课时素养评价
八 杂化轨道理论、配合物理论
(40分钟 70分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题5分,共40分)
1.(2020·成都高二检测)下列说法中正确的是
( )
A.PCl3分子是三角锥形,这是因为P原子是以sp2杂化的结果
B.sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道
C.凡中心原子采取sp3杂化的分子,其VSEPR模型都是四面体
D.AB3型的分子空间构型必为平面三角形
【解析】选C。PCl3分子的中心原子P含有3个成键电子对和1个孤电子对,属于sp3杂化,含有1个孤电子对,所以空间构型为三角锥形,A错误;能量相近的s轨道和p轨道形成杂化轨道,则sp3杂化轨道是能量相近的1个s轨道和3个p轨道混合形成的四个sp3杂化轨道,B错误;中心原子采取sp3杂化的分子,其VSEPR模型都是四面体,而分子的几何构型还与含有的孤电子对数有关,C正确;
AB3型的分子空间构型与中心原子的孤电子对数有关,如BF3中B原子没有孤电子对,为平面三角形,NH3中N原子有1个孤电子对,为三角锥形,D错误。
2.(2020·洛阳高二检测)向盛有少量CuCl2溶液的试管中滴入少量NaOH溶液,再滴入适量浓氨水,下列叙述不正确的是
( )
A.开始生成蓝色沉淀,加入过量氨水时,形成无色溶液
B.开始生成Cu(OH)2,它不溶于水,但溶于浓氨水,生成深蓝色溶液
C.开始生成蓝色沉淀,加入氨水后,沉淀溶解生成深蓝色溶液
D.开始生成Cu(OH)2,之后生成更稳定的配合物
【解析】选A。向CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液,生成Cu(OH)2蓝色沉淀:
Cu2++2OH-Cu(OH)2↓;再加入浓氨水,沉淀溶解得到深蓝色的溶液:Cu(OH)2+
4NH3·H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。
【补偿训练】
[Cu(NH3)4]SO4是常用的杀虫剂、媒染剂。在碱性镀铜中也有重要的应用。下列关于[Cu(NH3)4]SO4的说法中,正确的有
( )
A.[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键
B.[Cu(NH3)4]SO4含有NH3分子,其水溶液中也含有NH3分子
C.[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D.[Cu(NH3)4]SO4中S的立体构型为平面三角形
【解析】选A。在[Cu(NH3)4]SO4中含有NH3,但其水溶液中不含有NH3,因为配离子很难再电离;在组成配合物的元素中,N的第一电离能最大,S为正四面体构型。
3.下列分子中,各分子的空间构型、中心原子的杂化方式以及孤电子对数均正确的是
( )
选项
分子
空间构型
杂化方式
孤电子对数
A
NH3
平面三角形
sp3杂化
N含有一对孤电子对
B
CCl4
正四面体形
sp3杂化
C不含有孤电子对
C
H2O
V形
sp2杂化
O含有两对孤电子对
D
C
三角锥形
sp3杂化
C含有一对孤电子对
【解析】选B。NH3中心原子的价层电子对数=3+(5-3×1)=4,N原子的杂化方式为sp3,含有一对孤电子对,分子的立体构型为三角锥形,A项错误;CCl4中心原子的价层电子对数=4+(4-4×1)=4,C原子的杂化方式为sp3,没有孤电子对,分子的立体构型为正四面体形,B项正确;
H2O中心原子的价层电子对数=2+(6-2×1)=4,O原子的杂化方式为sp3,含有两对孤电子对,分子的立体构型为V形,C项错误;
C中心原子的价层电子对数=3+(4+2-3×2)=3,C原子的杂化方式为sp2,没有孤电子对,分子的立体构型为平面三角形,D项错误。
4.(2020·衡水高二检测)下列各组微粒间不能形成配位键的是
( )
A.Ag+和NH3
B.Ag+和H+
C.H2O和H+
D.Co3+和CO
【解析】选B。A.Ag的价电子排布式为4d105s1,失去一个电子后变为Ag+,5s轨道为空轨道,NH3分子中,氮原子有孤电子对,Ag+和NH3能形成配位键,A错误。B.Ag+有空轨道无孤电子对,H+有空轨道,不含孤电子对,两者不能形成配位键,B正确。C.H+有空轨道,水分子中氧原子含有孤电子对,两者可形成配位键,C错误。D.Co3+有空轨道,CO中碳和氧均含孤电子对,可形成配位键,D错误。
【补偿训练】
(双选)CuCl2溶液有时呈黄色,有时呈绿色或蓝色,这是因为在CuCl2的水溶液中存在如下平衡:[Cu(H2O)4]2+蓝色+4Cl-[CuCl4]2-绿色+4H2O。欲使溶液由绿色变为蓝色,可采用的方法是
( )
A.加NaCl溶液
B.加水
C.加AgNO3溶液
D.加NaOH溶液
【解析】选B、C。欲使溶液变成蓝色,则平衡向逆反应方向移动,可减小Cl-的浓度或加水,即加水或加AgNO3溶液。
5.下列分子所含原子中,既有sp3杂化,又有sp2杂化的是
( )
【解析】选A。乙醛中甲基的碳原子采取sp3杂化,醛基中的碳原子采取sp2杂化;丙烯腈中碳碳双键的两个碳原子均采取sp2杂化,另一个碳原子采取sp杂化;甲醛中碳原子采取sp2杂化;丙炔中甲基的碳原子采取sp3杂化,碳碳三键中两个碳原子均采取sp杂化。
6.毒奶粉主要是奶粉中含有有毒的三聚氰胺(结构如图)。
下列关于三聚氰胺分子的说法中正确的是
( )
A.一个三聚氰胺分子中共含有15个σ键
B.所有氮原子均采取sp3杂化
C.所有原子可能在同一平面
D.三聚氰胺分子中同时含有极性键和非极性键
【解析】选A。分子中含6个N—H,6个C—N,3个CN,双键中有1个σ键,共15个σ键,故A正确;CN中,C原子为sp2杂化,
N原子也为sp2杂化,—NH2中N原子(连接的都是单键)为sp3杂化,杂化类型不同,B错误;由于—NH2中N为sp3杂化,所以不可能在同一平面,C错误;同种元素原子之间才能形成非极性键,该分子结构中没有相同的原子连接,则该分子内只有极性键,故D错误。
7.已知:
下列有关说法中正确的是
( )
A.三种物质中碳原子杂化方式均为
sp2杂化
B.三种物质中均含有σ键和π键
C.三种物质的分子中所有原子均有可能共平面
D.三种物质中均只有极性键,没有非极性键
【解析】选D。三种物质中碳原子杂化方式分别为sp3杂化
、sp2杂化、sp2杂化,A错误;A分子中只含σ键,B错误;甲醇分子中碳原子为sp3杂化,含有四面体结构,所以不可能所有原子共平面,C错误;三种物质中均只有极性键,没有非极性键,D正确。
8.下列过程与配位键的形成无关的是
( )
A.氢氧化铝与强碱反应生成Na[Al(OH)4]-
B.Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2
C.向F溶液中加入KSCN溶液后溶液呈血红色
D.向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【解析】选B。[Al(OH)4]-中存在配位键,A错误;Na2O2和H2O反应生成NaOH和O2的反应中,既无配位键形成也无配位键的断裂,所以与配位键的形成无关,B错误;F与KSCN反应生成配离子[Fe(SCN)n(n=1,2,3,4,5,6),颜色发生改变,C正确;
CuSO4与氨水反应生成Cu(OH)2沉淀,再生成[Cu(NH3)4]2+,D正确。
二、非选择题(本题包括2小题,共30分)
9.(20分)(2020·长沙高二检测)下表是元素周期表的一部分,表中所列的字母分别代表一种化学元素。
试回答下列问题:(答案中涉及字母均用具体元素符号作答)
(1)写出基态时J元素原子的电子排布式__________________________,?
N元素原子的简化电子排布式________________。?
(2)A的中心原子的杂化轨道类型是________,微粒的空间构型是________;
BD3中心原子的杂化轨道类型是________;分子的空间构型是____________;?
(3)根据等电子原理,指出B2C与AC2,AC与B2互为等电子体,那么B2C分子中的σ键数目为________,π键数目为________,AC分子中的σ键数目为_______,?
π键数目为________;?
(4)在L3[J(AB)6]中中心离子是________,配体是________,配位数是________。?
【解析】(1)J为Fe,核外电子数为26,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,N为Br,核外电子数为35,简化电子排布式为[Ar]3d104s24p5;(2)C的中心原子的孤电子对数为=0,价层电子对数为0+3=3,碳原子采取sp2杂化,微粒的空间构型为平面三角形;NF3的中心原子的孤电子对数为=1,价层电子对数=1+3=4,氮原子采取sp3杂化,分子空间构型为三角锥形;(3)N2O与CO2,CO与N2互为等电子体,则N2O的结构为NON,分子中的σ键数目为2,π键数目为
2,CO的结构为C≡O,分子中的σ键数目为1,π键数目为2;(4)在K3[Fe(CN)6]中Fe3+为提供空轨道的中心离子,CN-提供孤电子对,为配体,配位数为6。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d64s2 [Ar]3d104s24p5
(2)sp2 平面三角形 sp3 三角锥形
(3)2 2 1 2
(4)Fe3+ CN- 6
10.(10分)氯吡苯脲是一种常用的膨大剂,其结构简式为,它是经国家批准使用的植物生长调节剂。
(1)氯元素基态原子核外电子的未成对电子数为________。?
(2)氯吡苯脲晶体中,氮原子的杂化轨道类型为________,羰基碳原子的杂化轨道类型为________。?
(3)查文献可知,可用2-氯-4-氨基吡啶与异氰酸苯酯反应,生成氯吡苯脲,其反应方程式为,反应过程中,每生成1
mol氯吡苯脲,断裂________个σ键,断裂________个π键。?
(4)膨大剂能在动物体内代谢,其产物较为复杂,其中有H2O、NH3、CO2等。
①请用共价键知识解释H2O分子比NH3分子稳定的原因:?
__。?
②H2O、NH3、CO2分子的立体构型分别是________,中心原子的杂化类型分别是________。?
【解析】(1)根据构造原理可知,氯元素基态原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p5,所以未成对电子数为1。(2)根据氯吡苯脲的结构简式可知,有2个氮原子均形成3个单键,孤电子对数为1,属于sp3杂化;剩余1个氮原子形成1个双键和1个单键,孤电子对数为1,是sp2杂化;羰基碳原子形成2个单键和1个双键,为sp2杂化。(3)由于σ键比π键更稳定,根据反应方程式可以看出,断裂的化学键为异氰酸苯酯分子中的NC键中的π键和2-氯-4-氨基吡啶分子中的N—H键。(4)①O、N属于同周期元素,O的原子半径小于N,H—O键的键能大于H—N键的键能,所以H2O分子比NH3分子稳定。②H2O分子中O原子的价层电子对数=2+=4,孤电子对数为2,所以为V形结构,O原子采用sp3杂化;NH3分子中N原子的价层电子对数=3+=4,孤电子对数为1,所以为三角锥形结构,N原子采用sp3杂化;CO2分子中C原子的价层电子对数=2+=2,不含孤电子对,所以是直线形结构,C原子采用sp杂化。
答案:(1)1 (2)sp2、sp3 sp2 (3)NA NA
(4)①H—O键的键能大于H—N键的键能 ②V形、三角锥形、直线形 sp3、sp3、sp
(20分钟 30分)
一、选择题(本题包括2小题,每小题5分,共10分)
11.将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中,剧烈燃烧产生棕黄色烟,向集气瓶中加入少量水,观察到溶液呈黄绿色,主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的[CuCl4]2-。现向蓝色的硫酸铜溶液中,加入少量稀氨水,得到蓝色絮状沉淀,继续加入氨水后,蓝色沉淀溶解,得到深蓝色溶液,再向其中加入少量浓盐酸,得到绿色溶液,则该绿色溶液中主要存在的离子是
( )
A.Cu2+、[Cu(H2O)4]2+、S
B.[CuCl4、[Cu(H2O)4]2+、N、S
C.[CuCl、N、S
D.[Cu(NH3)4]2+、[Cu(H2O)4]2+、S
【解析】选B。由题中信息可推知,含[CuCl4的溶液为黄绿色,含[Cu(H2O)4]2+的溶液为蓝色,故绿色溶液中含[CuCl4和[Cu(H2O)4]2+;在整个反应过程中S未参与反应,NH3与H+结合生成了N。
12.二茂铁[(C5H5)2Fe]分子是一种金属有机配合物,是燃料油的添加剂,用以提高燃烧的效率和去烟,可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示,下列说法不正确的是
( )
A.二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5)之间为配位键
B.l
mol环戊二烯()中含有σ键的数目为11NA
C.二茂铁分子中存在π键
D.Fe2+的电子排布式为1s
22s
22p63s23p63d44s2
【解析】选D。含有孤电子对和空轨道的原子之间存在配位键,所以二茂铁中Fe2+与环戊二烯离子(C5)之间为配位键,故A正确;一个环戊二烯()分子中含有σ键的数目为11,则1
mol环戊二烯()中含有σ键的数目为11
NA,故B正确;碳碳双键之间存在π键,所以该分子中存在π键,故C正确;
Fe的原子序数为26,亚铁离子的核外有24个电子,所以Fe2+的电子排布式为
1s
22s
22p63s23p63d54s1,半满为稳定结构,故D错误。
二、非选择题(本题包括1小题,共20分)
13.A、B、C、D、E、F、G是前四周期(除稀有气体)原子序数依次增大的七种元素,A的原子核外电子只有一种运动状态;B、C的价电子层中未成对电子数都是2;B、C、D同周期;E核外的s、p能级的电子总数相等;F与E同周期且第一电离能比E小;G的+1价离子(G+)的各层电子全充满。回答下列问题:
(相关问题用元素符号表示)
(1)写出E的基态原子的电子排布式:_______________________________,
C、D、E、F所形成的离子半径大小顺序为__________(用离子符号表示)。
(2)B与C可形成化合物BC和BC2,BC2中B原子杂化方式为__________。
(3)由元素A、C、G组成的离子[G(A2C)4]2+在水溶液中显天蓝色,不考虑空间结构,[G(A2C)4]2+的结构可用示意图表示为________(配位键用→标出)。?
(4)由元素A、B、F组成的原子个数比9∶3∶1的一种物质,分子中含三个相同的原子团,其结构简式为____________________,分子中F原子的杂化方式为_____________,该物质遇水爆炸,生成白色沉淀和无色气体,反应的化学方程式为______________________。?
【解析】在前四周期(除稀有气体)中原子序数依次增大的七种元素A、B、C、D、E、F、G中,A的原子核外电子只有一种运动状态,故A为H,B、C的价电子层中未成对电子数都是2,则B、C核外电子排布分别为1s22s22p2、1s22s22p4,为C、O,B、C、D同周期且原子序数依次增大,故D为F;E核外的s、p能级的电子总数相等,故E为Mg,F与E同周期且第一电离能比E小,F为Al;G的+1价离子(G+)的各层电子全充满,元素的基态原子最外能层只有一个电子,其他能层均已充满电子,则核外电子数为2+8+18+1=29,故G为Cu。
(1)E为Mg,基态原子的电子排布式为1s22s22p63s2或[Ne]3s2,核外电子排布相同的离子,根据“径大序小”的原则,可知离子半径大小顺序为r(O2-)>r(F-)>r(Mg2+)>r(Al3+)。(2)B(C)与C(O)可形成化合物BC(CO)和BC2(CO2),CO2结构式为OCO,立体构型为直线形,中心原子杂化方式为sp杂化。
(3)[Cu(H2O)4]2+,水与铜离子形成4个配位键,结构为。
(4)由元素H、C、Al组成的原子个数比9∶3∶1的一种物质,分子中含三个相同的原子团,其结构简式为Al(CH3)3,根据价层电子对互斥理论计算价层电子对数为3+=3,杂化类型为sp2,该物质遇水爆炸,生成白色沉淀和无色气体,反应的化学方程式为Al(CH3)3
+3H2OAl(OH)3↓+3CH4↑。
答案:(1)1s22s22p63s2(或[Ne]3s2) r(O2-)>r(F-)>r(Mg2+)>r(Al3+) (2)sp
(3)
(4)Al(CH3)3
sp2杂化 Al(CH3)3
+3H2OAl(OH)3↓+3CH4↑(共75张PPT)
第2课时 杂化轨道理论、
配合物理论
一、杂化轨道理论简介
1.轨道的杂化与杂化轨道:
必备知识·自主学习
2.轨道的杂化与分子立体构型:
杂化类型
sp
sp2
sp3
参与杂化的原
子轨道及数目
ns
__
__
__
np
__
__
__
杂化轨道数目
__
__
__
杂化轨道间的夹角
______
______
__________
杂化轨道示意图
立体构型
_______
___________
___________
实例
BeCl2、CO2、
CS2
BCl3、BF3、
BBr3
CF4、SiCl4、
SiH4
1
1
1
1
2
3
2
3
4
180°
120°
109°28′
直线形
平面三角形
正四面体形
【自主探索】
判断下列说法是否正确。
(1)分子的中心原子若通过sp3杂化轨道成键,则该分子一定为正四面体结
构。
( )
提示:×。分子的中心原子若通过sp3杂化,其价层电子对互斥模型为四面体形,其分子构型可以为四面体形,也可以为三角锥形或V形。
(2)sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道混合形成的4个sp3杂化轨
道。
( )
提示:×。杂化轨道的对象是能量相近的轨道,如碳元素sp3杂化轨道是由1个2s轨道和3个2p轨道进行杂化,而不是2s和3p或4p进行杂化。
二、配合物理论简介
1.配位键与配位化合物:
配位键
概念
___________由一个原子_______提供而与另一个原子形成的
共价键,即“电子对_____________”,是一类特殊的共价键
表示
方法
用_____来表示,其中A是_____孤电子对的原子,叫做给予体;
B是_____电子对的原子,叫做接受体
形成
条件
一个原子有_________,另一个原子有能够接受孤电子对的
_______
配位化合物
概念
通常把金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以
_______结合形成的化合物称为配位化合物
形成
条件
中心原子有空轨道;配体有孤电子对
共用电子对
给予—接受键
A→B
给出
孤电子对
空轨道
配位键
单方面
接受
2.配位化合物的形成举例:
实验操作
实验现象
有关离子方程式
滴加氨水后,试管中首先出现
_________,氨水过量后沉淀逐渐
_____,滴加乙醇后析出_____色
晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O
Cu2++2NH3·H2O====
Cu(OH)2↓+2N
Cu(OH)2+4NH3====
[Cu(NH3)4]2++2OH-
溶液颜色_____
Fe3++3SCN-
====Fe(SCN)3
蓝色沉淀
溶解
深蓝
变红
【自主探索】
(1)在配合物离子[Fe(SCN)]2+中,提供空轨道接受孤电子对的微粒是____。
(2)根据VSEPR模型,H3O+的分子立体构型为_________,BCl3的立体构型为
___________。
(3)Cu2+能与NH3形成配位数为4的配合物。则[Cu(NH3)4]2+中存在的化学键
类型有___(填序号)。
A.配位键
B.离子键
C.极性共价键
D.非极性共价键
Fe3+
三角锥形
平面三角形
AC
关键能力·合作学习
知识点一 杂化轨道类型与分子立体结构?
1.原子轨道的杂化过程:
2.杂化轨道类型的判断:
因为杂化轨道只能用于形成σ键或者用来容纳孤电子对,而两个原子之间只能形成一个σ键,故有下列关系:
杂化轨道数=中心原子孤电子对数+中心原子结合的原子数,再由杂化轨道数判断杂化类型。例如:
代表物
杂化轨道数
杂化轨道类型
CO2
0+2=2
sp
CH2O
0+3=3
sp2
CH4
0+4=4
sp3
SO2
1+2=3
sp2
NH3
1+3=4
sp3
H2O
2+2=4
sp3
3.分子的构型与杂化类型的关系:
(1)杂化轨道全部用于形成σ键。
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
杂化
类型
sp
sp2
sp3
实例
BeCl2
BF3
CH4
分子
结构
示意
图
分子
构型
直线形
平面三角形
正四面体形
(2)杂化轨道中有未参与成键的孤电子对。
由于孤电子对占据部分杂化轨道,会使分子的构型与杂化轨道的构型不同,如水分子中氧原子的sp3杂化轨道有2个是由孤电子对占据的,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个是由孤电子对占据的,氨分子不呈正四面体形,而呈三角锥形。
【合作探究】
(1)杂化轨道只用于形成σ键吗?
提示:杂化轨道只能用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对。
(2)杂化轨道间的夹角与分子内的键角一定相同吗?
提示:不一定。中心原子杂化轨道不一定全部成键,杂化类型相同时孤电子对越多,键角越小。如NH3中的氮原子与CH4中的碳原子均为sp3杂化,但键角分别为107°和109°28′。
(3)常见的杂化方式有哪些?所得杂化轨道的夹角分别为多少?能否通过已学的价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化轨道类型?如何确定?
提示:常见的杂化类型分别有sp、sp2、sp3,所得杂化轨道的夹角180°、120°、109°28′,能通过价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化轨道类型,价层电子对数为2、3、4的中心原子的杂化类型分别为sp、sp2、sp3。
【典例示范】
【典例】判断下列分子中中心原子的杂化类型。
物质
中心原子杂化类型
NI3
CH3Cl
CO2
SO2
【解题指南】解答本题注意以下三点:
(1)中心原子的杂化轨道数等于价层电子对数。
(2)当被中心原子结合的原子为氧原子或硫原子时,可认为提供电子数为0。
(3)计算价电子对数时,阳离子要减去电荷数;阴离子要加上电荷数。
【解析】由价层电子对数判断:
(1)n=3+
(5-3×1)=4,sp3杂化;
(2)n=4+
(4-3-1)=4,sp3杂化;
(3)n=2+
(4-2×2)=2,sp杂化;
(4)n=2+
(6-2×2)=3,sp2杂化。
答案:
物质
中心原子杂化类型
NI3
sp3杂化
CH3Cl
sp3杂化
CO2
sp杂化
SO2
sp2杂化
【母题追问】(1)上题中NI3与CH3Cl的立体构型是否相同?
提示:不同,两者中心原子的杂化类型相同,但是NI3中有一对孤电子对,因此分子立体构型为三角锥形,而CH3Cl却为四面体形。
(2)上题中二氧化碳的中心原子上的2p轨道都参与杂化吗?
提示:二氧化碳分子的中心原子为碳原子,其中2p轨道有3个,只有一个s轨道和一个p轨道参与杂化。
【规律方法】(1)根据杂化轨道数判断: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,由杂化轨道数可判断杂化类型。
(2)根据中心原子的价层电子对数判断:2个价层电子对为sp杂化,3个价层电子对为sp2杂化,4个价层电子对为sp3杂化。
(3)根据分子或离子的VSEPR模型判断:直线形为sp杂化,平面三角形为sp2杂化,四面体为sp3杂化。
(4)根据杂化轨道之间的夹角判断sp3:109°28′,sp2:120°,sp:180°。
【素养训练】
1.(2020·衡阳高二检测)下列分子的中心原子是sp2杂化的是
( )
A.PBr3 B.CH4 C.H2O D.BF3
【解析】选D。杂化轨道数=中心原子的孤电子对的对数+中心原子的σ键个数,A、B、C采用的都是sp3杂化。
2.(2020·泉州高二检测)下列说法正确的是
( )
A.CHCl3是正四面体形
B.水分子中氧原子为sp2杂化,其分子几何构型为V形
C.二氧化碳中碳原子为sp杂化,为直线形分子
D.N
是三角锥形
【解析】选C。甲烷中4个共价键完全相同为正四面体,CHCl3分子的4个共价键
不完全相同,所以不是正四面体,A错误;水分子中氧原子的价层电子对数=2+
(6-1×2)=4,为sp3杂化,含有2对孤电子对,分子为V形,B错误;二氧化碳中
碳原子的价层电子对数=2+
(4-2×2)=2,为sp杂化,分子为直线形,C正确;
N
中氮原子的价层电子对数=4+
(5-1-4×1)=4,为sp3杂化,不含有孤电子
对,为正四面体形,D错误。
【补偿训练】
1.(2019·长沙高二检测)在BrCH＝CHBr分子中,C—Br键采取的成键轨道
是
( )
A.sp-p B.sp2-s C.sp2-p D.sp3-p
【解析】选C。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。
2.有关杂化轨道的说法不正确的是
( )
A.杂化前后的轨道数目不变,但轨道的形状发生了改变
B.sp3、sp2、sp杂化轨道的夹角分别为109°28′、120°、180°
C.四面体形、三角锥形、V形分子的结构可以用杂化轨道理论解释
D.杂化轨道全部参与形成化学键
【解析】选D。杂化前后的轨道数目不变,但轨道的形状发生了改变,A正确;sp3、sp2、sp杂化轨道空间构型分别为四面体、平面三角形、直线形,所以夹角分别为109°28′、120°、180°,B正确;分子的空间构型可以用价层电子对理论和杂化轨道理论进行解释,C正确;杂化轨道可以部分参加形成化学键,例如NH3中N发生sp3杂化,形成了4个sp3杂化轨道,但是只有3个参与形成化学键,D错误。
3.C
、—CH3、C
都是重要的有机反应中间体,有关它们的说法正确的
是
( )
A.它们互为等电子体,碳原子均采取sp2杂化
B.C
与NH3、H3O+互为等电子体,中心原子均为sp3杂化,几何构型均为正
四面体形
C.C
中的碳原子采取sp2杂化,所有原子共平面
D.C
中的碳原子采取sp3杂化,所有原子均共面
【解析】选C。C
、—CH3、C
中原子个数相等但价电子总数不等,不互为等
电子体,A错误。C
与NH3、H3O+中原子个数相等、价电子总数相等,互为等电
子体,C
中碳原子价层电子对数是4且孤电子对数为1、NH3中氮原子价层电子
对数是4且孤电子对数为1、H3O+中氧原子价层电子对数是4且孤电子对数为1,三
者中心原子都为sp3杂化,几何构型都为三角锥形,B错误。C
中碳原子价层电
子对数是3且不含孤电子对,所以碳原子采取sp2杂化,为平面三角形,所有原子共
平面,C项正确,D项错误。
4.下列分子中,中心原子杂化轨道类型相同,分子的立体构型也相同的是
( )
A.BeCl2、CO2
B.H2O、SO2
C.SO2、CH4
D.NF3、CH2O
【解析】选A。根据价层电子对互斥理论可知,水中氧原子含有的孤电子对数为(6-2×1)÷2=2,采取sp3杂化方式,水是V形结构,SO2中硫原子含有的孤电子对数为(6-2×2)÷2=1,采取sp2杂化方式,SO2是V形结构,B错误;同样分析氯化铍中铍原子是sp杂化,是直线形结构,CO2是直线形结构,碳原子是sp杂化,A正确;SO2是V形结构,CH4中碳原子采取sp3杂化方式,是正四面体形结构,C错误;NF3中氮原子采取sp3杂化方式,是三角锥形结构,CH2O中碳原子采取sp2杂化方式,是平面三角形结构,D错误。
知识点二 配位键和配位化合物?
1.配位键与非极性键、极性键的区别与联系:
类型
比较
共 价 键
非极性键
极性键
配位键
本质
相邻原子间的共用电子对(电子云重叠)与原子核间的静电作用
成键条件(元素种类)
成键原子得失电子能力相同(同种非金属元素)
成键原子得失电子能力差别较小(不同非金属元素)
成键原子一方有孤电子对(配体),另一方有空轨道(中心离子或原子)
特征
有方向性和饱和性
2.配位化合物:
(1)配合物的组成。
一般中心原子(或离子)配位数是2、4、6。
(2)形成配合物的条件。
①配体有孤电子对。
②中心原子(或离子)有空轨道。
(3)配合物的稳定性: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体的性质有关。
(4)配合物形成时的性质改变。
①颜色的改变,如Fe(SCN)3的形成。
②溶解度的改变,如AgCl→[Ag(NH3)2]+。
【合作探究】
(1)形成配位键的条件是什么?[Cu(NH3)4]SO4中含有哪些类型的化学键?
提示:形成配位键的条件为一方有空轨道、一方有孤电子对。[Cu(NH3)4]SO4中含有离子键、共价键、配位键。
(2)含配位键的化合物一定为配位化合物吗?
提示:不一定。如NH4Cl中N
含有配位键,属于离子化合物。
【典例示范】
【典例】配位键以及配位化合物很常见,回答下列问题:
(1)工业上冶炼铝不用氯化铝,因为氯化铝易升华,其双聚物Al2Cl6结构如图所示。1
mol该分子中含______
个配位键,该分子__________(填“是”或“不是”)平面型分子。?
(2)叶绿素是以镁离子为中心的卟啉配合物,其结构如图。
①Mg2+与N原子形成的化学键为配位键的是________(填“a”或“b”)。?
②叶绿素分子中C原子的杂化轨道类型有________。?
【解题指南】(1)形成配位键的条件;
(2)分子及离子的空间结构;
(3)化学键与物质的稳定性的关系。
【解析】(1)由于铝最外层有3个电子,氯最外层有7个电子,根据共价键饱和
性,氯只需形成一个共价键,铝可以形成3个共价键,这样氯原子达到8电子结
构,而铝最外层只有6个电子,所以氯原子与铝原子之间能形成配位键,结构为
所以1
mol该分子中含2NA个配位键,由于Al的价层电子对数为4,发生sp3杂化,
所以不是平面形分子。
(2)镁离子周围有4个N原子,但是其中有2个N原子已形成了3个共价键,达到了8电子结构,可能作为配体,另外2个氮原子只形成2个共价键,所以需要和Mg形成共价键以达到8电子结构,即a为正常共价键,b为配位键。叶绿素中的碳原子价层电子对数有2种:4和3,所以杂化方式有sp3和
sp2杂化。
答案:(1)2NA 不是 (2)①b ②sp3和sp2
【母题追问】在适当的条件下,叶绿素分子中的镁离子可被铜离子取代,生成鲜绿色的叶绿素铜,铜离子与叶绿素之间形成的化学键类型为________。叶绿素铜与叶绿素镁相比,________更稳定。?
提示:配位键;一般物质的转化是向生成更稳定的方向进行,所以叶绿素铜更稳定。
【规律方法】(1)形成配位键的配体,其原子应该已到达8电子
,如果还未达到8电子结构,则应该形成正常共价键。
(2)不同的配体和中心离子之间形成的配位键强弱不同,一般而言过渡金属形成的配位键比主族金属形成的配位键稳定。
【素养训练】
1.(2020·银川高二检测)关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是
( )
A.配体为水分子,外界为Br-
B.中心原子采取sp3杂化
C.中心离子的配位数为6
D.中心离子的化合价为+2价
【解析】选C。4个水分子和2个Br-是配体,配位数为6,1个Br-是外界。铬原子以空轨道形成配位键,氧原子的杂化方式是sp3,但氧原子不是中心原子。中心离子是Cr3+,配离子是[Cr(H2O)4Br2]+。
2.(2020·廊坊高二检测)下列物质:①H3O+、②[B(OH)4]-、③CH3COO-、④NH3、⑤CH4中存在配位键的是
( )
A.①② B.①③ C.④⑤ D.②④
【解析】选A。水分子中各原子已达到稳定结构,H3O+是H+和H2O中的O形成配位键,[B(OH)4]-是3个OH-与硼原子形成3个共价键,还有1个OH-的O与B形成配位键,而其他选项中均不存在配位键。
【补偿训练】
1.下列说法中错误的是
( )
A.形成配位键的条件是一方有空轨道,一方有孤电子对
B.配位键是一种特殊的共价键
C.配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子
D.共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子
【解析】选D。配位键是一方提供孤电子对,一方提供空轨道形成的一种特殊共价键,配体可以是分子、原子,也可以是阴离子。
2.(2019·楚雄高二检测)下列反应中无配合物生成的是
( )
A.向氨水中加入过量硝酸银
B.含氟牙膏中加入氯化铝并充分搅拌
C.锌与过量氢氧化钠溶液反应
D.向氯化铁溶液中依次加入氟化钠溶液、硫氰化钾溶液,无血红色出现
【解析】选A。向氨水中加入过量硝酸银发生的反应为Ag++NH3·H2O====
AgOH↓+N
,没有配合物生成,A选;含氟牙膏中加入氯化铝并充分搅拌发生
反应Al3++6F-====Al
,生成配合物,B不选;锌与过量氢氧化钠溶液发生反应Zn+2NaOH+2H2O====Na2Zn(OH)4+H2↑,生成配合物Na2Zn(OH)4,C不选;向氯化铁溶
液中加入氟化钠溶液时发生反应:FeCl3+6NaF====Na3FeF6+3NaCl,生成了配合物
Na3FeF6,溶液中已没有Fe3+,所以加入硫氰化钾溶液时无血红色出现,D不选。
3.如图所示,a为乙二胺四乙酸(EDTA),易与金属离子形成螯合物,b为EDTA与Ca2+形成的螯合物。下列叙述正确的是
( )
A.a和b中N原子均采取sp3杂化
B.b中Ca2+的配位数为4
C.a中配位原子是C原子
D.b中含有共价键、离子键和配位键
【解析】选A。a中N原子有3对σ键电子对,含有1个孤电子对,b中N原子有4对σ键电子对,没有孤电子对,则a、b中N原子均采取sp3杂化,正确;B项,b为配离子,Ca2+的配位数为6,错误;C项,a不是配合物,错误;D项,钙离子与N、O之间形成配位键,其他原子之间形成共价键,不含离子键,错误。
【课堂小结】
杂化轨道类型
典型分子
立体构型
sp
CO2
直线形
sp2
SO2
V形
sp3
H2O
V形
sp2
SO3
平面三角形
sp3
NH3
三角锥形
sp3
CH4
正四面体形
【三言两语话重点】
(1)1个实验:硫酸铜溶液与氨水反应。
(2)2个模型:①价层电子对数与杂化方式关系:
2
3
4
sp
sp2
sp3
②配位化合物模型:
课堂检测·素养达标
1.(2020·福州高二检测)了解有机物分子中化学键特征以及成键方式是研究有机物性质的基础。下列关于有机物分子的成键方式的描述不正确的是
( )
A.烷烃分子中碳原子均采用sp3杂化轨道成键
B.炔烃分子中碳碳三键由1个σ键、2个π键组成
C.甲苯分子中所有碳原子均采用sp2杂化轨道成键
D.苯环中存在6个碳原子共有的大π键
【解析】选C。烷烃分子中碳原子均形成4个键,杂化轨道数为4,均采用sp3杂化轨道成键;碳碳三键由1个σ键、2个π键组成;苯环中碳原子采用sp2杂化轨道成键,6个碳原子上未参与成键的p电子形成一个大π键;甲苯分子中—CH3中的C采用sp3杂化。
【补偿训练】
下列关于杂化轨道的叙述正确的是
( )
A.杂化轨道可用于形成σ键,也可用于形成π键
B.杂化轨道可用来容纳未参与成键的孤电子对
C.NH3中氮原子的sp3杂化轨道是由氮原子的3个p轨道与氢原子的s轨道杂化而成的
D.在乙烯分子中1个碳原子的3个sp2杂化轨道与3个氢原子的s轨道重叠形成3个C—H
σ键
【解析】选B。杂化轨道只用于形成σ键或用来容纳未参与成键的孤电子对,不能用来形成π键,故B正确,A不正确;NH3中氮原子的sp3杂化轨道是由氮原子的1个s轨道和3个p轨道杂化而成的,C不正确;在乙烯分子中,1个碳原子的3个sp2杂化轨道中的2个sp2杂化轨道与2个氢原子的s轨道重叠形成2个C—H
σ键,剩下的1个sp2杂化轨道与另一个碳原子的sp2杂化轨道重叠形成1个C—C
σ键,D不正确。
2.下列结构图中,
代表前二周期元素的原子实(原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分),小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子,短线代表价键。示例:
根据各图表示的结构特点,下列有关叙述正确的是
( )
A.
上述结构图中共出现6种元素
B.
甲、乙、丙为非极性分子,丁为极性分子
C.
甲与丁可以发生化合反应生成的化合物中含有离子键、共价键、配位键
D.
丙和丁杂化方式分别为sp2、sp3杂化
【解析】选C。从示例和题给信息可确定:甲为HF,乙为N2,丙为CO2,丁为NH3。上述结构图中共出现:H、F、N、C、O
五种元素,A错误;乙、丙为非极性分子,甲、丁为极性分子,B错误;HF+NH3====NH4F,NH4F中含有离子键、共价键、配位键,C正确;CO2和NH3中碳原子和氮原子价层电子对数分别为2和4,所以分别为sp、sp3杂化,D错误。
3.(2020·三亚高二检测)已知Co(Ⅲ)的八面体配合物的化学式为CoClm·nNH3,若1
mol配合物与AgNO3溶液反应生成1
mol
AgCl沉淀,则m、n的值是
( )
A.m=1,n=5
B.m=3,n=4
C.m=5,n=1
D.m=4,n=5
【解析】选B。由1
mol配合物与AgNO3反应生成1
mol
AgCl,得知1
mol配合物电离出1
mol
Cl-,即配离子显+1价、外面还有一个Cl-。又因为是Co3+,所以[CoClm-1·nNH3]+中有两个Cl-。故m-1=2,即m=3,用排除法可知B选项正确。该配合物为[Co(NH3)4Cl2]Cl。
【补偿训练】
向盛有少量硝酸银溶液的试管中滴入少量氯化钠溶液,生成白色沉淀,
继续向试管中加入氨水,沉淀溶解得到无色溶液,下列对此现象的说法正确的
是
( )
A.反应前后溶液中Ag+的物质的量不变
B.沉淀溶解后,将生成配合离子[Ag(NH3)2]+
C.在[Ag(NH3)2]+中,NH3提供空轨道,Ag+给出孤电子对
D.若向反应后溶液中再加入NaCl溶液,会生成白色沉淀
【解析】选B。AgNO3溶液中加入NaCl溶液生成AgCl沉淀,继续加入氨水时,AgCl与氨水反应生成络合物离子[Ag(NH3)2]+而使溶液变澄清,溶液中Ag+的物质的量减小,A错,B正确;在[Ag(NH3)2]+中,Ag+提供空轨道,NH3给出孤电子对,C错误;因溶液中仍存在Cl-,[Ag(NH3)2]+中Ag+为中心原子,与Cl-不反应,再加NaCl溶液不会产生沉淀,D错误。
4.把CoCl2溶于水后加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀又溶解后,再加氨水,使生成[Co(NH3)6]Cl2,此时向溶液中通入空气,得到的产物中有一种其组成可以用CoCl3·5NH3表示,Co配位数是6,把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液,则析出氯化银沉淀。经测定,每1
mol
CoCl3·5NH3只生成2
mol
AgCl。下列说法错误的是
( )
A.产物中CoCl3·5NH3的配位体为氨分子和氯离子
B.通入空气后得到的溶液含有[Co(NH3)5Cl]2+
C.[Co(NH3)6]Cl2中心离子的价电子排布式为3d54s2
D.[Co(NH3)6]Cl2中含有配位键,极性共价键,离子键
【解析】选C。配合物的内界不能电离,外界可以电离。Co配位数是6,把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液,每1
mol
CoCl3·5NH3只生成2
mol
AgCl,说明外界有2个Cl-,所以CoCl3·5NH3可表示为[Co(NH3)5Cl]
Cl2。A.CoCl3·5NH3可表示为[Co(NH3)5Cl]Cl2,CoCl3·5NH3的配位体为5个氨分子和1个氯离子,故A正确;[Co(NH3)5Cl]Cl2电离出[Co(NH3)5Cl]2+和Cl-,所以通入空气后得到的溶液含有[Co(NH3)5Cl]2+,故B正确;[Co(NH3)6]Cl2中心离子是Co2+,价电子排布式为3d7,故C错误;
[Co(NH3)6]Cl2中含有配位键,极性共价键,离子键,故D正确。
5.(2019·全国卷Ⅰ节选)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物,分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。?
乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因是__________,?
其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
?
【解析】乙二胺中N形成3个单键,含有1对孤电子对,属于sp3杂化;C形成4个单键,不存在孤电子对,也是sp3杂化;由于乙二胺的两个N可提供孤电子对给金属离子形成配位键,因此乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子;由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子,因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2+。
答案:sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键 Cu2+
6.(1)在BF3分子中,F—B—F的键角是________,硼原子的杂化轨道类型为
________,BF3和过量NaF作用可生成NaBF4,B
的立体构型为________。?
(2)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一
种氮的氢化物。NH3分子的立体构型是________;N2H4分子中氮原子轨道的杂化
类型是________。?
(3)H+可与H2O形成H3O+,H3O+中氧原子采用________杂化。H3O+中H—O—H键角比
H2O中H—O—H键角大,原因为________。?
(4)S
的立体构型是________,其中硫原子的杂化轨道类型是________。?
【解析】(1)因为BF3的立体构型为平面三角形,所以F—B—F的键角为120°。
(3)H3O+中氧原子采用sp3杂化。(4)S
的中心原子S的成键电子对数为4,无孤
电子对,为正四面体结构,中心原子采用sp3杂化。
答案:(1)120° sp2 正四面体形 (2)三角锥形 sp3 (3)sp3 H2O中氧原子有2对孤电子对,H3O+中氧原子只有1对孤电子对,排斥力较小 (4)正四面体形 sp3
【素养新思维】
7.Ⅰ.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途,如金属铜用来制造电线电缆,五水硫酸铜可用作杀菌剂。
(1)往硫酸铜溶液中加入过量氨水,可生成[Cu(NH3)4]2+配离子。已知NF3与NH3的空间构型相同,但NF3不易与Cu2+形成配离子,其原因是____________。?
(2)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2-。不考虑空间构型,[Cu(OH)4]2-的结构可用示意图表示为______________________。?
Ⅱ.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)若所得Fe3+和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。该离子的离子符号是________。?
(2)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_________________。?
【解析】Ⅰ.(1)N、F、H三种元素的电负性:F>N>H,所以NH3中共用电子对偏向氮原子,而在NF3中,共用电子对偏向氟原子,偏离氮原子。
(2)Cu2+中存在空轨道,而OH-中氧原子有孤电子对,故O与Cu之间以配位键结合。
答案:Ⅰ.(1)N、F、H三种元素的电负性:F>N>H,在NF3中,共用电子对偏向氟原子,偏离氮原子,使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键
Ⅱ.(1)[Fe(SCN)]2+
(2)FeCl3+5KSCN====K2[Fe(SCN)5]+3KCl
