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第二章第二节《分子的立体构型—杂化轨道理论与配合物理论简介》过关训练试题（时间：45分钟满分：100分）一、单项选择题（每小题4分，共48分）1．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(C)A．两种分子的中心原子杂化轨道类型不同，NH3为sp2杂化，而CH4是sp3杂化B．NH3分子中N原子形成三个杂化轨道，CH4分子中C原子形成4个杂化轨道C．NH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强D．氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子2.在分子中,羰基碳原子与甲基碳原子成键时所采取的杂化方式分别为(C)A.sp2杂化;sp2杂化B.sp3杂化;sp3杂化C.sp2杂化;sp3杂化D.sp杂化;sp3杂化3.下列分子的空间构型可用sp2杂化轨道来解释的是(A)①BF3②③④CH≡CH⑤NH3⑥CH4A.①②③B.①⑤⑥C.②③④D.③⑤⑥【解析】:sp2杂化形成的为三个夹角为120°的平面三角形杂化轨道,另外中心原子还有未参与杂化的p轨道,可形成一个π键,而杂化轨道只用于形成σ键或容纳未成键的孤电子对,①②③的键角均为120°,④为sp杂化,⑤⑥为sp3杂化。4.在下列化学反应:①H++OH-H2O;②2H2+O22H2O;③HCl+NH3NH4Cl;④BaCl2+(NH4)2SO4BaSO4↓+2NH4Cl;⑤Fe+Cu2+Cu+Fe2+;⑥NaNH2+H2ONaOH+NH3中,反应时不形成配位键的是(A)A.①②④⑤⑥B.④⑤⑥C.②④⑤D.②③5．下列物质：①H3O＋、②[B(OH)4]－、③CH3COO－、④NH3、⑤CH4中存在配位键的是(A)A．①②B．①③C．④⑤D．②④【解析】：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B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。故选A。6.根据价层电子对互斥理论及原子的杂化理论判断,NF3分子的空间结构和中心原子的杂化方式为(D)A.直线形sp杂化B.三角形sp2杂化C.三角锥形sp2杂化D.三角锥形sp3杂化7.下列关于杂化轨道的叙述正确的是(B)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的sp3杂化轨道是由N的3个p轨道与H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—Hσ键【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项正确,A项不正确;NH3中N的sp3杂化轨道是由N的1个s轨道和3个p轨道杂化而成的,C项不正确;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—Hσ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—Cσ键,D项不正确。8.下列分子所含原子中,既有sp3杂化,又有sp2杂化的是(A)A.乙醛[]B.丙烯腈[]C.甲醛[]D.丙炔[]9.如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图,有关的叙述正确的是(B)A.该叶绿素只含有H、Mg、CB.该叶绿素是配合物,中心离子是镁离子C.该叶绿素是配合物,其配体是ND.该叶绿素不是配合物,而是高分子化合物【解析】:Mg的最高化合价为+2,而化合物中Mg与4个氮原子作用,由此可以判断该化合物中Mg与N间形成配位键,该物质为配合物,B项正确、D项不正确;该化合物组成中还含有氧元素,A项不正确;该化合物中配位原子为N,而不能称为配体,同样也不能称配体是氮元素,因为配体一般可以是离子或分子,C项不正确。10．在硼酸[B(OH)3]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是(C)A．sp，范德华力B．sp2，范德华力C．sp2，氢键D．sp3，氢键11．关于原子轨道的说法正确的是(C)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正四面体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轨道混合形成C．sp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道D．凡AB3型的共价化合物，其中中心原子A均采用sp3杂化轨道成键12.关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是(B)A.配体为水分子,配原子为O,外界为Br-B.中心离子的配位数为6C.中心离子Cr3+采取sp3杂化D.中心离子的化合价为+2【解析】:[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中内界为[Cr(H2O)4Br2]+,Cr3+为中心离子,配体为H2O、Br-,配位数为6,外界为Br-、H2O,Cr3+提供的空轨道数为6,中心离子未采取sp3杂化。二、填空题（52分）13.（10分）X、Y、Z、R为前四周期元素,且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体;X与氢元素可形成XH3;Z基态原子的M层与K层电子数相等;R2+的3d轨道中有9个电子。请回答下列问题:(1)Y基态原子的电子排布式是;Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是。(2)X的立体构型是;R2+的水合离子中,提供孤电子对的原子是。(3)将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中,通入Y2,充分反应后溶液呈深蓝色,该反应的离子方程式是。【答案】:(1)1s22s22p4Cl(2)V形O(3)2Cu+8NH3·H2O+O22[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O【解析】:(1)XY2是红棕色气体,应为NO2,则X为氮元素,Y为氧元素;Z基态原子的M层与K层电子数相等,K层有2个电子,则M层也有2个电子,是镁元素,第3周期中第一电离能最大的主族元素是氯元素;(2)N中氮原子是sp2杂化,与氧原子形成2个σ键,立体构型是V形;R2+离子的3d轨道有9个电子,其电子排布式为1s22s22p63s23p63d9,共27个电子,因此R为29号元素铜元素,Cu2+有空轨道,能接受孤对电子形成配位键,在H2O中氧原子能提供孤对电子;(3)铜与浓氨水、氧气反应后溶液呈深蓝色,生成氢氧化四氨合铜,从而可写出方程式并配平。14.（12分）早期发现的一种天然二十四面准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题:(1)可用硫氰化钾检验Fe3+,形成的配合物的颜色为。(2)新制备的Cu(OH)2可将乙醛(CH3CHO)氧化成乙酸,而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道类型为,1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为。乙酸的沸点明显高于乙醛,其主要原因是。【答案】:(1)红色(2)sp3、sp26NA形成了分子间的氢键,造成沸点升高【解析】:(1)形成的硫氰合铁配离子为红色。(2)乙醛分子中甲基碳原子空间四面体构型,采取sp3杂化;醛基是平面结构,碳原子采取sp2杂化;CH3CHO分子中的碳碳键、4个碳氢键都是σ键,碳氧双键中有一个σ键,所以1mol乙醛分子中共有6molσ键,也就是6NA;由于乙酸分子羟基极性更强,形成了分子间的氢键,造成沸点升高。15.（14分）(1)中国古代四大发明之一——黑火药,它的爆炸反应为2KNO3+3C+2SA+N2↑+3CO2↑。①除S外,上列元素的电负性从大到小依次为。②在生成物中,含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为。③已知CN-与N2结构相似,推算HCN分子中σ键与π键数目之比为。(2)原子序数小于36的元素Q和T,在周期表中既处于同一周期又位于同一族,且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子(价电子)排布为,Q2+的未成对电子数是。(3)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—HRx[CrCln(H2O)6-n]+xH+交换出来的H+经中和滴定,即可求出x和n,确定配离子的组成。将含0.0015mol[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0.1200mol·L-1NaOH溶液25.00mL,已知该配离子的化学式为。【答案】:(1)①ONCK②sp③1∶1(2)3d84s24(3)[CrCl(H2O)5]2+（4分）【解析】:(1)①元素的非金属性越强则电负性越强,故C、N、O、K四种元素电负性强弱的关系为ONCK。②在生成物中只有CO2是含极性键的分子,CO2的中心原子C以sp杂化形成直线形分子。③在HCN中,H—C键是σ键。在C≡N三键中只有一个σ键,两个π键,故σ键与π键之比为1∶1。(2)由Q、T(核电荷数小于36)在周期表的位置及二者核电荷数关系可知T为28Ni,其基态原子外围电子排布式为3d84s2;26Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6,因d层有5个轨道,故Fe2+中含有4个未成对电子。(3)由题中数据可知[CrCln(H2O)6-n]x+带的电荷数为(0.1200mol·L-1×0.025L)÷0.0015mol=2,所以配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2+。16．（16分）铜单质及其化合物在很多领域都有着重要用途，如金属铜可用来制造各项体育赛事的奖牌、电线、电缆，胆矾可用作杀菌剂等。试回答下列问题。(1)已知Cu位于元素周期表第四周期第ⅠB族，则Cu原子的价电子排布式为________。(2)下列分子或离子中，能提供孤电子对与Cu2＋形成配位键的是________(填序号，下同)。①H2O②NH3③F－④CN－A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④(3)向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续加入氨水，难溶物溶解并得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象叙述正确的是()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[Cu(NH3)4]2＋C．若硫酸铜溶液中混有少量硫酸，则可用氨水除去硫酸铜溶液中的硫酸D．在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供孤电子对，NH3提供空轨道(4)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、极性键和配位键B．[Cu(NH3)4]SO4中含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子C．[Cu(NH3)4]SO4的配体空间构型为正四面体形D．[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为三角锥形(5)向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2＋，已知NF3与NH3的立体构型均是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是__________________________。【答案】：(1)3d104s1(2)D(3)B(4)A(5)F的电负性比N大，N—F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2＋形成配离子(或者N、F、H三种元素的电负性：FNH，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2＋形成配位键)（4分）【解析】：(2)只要有孤电子对就可以做配体，而①②③④中均有孤电子对，故选D。(3)向硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成Cu(OH)2，继续加入氨水，Cu(OH)2溶解并得配合物[Cu(NH3)4]SO4，即深蓝色的透明溶液。在此过程中，原来的Cu2＋生成了Cu(OH)2时浓度减小，加氨水后又生成了[Cu(NH3)4]2＋，溶液中仍无Cu2＋。(4)内界的离子是不能电离的，所以水溶液中不会有NH3分子。[Cu(NH3)4]SO4的配体是NH3，其空间构型是三角锥形，外界的离子是SO2－4，其空间构型为正四面体，所以C、D均错误。