，Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－，Cu2＋转化为配离子，浓度减小，A错误；[Cu(NH3)4]2＋是深蓝色的，B正确；配位化合物中一定含有配位键，但也含有其他化学键，C错误；Cu2＋具有空轨道，而NH3具有孤电子对，所以Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对，D错误。
答案：B
2．下列不属于配位化合物的是( )
A．[Cu(H2O)4]SO4·H2O B．[Ag(NH3)2]OH
C．KAl(SO4)2·12H2O D．Na[Al(OH)4]
解析：C中KAl(SO4)2·12H2O属于复盐，不是配合物。
答案：C
3．下列关于配位化合物的叙述中正确的是( )
①过渡金属配合物远比主族金属配合物多
②[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤电子对，两者结合形成配位键
③配位化合物中必定存在配位键
④配位键仅存在于配位化合物中
A．①②④ B．①④ C．①③ D．①②③
解析：①许多过渡金属离子(或原子)都有接受孤电子对的空轨道，对多种配位体具有较强的结合力，因而过渡金属配合物远比主族金属配合物多，①正确；②配离子中中心原子提供空轨道，配位体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，②正确；③配合物中一定含有配位键，③正确；④配位键不仅存在于配位化合物中，其他化合物中也可能有配位键，例如铵根离子中，④错误。
答案：D
4．配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配位体、中心离子的电荷数和配位数( )
A．Cu2＋、NH3、＋2、4 B．Cu＋、NH3、＋1、4
C．Cu2＋、OH、＋2、2 D．Cu2＋、NH3、＋2、2
解析：配合物[Cu(NH3)4](OH)2中，Cu2＋为中心离子，NH3为配位体，电荷数为＋2，配位数为4。
答案：A
5．气态氯化铝(Al2Cl6)是具有配位键的化合物，分子中原子间成键关系如图所示。请将图中你认为是配位键的斜线加上箭头。
解析：本题考查配位键的形成条件。配位键的箭头指向提供空轨道的一方。Cl原子最外层有7个电子，通过1对共用电子对就可以形成1个单键，另有3对孤电子对，所以气态氯化铝(Al2Cl6)中，与2个铝形成共价键的氯原子中，有1个键是配位键，并由氯原子提供电子，铝原子提供空轨道。Cl原子最外层有7个电子，Al原子最外层有3个电子，图中每个键代表1对共用电子对，据此可从左(或右)上(或下)角的1个Cl原子开始，尝试写出Al2Cl6的电子式，如下(“·”为Cl原子提供的电子，“×”为Al原子提供的电子)： 。
6．回答下列问题：
(1)配合物[Ag(NH3)2]OH的中心离子是___，配位原子是______，配位数是_____，它的电离方程式是____________________________。
(2)向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，观察到的现象是_________________________________。
(3)[Ag(NH3)2]OH含有的化学键种类有________。
A．离子键 B．σ键 C．π键
D．氢键 E．配位键
(4)1 mol[Ag(NH3)2]OH含有的σ键数目为：________个。
Ag＋
N
2
＋OH－
先有白色沉淀，后来白色沉淀溶解
A、B、E
9NA
7．氨硼烷是一种有效、安全固体储氢材料，氨硼烷的结构和乙烷相似，如下图。
(1)氨硼烷的晶体类型为________。
(2)氨硼烷分子中氮原子、硼原子的杂化轨道类型分别为____，____。
(3)氨硼烷晶体中存在的作用力有________ (填标号)
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键
E．金属键 F．氢键 G．范德华力
分子晶体
sp3
sp3
BDG
(4)以NaBH4为硼源、某配合物为氨源可用于制备氨硼烷。为测定该配合物的结构，取2.32 g配合物进行如下实验：用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59 g；在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06 mol；滴加过量硝酸银溶液，有白色沉淀生成，加热，沉淀没有增加；用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71 g。
①该配合物中镍离子的基态电子排布式为_________________。
②该配合物的结构简式为______________________。
1s22s22p63s23p63d8
[Ni(NH3)6]Cl2
解析：(1)根据球棍模型可知，氨硼烷的结构简式为BH3NH3，氨硼烷的分子结构和乙烷相似，是四面体结构，属于分子晶体；(2)氨硼烷分子中N原子、B原子有三个单电子，均形成单键，由球棍模型可知，是四面体结构，因此它们的杂化轨道类型都是sp3杂化；(3)氨硼烷中，B与H、N与H之间为极性共价键，B与N之间存在配位键，氨硼烷分子之间为范德华力，故选BDG；(4)用重量法分析金属元素，测得镍元素的质量为0.59 g，物质的量为＝0.01 mol，在碱性条件下加热蒸出NH3，用滴定法测出其物质的量为0.06 mol，质量为17 g·mol－1×0.06 mol＝1.02 g，用摩尔法分析含量，测得氯元素质量为0.71 g，物质的量为＝0.02 mol，所以分子中Ni、Cl、NH3的比例为1∶2∶6，总质量为0.59 g＋1.02 g＋0.71 g＝2.32 g，故该分子为[Ni(NH3)6]Cl2；①根据上述分析，镍离子为Ni2＋，Ni是28号元素，离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d8；②根据上述分析，该配合物的结构简式为[Ni(NH3)6]Cl2。
8．回答下列问题：
(1)向CuSO4溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O沉淀。下列说法不正确的是________(填字母)。
a．[Cu(NH3)4]SO4组成元素中电负性最大的是N元素
b．CuSO4晶体及[Cu(NH3)4]SO4·H2O中S原子的杂化方式均为sp3
c．[Cu(NH3)4]SO4·H2O所含有的化学键有离子键、共价键和配位键
d．NH3分子内的H—N—H键角大于H2O分子内的H—O—H 键角
e. S的立体构型为正四面体形
f．[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子
g．NH3分子中氮原子的轨道杂化方式为sp2杂化
(2)配离子[Cu(NH3)2(H2O)2]2＋的中心离子是________，配位体是________，配位数为________，其含有微粒间的作用力类型有__________________。
ag
Cu2＋
NH3、H2O
4
配位键、极性共价键
解析：(1)电负性：O>N，a不正确；S原子与4个O原子形成共价键，所以S原子采取sp3杂化，b正确；[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中与以离子键结合，NH3、、H2O中含有共价键，[Cu(NH3)4]2＋含有配位键，c正确；NH3分子内N原子有1对孤电子对，H2O分子中O原子有2对孤电子对，H2O分子中孤电子对对共用电子排斥作用大，所以H2O分子中H—O—H键角小于NH3分子中H—N—H键角，d正确；中S原子以4个σ键与4个O原子结合，S采取sp3杂化，故为正四面体形，e正确。
(2)由书写形式可以看出其中心离子是Cu2＋，配位体是H2O、NH3两种，配位数为4，[Cu(NH3)2(H2O)2]2＋中含有微粒间作用力有配位键以及极性共价键。(共52张PPT)
第1课时 分子的空间结构模型
课程目标
1．能用杂化轨道理论判断分子的空间构型。
2．理解价层电子对互斥理论的含义。
3．知道一些常见简单分子的空间构型。
图说考点
基 础 知 识
技 能 素 养
形成性自评
基 础 知 识
[新知预习]
一、杂化轨道理论
1．杂化轨道
在形成多原子分子的过程中，中心原子的若干____________的原子轨道重新组合，形成的一组能量相等、成分相同的新轨道。
能量相近
2．用杂化轨道理论解释甲烷分子的空间构型
杂化轨道 的形成 碳原子2s轨道上的1个电子进入2p空轨道，________2s轨道和________2p轨道“混合”，形成_________________________的4个sp3杂化轨道
共价键的形成 碳原子的4个____________轨道分别与氢原子的________轨道重叠，
形成4个相同的σ键
CH4分子的空间构型 CH4分子为____________结构，分子中C—H键之间的夹角都是________
1个
3个
能量相等、成分相同
sp3杂化
1s
正四面体
109°28′
3.用杂化轨道理论分析C2H6、C2H4、C2H2的成键情况
烷烃中C原子均采取sp3杂化；烯烃中碳碳双键两端的碳原子采取sp2杂化；炔烃中碳碳三键两端的碳原子采取sp杂化。
sp3
sp2
π
2p
sp
π
2p
二、价层电子对互斥理论
1．价层电子对互斥理论
分子的____________是“价层电子对”相互________的结果。
2．价层电子对互斥模型与分子的立体结构
(1)中心原子价电子全部参与形成共价键的分子
ABm n＝2 n＝3 n＝4
价电子对数 2 3 4
成键电子对数 2 3 4
电子对立体构型 ________ ____________ ____________
分子立体构型 ________ ____________ ____________
实例 CO2、BeCl2 BF3、BCl3、BBr3 CH4、CCl4、SiF4
立体构型
排斥
直线形
平面三角形
正四面体形
直线形
平面三角形
正四面体形
(2)中心原子有孤电子对的分子
ABm n＝3 n＝4 n＝4
孤电子对数 1 2 1
价层电子对数 3 4 4
成键电子对数 2 2 3
电子对立体构型 ____________ ____________ ____________
分子立体构型 ________ ________ ____________
实例 SO2 H2O NH3
平面三角形
正四面体形
正四面体形
V形
V形
三角锥形
[即时性自测]
1．下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是( )
A．分子的中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构
B．杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对
C．杂化前后的轨道数不变，但轨道的形状发生了改变
D．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109° 28′、120°、180°
解析：分子的中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构，可能是三角锥形或V形，如NH3是三角锥形、H2O是V形，故A正确。杂化轨道用来形成σ键或容纳孤电子对，未杂化的轨道可用来形成π键，故B错误。杂化前后原子轨道数目不变，但杂化后轨道形状发生改变，各个轨道尽可能分散、对称分布，故C正确。sp3、sp2、sp杂化轨道分别是正四面体形、平面三角形、直线形结构，其夹角分别为109°28′、120°、180°，故D正确。
答案：B
2．下列分子的立体构型，可以用sp杂化方式解释的是( )
A．HCl B．BeCl2
C．BCl3 D．CCl4
解析：HCl为双原子分子，双原子分子中不存在杂化过程；CCl4分子的立体构型呈正四面体形，碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氯原子的各1个3p轨道重叠形成4个σ键；BeCl2是直线形分子，铍原子以2个sp杂化轨道分别与2个氯原子的各1个3p轨道重叠形成2个σ键；BCl3为平面三角形结构，硼原子以3个sp2杂化轨道分别与3个氯原子的各1个3p轨道重叠形成3个σ键。
答案：B
3．下列对sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角的比较，得出结论正确的是( )
A．sp杂化轨道的夹角最大
B．sp2杂化轨道的夹角最大
C．sp3杂化轨道的夹角最大
D．sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角相等
解析：sp杂化轨道的夹角为180°，sp2杂化轨道的夹角为120°，sp3杂化轨道的夹角为109°28′。
答案：A
4．用价层电子对互斥理论预测下列粒子的立体结构是三角锥形的是( )
A．PCl3 B．BeCl2
C. N D．SO3
解析：根据中心原子孤电子对的计算公式(a－xb)可知，PCl3的孤电子对数是1，是三角锥形，A项正确；BeCl2、、SO3均无孤电子对，分别为直线形、正四面体形和平面三角形。
答案：A
5．下列分子或离子中心原子形成4对σ键电子对的是( )
A．CO2 B．SO2
C. C D．CH4
答案：D
6．回答下列问题：
(1)计算下列分子或离子中点“·”原子的价电子对数。
①CCl4________；②BeCl2________；
③BCl3________；④PCl3________。
(2)计算下列微粒中点“·”原子的孤电子对数。
①H2S·________；②P·Cl5________；
③B·F3________；④N·H3________。
4
2
3
4
2
0
0
1
7．SO2分子中一个中心原子有________对价层电子对，其中σ键电子对有________对，孤电子对有________对。
解析：SO2中σ键数为2，σ键电子对有2对，孤电子对数＝(6－2×2)＝1。
3
2
1
技 能 素 养
提升点一 杂化轨道类型与分子空间构型的关系
[例1] 如图是乙烯分子的模型，对乙烯分子中的化学键分析正确的是( )
A．sp2杂化轨道形成σ键、未杂化的2p轨道形成π键
B．sp2杂化轨道形成π键、未杂化的2p轨道形成σ键
C．C、H之间是sp2杂化轨道形成的σ键，C、C之间是未能参加杂化的2p轨道形成的π键
D．C、C之间是sp2杂化轨道形成的σ键，C、H之间是未能参加杂化的2p轨道形成的π键
解析：乙烯分子中存在4个C—H键和1个C===C键，C原子上孤电子对数为0，σ键电子对数为3，则C原子采取sp2杂化，C、H之间是sp2杂化轨道形成的σ键，C、C之间有1个是sp2杂化轨道形成的σ键，还有1个是未参加杂化的2p轨道形成的π键。
答案：A
[提升1] 下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是( )
①BF3 ②CH2===CH2 ③ ④CH≡CH ⑤NH3 ⑥CH4
A．①②③ B．①⑤⑥
C．②③④ D．③⑤⑥
解析：①BF3是平面三角形分子，且B—F键夹角为120°；②CH2===CH2是平面形分子，其中碳原子以sp2杂化，未杂化的2p轨道形成π键，③中碳原子以sp2杂化，未杂化的2p轨道形成特殊的π键；④CH≡CH为直线形分子，其中碳原子为sp杂化；⑤NH3是三角锥形分子，中心原子氮原子为sp3杂化；⑥CH4是正四面体形分子，中心碳原子为sp3杂化。
答案：A
状元随笔 判断杂化轨道类型的两种方法
(1)根据杂化轨道的空间构型判断。
①若杂化轨道在空间的分布为正四面体形或三角锥形则中心原子发生sp3杂化。
②若杂化轨道在空间的分布呈平面三角形，则中心原子发生sp2杂化。
③若杂化轨道在空间的分布呈直线形，则中心原子发生sp杂化。
(2)根据杂化轨道之间的夹角判断。
①若杂化轨道之间的夹角为109 °28 ′，则中心原子发生sp3杂化。
②若杂化轨道之间的夹角为120 °，则中心原子发生sp2杂化。
③若杂化轨道之间的夹角为180 °，则中心原子发生sp杂化。
[关键能力]
杂化轨道类型与分子的立体构型的关系
1．杂化轨道只用于形成σ键或容纳孤电子对，当没有孤电子对时，能量相同的杂化轨道在空间彼此远离，形成的分子为对称结构；当有孤电子对时，孤电子对占据一定空间且对成键电子对产生排斥，形成的分子立体构型也发生变化。
2．杂化轨道与分子立体构型的关系
(1)当杂化轨道全部用于形成σ键时
杂化类型 sp sp2 sp3
轨道组成 一个ns和一个np 一个ns和两个np 一个ns和三个np
轨道夹角 180° 120° 109°28′
杂化轨道示意图
实例 BeCl2 BF3 CH4
分子结构示意图
分子立体构型 直线形 平面三角形 正四面体形
(2)当杂化轨道中有未参与成键的孤电子对时
由于孤电子对参与互相排斥，会使分子的空间构型与杂化轨道的形态有所区别。如水分子中氧原子的sp3杂化轨道有2个由孤电子对占据，其分子不呈正四面体形，而呈V形；氨分子中氮原子的sp3杂化轨道有1个由孤电子对占据，氨分子不呈正四面体形，而呈三角锥形。
状元随笔 杂化轨道理论的要点
(1)原子形成分子时，通常存在激发、杂化和轨道重叠等过程。发生轨道杂化的原子一定是中心原子。
(2)原子轨道的杂化只有在形成分子的过程中才会发生，孤立的原子是不可能发生杂化的。
(3)只有能量相近的轨道才能杂化(如2s、2p)。
(4)杂化前后原子轨道数目不变(参加杂化的轨道数目等于形成的杂化轨道数目)，且杂化轨道的能量相同。
(5)杂化轨道数＝中心原子上的孤电子对数＋中心原子结合的原子数。
提升点二 价层电子对互斥理论及应用
[例2] 填写下表，并列出中心原子孤电子对数的表达式：
分子或离子 σ键电 子对数 中心原子孤 电子对数 价层电 子对数 分子或离子
的空间结构
SO2
CO2
OF2
PCl3
SO3
SiCl4
解析：ABn型分子或离子中，σ键电子对数＝n(配位原子数)，中心原子的孤电子对数按表达式进行计算。由价层电子对数和分子(或离子)类型判断空间构型，即价层电子数为2，AB2型分子为直线形；价层电子对数为3，AB2型分子为V形，AB3型分子为平面三角形；价层电子对数为4，AB2型分子为V形，AB3型分子为三角锥形，AB4型分子为正四面体形。
分子 或离子 σ键电 子对数 中心原子孤电子对数 价电 子对数 分子或离子
的空间结构
SO2 2 3 V形
CO2 2 2 直线形
OF2 2 4 V形
2 4 V形
PCl3 3 4 三角锥形
SO3 3 3 平面三角形
4 4 正四面体形
3 3 平面三角形
SiCl4 4 4 正四面体形
4 4 正四面体形
状元随笔 中心原子价层电子对数→σ键电子对数＋(a－xb)
[提升2] 已知：①CS2 ②PCl3 ③H2S ④CH2O ⑤H3O＋ ⑥N ⑦BF3 ⑧SO2。请回答下列问题：
(1)中心原子没有孤电子对的是________(填序号，下同)。
(2)立体构型为直线形的分子或离子有________；立体构型为平面三角形的分子或离子有________。
(3)立体构型为V形的分子或离子有________。
(4)立体构型为三角锥形的分子或离子有________；立体构型为正四面体形的分子或离子有________。
①④⑥⑦
①
④⑦
③⑧
②⑤
⑥
解析：(2)CS2的中心原子的价层电子对数＝2＋＝2，不含孤电子对，故为直线形；CH2O的中心原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，故为平面三角形；BF3的中心原子的价层电子对数＝3＋＝3，不含孤电子对，故为平面三角形。(3)H2S的中心原子的价层电子对数＝2＋＝4，孤电子对数为2，故为V形结构；SO2的中心原子的价层电子对数＝2＋＝3，孤电子对数为1，故为V形结构。(4)PCl3的中心原子的价层电子对数＝3＋＝4，孤电子对数为1，故为三角锥形；H3O＋的中心原子的价层电子对数＝3＋＝4，孤电子对数为1，故为三角锥形；的中心原子的价层电子对数＝4＋＝4，不含孤电子对，故为正四面体形。
状元随笔 使用价层电子对互斥理论判断分子空间构型时需注意：价层电子对互斥构型是价层电子对的空间构型，而分子的空间构型指的是成键电子对的空间构型，不包括孤电子对。两者是否一致取决于中心原子上有无孤电子对(未用于形成共价键的电子对)，当中心原子上无孤电子对时，两者的构型一致；当中心原子上有孤电子对时，两者的构型不一致。
[关键能力]
价层电子对互斥理论及应用
1．价层电子对互斥理论的要点
价层电子对互斥理论认为，分子中的价层电子对之间总是尽可能地互相排斥，均匀地分布在分子中。分子的立体构型是“价层电子对”互相排斥的结果。
2．中心原子上的价电子对的计算
(1)公式：中心原子的价层电子对数＝中心原子的σ键电子对数＋中心原子上孤电子对数
(2)σ键电子对数的计算
由分子式确定，即中心原子形成几个σ键，就有几对σ键电子对。如H2O的中心原子为O，形成两个H—Oσ键，即O有两对σ键电子对。
(3)中心原子上的孤电子对数的计算
中心原子上的孤电子对数＝ (a－xb)
上式中a表示中心原子的价电子数；对于主族元素，a＝最外层电子数；对于阳离子，a＝价电子数－离子电荷数；对于阴离子，a＝价电子数＋|离子电荷数|。
x表示与中心原子结合的原子数
b表示与中心原子结合的原子最多能接受的电子数，氢为1，其他原子＝8－该原子的价电子数。
3．ABn型分子或离子价层电子对数目和价层电子对立体构型的关系
ABn 价层电 子对数 孤电子 对数 成键电 子对数 VSEPR 模型名称 分子或离子
立体构型
n＝2 2 0 2 直线形 直线形
n＝3 3 0 3 平面 三角形 平面
三角形
3 1 2 平面 三角形 V形
n＝4 4 0 4 四面体形 四面体形
4 1 3 四面体形 三角锥形
4 2 2 四面体形 V形
根据分子中成σ键电子对数和孤电子对数，可以依据下面的方法确定相应的较稳定的分子空间构型：
σ键电子对数＋孤电子对数＝价层电子对数
分子立体构型。
状元随笔 当计算出的孤电子对数不是整数时，就进1而不能忽略；如NO2的中心原子孤电子对数＝ (5－2×2)＝0.5，这时应当作1来对待，因为单电子也要占据一个原子轨道。
形成性自评
1．下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是( )
A．C2H2与C2H4 B．CO2与SO2
C．CH4与NH3 D．BeCl2与BF3
解析：C2H2分子中的C采用sp杂化，C2H4分子中的C采用sp杂化，故A不正确；CO2分子中的C采用sp杂化，SO2分子中的S采用sp2杂化，故B不正确；CH4分子中的C采用sp3杂化，NH3分子中的N也采用sp3杂化，故C正确；BeCl2分子中的Be采用sp杂化，BF3分子中的B采用sp2杂化，故D不正确。
答案：C
2．下列关于苯乙炔的说法错误的是（ ）
A．该分子有8个σ键和5个π键
B．该分子中碳原子有sp和sp2杂化
C．该分子中存在非极性键
D．该分子中有8个碳原子在同一平面上
解析：苯乙炔分子中含有14个σ键，苯环中有1个大π键，C≡C键中有2个π键，故共含有3个π键，故A错误；苯环中碳原子都采取sp2杂化，碳碳三键碳原子采取sp杂化，故该分子中碳原子有sp和sp2杂化，故B正确；同种原子间形成的共价键为非极性键，该分子中碳原子间形成非极性键，故C正确；苯环是平面形结构，碳碳三键是直线形结构，因此该分子中有8个碳原子在同一平面上，故D正确；故选A。
答案：A
3．在BrCH===CHBr分子中，C—Br键采用的成键轨道是( )
A．sp p B．sp2 s
C．sp2 p D．sp3 p
解析：BrCH===CHBr 分子中的两个碳原子都是采取sp2杂化，溴原子的价电子排布式为4s24p5，4p轨道上有一个单电子，与碳原子的一个sp2杂化轨道成键，故C—Br键采用的成键轨道是sp2 p，C项正确。
答案：C
4．下列说法正确的是( )
A．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是四面体形
B．CH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合而形成的
C．乙炔分子中，两个碳原子均采用sp2杂化
D．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合起来形成的一组能量相等的新轨道
答案：D
解析：中心原子采取sp3杂化的分子，VSEPR模型是四面体形，但其立体构型不一定是四面体形，如水和氨气分子中的中心原子均采取sp3杂化，但H2O是V形分子，NH3是三角锥形分子，A项错误；甲烷分子中碳原子形成4个σ键且不含孤电子对，碳原子采取sp3杂化，这4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C—Hσ键，B项错误；乙炔分子中每个C原子形成2个σ键和2个π键，价电子对数是2，且不含孤电子对，故C原子均为sp杂化，C项错误；同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化可形成一组能量相等的新轨道，D项正确。
5．下列分子或离子中，其中心原子的杂化方式和分子或离子的空间构型均正确的是( )
A．C2H2：sp2、直线形 B. S：sp3、三角锥形
C．H3O＋：sp3、V形 D．BF3：sp2、平面三角形
解析：乙炔的结构式为H—C≡C—H，每个碳原子的价电子对数是2，且不含孤电子对，所以C原子均采取sp杂化，C2H2为直线形结构，A项错误；S的中心原子的价电子对数＝4＋×(6＋2－4×2)＝4，所含孤电子对数为0，杂化轨道数为4，S原子采取sp3杂化，分子的空间构型为正四面体形，B项错误；H3O＋的中心原子的价层电子对数＝3＋×(6－1－3×1)＝4，所以中心原子采取sp3杂化，因该离子中含有一对孤电子对，所以其空间构型为三角锥形，C项错误；BF3的中心原子的价电子对数＝3＋0＝3，杂化轨道数为3，所以B原子采取sp2杂化，所含孤电子对数为0，所以其空间构型为平面三角形，D项正确。
答案：D
6．在SO2分子中，分子的立体构型为V形，S原子采用sp2杂化，那么SO2的键角( )
A．等于120° B．大于120°
C．小于120° D．等于180°
解析：SO2分子的VSEPR模型为平面三角形，从理论上看其键角应为120°，但由于SO2分子中的S原子有一对孤电子对，对其他的两个化学键存在排斥作用，因此SO2分子中的键角应小于120°。
答案：C
7．下列分子或离子中，中心原子含有2对孤电子对的是( )
A. B.C
C.H2S D. N
答案：C
8．下列分子和离子中，中心原子价电子对的几何构型为四面体且分子或离子的空间构型为V形的是( )
A. N B．PH3
C．H3O＋ D．OF2
答案：D
9．下列离子的VSEPR模型与其立体构型一致的是( )
A.S B.Cl
C.NO D．Cl
答案：B
10．用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的空间结构，两个结论都正确的是( )
A．直线形 三角锥形
B．角形 三角锥形
C．直线形 平面三角形
D．角形 平面三角形
解析：S原子最外层尚有孤电子对，会对成键电子对产生排斥作用，故H2S为角形结构；BF3中B原子最外层电子全部参与成键，三条B—F键等效排斥，故分子的空间结构为平面三角形。
答案：D
11．利用杂化轨道理论填写下表。
分子或离子 中心原子杂化类型 立体构型
SiF4
AsBr3
H2F＋
BeF2
SCl2
分子或离子 中心原子杂化类型 立体构型
sp2杂化 平面三角形
SiF4 sp3杂化 正四面体
sp3杂化 正四面体
sp2杂化 平面三角形
AsBr3 sp3杂化 三角锥形
H2F＋ sp3杂化 V形
BeF2 sp杂化 直线形
SCl2 sp3杂化 V形
12.用价层电子对互斥理论完成下列问题(点“·”的原子为中心原子)。(共65张PPT)
第2课时 分子的极性
课程目标
1．知道分子可以分为极性分子和非极性分子。
2．知道分子的极性与键的极性、分子空间构型的关系。
3．能够判断简单的手性分子。
4．了解“相似相溶”规律。
图说考点
基 础 知 识
技 能 素 养
形成性自评
基 础 知 识
[新知预习]
一、分子的极性
1．极性分子和非极性分子
正、负电荷重心
正、负电荷重心
2．分子极性的判断方法
非极性
极性
非极性
非极性
极性
二、手性分子
1．手性异构体和手性分子
如果一对分子，它们的_____和______________完全相同，但如同左手和右手一样互为镜像，在三维空间里不能________，这对分子互称手性异构体。含有手性异构体的分子称为手性分子。
2．手性碳原子
当四个不同的原子或基团连接在同一碳原子上时，形成的化合物存在________。其中，连接四个不同的原子或基团的________称为手性碳原子。
三、等电子体
1．等电子原理：________相同、________相同的分子具有相似的________，它们的许多性质是相近的。
2．等电子体：满足等电子原理的________称为等电子体。如CO和N2具有相同的原子总数和相同的价电子总数，属于等电子体，它们的许多性质相似。
组成
原子的排列方式
重叠
手性异构体
碳原子
原子总数
价电子总数
结构
微粒
[即时性自测]
1．下列叙述正确的是( )
A．含有非极性键的分子一定是非极性分子
B．非极性分子中一定含有非极性键
C．由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
D．键的极性只与分子的极性有关
解析：含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2，A错误；非极性分子中不一定含有非极性键，如CH4、CO2均是非极性分子，却都只含有极性键，B错误；键的极性只与成键原子是否相同有关，与分子的极性无关，分子的极性除与键的极性有关外，还与分子的立体构型有关，D错误。
答案：C
2．下列各组物质中，都是由极性键构成的极性分子的一组是( )
A．CH4和H2O B．CO2和HCl
C．NH3和H2S D．HCN和BF3
解析：CH4、CO2、BF3都是非极性分子。
答案：C
3．根据“相似相溶”规律，你认为下列物质在水中溶解度较大的是( )
A．乙烯 B．二氧化碳
C．二氧化硫 D．氢气
解析：水分子为极性分子，水是极性溶剂，C2H4、CO2、H2三种分子均为非极性分子，SO2是极性分子，根据“相似相溶”规律可知C正确。
答案：C
4．下列说法中不正确的是( )
A．互为手性异构体的分子互为镜像
B．利用手性催化剂合成可主要得到一种手性分子
C．手性异构体分子组成相同
D．手性异构体性质完全相同
解析：具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手与右手一样互为镜像，却在三维空间里不能重叠，互为手性异构体，但手性异构体的分子结构不同，其性质也不完全相同，故A、C项正确，D项不正确；手性催化剂只催化或主要催化一种手性分子的合成，故可以只得到或主要得到一种手性分子，B项正确。
答案：D
5．下列分子中，不含手性碳原子的是( )
答案：B
解析：B项，该分子的中心碳原子连接3个不同的基团，手性碳原子应连接四个不同的基团。将有机物分子写成 的形式，若R1、R2、R3、R4各不相同，则该碳原子就属于手性碳原子。
6．根据等电子原理：由短周期元素组成的微粒，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，可互称为等电子体，它们具有相似的结构特征。以下各组微粒结构不相似的是( )
A．CO和N2 B．O3和N
C．CO2和N2O D．N2H4和C2H4
解析：N2H4和C2H4原子数相同，价电子数分别为14、12，二者不是等电子体，故结构不相似。
答案：D
7．科技工作者常用等电子体来预测不同物质的结构与性质，例如N与CH4有相同的价电子总数和空间构型。依此原理在下面的空格中填写相应的化学式。
解析：由与CH4互为等电子体可得其组成特点：C原子与N原子互换后改变了微粒的价电子总数，若要保持价电子总数不变，只需调整微粒所带电荷数即可，据此可写出相应的等电子体。
技 能 素 养
提升点一 键的极性与分子的极性
[例1] (1)①下列物质的分子属于非极性分子的是________。
A．H2O B．CO2
C．SO2 D．BeCl2
②O3分子是否为极性分子？________(填“是”或“否”)。
(2)溴化碘(IBr)的化学性质类似于卤素单质，溴化碘的电子式是____，它是由________(填“极性”或“非极性”，下同)键形成的________分子。
BD
是
极性(共价)
极性
解析：(1)①H2O、CO2、SO2、BeCl2，空间结构分别为：V形、直线形、V形、直线形，因此CO2和BeCl2分子结构对称，属于非极性分子，故选B、D。②根据价层电子对互斥理论分析SO2分子构型为V形，是极性分子，SO2分子与O3分子的结构相似，故O3也是极性分子。
(2)Ⅰ和Br的电负性相差不大，形成的化学键是极性共价键，电子式为 ，IBr中正电荷中心与负电荷中心不重合，属于极性分子。
状元随笔
分子的极性不仅与键的极性有关，还与分子的空间结构有关。
[提升1] 在HF、H2O、NH3、CO2、N2、CH4分子中：
(1)以非极性键结合的非极性分子是__________。
(2)以极性键结合，具有正四面体结构的非极性分子是________。
(3)以极性键结合，具有三角锥形结构的极性分子是________。
(4)以极性键结合，具有直线形结构的非极性分子是___。
(5)以极性键结合，具有V形结构的极性分子是________。
(6)以极性键结合，而且分子极性最大的是________。
解析：同种元素的原子间形成的共价键为非极性键，由不同元素的原子形成的共价键为极性键；双原子分子中，共价键的极性越大，分子的极性越强；多原子分子的极性由空间构型的对称性决定。
N2
CH4
NH3
CO2
H2O
HF
状元随笔 判断ABn型分子极性的经验规律：
(1)若中心原子A的化合价的绝对值等于该元素所在的主族序数，则为非极性分子，若不等则为极性分子。
(2)若中心原子有孤电子对，则为极性分子；若无孤电子对，则为非极性分子。
如CS2、BF3、SO3、CH4为非极性分子；H2S、SO2、NH3、PCl3为极性分子。
[关键能力]
键的极性和分子的极性
1．极性键和非极性键的区别
极性键 非极性键
定义 共用电子对偏移的共价键 共用电子对不偏移的共价键
成键原子 不同 相同
共用 电子对 发生偏移，偏向吸引电子能力强的原子一方 不发生偏移，不偏向任何一个原子
原子电性 一个呈δ＋，另一个呈δ－ 不显电性
举例 HCl、H2O、NH3 H2、O2、Cl2
2．分子的极性与键的极性和分子立体构型的关系
状元随笔 判断常见分子极性的规律
提升点二 影响物质溶解性的因素
[例2] 双氧水(H2O2)是一种医用消毒杀菌剂，已知H2O2分子的结构如图所示：H2O2分子不是直线形的，两个H原子犹如在半展开的书的两面纸上，书面夹角为93°52′，而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52′。试回答下列问题：
(1)下列关于H2O2的说法中正确的是________。
a．分子中有极性键
b．分子中有非极性键
c．氧原子的轨道发生sp2杂化
d．分子是非极性分子
(2)H2O2分子间易形成氢键，该氢键的表示式是__________________。
(3)H2O2难溶于CS2，主要原因是_________________________。
(4)H2O2易溶于水，主要原因是_____________________________。
ab
H—O…H
因为H2O2为极性分子，CS2为非极性分子，根据“相似相溶”规律可知H2O2难溶于CS2
H2O2易与H2O分子间形成氢键且H2O和H2O2均为极性分子
解析：(1)在H2O2中H—O键为极性键，O—O键为非极性键；根据H2O2的立体构型可知，H2O2为极性分子；O原子价电子对数为＝4，O原子为sp3杂化。
(2)H2O2中含有H—O键，故分子间能形成氢键，表示为H—O…H。
(3)H2O2为极性分子，CS2为非极性分子，根据相似相溶原理知H2O2难溶于CS2。
(4)H2O2和H2O分子均为极性分子，且H2O2与H2O分子之间易形成氢键，因此H2O2易溶于水。
状元随笔 影响物质水溶性的因素有氢键，极性相似相溶、结构相似相溶以及反应等。
[提升2] (1)NH3在水中的溶解度很大。下列说法与NH3的水溶性无关的是________(填标号)。
a．NH3和H2O都是极性分子
b．NH3与H2O分子间易形成氢键
c．NH3溶于水建立了平衡NH3 +H2O NH3·H2O N＋OH－
d．NH3是一种易液化的气体
(2)CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2是________(填“极性”或“非极性”)分子。
d
非极性
(3)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液体Ni( CO) 4，Ni( CO)4呈正四面体形。Ni( CO)4易溶于下列物质中的________(填标号)。
a．水 b．CCl4 c．苯 d．NiSO4溶液
(4)甲醛、甲醇和甲酸等碳原子数较少的醛、醇和羧酸均易溶于水的原因是___________________________________________________。
bc
它们都是极性分子且都能与H2O分子形成分子间氢键
解析：(1)NH3极易溶于水，主要原因有NH3分子与H2O分子间形成氢键；NH3和H2O都是极性分子，相似相溶；NH3和H2O能发生化学反应，a、b、c不符合题意；NH3易液化是因为NH3分子之间易形成氢键，与其水溶性无关，d符合题意。(2)CCl4、CS2是非极性溶剂，根据“相似相溶”规律可知，CrO2Cl2是非极性分子。(3)由Ni(CO)4易挥发且其空间构型为正四面体形可知，Ni(CO)4为非极性分子，根据“相似相溶”规律可知，Ni(CO)4易溶于CCl4和苯。
状元随笔 能形成氢键的物质一般具有：—NH2、—OH、—COOH等原子团。
[关键能力]
物质的溶解性判断
1．物质溶解性的判断与比较
(1)依据“相似相溶”规律
非极性溶质一般易溶于非极性溶剂，难溶于极性溶剂；极性溶质一般易溶于极性溶剂，难溶于非极性溶剂。
(2)依据溶质与溶剂之间是否存在氢键
如果溶质与溶剂之间能形成氢键，则溶质溶解度增大且氢键作用力越大，溶解性越好。如：NH3、HF极易溶于水；甲醇、乙醇、乙二醇、丙三醇、甲酸、乙酸、甲醛、乙醛、氨基乙酸、乙胺等易溶于水，就是因为它们与水形成分子间氢键。
(3)依据分子结构的相似性
溶质与溶剂分子结构的相似程度越大，其溶解度越大。如烃基越大的醇(羧酸、醛)在水中的溶解度越小。
2．注意的问题
(1)“相似相溶”规律是从分子结构的角度，通过实验的观察和研究而得出的关于物质溶解性的经验规律，也有不符合此规律的例外情况，如CO、NO等极性分子难溶于水。
(2)根据“相似相溶”规律，极性溶质一般能溶于极性溶剂，非极性溶质一般能溶于非极性溶剂。通过溶剂是否有极性，就可判断出溶质分子是否有极性。如苯易溶于四氯化碳，而难溶于水，水为极性分子，而四氯化碳为非极性分子，则苯为非极性分子。
(3)“相似相溶”规律可以解释一些物质在某些溶剂中溶解的情况。
状元随笔 物质在水溶液中溶解能力大小比较的思路
(1)是否符合“相似相溶”规律；
(2)是否与水形成氢键；
(3)是否与水发生反应；
(4)溶质的结构与水分子结构相似程度的大小。
提升点三 手性分子和手性碳原子的确定
[例3] 有机物 具有手性，发生下列反应后，分子仍有手性的是( )
①与H2发生加成反应 ②与乙酸发生酯化反应
③发生水解反应 ④发生消去反应
A．①② B．②③ C．①④ D．②④
解析：原有机物中与—OH相连的碳原子为手性碳原子，与H2加成后，该碳原子连有两个乙基，不再具有手性；与乙酸发生酯化反应后，该碳原子所连四个取代基不同，仍具有手性；发生水解反应后，该碳原子所连四个取代基也不同，仍具有手性；当发生消去反应时，原手性碳原子生成双键后不再具有手性。
答案：B
状元随笔 能与H2加成、醇—OH能与乙酸酯化，酯基可水解、醇—OH能消去。
[提升3] 下列物质中不具有手性碳原子的是( )
A．乳酸：CH3—CH( OH)—COOH
B．环己醇： (环状化合物中C原子手性判断可分析该C原子两个方向至会合的路径是否相同)
C．丙醛糖：CH2OH—CH(OH)—CHO
D．α 氨基丙酸：CH3—CH(NH2)—COOH
解析：有机分子中连接四个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。A、C、D选项分子处于中间位置的碳原子均连有一个氢原子和三个不同的其他原子团，具有手性，不符合题意；故选B项。
答案：B
状元随笔 判断某物质是否具有手性，关键是看该分子中是否含有手性碳原子。当其中的某个碳原子形成四个单键，且与四个不同的取代基相连时，该碳原子即为手性碳原子，该分子具有手性，否则该分子无手性。
[关键能力]
手性分子和手性碳原子的确定
1．手性分子的确定
(1)观察实物与其镜像能否重合，如果不能重合，说明是手性分子。
如图：
(2)观察有机物分子中是否有手性碳原子，如果有一个手性碳原子，则该有机物分子就是手性分子，具有手性异构体。含有两个手性碳原子的有机物分子不一定是手性分子。
2．手性原子的确定
四个不同的原子或基团连接在A原子上，形成的化合物存在手性异构，则A原子称为手性原子。
如 其中*C即为手性碳原子。具有手性原子的分子，都存在手性异构，这些物质都具有特殊的光学性质。不饱和碳原子(如 、—C≡C—等中的碳原子)一定不是手性碳原子。
状元随笔
(1)手性异构体虽然分子组成、官能团完全相同，但性质和用途不一定相同。
(2)手性异构体之间的转化属于化学变化。
(3)可以通过条件的控制(如催化剂)选择有利于目标手性异构体的合成。
提升点四 等电子原理与应用
[例4] 根据等电子原理，回答下列问题：
(1)CO分子的结构式为________。
(2)已知反应CaC2 +2H2O―→CH≡CH↑+Ca(OH) 2。CaC2中与互为等电子体，的电子式可表示为___________；1 mol 中含有的π键的数目为________。
(3)二氧化钛(TiO2)是常用的、具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。O2在其催化作用下，可将CN－氧化成CNO－，进而得到N2。
①写出一种与CN－互为等电子体的单质分子的结构式________，根据等电子原理写出CO、HCN分子的结构式________、________。
②与CNO－互为等电子体的分子、离子化学式分别为________、________(各写一种)。CNO－的空间构型为________，CNO－中σ键与π键的个数比为________。
C≡O
[∶O O∶]2＋
1.204×1024个
N≡N
C≡O
H—C≡N
CO2
直线形
1∶1
解析：根据等电子原理、原子总数、价电子总数相同的分子或离子具有相似的结构特征和许多相近的性质来回答问题。(1)CO与N2互为等电子体，故CO结构式为C≡O。(2)由CaC2与H2O反应的产物CH≡CH，可推知CaC2中存在，其电子式为[∶C C∶]2－，结构式为[C≡C]2－，故的等电子体的电子式为，结构式为，1个O≡O键中含有1个σ键和2个π键，所以中含有2NA或1.204×1024个π键。(3)①用N原子替换CN－中的C原子，同时减少1个负电荷，得到CN－的等电子体N2。根据等电子体原理可推知CN－的结构式为[C≡N]－，则HCN的结构式为H—C≡N。②用O原子替换CNO－中的N原子同时要去掉1个负电荷可得CNO－的等电子体CO2，用S替换CO2中的O原子得等电子体CS2，CO与N2互为等电子体，用N2替换CNO－中的CO可得等电子体，用N原子替换CNO－中的C原子同时要去掉1个负电荷得其等电子体N2O，CO2的结构式为O===C===O，所以CNO－的结构式为[N===C===O]－，空间构型为直线形，σ键与π键的数目比为2∶2＝1∶1。
[提升4] (1)根据等电子原理，仅由第2周期元素组成的共价分子中，互为等电子体的是________和________；________和________。
(2)根据等电子原理，由短周期元素组成的粒子，只要其原子数相同，各原子最外层电子数之和相同，也可互称等电子体，它们也具有相似的结构特征。在短周期元素组成的物质中，与N互为等电子体的分子有：________。
解析：(1)仅由第2周期元素组成的共价分子中，即C、N、O、F组成的共价分子，如N2与CO价电子总数均为10，CO2与N2O价电子总数均为16个电子。(2)依题意，只要原子数相同，各原子最外层电子数之和也相同，即可互称等电子体为三原子，各原子最外层电子数之和为(5＋6×2＋1)，SO2、O3也为三原子，各原子最外层电子数之和为6×3＝18。
N2
CO
CO2
N2O
SO2、O3
状元随笔
(1)互为等电子体的物质可以是分子与分子、分子与离子、离子与离子。
(2)等电子体的价电子总数相同，而构成原子的核外电子总数不一定相同。
[关键能力]
等电子原理及应用
1．等电子原理
具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子具有相同的结构特征，这一原理称为“等电子原理”。
2．互为等电子体应该满足的条件
(1)在微粒的组成上，微粒所含原子数目相同；
(2)在微粒的构成上，微粒所含价电子数目相同。
3．常见等电子体
状元随笔 等电子原理的应用
(1)等电子原理可以较快地判断一些分子或离子的立体构型及其成键特征，如NH3与H3O＋；S、Si与SiCl4空间构型相似，分别是三角锥形和正四面体形。
(2)应用于寻找和制造新材料。某些等电子体具有相同的结构特征，表现在性质和应用上也有相似之处，这对寻找和制造新材料是有启发的。如晶体硅、锗是良好的半导体材料，它们的等电子体磷化铝(AlP)、砷化镓(GaAs)也都是良好的半导体材料。
(3)利用等电子原理针对某物质找等电子体。
形成性自评
1．根据物质的“相似相溶”的一般规律，说明溴、碘单质在四氯化碳中比在水中的溶解度大，下列说法正确的是( )
A．溴、碘单质和四氯化碳中都含有卤素
B．溴、碘是单质，四氯化碳是化合物
C．Br2、I2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子
D．以上说法都不对
解析：Br2、I2是非极性分子，它们易溶于非极性溶剂——CCl4，而在极性溶剂——水中的溶解度极小。
答案：C
2．已知O3分子为V形结构，O3在水中的溶解度和O2比较( )
A．O3在水中的溶解度和O2一样
B．O3在水中的溶解度比O2小
C．O3在水中的溶解度比O2要大
D．没办法比较
解析：因O3分子为V形结构，为极性分子，O2为非极性分子，根据“相似相溶”规律可知O3在水中的溶解度比O2大，C正确。
答案：C
3．下列分子为手性分子的是( )
解析：B项乳酸分子的中间碳原子连—CH3、—H、—OH、—COOH四种不同的原子或原子团，应是手性分子。
答案：B
4．丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]分子为手性分子，它存在对映异构，如图所示。
下列关于丙氨酸[CH3CH(NH2)COOH]的两种对映异构(Ⅰ和Ⅱ)的说法正确的是( )
A．Ⅰ和Ⅱ结构和性质完全不相同
B．Ⅰ和Ⅱ呈镜面对称，具有不同的分子极性
C．Ⅰ和Ⅱ都属于非极性分子
D．Ⅰ和Ⅱ中化学键的种类与数目完全相同
答案：D
解析：当四个不同的原子或者原子团连接在同一个C原子上时，这个C原子称为手性C原子。但是，这种对称只对物理性质有很大影响，无论是化学键还是分子的极性都是相同的。
5．用一带静电的玻璃棒自动靠近甲、乙两种纯液体流，现象如图所示。其中甲、乙两物质最有可能的组合是( )
选项 A B C D
甲 H2O CCl4 CS2 NCl3
乙 CS2 H2O2 H2O
答案：C
解析：由图可知，甲、乙分别为非极性分子与极性分子，由于H2O、CS2分别为极性分子和非极性分子，所以A错误；由于CCl4和 均为非极性分子，所以B错误；CS2和H2O2分别为非极性分子与极性分子，C正确；NCl3和H2O均为极性分子，D错误。
6.Q、R、X、Y、Z为前20号元素中的五种，Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，R与Q同族，Y和Z的阴离子与Ar原子的电子层结构相同且Y原子序数小于Z。
(1)Q的最高价氧化物，其固态属于________晶体，俗名叫________。
(2)R的氢化物分子的空间构型是________，属于________分子(填“极性”或“非极性”)；它与X形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式为________。
(3)X的常见氢化物的空间构型是 ________，它的另一氢化物X2H4是
火箭燃料的成分，其电子式是________，X的杂化轨道类型________。
(4)Q分别与Y、Z形成的共价化合物的化学式是________和________；Q与Y形成的化合物的电子式为__________，属于________分子(填“极性”或“非极性”)。
分子
干冰
正四面体
非极性
Si3N4
三角锥形
sp3
CS2
CCl4
非极性
解析：Q、R、X、Y、Z 为前20号元素中的五种，Y和Z的阴离子与Ar原子的电子层结构相同，核外电子数为18，且Y的原子序数小于Z，故Y为S元素，Z为Cl元素；Q的低价氧化物与X单质分子的电子总数相等，Q可能为C(碳)，X为N，R与Q同族，由于这五种元素均是前20号元素，所以R为Si，符合题意，据此进行解答。(1)Q是C元素，C元素最高化合价是＋4价，其最高价氧化物是CO2，二氧化碳为共价化合物，形成的晶体属于分子晶体，固体二氧化碳俗称为干冰；
(2)R为Si元素，氢化物为SiH4，空间结构与甲烷相同，为正四面体结构，SiH4为对称结构，属于非极性分子；Si与N元素形成的化合物可作为一种重要的陶瓷材料，其化学式为Si3N4；(3)X为N元素，N元素常见氢化物为NH3，氨气的空间构型为三角锥形，它的另一氢化物X2H4即N2H4是火箭燃料的成分，故其电子式
为 ，由该化合物的电子式可知，X原子周围形成了3个σ键和1对孤电子对，故X的杂化轨道类型为：sp3；(4)C分别与S、Cl形成的化合物的化学式分别是CS2、CCl4；CS2分子结构与二氧化碳类似，电子式为 ∶，为直线形对称结构，属于非极性分子。
7．PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，一种为淡黄色，在水中的溶解度较小，另一种为黄绿色，在水中的溶解度较大。请回答下列问题：
(1)PtCl2(NH3)2是____________(填“平面正方形”或“四面体形”)结构。
(2)请画出这两种固体分子的立体结构图：
淡黄色固体________，黄绿色固体________。
(3)淡黄色固体物质由__________(填“极性分子”或“非极性分子”，下同)组成，黄绿色固体物质由________组成。
平面正方形
非极性分子
极性分子
解析：(1)根据PtCl2(NH3)2可以形成两种固体，即有两种同分异构体可知，其应为平面正方形结构，若为四面体形结构，则无同分异构体。(2)水是极性分子，根据相似相溶原理可知，PtCl2(NH3)2的淡黄色固体分子为非极性分子，立体结构为 ，黄绿色固体分子为极性分子，立体结构为 。
8．3－氯－2－氨基丁酸的结构简式为 一个3－氯－2－氨基丁酸分子中含有________个手性碳原子。其中一对对映异构体用简单的投影式表示为： 和 ，则另一对对
映异构体的简单投影式为 和________。
2
解析：根据手性碳原子周围连接四个不同的原子或基团这一规律可以判断该物质的手性碳原子个数；参照例子可以知道对映体关系就像我们照镜子一样，其另一种就是该种在镜子中的“镜像”。
9．等电子体的结构相似、物理性质相近，如N2和CO为等电子体。试回答下列问题：
(1)写出下列离子的空间结构：
Br________，C________，P________。
(2)由第2周期元素组成，与F2互为等电子体的离子有________。
(3)C2和________是等电子体，C2具有较强的还原性，它能使酸性KMnO4溶液褪色，Mn在元素周期表中的位置是____________，其基态原子价电子排布式为________________。
(4)HN3称为叠氮酸，常温下为无色有刺激性气味的液体。的空间结构是_______，与互为等电子体的分子化学式为____________(写一种)。的电子式为____________。
(5)已知H3B·NH3在一定条件下可逐步释放出氢气，最终转化为氮化硼，因此可作为储氢材料。H3B·NH3的等电子体的化学式为________。
三角锥形
平面三角形
四面体形
N2O4
第4周期ⅦB族
3d54s2
直线形
CO2
C2H6
解析：(1)互为等电子体的物质结构相似。为四原子26电子的离子，所以其结构与相似，为三角锥形；为四原子24电子的离子，与SO3的结构相似，为平面三角形；同理可知为四面体形。(2)F2为双原子14电子的分子，所以由第2周期元素组成，与F2互为等电子体的离子有。(3)用N原子替换中的C原子可得其等电子体N2O4。Mn的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，位于第4周期ⅦB族。(4)CO与N2互为等电子体，用CO替换中的两个N，用O替换“N－”，可知与CO2互为等电子体，结构相似，所以是直线形。用S替换CO2中的2个O原子可得等电子体CS2，用N2替换CO2中的“CO”可得等电子体N2O。的电子式为 。(5)BN与“C2”价电子数相同，可得H3B·NH3的等电子体为C2H6。(共23张PPT)
专题4 章末共享专题
微专题一 分子的立体构型及判断方法
1．用价层电子对互斥理论判断
价层电子对互斥模型说明价层电子对的排斥作用对分子立体构型的影响，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。
(1)当中心原子无孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型一致。
(2)当中心原子有孤电子对时，分子的立体构型与VSEPR模型不一致。
(3)若中心原子有孤电子对，根据孤电子对与成键电子对相互排斥规律：孤电子对—孤电子对 孤电子对—成键电子对>成键电子对—成键电子对。随着孤电子对数目的增多，成健电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角也减小。如CH4、NH3和H2O分子中的键角依次减小。
2．用键角判断
分子的立体构型和键角的关系如下表所示：
分子 类型 分子的 立体构型 键角 键的极性 分子极性 实例
A2 直线形 (对称) 非极性键 非极性 H2、O2、N2等
AB 直线形 (非对称) 极性键 极性 HX、CO、NO等
ABA 直线形 (对称) 180° 极性键 非极性 CO2、CS2等
V形 (不对称) 极性键 极性 H2O、H2S等
AB3 平面三角形 (对称) 120° 极性键 非极性 BF3、SO3等
三角锥形 (不对称) 极性键 极性 NH3、PCl3等
AB4 正四面体形 (对称) 109°28′ 极性键 非极性 CH4、CCl4等
3.用杂化轨道理论判断
杂化 类型 杂化轨 道数目 杂化轨道 间夹角 分子立 体构型 实例
sp 2 180° 直线形 BeCl2、CH≡CH
sp2 3 120° 平面三角形 BF3、BCl3
sp3 4 109°28′ 正四面体形 CH4、CCl4
[微训练一]
1．下列物质中，分子的立体结构与水分子相同的是( )
A．CO2 B．H2S
C．PCl3 D．SiCl4
解析：水分子的立体构型为V形，根据等电子原理可知，H2S与H2O的结构相似，H2S的立体构型也为V形。
答案：B
2．已知Zn2＋的4s轨道和4p轨道可以形成sp3杂化轨道，那么[ZnCl4]2－的立体构型为( )
A．直线形 B．平面正方形
C．正四面体形 D．正八面体形
解析：通过sp3杂化可得到呈正四面体形的4个sp3杂化轨道，与4个Cl－形成4个配位键，故[ZnCl4]2－为正四面体形。
答案：C
3．氯化亚砜(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚砜分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是( )
A．三角锥形、sp3 B．V形、sp2
C．平面三角形、sp2 D．三角锥形、sp2
解析：SOCl2分子中硫原子的价层电子对数＝σ键电子对数＋孤电子对数＝3＋×(6－2×1－2)＝4，故S原子采取sp3杂化，由于孤电子对占据一个杂化轨道，所以分子的立体构型为三角锥形。
答案：A
4．下列关于价层电子对互斥理论及杂化轨道理论的叙述不正确的是( )
A．价层电子对互斥理论将分子分成两类：中心原子有孤电子对的和无孤电子对的
B．价层电子对互斥理论既适用于单质分子，也适用于化合物分子
C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道通过杂化形成的一组能量相近的新轨道
D．AB2型共价化合物的中心原子A采取的杂化方式可能不同
解析：在VSEPR理论中，将分子分成了含孤电子对与不含孤电子对两种情况，显然分子的VSEPR模型与立体构型可能相同(不含孤电子对的情况下)，也可能不同(含孤电子对的情况下)，A项正确；VSEPR模型的研究对象仅限于化合物分子，不适用单质分子，B项错误；C项明显正确；AB2型共价化合物由于其中心原子具有的孤电子对数和σ键电子对数可能不同，则其采取的杂化方式也可能不同，D项正确。
答案：B
5．20世纪50年代科学家提出价层电子对互斥理论(简称VSEPR模型)，用于预测简单分子立体构型。其要点可以概括为
Ⅰ.用AXnEm表示只含一个中心原子的分子组成，A为中心原子，X为与中心原子相结合的原子，E为中心原子最外层未参与成键的电子对(称为孤电子对)，(n＋m)称为价层电子对数。分子中的价层电子对总是互相排斥，均匀地分布在中心原子周围的空间；
Ⅱ.分子的空间构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤电子对；
Ⅲ.分子中价层电子对之间的斥力主要顺序：
ⅰ.孤电子对之间的斥力>孤电子对与共用电子对之间的斥力>共用电子对之间的斥力；
ⅱ.双键与双键之间的斥力>双键与单键之间的斥力>单键与单键之间的斥力；
ⅲ.X原子得电子能力越弱，A—X形成的共用电子对之间的斥力越强；
ⅳ.其他。
请仔细阅读上述内容，回答下列问题：
(1)根据要点Ⅰ可以画出AXnEm的VSEPR理想模型，请填写下表。
(2)请用VSEPR模型解释CO2为直线形分子的原因：
_______________________________________________。
(3)H2O分子的立体构型为________，请你预测水分子中∠H—O—H的大小范围并解释原因：______________________。
(4)SO2Cl2和SO2F2都属于AX4E0型分子，S、O之间以双键结合，S—Cl、S—F之间以单键结合。请你预测SO2Cl2和SO2F2分子的空间构型：________，SO2Cl2分子中∠Cl—S—Cl________(填“<”“>”或“＝”)SO2F2分子中∠F—S—F。
n＋m 2
VSEPR理想模型 正四面体形
价层电子对之间的理想键角 109°28′
4
直线形
180°
CO2属于AX2E0型分子，n＋m＝2，故为直线形
V形
水分子属于AX2E2型分子，n＋m＝4，VSEPR理想模型为正四面体形，价层电子对之间的键角均为109°28′。根据Ⅲ中的ⅰ，应有∠H—O—H<109°28′
四面体形
>
解析：VSEPR模型的判断方法：在分子中，当n＋m＝2且不存在孤电子对时为直线形分子；当n＋m＝3时，如果没有孤电子对时为平面三角形，如果有孤电子对时为V形；当n＋m＝4时，如果没有孤电子对时为正四面体形，如果有两对孤电子对时为V形。水分子中n＋m＝4，且有两对孤电子对，所以是V形结构，又由于孤电子对的作用力强于成键的共用电子对，所以其键角小于109°28′。SO2Cl2和SO2F2中的硫原子是中心原子，此时n＋m＝4且没有孤电子对，所以它应为四面体形，但由于原子种类不同，所以不是正四面体形。
微专题二 配合物
配合物的形成及对物质性质的影响
(1)形成配合物的条件
①中心原子或离子必须有空轨道；②配位体有孤电子对。
(2)配合物的组成
中心原子(或离子)的配位数一般为2、4、6、8等。
(3)配合物的形成对物质性质的影响
①稳定性增强：配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当作为中心原子的金属元素相同时，配合物的稳定性与配位体的性质有关。
②颜色的改变，如Fe(SCN)3的形成。
③对溶解性的影响，如AgCl可溶于氨水得到[Ag(NH3)2]＋。
[微训练二]
1．配位化学创始人维尔纳发现，将物质的量均为1 mol的CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)三种配合物溶于水，加入足量AgNO3溶液，生成的沉淀AgCl分别为3 mol、2 mol和1 mol。已知上述配合物中的配离子的配位数均为6。请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
CoCl3·6NH3 ____________， CoCl3·5NH3 ______________，
CoCl3·4NH3 ____________。
解析：根据参与反应的配合物的量与产物的量的关系，推出配合物的化学式。向1 mol CoCl3·6NH3(黄色)溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀3 mol，可推出3个氯离子全在外界，所以CoCl3·6NH3应该是[Co(NH3)6]Cl3；1 mol CoCl3·5NH3与AgNO3反应生成AgCl沉淀2 mol，推出外界有2个氯离子；1 mol CoCl3·4NH3与AgNO3反应生成AgCl沉淀1 mol，推出外界有1个氯离子。
[Co(NH3)6]Cl3
[Co(NH3)5Cl]Cl2
[Co(NH3)4Cl2]Cl
2．(1)[Fe(H2O)6]2＋与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2＋中，NO以N原子与Fe2＋形成配位键。
请在[Fe(NO)(H2O)5]2＋结构示意图(如图所示)的相应位置补填缺少的配位体。
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。在[Ni(NH3)6]2+中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。
(3)[Zn(CN)4]2－中Zn2＋与CN－的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2－的结构可用示意图表示为________。
配位键
N
解析：(1)注意[Fe(NO)(H2O)5]2＋中N原子与Fe2＋形成配位键即可。(2)[Ni(NH3)6]2＋为配离子，Ni2＋与NH3之间为配位键。配位体NH3中提供孤电子对的为N。中，Zn2＋提供空轨道，CN－中的C原子提供孤电子对，构成配位键，据此可写出结构。
3．Cu、Zn、Cr都是过渡金属元素，都可形成多种配合物。
(1)下列不能作为配合物配位体的是________。
A．H2O B．NH3 C．CH4 D．Cl－
(2)用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键________________。
(3)Cu元素可形成[Cu(NH3)4]SO4，其中存在的化学键类型有________(填序号)。
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键
⑤离子键 ⑥氢键
(4)若[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，且当其中的两个NH3被两个Cl－取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为________(填字母)。
a．平面正方形 b．正四面体 c．三角锥型 d．V形
C
N—H…O、O—H…N
①③⑤
a
(5)在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，然后沉淀溶解形成深蓝色的溶液，写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式：
_____________________________________________________。
(6)在CrCl3的水溶液中，一定条件下存在组成为[CrCln (H2O) 6-n] x+ (n和x均为正整数)的配离子，将其通过氢离子交换树脂(R—H)，可发生离子交换反应：[CrCln(H2O)6－n]x＋＋xR—H―→Rx[CrCln(H2O)6－n]＋xH＋。交换出来的H＋和已知量的NaOH溶液反应，即可求出x和n，确定配离子的组成。将含0.001 5 mol[CrCln(H2O)6－n]x＋的溶液与R—H完全交换后，中和生成的H＋需浓度为0.120 0 mol·L－1 NaOH溶液25.00 mL，则该配离子的化学式为____________。
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
[CrCl(H2O)5]2＋
解析：(1)H2O、NH3、Cl－中均有孤电子对，均可以作配位体；CH4分子中无孤电子对，不能作配位体。(2)N元素与O元素的电负性都很强，氨水中NH3分子与水分子间可能存在的氢键为N—H…O、O—H…N。(3)[Cu(NH3)4]SO4中，[Cu(NH3)4]2＋与之间的化学键为离子键；[Cu(NH3)4]2＋中Cu2＋与NH3之间的化学键为配位键；N—H键、S—O键为极性共价键。(4)Cu2＋形成4个配位键，[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，则为平面正方形或正四面体，如果为正四面体，[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。(5)氢氧化铜沉淀可以溶于过量的氨水中，发生反应：Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。(6)中和生成的H＋需浓度为0.120 0 mol·L－1氢氧化钠溶液25.00 mL，由H＋＋OH－===H2O可以得出H＋的物质的量为0.120 0 mol·L－1×25.00×10－3 L＝0.003 mol，所以x＝＝2；[CrCln(H2O)6－n]2＋中Cr元素的化合价为＋3价，则有3－n＝2，解得n＝1，即该配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2＋。
4．CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
(1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为___________，其固体的晶体类型为________。
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为________________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为________________，
键角由大到小的顺序为_________________。
(3)含有多个配位原子的配位体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有____ mol，该螯合物中N的杂化方式有____种。
正四面体形
分子晶体
NH3、AsH3、PH3
AsH3、PH3、NH3
NH3、PH3、AsH3
6
1
(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如表所示。
一个晶胞中有________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn________________________(用分数坐标表示)。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有________个。
坐标 原子 x y z
Cd 0 0 0
Sn 0 0 0.5
As 0.25 0.25 0.125
4
(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)
4
解析：(1)Sn为元素周期表中ⅣA族元素，最外层有4个电子，故SnCl4的中心原子Sn的价电子对数为4＋＝4，且均为成键电子对，故SnCl4的空间构型为正四面体形。由SnCl4常温常压下为液体的物理性质可知SnCl4符合分子晶体的特点，故其为分子晶体。(2)NH3中存在分子间氢键，导致其沸点比与N元素同主族的P、As元素的氢化物PH3、AsH3的沸点要高，而PH3、AsH3中均不存在分子间氢键，影响PH3、AsH3沸点的因素为范德华力，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点由高到低的顺序为NH3、AsH3、PH3。通常同主族元素随着原子序数的递增，气态氢化物的还原性逐渐增强，则还原性由强到弱的顺序是AsH3、PH3、NH3。同主族元素，随着原子序数的递增，电负性逐渐减弱，则其气态氢化物中的成键电子对逐渐远离中心原子，致使成键电子对的排斥力降低，键角逐渐减小，故键角由大到小的顺序是NH3、PH3、AsH3。
(3)该螯合物中Cd2＋与5个N原子、2个O原子形成化学键，其中与1个O原子形成的为共价键，另外的均为配位键，故1 mol该配合物中通过螯合作用形成6 mol配位键。该螯合物中无论是硝基中的N原子，还是中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为sp2杂化，即N只有1种杂化方式。(4)由四方晶系CdSnAs2晶胞及原子的分数坐标可知，有4个Sn位于棱上，6个Sn位于面上，则属于一个晶胞的Sn的个数为4×＋6×＝4。与Cd(0，0，0)最近的Sn原子为如图
所示的a、b两个Sn原子，a位置的Sn的分数坐标为(0.5，0，0.25)，b位置的Sn的分数坐标为(0.5，0.5，0)。CdSnAs2晶体中Sn除与该晶胞中的2个As键合外，还与相邻晶胞中的2个As键合，故晶体中单个Sn与4个As键合。
