高中化学第二节 分子的空间结构学案

这是一份高中化学第二节 分子的空间结构学案，共11页。学案主要包含了杂化轨道理论等内容，欢迎下载使用。

第二章分子结构与性质
第二节分子的空间结构

1.了解一写常见的简单分子的空间结构。
2.了解杂化轨道理论及简单分子的性质。
3.学会判断简单分子的极性情况。

一、分子结构的测定与价层电子对互斥模型
1.分子结构的测定
红外光谱、质谱法
2.分子的空间结构
3.价层电子对互斥模型
4.模型与分子空间构型的关系
二、杂化轨道理论
在外界条件的影响下，原子内部能量相近的原子轨道重新组合的过程叫做原子轨道的杂化，组合后形成一组新的原子轨道，简称杂化轨道。

杂化
①只有能量相近的轨道才能互相杂化。
②形成的杂化轨道数目等于参与杂化的原子轨道数目。
③杂化轨道成键能力大于原来的原子轨道是因为杂化轨道的形状变成一头大一头小了，用大的一头与其他原子的轨道重叠，重叠部分显然会增大。

1.下列说法正确的是(　　)
A.C7H8O属于芳香族化合物的同分异构体有4种
B.聚合物（）由1，3－丁二烯加聚制得
C.的名称为：4，5－二甲基己醛
D.核磁共振氢谱显示有3组峰
【解析】A.C7H8O属于芳香族化合物的同分异构体中，属于酚类的有3种：甲基和羟基分别处于邻位、间位、对位，还有苯甲醇、苯甲醚，共5种，A不符合题意；B.即聚乙炔，其结构简式为，而1，3－丁二烯加聚制得，B不符合题意；C.分子含醛基，属于醛，按命名规则，选择含醛基的最长碳链、从醛基开始编号，因为醛在链端命名时可以不写出1号位，故其名称为：4，5－二甲基己醛，C符合题意；D.分子内甲基上有1种氢、苯环上有3种氢，故核磁共振氢谱显示有4组峰，D不符合题意；故答案为：C。
【分析】A.先写出苯环，再根据剩余的原子组合写出同分异构体即可；B.根据聚合的连接方式，找出单体为乙炔；C.找出主链，定支链，根据支链位置之和最小的原则进行命名；D.找出氢原子的种类即可。
2.《梦溪笔谈》有记：馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。在中国古代，雌黄（As2S3）经常用来修改错字，其结构如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.As、S原子的杂化方式均为sp3
B.AsH3的沸点比NH3的低
C.As的价电子排布式为3d104s24p3
D.已知As2F2分子中各原子均满足8电子结构，分子中σ键和π键的个数比为3:1
【解析】A．As与N元素同主族，价层电子数为5，As2S3分子中As形成3个单键，则还含有1对未成键电子对，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3；S原子形成2个单键，含有2对未成键电子对，杂化轨道数为4，杂化方式也是sp3，故A不符合题意；B．NH3分子间存在氢键，导致其沸点较高，所以AsH3的沸点比NH3的低，故B不符合题意；C．As元素与N元素同主族，价电子排布式为4s24p3，故C符合题意；D．As2F2分子中各原子均满足8电子结构，则其结构式应为F-As=As-F，1个单键是1个σ键，1个双键中含有1个σ键，1个π键，所以As2F2分子中σ键的数目为3，π键的数目为1，σ键和π键的个数比为3：1，故D不符合题意；故答案为：C。
【分析】A．根据杂化轨道数=σ键数目+孤对电子对数，确定杂化方式进行判断；B．一般情况下，对于结构相似的化合物而言，相对分子质量越大其沸点越高，但是NH3存在氢键，所以出现了反常的现象，即沸点NH3>AsH3；C．基态As原子未成对电子数是3，位于第四周期，结合核外电子排布规律分析；D．共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，其结构式为F—As＝As—F，以此分析。
3.下列各组微粒中，中心原子杂化类型和微粒空间构型都相同的是(　　)
A.CO2与SO2B.NH3与BF3C.CH4与NH4+D.C2H2与H2O2
【解析】A．CO2中心原子的价层电子对数为2+4-2×22=2，为sp杂化，SO2中心原子的价层电子对数为2+6-2×22=3，为sp2杂化，故A不符合题意；B．NH3中心原子的价层电子对数为3+5-3×12=4，为sp3杂化，BF3中心原子的价层电子对数为3+3-3×12=3，为sp2杂化，故B不符合题意；C．CH4中心原子的价层电子对数为4+4-4×12=4，为sp3杂化，不含孤电子对，空间构型为正四面体；NH4+中心原子的价层电子对数为4+5-1-4×12=4，为sp3杂化，不含孤电子对，空间构型为正四面体；故C符合题意；D．C2H2中碳原子为sp杂化，空间构型为直线形；H2O2中氧原子为sp3杂化，空间构型书页形，故D不符合题意；故答案为：C。
【分析】根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=12（a-xb），a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数．根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化．
4.可以用于鉴定分子结构的方法是(　　)
A.红外光谱法B.色谱法C.李比希法D.质谱法
【解析】A．红外光谱主要提供官能团的结构信息，红外光谱法可用于鉴定分子结构，故选A；B．色谱法又称色谱分析、色谱分析法、层析法，是一种分离和分析方法，色谱法不能鉴定分子结构，故不选B；C．李比希法是定量测定有机物中碳和氢元素含量的一种分析法，李比希法不能鉴定分子结构，故不选C；D．质谱法是定量测定有机物相对分子质量的一种分析方法，质谱法不能鉴定分子结构，故不选D；故答案为：A。
【分析】鉴定分子的结构主要是看基团和官能团，可以用红外光谱进行测定
5.已知[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代，所形成的[Co(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有几种（不考虑光学异构）(　　)

A.2种B.3种C.4种D.6种
【解析】[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代，所形成的[Co(NH3)4(H2O)2]3+的几何异构体种数有正八面体和斜八面体两种不同的类型，因此选项是A。
【分析】根据空间构型可以知道Co处于中心，而氨气分子处于八面体的留个顶点位置，结构高度对称，上下的顶点一样，以及中间四个顶点一样，取代时可以都是上下顶点，还可以是上下各一个顶点，以及中间四个顶点任意一个，形成两种结构

1.氯化亚硕(SOCl2)是一种很重要的化学试剂，可以作为氯化剂和脱水剂。下列关于氯化亚硕分子的空间结构和中心原子(S)采取何种杂化方式的说法正确的是(　　)
A.三角锥形、sp3B.角形、sp2C.平面三角形、sp2D.三角锥形、sp2
2.常温下三氧化硫以液态(SO3)3聚合存在，气化时以SO3存在。已知SO3分子结构是平面三角型。有关说法正确的是(　　)
A.由液态变气态是物理变化B.SO3属于弱电解质C.SO3含有极性键D.SO3是极性分子
3.常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径、原子序数的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.简单离子半径：Z>Y>W>XB.W的气态氢化物空间构型一定是三角锥型
C.X可形成两种氧化物D.Z的单质具有强氧化性和漂白性
4.在硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，硅酸盐所具有的下列性质与硅氧四面体结构无关的是(　　)

A.硬度高B.熔点高C.耐腐蚀D.能与盐酸反应
5.周期表前四周期中的六种元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大。A、B、C、D是不同主族短周期元素，其中两种为金属元素，A的基态原子有4种不同运动状态的电子，A与D原子的最外层电子数之和等于B与C原子的最外层电子数之和(均为9)，且A与B分别属于不同周期，但性质相似。E在ds区且基态原子有未成对电子，F基态原子的p轨道为半充满状态。下列说法正确的是(　　)
A.基态E的电子共占据15个原子轨道
B.A，B与D均能形成原子个数比为1：2的共价化合物
C.化合物CD2中各原子的最外层均未达到8电子的稳定结构
D.F与D形成的一种化合物FD3，其分子的空间构型为平面三角形
6.用现代化学方法测定某有机物结构：质谱图表明其相对分子质量为60；红外光谱图表征到C—H键、O—H键、C—O键的振动吸收；核磁共振氢谱图如图(峰面积之比依次为3：2：1：2)。下列说法错误的是(　　)

A.该有机物分子式为C3H8O，分子中共有4种化学环境不同的氢原子
B.该有机物与HBr发生取代反应时断裂的是O—H键
C.该有机物的结构简式为CH3CH2CH2OH，能发生消去反应生成丙烯
D.该有机物与CH3CH(CH3)OH、CH3CH2OCH3互为同分异构体
7.根据杂化轨道理论和价电子对互斥理论模型判断，下列分子或离子的中心原子杂化方式及空间构型正确的是(　　)
选项
分子或离子
中心原子杂化方式
价电子对互斥理论模型
分子或离子的空间构型
A
NO2-
sp3
四面体形
V形
B
BF3
sp2
平面三角形
三角锥形
C
SOCl2
sp3
四面体形
三角锥形
D
ClO3-
sp2
平面三角形
平面三角形
A.AB.BC.CD.D
8.下图为N2分子在催化剂作用下发生一系列转化的示意图，下列叙述正确的是()

A.若N≡N键能是akJ·mol-1,H—H键能是bkJ·mol-1,H—N键能是ckJ·mol-1,则每生成2molNH3,放出(6c-a-3b)kJ热量
B.NH3分子和H2O分子的中心原子杂化类型不同
C.催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D.在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物，均为直线形分子
9.有机物A分子的质谱图如图所示。现将9.0g有机物A在足量O2中充分燃烧，生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g，经检验剩余气体为O2。下列有关说法正确的是(　　)

A.从质谱图可看出，A的摩尔质量是45g/mol
B.A的实验式为C2H5O
C.若A能与NaHCO3溶液反应放出气体，则它可能的结构有2种
D.若A只含有一种官能团，则它可能的结构多于2种
10.为解决污染、变废为宝，我国科研人员研究在新型纳米催化剂Na-Fe3O4和HMCM-22的表面将CO2转化为烷烃，其过程如图。

下列说法中，错误的是(　　)
A.最终产物X、Y属于同系物B.产物X名称为“2-甲基丁烷”或“异戊烷”
C.反应I、II、III均有副产物H2O产生D.产物X、Y的核磁共振氢谱图上均有4组峰
11.写出(1)~(4)原子的电子排布式，用价层电子对互斥模型推测(5)~(8)分子的空间构型。
（1）Li________；（2）K________；（3）Mg________；（4）Cl________；（5）CO2________；（6）SO2________；（7）NH3________；（8）CH4________。
12.2019年科学家在锂电池领域做出的巨大突破。回答下列问题：
（1）LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为________。
（2）锂离子电池的电解液有LiBF4等，碳酸亚乙酯()用作该电解液的添加剂。LiBF4中阴离子的空间构型为________。
（3）已知Fe2+的半径为61pm，Co2+的半径为65pm，由此推断在隔绝空气条件下分别加热FeCO3、CoCO3，其中________的分解温度低。
（4）形成化学键的π电子不局限于两个原子的区域，而是在参加成键的多个原子的分子骨架中运动，这种由多个原子形成的π型化学键称作离域π键。一般地，其形成需要满足下列条件：①原子共面，每个原子提供一个方向相同的p轨道，或合适的d轨道；②π电子数小于参加成键的轨道数的二倍。芳香化合物及许多其他体系存在离域π键。离域π键可用πnm表示，n为参与形成离域π键原子数，m为参与形成离域π键电子数，例如苯为π66，已知萘中存在1个离域π键，可表示为________。
（5）Li2S是目前研发的锂离子电池的新型固体电解质，为立方晶系晶体，晶胞参数为dnm，晶胞截面图如图所示。

每个晶胞中含有的S2¯数目为________；Li+填充在S2¯构成的空隙中，每一个空隙由________个S2¯构成，空隙的空间形状为________。

答案解析部分
1.【答案】A
【解析】SOCl2中心硫原子核外有6个电子，氧原子核外有6个电子，氯原子有7个电子，因此硫和氧需要形成2个共用电子对到8个电子稳定结构，而氯原子需要形成1个电子达到稳定结构，因此根据计算价层电子对=（6+0+2）/2=4，是sp3杂化，为三角锥型。故A符合题意
故答案为：A
【分析】计算出价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式以及构型
2.【答案】C
【解析】A．常温下三氧化硫以液态(SO3)3聚合存在，气化时以SO3存在，由液态变气态，分子不同，不是物理变化，故A不符合题意；B．SO3溶于水导电是因为反应生成了电解质硫酸，硫酸电离出自由移动的离子而导电，SO3本身不能电离，属于非电解质，故B不符合题意；C．SO3由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，因此SO3含有极性键，故C符合题意；D．SO3分子结构是平面三角型，键角为120°，结构对称，正、负电中心重合，所以是非极性分子，故D不符合题意；故答案为：C。
【分析】根据固态和气态的化学式确定由固态变为气态时是化学变化，三氧化硫的分子结构式平面三角形,含有硫氧极性键，是非极性分子，溶于水后导电，但是不是电解质
3.【答案】C
【解析】A．电子层数越大离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小离子半径越大，所以简单离子半径：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，A不符合题意；B．W为N元素，其气态氢化物有NH3、N2H4等，N2H4不是三角锥形，B不符合题意；C．X为Na，其形成的氧化物有Na2O、Na2O2，C符合题意；D．Z为Cl，Cl2本身并不具有漂白性，D不符合题意；故答案为：C。
【分析】W、Z的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH均为2，则两种元素最高价氧化物对应的水化物均为一元强酸，则应为HNO3和HClO4，Z的的原子序数和原子半径均大于W，则W为N元素，Z为Cl元素；X的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH为12，为一元强碱，且原子半径大于Cl，则X为Na元素；Y位于Na和Cl之间，且最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH＜2，应为二元强酸，则Y为S元素。
4.【答案】D
【解析】在硅酸盐中，Si和O构成了硅氧四面体，硅氧四面体结构导致硅酸盐具有硬度高、熔点高、耐腐蚀等特性。硅酸盐和盐酸反应时，硅氧四面体结构没有被破坏，此反应和硅氧四面体结构无关，
故答案为：D。
【分析】硅氧四面体结构导致硅酸盐具有硬度高、熔点高、耐腐蚀等特性；硅酸盐和盐酸反应时，硅氧四面体结构没有被破坏。
5.【答案】A
【解析】A．E为Cu元素，基态Cu的原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，电子共占据15个原子轨道，故A符合题意；B．Be、Al与Cl分别形成的化合物是BeCl2、AlCl3，故B不符合题意；C．S原子最外层6个电子，形成2个共用电子对，Cl最外层7个电子，形成1个共用电子对，化合物SCl2中各原子的最外层均达到8电子的稳定结构，故C不符合题意；D．AsCl3分子中As原子价电子对数是5+32=4，有4个杂化轨道，有1个孤电子对，其分子的空间构型为三角锥形，故D不符合题意；故答案为：A。
【分析】周期表前四周期中的六种元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A的基态原子有4种不同运动状态的电子，A核外有4个电子，A是Be元素；A与B分别属于不同周期，但性质相似，B是Al元素；A与D原子的最外层电子数之和等于B与C原子的最外层电子数之和(均为9)，则D是Cl元素、C是S元素；E在ds区且基态原子有未成对电子，E为Cu元素；F基态原子的p轨道为半充满状态，F为As元素。
6.【答案】B
【解析】A．由分析可知，该有机物分子式为C3H8O，分子中共有4种化学环境不同的氢原子，故A不符合题意；B．根据分子结构简式可知，该有机物与HBr发生取代反生成溴丙烷和水，断开C-OH，故B符合题意；C．该有机物的结构简式为CH3CH2CH2OH，在氢氧化钠醇溶液中，能发生消去反应生成丙烯，故C不符合题意；D．该有机物与CH3CH(CH3)OH(官能团异构)，CH3CH2OCH3互为同分异构体，故D不符合题意；故答案为：B。
【分析】核磁共振氢谱图如图(峰面积之比依次为3：2：1：2)，有4种不同的氢，且个数比为3：2：1：2，质谱图表明其相对分子质量为60；红外光谱图表征到C—H键、O—H键、C—O键的振动吸收；可知为醇类，分子式为C3H8O，结构简式为：CH3CH2CH2OH，据此分析解题。
7.【答案】C
【解析】A．NO2-中N原子价电子对数是3，sp2杂化，价电子对互斥理论模型为平面三角形，有1个孤电子对，离子的空间构型是V形，故A不符合题意；B．BF3中B原子价电子对数是3，sp2杂化，价电子对互斥理论模型为平面三角形，无孤电子对，分子的空间构型是平面三角形，故B不符合题意；C．SOCl2中S原子价电子对数是4，sp3杂化，价电子对互斥理论模型为四面体形，有1个孤电子对，分子的空间构型是三角锥形，故C符合题意；D．ClO3-中Cl原子价电子对数是4，sp3杂化，价电子对互斥理论模型为四面体形，有1个孤电子对，离子的空间构型是三角锥形，故D不符合题意；故答案为：C。
【分析】计算出中心原子的的价层电子对以及孤对电子对即可判断
8.【答案】A
【解析】A．反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能数据可知，该反应的反应热△H＝akJ/mol＋3bkJ/mol－2×3ckJ/mol，则每生成2molNH3，放出(6c-a-3b)kJ热量，选项A符合题意；B．水分子中价电子数=2+12（6-2×1）=4，水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3杂化，氨气中价层电子对个数=3+12（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，杂化方式相同，选项B不符合题意；C．催化剂a表面是氢气氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性键（氢氢键和氮氮键）的断裂，催化剂b表面发生了非极性共价键（氧氧双键）的断裂，选项C不符合题意；D．在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物H2O和NO，NO为直线形分子，H2O为V形分子，选项D不符合题意；故答案为：A。
【分析】A．反应热等于反应物的总键能减去生成物的总键能；B．先判断中心原子的价层电子对数，价层电子对数相同，则杂化类型相同；C．催化剂a、b表面单质分子分解形成原子；D．在催化剂b作用下氧气与氨气反应生成NO和水。
9.【答案】D
【解析】A．从质谱图可看出，最大质荷比为90，A的摩尔质量是90g/mol，故A不符合题意；B．根据分析，A的实验式为CH2O，故B不符合题意；C．根据分析可知，有机物A为C3H6O3，若A能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明分子中含有羧基，则它可能的结构有CH3CH(OH)COOH、CH2(OH)CH2COOH、CH3OCH2COOH等，不止2种，故C不符合题意；D．若A只含有一种官能团，它可能的结构有、、等，结构多于2种，故D符合题意；故答案为：D。
【分析】浓硫酸吸水，碱石灰吸收二氧化碳，分别增重5.4g和13.2g，5.4g水的物质的量为5.4g18g/mol=0.3mol，n(H)=0.6mol，13.2g二氧化碳的物质的量为13.2g44g/mol=0.3mol，n(C)=n(CO2)=0.3mol，此有机物9.0g含O元素质量：9.0g-0.6g-0.3×12g=4.8g，n(O)=4.8g16g/mol=0.3mol，故n(C)：n(H)：n(O)=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即实验式为CH2O，设分子式为(CH2O)n，由质谱仪可知，A的相对分子质量为90，可得30n=90，解得：n=3，故有机物A为C3H6O3，据此分析解答。
10.【答案】C
【解析】A．X、Y都属于烷烃，且分子组成上相差1个CH2，因此两者属于同系物，故A不符合题意；B．根据产物X的结构可知，主链上有4个C，2号碳上连有1个甲基，其系统命名法为2-甲基丁烷，习惯命名法为异戊烷，故B不符合题意；C．根据转化过程图可知，只有烯烃与氢气作用，根本没有氧元素参与反应，所以不会产生H2O，故C符合题意；D．由X、Y的结构简式可知，两者均有4种等效氢，分别位于①②③④位上的氢原子，即、，核磁共振氢谱图上均有4组峰，故D不符合题意；故答案为：C。
【分析】根据题中信息可知，在新型纳米催化剂Na-Fe3O4的作用下二氧化碳和氢气先转化为一氧化碳，一氧化碳和氢气转化为乙烯和丙烯，乙烯和丙烯在HMCM-22的表面转化为2—甲基丁烷和3—甲基戊烷，由此分析 。