高中化学第二章分子结构与性质2-2杂化轨道理论配合物理论简介同步检测含解析 人教版选修3 15页

第2课时　杂化轨道理论　配合物理论简介 记一记 探一探 一、杂化轨道理论 ‎1．C形成甲烷时，C原子那些原子轨道之间发生了杂化？杂化类型是什么？有几个杂化轨道？‎ ‎[提示]　C形成甲烷时，C原子2s与2p轨道发生了杂化。杂化类型为sp3杂化；因为有1个s轨道和3个p轨道参与了杂化，所以共有4个sp3杂化轨道。‎ ‎2．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为：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。‎ 二、配合物理论简介 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。‎ 判一判 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)杂化轨道与参与杂化的原子轨道的数目相同，但能量不同。(√)‎ ‎(2)杂化轨道间的夹角与分子内的键角不一定相同。(√)‎ ‎(3)凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其立体构型都是正四面体形。(×)‎ - 15 -‎ ‎(4)凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键。(×)‎ ‎(5)根据中心原子的价层电子对数，一般可以确定其杂化方式以及VSEPR模型。(√)‎ ‎(6)形成配位键的条件是一方有空轨道，另一方有孤电子对。(√)‎ ‎(7)配位键是一种特殊的共价键。(√)‎ ‎(8)配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子。(×)‎ ‎(9)Cu(OH)2既能溶于盐酸又能溶于氨水，是因为Cu(OH)2显两性。(×)‎ ‎(10)一般情况下，过渡金属配合物远比主族金属配合物多，而且更稳定。(√)‎ 练一练 ‎1.下列关于杂化轨道的叙述不正确的是(　　)‎ 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N原子的sp3杂化轨道是由N原子的3个p轨道与N原子的1个s轨道杂化而成的 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：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N原子的sp3杂化轨道是由N原子的1个s轨道和3个p轨道杂化而成的，C正确；AB2型共价化合物，中心原子A可能为sp2、sp3、sp杂化方式，例如：SO2、H2O、CO2等，D正确。‎ 答案：A ‎2．BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成BF，则BF3和BF中B原子的杂化轨道类型分别是(　　)‎ A．sp2、sp2 B．sp3、sp3‎ C．sp2、sp3 D．sp、sp2‎ 解析：BF3中B原子的价层电子对数为3，所以为sp2杂化，BF中B原子的价层电子对数为4，所以为sp3杂化。‎ 答案：C ‎3．已知Zn2＋的4s和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道， 那么Zn2＋与Cl－形成的配位离子[ZnCl4]2－的立体构型为(　　)‎ A．直线形 B．平面正方形 C．正四面体 D．正八面体 解析：由于发生的是sp3杂化，所以空间构型为正四面体。C正确。‎ 答案：C - 15 -‎ ‎4．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______________________________。‎ 解析：在配合物[Ag(NH3)2]OH中，中心离子是Ag＋，配位原子是NH3分子中的N原子，配位数是2。‎ 答案：‎ ‎(1)Ag＋　N　2　[Ag(NH3)2]OH===[Ag(NH3)2]＋＋OH－‎ ‎(2)先产生白色沉淀，加入氨水后，白色沉淀溶解 知识点一 杂化轨道类型判断 ‎1.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：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。‎ 答案：C ‎2．下列分子所含原子中，既有sp3杂化，又有sp2杂化的是(　　)‎ 解析：乙醛中甲基的碳原子采取sp3杂化，醛基中的碳原子采取sp2‎ - 15 -‎ 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。‎ 答案：A 知识点二 杂化轨道类型与分子空间结构 ‎3.下列物质，中心原子的“杂化方式”及“分子立体构型”与CH2O(甲醛)相同的是(　　)‎ A．PCl3 B．NH3 C．CH2Br2 D．BF3‎ 解析：HCHO中C原子形成2个C—H键、1个C===O双键，C原子的价层电子对数＝3＋＝3，且不含孤电子对，采取sp2杂化，分子立体构型为平面三角形。PCl3分子中P原子价层电子对数是4，且含有1个孤电子对，故P原子采取sp3杂化，为三角锥形结构，A错误；NH3分子中N原子价层电子对数是4，且含有一个孤电子对，中心原子采取sp3杂化，分子立体构型为三角锥形，B错误；CH2Br2分子中的C原子价层电子对数是4，没有孤电子对，则C原子采取sp3杂化，分子立体构型为四面体形，C错误；BF3分子中B原子价层电子对数是3，且不含孤电子对，B原子采取sp2杂化，分子立体构型是平面三角形，D正确。‎ 答案：D ‎4．ClO、ClO、ClO中，中心原子Cl都是以sp3杂化轨道方式与O原子成键，则ClO的立体构型是________；ClO的立体构型是________；ClO的立体构型是________。‎ 解析：ClO、ClO、ClO3种离子的中心原子的杂化方式都为sp3杂化，那么从离子的组成上看其立体构型依次为V形、三角锥形和正四面体形。‎ 答案：三角锥形　正四面体形　V形 知识点三 配合物理论简介 ‎5.若X、Y两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是(　　)‎ A．X、Y只能是分子 B．X、Y只能是离子 C．若X提供空轨道，则Y至少要提供一对孤电子对 D．若X提供空轨道，则配位键表示为X→Y 解析：形成配位键的两种微粒可以均是分子或者均是离子，还可以一种是分子、一种是离子，但必须是一种微粒提供空轨道、另一种微粒提供孤电子对，A、B项错误，C项正确；配位键中箭头应该指向提供空轨道的X，D项错误。‎ 答案：C ‎6．下列关于配位化合物的叙述中不正确的是(　　)‎ A．配位化合物中必定存在配位键 - 15 -‎ B．配位化合物中只有配位键 C．[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 D．过渡金属配合物远比主族金属配合物多 解析：配位化合物中一定含有配位键，但也含有其他化学键；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。‎ 答案：B 综合考查 ‎7.下列关于原子轨道的说法正确的是(　　)‎ A．杂化轨道形成共价键时，只能形成σ键不能形成π键 B．凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键 C．凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其立体构型都是正四面体形 D．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轨道混合起来而形成的 解析：中心原子采取sp3杂化，轨道形状是正四面体，但如果中心原子还有孤电子对，分子的立体构型则不是正四面体；CH4分子中的sp3杂化轨道是C原子的一个2s轨道与三个2p轨道杂化而成的；AB3型的共价化合物，A原子可能采取sp2杂化或sp3杂化。‎ 答案：A ‎8．下列关于NH、NH3、NH三种微粒的说法不正确的是(　　)‎ A．三种微粒所含有的电子数相等 B．三种微粒中氮原子的杂化方式相同 C．三种微粒的立体构型相同 D．键角大小关系：NH>NH3>NH 解析：NH、NH3、NH含有的电子数均为10，A项正确；NH、NH3、NH三种微粒中氮原子的杂化方式均为sp3杂化，B项正确；NH立体构型为正四面体形，NH3为三角锥形，NH为V形，C项错误；NH、NH3、NH三种微粒的键角大小关系为NH>NH3>NH，D项正确。‎ 答案：C ‎9．已知[Cr(NH3)4Br2]Br·2H2O是一种重要的配位化合物，试回答下列问题：‎ ‎(1)中心离子为：__________；配体为________；配位数为________。‎ ‎(2)NH3和H2O的杂化方式分别为：________。‎ ‎(3)1 mol[Cr(NH3)4Br2]Br·2H2O含有________NA个σ键，________NA个配位键。‎ 在[Cr(NH3)4Br2]Br·2H2O中不含有的化学键为________。‎ a．离子键 b．极性键 c．非极性键 d．π键 - 15 -‎ ‎(4)1 mol[Cr(NH3)4Br2]Br·2H2O溶于水，加入硝酸银溶液，一般生成________g AgBr沉淀。‎ 答案：(1)Cr3＋　NH3、Br－　6　(2)sp3、sp3　(3)18　6　cd　(4)188‎ 基础达标 ‎1.下列四种分子中，中心原子的杂化方式与其它三种不同的是(　　)‎ A．(SOCl2)　B．H2O C．CH4 D．AlCl3‎ 解析：SOCl2、H2O、CH4中中心原子的价层电子对数均为4，均采取sp3杂化，而AlCl3中中心原子的价层电子对数为3，属于sp2杂化，故选D。‎ 答案：D ‎2．甲烷分子(CH4)失去一个H＋，形成甲基阴离子(CH)，在这个过程中，下列描述不合理的是(　　)‎ A．碳原子的杂化类型发生了改变 B．微粒的形状发生了改变 C．微粒的稳定性发生了改变 D．微粒中的键角发生了改变 解析：CH4为正四面体结构，而CH为三角锥形结构，形状、键角、稳定性均发生改变，但杂化类型不变，仍是sp3杂化。‎ 答案：A ‎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 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 CO 三角锥形 sp3杂化 C含有一对孤电子对 解析：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 - 15 -‎ ‎，没有孤电子对，分子的立体构型为正四面体，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；CO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。‎ 答案：B ‎4．下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是(　　)‎ A．SO3与SO2 B．BF3与NH3‎ C．BeCl2与SCl2 D．H2O与SO2‎ 解析：SO3中S原子杂化轨道数为3，采取 sp2杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为3，采取 sp2杂化方式， A正确；BF3中B原子杂化轨道数为3，采取 sp2杂化方式，NH3中N原子杂化轨道数为4，采取 sp3杂化方式， B错误；BeCl2中Be原子杂化轨道数为2，采取 sp杂化方式，SCl2中S原子杂化轨道数为4，采取sp3杂化方式，C错误；H2O中O原子杂化轨道数为4，采取sp3杂化方式，SO2中S原子杂化轨道数为3，采取sp2杂化方式，D错误。‎ 答案：A ‎5．下列关于配合物的说法中不正确的是(　　)‎ A．叶绿素、血红素等均含有配位键 B．Fe3＋与SCN－可通过离子键形成血红色的配合物，故常用KSCN溶液检验Fe3＋‎ C．配离子中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对 D．中心离子所结合配体的个数称为配位数，不同离子的配位数可能不同 解析：叶绿素中Mg2＋、血红素中Fe2＋均形成了配位键，A项正确；Fe3＋与SCN－之间是以配位键形成配离子，而不是通过离子键形成，B项错误；配合物中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，C项正确；‎ 配位数指形成配离子时配体的个数，不同离子的配位数可能相同也可能不同，D项正确。‎ 答案：B ‎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 - 15 -‎ 解析：分子中含6个N－H,6个C－N,3个C＝N，双键中有1个σ键，共15个σ键，故A正确；C＝N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。‎ 答案：A ‎7．在CuCl2溶液中存在如下平衡：[CuCl4]2－(绿色)＋4H2O[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－，下列说法中不正确的是(　　)‎ A．将CuCl2固体溶于少量水中得到绿色溶液 B．将CuCl2固体溶于大量水中得到蓝色溶液 C．[CuCl4]2－和[Cu(H2O)4]2＋都是配离子 D．从上述平衡可以看出[Cu(H2O)4]2＋比[CuCl4]2－稳定 解析：将CuCl2固体溶于少量水中，则根据平衡方程式可知，主要是以[CuCl4]2－形式存在，得到绿色溶液，A正确；将CuCl2固体溶于水中，稀释有利于平衡向正反应方向进行，得到蓝色溶液，B正确；Cu2＋具有空轨道，Cl－、H2O能提供孤电子对，[CuCl4]2－和[Cu(H2O)4]2＋都是配离子，C正确；从上述平衡不能看出[Cu(H2O)4]2＋、[CuCl4]2－的稳定性，D不正确。‎ 答案：D ‎8．CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl－，但NH3的含量不变，用过量的AgNO3处理该化合物，有含量三分之一的氯以AgCl析出，这种化合物应该是(　　)‎ A．[Co(NH3)4]Cl3 B．[Co(NH3)4Cl3]‎ C．[Co(NH3)4Cl2]Cl D．[Co(NH3)4Cl]Cl2‎ 解析：CoCl3·4NH3用H2SO4溶液处理再结晶，SO可以取代化合物中的Cl－，但NH3的含量不变，说明NH3为内界，用过量的AgNO3处理该化合物，有氯总量的以AgCl析出，说明有一个Cl为外界，两个Cl为内界，该配合物的中心原子是Co，配体是NH3和Cl－，所以其化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，故合理选项是C。‎ 答案：C ‎9．已知以下反应中的四种物质由三种元素组成，其中a的分子立体构型为正四面体形，组成a物质的两种元素的原子序数之和小于10，组成b物质的元素为第三周期元素。下列判断正确的是(　　)‎ - 15 -‎ A．四种分子中的化学键均是极性键 B．a、c分子中中心原子均采用sp3杂化 C．四种分子中既有σ键，又有π键 D．b、d分子中共价键的键能：b>d 解析：b是氯与氯形成的非极性共价键，故A项错误；甲烷中碳与氢形成4个碳氢σ键、一氯甲烷分子中形成三个碳氢σ键和一个碳氯σ键，中心原子均为sp3杂化，故B项正确；四种分子中只存在σ键而没有π键，故C项错误；氯的原子半径大于氢原子半径，所以氯气分子中的氯氯键的键能小于氯化氢分子中的氢氯键共价键的键能，故D项错误。‎ 答案：B ‎10．下列对一些化学事实的理论解释不正确的是(　　)‎ 选项 化学事实 理论解释 A 氮原子的第一电离能大于氧原子 氮原子2p能级半充满 B SO2为V形分子 SO2分子中S原子采用sp3杂化 C 将含0.1 molCrCl3·6H2O的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀 溶液中存在配位离子[CrCl(H2O)5]2＋‎ D ‎ Cu的价电子排布为3d104s1而不是3d94s2‎ ‎ 3d轨道全充满，能量低更稳定 解析：原子轨道中电子处于全空、半满、全满时较稳定，氮原子2p能级半充满，则氮原子的第一电离能大于同一周期相邻的氧原子，A项正确；SO2中S的价层电子对数＝2＋＝3，为sp2杂化，立体构型为V形，B项错误；中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，说明该配合物的外界有2个氯离子，则其内界只有一个氯离子，C项正确；Cu的价电子排布为3d104s1而不是3d94s2，是因为3d10的3d轨道全充满，更稳定，D项正确。‎ 答案：B ‎11.二茂铁[(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(C5H)之间为配位键 - 15 -‎ B．1 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ls 22s 22p63s23p63d44s2‎ 解析：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(C5H)之间为配位键，故A项正确；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项正确；碳碳双键之间存在π键，所以该分子中存在π键，故C项正确；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 22p63s23p63d6，故D项错误。‎ 答案：D ‎12．关于如图结构的说法不正确的是(　　)‎ A．分子中既有σ键又有π键 B．碳原子有sp、sp2、sp3三种杂化方式 C．分子中三种元素的电负性大小顺序为：O>C>H D．羟基中氧原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形 解析：该有机物中含共价单键、苯环和碳碳双键，A项正确；以4个单键相连的C原子采用sp3杂化方式，苯环和碳碳双键的C原子采用sp2杂化，无sp杂化的C原子，B项错误；根据电负性规律可知：电负性：O>C>H，C项正确；羟基中氧原子成键电子对为2，孤电子对为2，则采取sp3杂化，其VSEPR模型为四面体形，D项正确。‎ 答案：B ‎13．第VA族元素的原子(以R表示)与A原子结合形成RA3气态分子，其空间构型呈三角锥形。PCl5在气态和液态时，分子结构如下图所示，下列关于PCl5分子的说法中不正确的是(　　)‎ - 15 -‎ A．每个原子都达到8电子稳定结构，且为非极性分子 B．键角(∠Cl—P—Cl)有120°、90°、180°几种 C．PCl5受热后会分解生成分子空间构型呈三角锥形的PCl3‎ D．分子中5个P—Cl键键能不都相同 解析：P原子最外层有5个电子，形成5个共用电子对，所以PCl5中P的最外层电子数为10，不满足8电子稳定结构，故A错误；上下两个顶点与中心P原子形成的键角为180°，中间为平面三角形，构成三角形的键角为120°，顶点与平面形成的键角为90°，所以键角(Cl－P－Cl)有90°、120、180°几种，故B正确；PCl5PCl3＋Cl2↑，则PCl5受热后会分解生成分子立体结构呈三角锥形的PCl3，故C正确；键长越短，键能越大，键长不同，所以键能不同，故D正确。‎ 答案：A ‎14．已知A、B、C、D四种分子所含原子的数目依次为1、3、6、6，且都含有18个电子，B、C由两种元素的原子组成，且分子中两种原子的个数比均为1:2。D是假酒中一种有毒的有机物。‎ ‎(1)构成A分子的原子的元素符号是________。‎ ‎(2)已知B分子的键角为105°，判断该分子构型为________；中心原子杂化类型为________。‎ ‎(3)C分子为________。‎ ‎(4)D分子中共有________个σ键，________个π键。‎ 解析：根据题目所给信息可以判断出A、B、C、D四种分子分别为Ar、H2S、N2H4、CH3OH。H2S中心S原子轨道杂化类型为sp3杂化，且有两个孤电子对，所以H—S—H键角为105°，立体构型为V形。假酒中含有毒的物质甲醇(CH3OH)，在CH3OH中有5个共价键均为σ键，没有π键。‎ 答案：(1)Ar　(2)V形　sp3杂化　(3)N2H4　 (4)5　0‎ ‎15．盐酸氯丙嗪是一种多巴胺受体的阻断剂，临床有多种用途。化合物Ⅲ是盐酸氯丙嗪制备的原料，可由化合物I和Ⅱ在铜作催化剂条件下反应制得。‎ ‎(1)基态Cu核外电子排布式为________。‎ ‎(2)1mol化合物Ⅰ分子中含有σ键数目为________。‎ ‎(3)化合物Ⅲ分子中sp3方式杂化的原子数目是________。‎ ‎(4)已知[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，且当 两个NH3被两个Cl－‎ - 15 -‎ 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________(填序号)；‎ a．平面正方形 b．正四面体 c．三角锥型 d．V型 已知在[Cu(NH3)4]SO4中溶液中加入少量NiSO4，会立即转化为[Ni(NH3)6]SO4中，由此可知Ni2＋与NH3之间形成的化学键键能________(填“大于”或“小于”)Cu2＋与NH3之间形成的化学键键能。‎ 解析：(1)Cu电子排布符合洪特规则特例，其基态核外电子排布式为[Ar]3d104s1。‎ ‎(2)苯环上的碳碳键和碳氢键都有σ键，1 mol化合物Ⅰ分子中含有σ键数目为14mol。‎ ‎(3)化合物Ⅲ分子中，氮原子和羧基中的羟基氧价层电子对都是4对，它们采用sp3杂化方式成键。‎ ‎(4)[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，则该微粒为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物，[Cu(H2O)4]2＋中的2个H2O被Cl－取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2＋的空间构型为平面四边形，故选a。由于[Cu(NH3)4]SO4立即转化为[Ni(NH3)6]SO4，可见Ni2＋与NH3之间形成的化学键更稳定。‎ 答案：(1)[Ar]3d104s1　(2)14NA　(3)2　(4)a　大于 ‎16．元素X和Y属于同一主族。负二价的元素X和氢形成的化合物在通常状况下是一种液体，其中X的质量分数约为88.9%；元素X和元素Y可以形成两种化合物，在这两种化合物中，X的质量分数分别为50%和60%。‎ ‎(1)在X和Y两种元素形成的化合物中：‎ ‎①X的质量分数为50%的化合物的化学式为________；该分子的中心原子发生________杂化，分子构型为________。‎ ‎②X的质量分数为60%的化合物的化学式为________；该分子的中心原子发生________杂化，分子构型为________。‎ ‎(2)由元素X、Y和氢三种元素形成的化合物常见的有两种，其水溶液均呈酸性，试分别写出其分子式________、________，两种酸的阴离子分别为________和________，其立体构型分别为________和________。‎ ‎(3)在由氢元素与X元素形成的化合物中，含有非极性键的是________(写分子式)，分子构型为V形的是________(写分子式)。‎ 解析：根据氢化物化学式H2X，知×100%≈88.9%。可推知X的相对原子质量为16，则X为O，Y为S，则其氧化物分别为SO2、SO3，形成的酸分别为H2SO3和H2SO4，对应的酸根阴离子分别为SO和SO。对于各种微粒的空间构型如SO2、SO3、SO和SO，可依据步骤依次判断如下：‎ SO2‎ SO3‎ SO SO - 15 -‎ 价层电子对数 ‎3‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4‎ σ键数 ‎2‎ ‎3‎ ‎3‎ ‎4‎ 孤电子对数 ‎1‎ ‎0‎ ‎1‎ ‎0‎ 杂化轨道数 ‎3‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎4‎ 立体构型 V形 平面三角形 三角锥形 正四面体 氧元素与氢元素形成的化合物可能为H2O或H2O2，其中H2O分子为V形，H2O2分子中存在非极性键“—O—O—”。‎ 答案：‎ ‎(1)①SO2　sp2　V形　②SO3　sp2　平面三角形　‎ ‎(2)H2SO3　H2SO4　SO　SO　三角锥形　正四面体形　‎ ‎(3)H2O2　H2O 能力达标 ‎17.氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成，已知其阴离子构型为平面三角形，则其阳离子的构型和阳离子中氮的杂化方式为(　)‎ A．平面三角形　sp2杂化 　B．V形　 sp2杂化 C．三角锥形　sp3杂化 　　D．直线形　sp杂化 解析：氮的最高价氧化物为N2O5，由两种离子构成，其中阴离子构型为平面正三角形，化学式应为NO，则其阳离子的化学式为：NO，其中心N原子价电子对数为2＋(5－1－2×2)＝2，所以其中的氮原子按sp方式杂化，阳离子的构型为直线型，故合理选项是D。‎ 答案：D ‎18．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 - 15 -‎ B．b中Ca2＋的配位数为4‎ C．配体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：A项，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，配体a中配位原子为N和O，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。‎ 答案：A ‎19．(1)配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液， 立即产生氯化银，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。‎ 请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。‎ CoCl3·6NH3(黄色)________， CoCl3·4NH3(紫色)________；已知这些化合物中Co的配位数均为6。‎ ‎(2)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，还可以其他个数比配合。请按要求填空：‎ ‎①Fe3＋与SCN－反应时，Fe3＋提供________，SCN－提供________，二者通过配位键结合；‎ ‎②Fe3＋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：_______________________________________________________。‎ 解析：‎ ‎(1)实验事实说明1 mol CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)电离出Cl－分别为3 mol和1 mol，则用配合物的形式写出它们的化学式为：[Co(NH3)6]Cl3，[Co(NH3)4 Cl2]Cl；‎ ‎(2)①配合物中，中心原子提供空轨道，配位体提供孤对电子，所以Fe3＋提供空轨道，SCN－提供孤对电子；‎ ‎②Fe3＋与SCN－以个数比1:1配合所得配合物的化学式是[Fe(SCN)]Cl2；‎ ‎③Fe3＋与SCN－以个数比1:5配合，所得配合离子为[Fe(SCN)5]2－，则反应的化学方程式为FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl。‎ 答案：‎ ‎(1)[Co(NH3)6]Cl3　[Co(NH3)4 Cl2]Cl　‎ ‎(2)①空轨道　孤对电子　 ② [Fe(SCN)]Cl2　③FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl - 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