1、高中化学 第三章分子结构与性质第二节分子立体结构教案 新人教版选修32019-2020年高中化学 第三章分子结构与性质第二节分子立体结构教案 新人教版选修3认识形形色色的分子。创设问题情境：学生活动阅读课本P37-40内容；观察一些典型分子的立体结构投影展示CO2、H2O、NH3、CH2O、CH4分子的球辊模型（或比例模型）；(见下页)提出问题：什么是分子的空间结构？ 同样三原子分子CO2和H2O，四原子分子NH3和CH2O，为什么它们的空间结构不同？学生讨论交流1、讨论H、C、N、O原子分别可以形成几个共价键；2.、写出CO2、H2O、NH3、CH2O、CH4的电子式和结构式；3、根据电子式
2、、结构式描述CO2、H2O、NH3、CH2O、CH4的分子结构。 归纳1.原子HCNO电子式HCNO可形成共用电子对数1432 2.分子CO2H2ONH3CH2OCH4电子式OCO?H：O：H?H：N：H?HOH：C：HH?H：C：H?H结构式O=C=OH-O-HH-N-H?HOH-C-HH?H-C-H?H中心原子有无孤对电子无有有无无空间结构直线型V型三角锥形平面三角形正四面体模型探究由CO2、H2O、NH3、CH2O、CH4的球辊模型，对照其电子式分类对比的方法，分析结构不同的原因。引导交流引导学生得出由于中心原子的孤对电子占有一定的空间，对其他成键电子对存在排斥力，影响其分子的空间结构。
3、?引出价层电子对互斥模型（VSEPR models）讲解分析 二.价层电子对互斥模型基本观点:分子中的价电子对-成键电子对和孤对电子由于相互排斥作用,尽可能趋向彼此远离，排斥力最小。把分子分成两大类：1.中心原子上的价电子都用于形成共价键。如CO2、CH2O、CH4等分子中的C原子。它们的立体结构可用中心原子周围的原子数来预测，概括如下： ABn立体结构范例n=2直线型CO2n=3平面三角形CH2On=4正四面体型CH4 2.中心原子上有孤对电子（未用于形成共价键的电子对）的分子。如H2O和NH3中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间，并参与互相排斥。因而H2O分子呈V型，NH3分子呈
4、三角锥型。（如图）课本P40。小结代表物中心原子结合的原子数分子类型空间构型中心原子无孤对电子CO22AB2直线型CH2O3AB3平面三角形CH44AB4正四面体型中心原子有孤对电子H2O2AB2V型NH33AB3三角锥形应用反馈 应用VSEPR理论判断下表中分子或离子的构型。进一步认识多原子分子的立体结构。化学式中心原子含有孤对电子对数中心原子结合的原子数空间构型H2S22V形NH2-22V形BF303正三角形CHCl304四面体SiF404正四面体知识迁移学生在以上知识讲授的基础上,完成P40的(思考与交流)启发归纳：在确定VSEPR模型的时,可根据各分子或离子的的电子式和结构式,分子中心
5、原子的孤对电子数,依据中心原子连接的原子数和孤对电子来确定,但要注意VSEPR模型和分子或离子的立体结构不一定相同.过渡引入值得注意的是价层电子对互斥模型只能解释化合物分子的空间构形，却无法解释许多深层次的问题，如无法解释甲烷中四个 C?H的键长、键能相同及H?C ?H的键角为109 28。因为按照我们已经学过的价键理论，甲烷的4个C ? H单键都应该是键，然而，碳原子的4个价层原子轨道是3个相互垂直的2p轨道和1个球形的2s轨道，用它们跟4个氢原子的1s原子轨道重叠，不可能得到四面体构型的甲烷分子。理论分析为了解决这一矛盾，鲍林提出了杂化轨道理论，它的要点是：当碳原子与4个氢原子形成甲烷分子
6、时，碳原子的2s轨道和3个2p轨道会发生混杂，混杂时保持轨道总数不变，得到4个相同的sp3杂化轨道，夹角109 28 ，表示这4个轨道是由1个s轨道和3个p轨道杂化形成的如下图所示：资料在线:P50 鲍林的贡献 三.杂化轨道理论简介图像分析: (一) sp3 杂化轨道例：CH4 1s22s22p2激发激发每个杂化轨道占有原s原子轨道的成分。 = 10928sp3轨道杂化形成示意图分析:1. 每一个杂化轨道的能量高于2s轨道能量而低于2p轨道能量；杂化轨道的形状也可以说介于s轨道和p轨道之间。2.四个杂化轨道在空间均匀对称地分布?以碳原子核为中心，伸向正四面体的四个顶点。这四个杂化轨道的未成对电
7、子分别与氢原子的1s电子配对成键，这就形成了甲烷分子。形成分子时，由于原子间的相互作用，使同一原子内部能量相近的不同类型原子轨道重新组合形成的一组新的能量相同的杂化轨道。有多少个原子轨道发生杂化就形成多少个杂化轨道。杂化轨道的电子云一头大，一头小，成键时利用大的一头，可以使电子云重叠程度更大，从而形成稳定的化学键。即杂化轨道增强了成键能力。 杂化轨道之间在空间取最大夹角分布，使相互间的排斥能最小，故形成的键较稳定。不同类型的杂化轨道之间夹角不同，成键后所形成的分子就具有不同的空间构型。 (二)sp2杂化轨道sp2 杂化轨道例：BF3 1s22s22p1 sp2 杂化轨道空间呈平面三角形(三)s
8、p 杂化 例：Hg Xe5d106s2sp-P2.杂化轨道的应用范围: 杂化轨道只应用于形成键或者用来容纳未参加成键的孤对电子学以致用判断下列分子或离子中,中心原子的杂化轨道类型NH4+、NH3、H2O 、CH2O 、SO2 BeCl2、CO2思考与交流根据以下事实总结：如何判断一个化合物的中心原子的杂化类型？知识拓展已知：杂化轨道只用于形成键或者用来容纳孤对电子杂化轨道数=中心原子孤对电子对数中心原子结合的原子数代表物杂化轨道数杂化轨道类型分子结构CO20+2=2SP直线形CH2O0+3=3SP2平面三角形CH40+4=4SP3正四面体形SO21+2=3SP2V形NH31+3=4SP 3三角
9、锥形H2O2+2=4SP3V形迁移应用练习：在学习价层电子对互斥模型和杂化轨道理论的基础上描述化合物中每个化学键是怎样形成的？1CO2C原子发生SP杂化生成了两个SP轨道分别与两个O原子的一个P轨道形成两个键； C原子剩余的两个P轨道分别与两个O原子剩余的1个P轨道形成两个键。2 H2OO原子发生sp3杂化生成了四个sp3杂化轨道，其中的两个分别与两个H原子的S轨道形成两个键； O原子剩余的两个sp3杂化轨道分别被两对孤对电子占据。科学探究：用杂化轨道理论探究氰化氢（HCN）分子和甲醛（CH2O）分子的结构：1.写出HCN分子和CH2O分子的路易斯结构式；2.用VSEPR模型对HCN分子和CH
10、2O分子的立体结构进行预测（用立体结构模型表示）；3.写出这两种分子的中心原子的杂化类型；4.分析这两种分子的的键。四. 配合物理论简介：实验探究CuSO4CuCl2.2H2OCuBr2NaClK2SO4KBr固体颜色白色绿色深褐色白色白色白色溶液颜色天蓝色天蓝色天蓝色无色无色无色思考：前三种溶液呈天蓝色大概与什么物质有关？依据是什么？结论：上述实验中呈天蓝色的物质叫做四水合铜离子，可表示为Cu(H2O) 42+。在四水合铜离子中，铜离子与水分子之间的化学键是由水分子中的O原子提供孤对电子对给予铜离子（铜离子提供空轨道），铜离子接受水分子的孤对电子形成的，这类“电子对给予?接受键”被称为配位键
11、。创设问题情景 什么是配位键？配位键如何表示？配位化合物的概念？学生阅读教材，然后讨论交流。1、配位键（1） 概念共用电子对由一个原子单方向提供给另一原子共用所形成的共价键。（2） 表示A B电子对给予体 电子对接受体（3）条件：其中一个原子必须提供孤对电子。另一原子必须能接受孤对电子轨道。提问举出含有配位键的离子或分子举例：H3O+NH4+过渡什么是配位化合物呢？讲解金属离子或原子与某些分子或离子以配位键结合而形成的化合物称为配合物。实验2-2 已知氢氧化铜与足量氨水反应后溶解是因为生成了Cu(NH3) 42+ ，其结构简式为：试写出实验中发生的两个反应的离子方程式？Cu 2+ +2NH3
12、H2O= Cu（OH）2 +2 NH4+ Cu（OH）2 + 4NH3H2O = Cu(NH3) 4 2+ +2OH+4H2O蓝色沉淀 深蓝色溶液活动与探究 实验：向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水，振荡，观察。然后加酒精过滤，将得到的晶体分成三份溶于水，分别进行如下实验：（1）用pH试纸测定酸碱度（2）加入稀NaOH（3）加入BaCl2+HNO3溶液通过实验探究，分析结论：结论：溶液中没有NH3，没有Cu2+、但是却有SO42-，便很清晰的知道Cu2+ 和NH3形成了一种复杂的稳定离子。实验2-3Fe 3+ +SCN-= Fe (SCN) 2+ 硫氰酸根 血红色课堂小结 依
13、据板书【例题精析】【例题1】.有关苯分子中的化学键描述正确的是 ( )A.每个碳原子的sp2杂化轨道中的其中一个形成大键B.每个碳原子的未参加杂化的2p轨道形成大键C.碳原子的三个sp2杂化轨道与其它形成三个键D.碳原子的未参加杂化的2p轨道与其它形成键【解析】苯分子中每个碳原子中的三个sp2杂化轨道分别与两个碳原子和一个氢原子形成键.同时每个碳原子还有一个未参加杂化的2p轨道 ,他们均有一个未成对电子.这些 2p轨道相互平行,以 “肩并肩”方式相互重叠,形成一个多电子的大键.【答案】BC【例题2】试用杂化轨道理论分析为什么BF3的空间构型是平面三角形，而NF3是三角锥形的？【解析】BF3中B
14、的价电子结构为2s22p1，形成分子时，进行sp2杂化，三个sp2杂化轨道分别与三个F原子的p轨道成键，故BF3分子为平面三角形；NF3中的N价电子结构为2s22p3，形成分子时，进行sp3不等性杂化，其中一个sp3杂化轨道为孤对电子占有，另三个电子分别与F成键，故分子结构为三角锥型【例题3】氮可以形成多种离子，如N3-、NH2-、N3-、NH4+、N2H5-等。已知N2H5-离子的形成过程类似于NH4+的形成过程，N2H5+在碱性溶液中生成电中性的分子和水。填写：（1）该电中性分子的化学式为_，电子式为_，分子中所有原子是否共平面_（填“是”或“否”）。（2）N2H5+离子的电子式_。（3）
15、一个N3-共有电子数为_。【解析】（1）联系NH4+的形成过程： 又因为N2H5+在碱性溶液中生成电中性分子和水。水可由H-和OH-结合而成。故N2H5+在碱性条件下推动H-，即发生下列反应。 N2H4可看成NH2中一个H被-NH2取代。故可先写出其结构简式为H2N?NH2。 由于NH3分子是三角锥形的，其中一个H被-NH2取代后，每个N仍处在锥顶，且两个N上各有一对孤对电子，若同侧，斥力大，不稳定，故应在异侧。由此可知，整个分子中的原子不可能为共平面。课堂练习:教材 作业教学反思：1、本节课从分子的构型入手，通过列表比较使学生来对分子的空间构型的规律性有定性的认识，让学生从低的层次上手来学习
16、，比较容易接受。同时在活动与探究中既锻炼了探究能力、实验能力、观察能力，同时也体现了学生相互合作、相互探讨的精神。在对课本实验进行改进的前提下，更易让学生理解配合物的内界与外界的知识。2、整个教学里面教师要讲的内容并不多，只是一种引导，大部分环节均由学生自主完成。充分体现了新课程的“过程与方法”的教学目标。为学生提供主动参与、乐于探究、积极实践的机会，让学生体验了过程，同是也学到了知识。3、本节课相对有多个环节要学生活动，加上信息量较大，为了让各环节紧扣，设计了教学用PPT演示文档，既有利于时间的控制，又克服了传统教学方法的不足,使学生对分子的空间构型,轨道杂化理论有一定的认识.4、本节课的习
17、题除了学生解决的课本的思考与交流以及科学探究的问题外，还选择了一道综合性较强的习题，巩固了学生对理论的掌握，而且进行了变化，同时考察了学生的应变能力。附板书设计：第二节分子的立体结构一、认识形形色色的分子二.价层电子对互斥模型基本观点:分子中的价电子对-成键电子对和孤对电子由于相互排斥作用,尽可能趋向彼此远离，排斥力最小。把分子分成两大类：1.中心原子上的价电子都用于形成共价键。 ABn立体结构范例n=2直线型CO2n=3平面三角形CH2On=4正四面体型CH4 2.中心原子上有孤对电子（未用于形成共价键的电子对）的分子。代表物中心原子结合的原子数分子类型空间构型中心原子无孤对电子CO22AB
18、2直线型CH2O3AB3平面三角形CH44AB4正四面体型中心原子有孤对电子H2O2AB2V型NH33AB3三角锥形三.杂化轨道理论简介1.主要类型(一)sp3 杂化轨道(二)sp2杂化轨道(三)sp 杂化2.杂化轨道的应用范围:杂化轨道只应用于形成键或者用来容纳未参加成键的孤对电子杂化轨道数=中心原子孤对电子对数中心原子结合的原子数代表物杂化轨道数杂化轨道类型分子结构CO20+2=2SP直线形CH2O0+3=3SP2平面三角形CH40+4=4SP3正四面体形SO21+2=3SP2V形NH31+3=4SP 3三角锥形H2O2+2=4SP3V形四. 配合物理论简介1、配位键(1)概念:共用电子对
19、由一个原子单方向提供给另一原子共用所形成的共价键。(2)表示A B电子对给予体 电子对接受体（3）条件：其中一个原子必须提供孤对电子,另一原子必须能接受孤对电子轨道。2.配位化合物 2019-2020年高中化学 第三章章末质量检测 新人教版必修1一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1(xx昆明高一检测)某物质灼烧时焰色反应为黄色，下列判断正确的是()A该物质一定是钠的化合物B该物质一定含钠元素C该物质一定是金属钠D该物质中一定含钠离子解析：焰色反应为某些金属元素的物理性质，与该元素的存在形式、状态无关答案：B2(xx全国卷)将15 mL 2 mol/L Na2CO3溶液逐滴加入
20、到40 mL 0.5 mol/L MCln盐溶液中，恰好将溶液中的Mn离子完全沉淀为碳酸盐，则MCln中n值是()A4 B3C2 D1解析：CO所带的电荷数与Mn所带的电荷数应相等，据此建立计算关系即可得出答案答案：B3下列有关金属铝及其化合物的叙述正确的是()A铝在常温下不能与氧气反应B铝不能与氯气反应C铝既能溶于酸，又能溶于碱D氧化铝只能与酸反应，不能与碱反应解析：铝是一种活泼金属，常温下易被空气氧化，生成一层致密的氧化膜，金属铝能在氯气中燃烧生成AlCl3，氧化铝是一种两性氧化物，既能与强酸反应又能与强碱反应答案：C4过氧化钠跟足量的NaHCO3混合后，在密闭容器中充分加热，排除气体物质
21、后冷却残留的固体物质是()ANa2O2、Na2CO3 BNaOH、Na2CO3CNa2CO3 DNa2O2、NaOH、Na2CO3解析：NaHCO3不稳定，受热易分解生成Na2CO3、CO2和H2O.产生的CO2和H2O均能跟Na2O2反应分别生成Na2CO3和NaOH，同时还存在CO2与NaOH的反应：CO22NaOH=Na2CO3H2O.由于NaHCO3足量，亦即CO2足量，NaOH将全部反应生成Na2CO3，故密闭容器中的残留固体只有Na2CO3.答案：C5(xx扬州中学高一期末)下列物质NaHCO3(NH4)2SO4Al2O3(NH4)2CO3Mg(OH)2中，既可以和盐酸反应也可以和
22、Ba(OH)2溶液反应的是()A BC D解析：五种物质中(NH4)2SO4只与Ba(OH)2反应，Mg(OH)2只与盐酸反应，NaHCO3、Al2O3、(NH4)2CO3与二者都反应答案：A6(xx北京四中高一期末)下列关于金属铝的叙述中，说法正确的是()AAl是地壳中含量最多的元素BAl是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现氧化性C与Al反应产生H2的溶液一定呈酸性DAl箔在空气中受热可以熔化，由于氧化膜的存在，熔化的Al并不滴落解析：Al是地壳中含量最多的金属元素，地壳中含量最多的是氧元素Al失电子，表现还原性，Al可以与NaOH溶液反应产生H2.A、B、C都不正确Al的熔点比
23、氧化铝的熔点低答案：D7现有2 mol/L的盐酸和硫酸各100 mL，分别加入等质量的铁粉，反应完全后，所产生的气体质量之比为23，则往酸中加入的铁粉的质量是()A2.8 g B5.6 gC8.4 g D16.8 g解析：铁粉与盐酸的反应中，铁粉是过量的，所以生成的气体根据盐酸计算，即得到氢气为2 mol/L0.1 L/20.1 mol，所以由硫酸生成的氢气为0.15 mol，而在铁与硫酸反应中硫酸是过量的，所以根据氢气可计算得到加入铁的质量为0.15 mol56 g/mol8.4 g.答案：C8向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠后，观察到的现象有()钠浮于液面上熔化成小球发出嘶嘶的响声，放出气体
24、钠周围蓝色沉淀部分变黑有蓝色沉淀产生析出大量红色的铜小球在溶液中沉浮小球在液面上游动、逐渐变小，直至消失A BC D解析：Na的密度比水小，与水反应生成H2和NaOH并放热，使低熔点的Na熔化并被H2推动着无规则游动；NaOH与CuSO4反应得到Cu(OH)2，同时，部分Cu(OH)2受热分解生成黑色的CuO.答案：B9下列各组物质相互反应后，再向得到的溶液中滴入KSCN试剂，溶液变成红色的是()A氯水和氯化亚铁溶液 B铁屑和氯化铜溶液C铁屑和过量稀硫酸 D过量铁屑和氯化铁溶液解析：2Fe2Cl2=2Fe32Cl；Fe33SCNFe(SCN)3(红色)答案：A10某溶液由相同物质的量的CuCl
25、2、FeCl3、AlCl3混合而成，向该溶液中加入铁粉，充分搅拌后振荡，铁粉仍有剩余，则溶液中存在较多的阳离子是()AFe3、Cu2 BFe2、Al3CFe3、Al3 DFe2、Fe3解析：Cu2Fe=Fe2Cu,2Fe3Fe=3Fe2.答案：B11将适量铁粉放入FeCl3溶液中，完全反应后，溶液中的Fe2和Fe3浓度相等，则已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比是()A23 B32C12 D11解析：设FeCl3的物质的量为1 mol，加入的铁粉的物质的量为x，2Fe3Fe=3Fe22 mol 1 mol 3 mol2x x 3x根据题意列出方程式：1 mol2x3x，故x0.2 mo
26、l.所以已反应的Fe3和未反应的Fe3的物质的量之比为：0.40.623.答案：A12类推的思维方法在化学学习与研究中有时会产生错误结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验，才能决定其正确与否，下列几种类推结论中，错误的是()钠与水反应生成NaOH和H2；所有金属与水反应都生成碱和H2铁露置在空气中一段时间后就会生锈；性质更活泼的铝不能稳定存在于空气中化合物NaCl的焰色为黄色；Na2CO3的焰色也为黄色密度为1.1 g/cm3与密度为1.2 g/cm3的NaCl溶液等体积混合，所得NaCl溶液的密度界于1.1 g/cm3与1.2 g/cm3之间；NaK合金的熔点应界于Na和K熔点之间A BC
27、 D解析：只有活泼金属如K、Ca、Na等才能与水反应生成碱和H2，错误；铝能在空气中形成一层致密的氧化物薄膜，保护内层金属，故能稳定存在，错误；所有钠盐的焰色均为黄色，正确；合金的熔点低于任何一种成分金属，故错误，故D项符合题意答案：D13如图表示金属X、Y及它们的合金Z分别与足量盐酸反应放出H2量的情况横坐标表示消耗金属的物质的量，纵坐标表示在标准状况下产生H2的体积下列有关合金组成的判断正确的是()An(Na)n(Fe)21 Bn(Mg)n(K)12Cn(Na)n(Al)13 Dn(K)n(Al)11解析：据X的图象知，X为一价金属；据Y的图象知Y为三价金属，据Z图象知Z的平均化合价为2价，故二者的物质的量之比应为11.答案：D14(xx东北师大附中高一质量检测)将5.1 g镁铝合金溶于70 mL 4 mol/L硫酸中，当合金完全溶解后，再加入70 mL 8 mol/L的NaOH溶液，得沉淀的质量为13.6 g，则加入硫酸时，产生H2的物质的量为()A0.2 mol B0.25 molC0.3 mol D0.35 mol解析：n(NaOH)2n(H2SO4)，加入NaOH以后，溶质变为Na2SO4，沉淀是Mg(OH)2和Al(OH)3
