2021-2022学年高二化学苏教版（2019） 选择性必修2-4.2配合物的形成和应用 一课一练（word版含解析）
文档属性
| 名称 | 2021-2022学年高二化学苏教版（2019） 选择性必修2-4.2配合物的形成和应用 一课一练（word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 511.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-27 18:30:32 | ||
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文档简介
4.2配合物的形成和应用——一课一练2021-2022学年高中化学苏教版（2020）选择性必修2
一、选择题（共15题）
1．下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是
A．过氧化钠、硫酸四氨合铜、氢化钠
B．硝酸铵、氢氧化二氨合银、氯化铵
C．氯化氢、氢氧化钠、氢氧化钡
D．氯化铵、过氧化氢、过氧化钙
2．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A．配合物的中心离子配位数为2
B．该配合物的配位原子是N原子
C．中心离子是Pt4+
D．配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不是配位体
3．某化合物的分子结构如图所示，则下列说法错误的
A．该分子中没有手性碳原子
B．Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2
C．该离子中含有极性键、非极性键、配位键和金属键
D．该分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种
4．丁二酮肟镍是丁二酮肟在氨性溶液(pH=8~9)中与Ni2+发生反应生成的沉淀，该反应常用作实验室中检验镍离子。其结构如图所示，下列对该物质的分析与判断中，正确的是
A．该物质中Ni2+具有空轨道，是配合物的配体
B．该物质中氧原子的杂化类型为sp杂化
C．该物质中氮原子的杂化类型为sp2杂化
D．该物质中的C、N、O均存在孤电子对
5．亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解：3K4[Fe(CN)6]=12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是
A．KCN中每个中含12个电子
B．(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:2
C．配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子
D．已知Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则铁的配位数是2
6．关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是
A．中心原子的配位数是6
B．中心原子的化合价为+3价
C．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
D．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀
7．用示意图能够直观形象地将化学知识传授给学生。下列示意图正确的是
A．图甲丙氨酸的手性异构 B．图乙砷原子结构示意图
C．图丙BF的结构式 D．图丁HF分子间的氢键
8．镍的配合物常用于镍的提纯以及药物合成，如、、等。下列说法正确的是
A．CO分子内键和π键个数之比为1：2
B．中含有非极性共价键和配位键
C．基态的电子排布式为
D．中C原子的杂化方式是
9．在碱性溶液中，可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为
B．该配离子中铜离子的配位数是4，配位原子是N和O
C．基态原子的价电子排布式是
D．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
10．下列有关说法错误的是
A．基态原子能量最高的能级有3个空轨道
B．以双聚分子形式存在的中每个原子形成的共价数为4
C．、、的沸点逐渐升高，是因为共价键键能越来越大
D．是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式是Ca2+
11．中国科学院发现CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该过程中没有发生电子的转移
B．1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含12个σ键
C．示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同
D．催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关
12．已知[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构：各NH3分子间距相等，Co3+位于正八面的中心。若其中各有2个NH3分子分别被Cl-和H2O取代，形成[Co(NH3)2(H2O)2Cl2]+的几何异构体有(不考虑光学异构)
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
13．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是
A．该化合物含有 H、O、N、Ni 四种元素
B．该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素
C．该化合物属于配合物，中心离子是 N
D．该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键
14．实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法正确的是
A．中铁离子的配位数为3
B．含键
C．形成配位键时，中氮原子提供孤电子对
D．再失去1个电子比更难
15．一定条件下发生反应：Fe＋6HCN＋2K2CO3=K4[Fe(CN)6]＋H2↑＋2CO2↑＋2H2O。下列说法正确的是
A．K4[Fe(CN)6]的中心原子的核外电子排布式为[Ar]3d5
B．该反应中只存在离子键和共价键的断裂和形成
C．HCN、CO2、中碳的杂化方式和空间构型均相同
D．HCN 水溶液中存在 4 种氢键
二、填空题（共4题）
16．(1)与NO反应生成的中，NO以N原子与形成配位键。请在结构示意图(如图所示)的相应位置补填缺少的配体______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。在中与之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是______。
(3)中与的C原子形成配位键。不考虑空间结构，的结构可用示意图表示为______。
17．一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。
(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。
①Mn2＋基态的电子排布式可表示为__________。
②NO3-的空间构型是____________________________________________(用文字描述)。
(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化成CO2，HCHO被氧化成CO2和H2O。
①根据等电子原理，CO分子的结构式为________。
②1 mol CO2中含有的σ键数目为____________。
(3)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______________。
18．I.芦笋中的天冬酰胺(结构如下图)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。
(1)锰元素在元素周期表中的位置为___________。
(2)天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型为___________。
(3)已知N≡N的键能为942 kJ·mol-1，N-N单键的键能为247 kJ·mol-1，则N2中的___________键稳定(填“σ”或“π”)。
Ⅱ.胆矾CuSO4 5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4 H2O，其结构示意图如下：
(4)下列说法正确的是___________(填字母)。
A．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大
B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键
C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键
D．加热条件下胆矾中的水会在相同温度下同时失去
(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色，写出所发生反应的离子方程式_______；已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是____________。
19．(1)下列分子或离子中不存在配位键的是______(填序号)。
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
(2)在配离子中，中心离子的配位数为______，提供空轨道的是______。
(3)钛是20世纪50年代发展起来的一种重要的结构金属，钛位于元素周期表第4周期ⅣB族，与钛同周期的主族元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有______(填元素符号)。现有含的配合物，配离子中的化学键类型是______，该配合物的配体是______。
(4)①和中均含有配位键。在中，配体是______(填元素符号)，提供孤电子对的原子是______，中原子采用______杂化。
②气态氯化铝()是具有配位键的化合物，分子中原子间成键关系为。请将结构中你认为是配位键的斜线加上箭头_____。
三、综合题（共4题）
20．三价铬离子()是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要组成成分，GTF能够协助胰岛素发挥作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等。回答下列问题：
(1)Cr的价层电子排布式为_______。
(2)O、N、S的原子半径由大到小的顺序为_______。
(3)分子的 VSEPR模型名称为_______
(4)化学式为的化合物有多种结构，其中一种可表示为，该物质的配离子中提供孤电子对的原子为_______，配位数为_______。
(5)由碳元素形成的某种晶体的晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为，晶体密度为，则该晶胞的棱长为_______ pm。
21．污水处理分析时，常用双硫腙(，二元弱酸)把金属离子络合成电中性的物质，再用萃取络合物，从而把金属离子从水溶液中完全分离出来。如用双硫腙～，分离污水中的时，先发生络合反应：，再加入，就很容易被萃取到中。
(1)写出双硫腙和络合的离子方程式：___________。萃取过程中要控制适宜的酸度。如果溶液的pH太小，其后果是___________。下图是用双硫腺～，络合萃取某些金属离子的酸度曲线。它反映了萃取某些金属离子时适宜的pH范围。E%表示某种金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率。
某工业废水中含有、Bi3+、，用双硫腙～络合萃取法处理废水。
请根据上图回答问题：
(2)欲完全将废水中的分离出来，须控制溶液pH范围___________。
(3)当调节时，锌(Zn)的存在形式有：___________，其物质的量之比约为___________。
(4)锌(Zn)的络合物被萃取到中分液后，逐滴加入足量的NaOH溶液，充分振荡，先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解消失最后溶液呈无色。写出有关反应的离子方程式：___________；___________
22．过渡元素在生活、生产和科技等方面有广泛的用途。
（1）现代污水处理工艺中常利用聚合铁{简称PFS，化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m，n＜5，m＜10}在水体中形成絮状物，以吸附重金属离子。下列说法中不正确的是________(填序号)。
A．PFS中铁显＋2价
B．铁原子的价电子排布式是3d64s2
C．由FeSO4溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程
D．由下表可知气态Fe2＋再失去一个电子比气态Mn2＋再失去一个电子难
Mn Fe
电离能 I1 717 759
(kJ·mol－1) I2 1 509 1 561
I3 3 248 2 957
（2）PFS中SO42-采取__________杂化，空间构型是_________。
（3）铬的配合物在药物应用、设计合成新磁材料领域和聚乙烯催化剂方面都有重要应用。现有铬与甲基丙烯酸根的配合物为
①该化合物中铬的化合价为___________。
②该化合物中一个Cr的配位数为________。
③甲基丙烯酸分子中C原子的杂化方式有___________________________________。
（4）O、S、Se为同主族元素，H2O、H2S和H2Se的参数对比见表．
化学式 键长/nm 键角
H2O 0.99 104.5°
H2S 1.34 92.3°
H2Se 1.47 91.0°
H2S的键角大于H2Se的原因可能为__________________________________________________
23．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子的外围电子排布图为____，基态Fe2+中，核外电子占据最高能层的符号是____，Fe2+和Fe3+是铁的两种常见离子，Fe3+的稳定性强于Fe2+，原因是____。
(2)Fe3+可以与SCN—形成一系列不同配位数的红色配合物，所以常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为_______，SCN—的几何构型为______，中心原子的杂化类型为_______。
(3)实验中常用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+， K3[Fe(CN)6]晶体中的化学键有_________(填写选项字母)
a.离子键. b.共价键 c，氢键 d .配位键 e.金属键
1mol K3[Fe(CN)6]中含有σ键与π键的数目比为_____________。
(4)FexO为氯化钠型结构，在实际晶体中，由于存在缺陷，x<1。 测得Fe0.92O晶体的晶胞参数a=428.0pm，则该晶体的密度ρ=__________g/cm3 (列出计算式)，晶体中最近的两个铁离子间的距离为_______pm。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
A．中含离子键和非极性键，中含离子键、极性键和配位键，中只含离子键，A错误；
B．三种物质中都含离子键、极性键和配位键，B正确；
C．中含极性键，中含离子键和极性键，中含离子键和极性键，C错误；
D．中含离子键、极性键和配位键，中含极性键和非极性键，中含离子键和非极性键，D错误。
故选：B。
2．C
【详解】
A．NH3和Cl-均为配体，配位数为2+4=6，A错误；
B．Cl、N原子均有孤电子对，二者均为配位原子，B错误；
C．NH3和Cl-均为配体，Pt4+为中心离子，C正确；
D．PtCl4·2NH3水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，说明NH3和Cl-均为配体，D错误；
综上所述答案为C。
3．C
【详解】
A．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，手性碳一定为饱和碳原子，该物质中的饱和碳原子都连接了3个氢原子，所以没有手性碳，A正确；
B．Ni为28号元素，原子核外有28个电子，简化电子排布式为[Ar]3d84s2，B正确；
C．金属键一般存在于合金和金属单质中，该物质中没有金属键，C错误；
D．形成双键的碳原子为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化，D正确；
综上所述答案为C。
4．C
【详解】
A．由丁二酮肟镍结构可知，Ni2+提供空轨道，氮原子有孤电子对，二者形成配位键，故A错误；
B．氧有2个σ键，2个孤电子对，价电子对数为4，属于sp3杂化，故B错误；
C．该结构中氮原子形成1个双键和一个单键，还有1个孤电子对，所以氮原子价层电子对数为3，为sp2杂化，故C正确；
D．由丁二酮肟镍结构可知，碳原子都形成4对共价键，不存在孤电子对，故D错误；
故选C。
5．B
【详解】
A．CN 中含有的电子数是6+7+1=12个，故A正确；
B．(CN)2分子的结构简式N≡C-C≡N，单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键，故σ键和π键数目比为3:4，故B错误；
C．配合物K4[Fe(CN)6]中配位体是CN ，其中得到的电子在碳原子上，碳原子上的1对孤对电子与亚铁离子形成配位键，故C正确；
D．Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则碳原子的配位数是6，根据该晶胞中铁原子和碳原子数之比是3:1，得出铁的配位数是2，故D正确；
故选答案B。
6．C
【详解】
A．与Ti3+形成配位键的配位原子为N、Cl，Ti3+的两个配体NH3、Cl-的个数依次为5、1，故配位数为5+1=6，故A正确；
B．在该化合物中N、H、Cl元素的化合价依次为-3、+1、-1，根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，则Ti的化合价为+3价，故B正确；
C．配合物内界离子中配体和中心离子的配位键属于σ键，有6个，配体5个氨气中有15个σ键，共计21个σ键，故答案为21NA，故C错误；
D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能与Ag+反应形成白色沉淀，内界中的Cl-不能与Ag+反应，故含1mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，故D正确；
故答案选C。
7．A
【详解】
A．CH3-CH(NH2)-COOH中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-CH3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，A正确；
B．根据原子核外电子排布规律，砷的原子核外各层电子分别为：2，8，18，5，选项B错误；
C．BF中有一个F提供一个孤电子对，其它形成共用电子对，据此可画出结构图为，C错误；
D．HF分子中F原子的电负性较强，与相邻氢原子间形成氢键，选项D错误；
8．A
【解析】
【详解】
A．分子内含有一个碳氧三键，则键和π键个数之比为1：2，A项正确；
B．中含有极性共价键和配位键，B项错误；
C．基态的电子排布式为，C项错误；
D．为直线形，C原子的杂化方式是，D项错误；
故答案为：A。
9．D
【详解】
A．根据同周期主族元素的电负性由左到右逐渐增大，同主族元素的电负性由上到下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为，A项正确；
B．根据配离子的结构可知，铜离子形成4个共价键，配位原子为N和O，B项正确；
C．根据铜离子的电子排布式可知，基态铜原子的价电子排布式为，C项正确；
D．N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键，D项错误；
答案选D。
10．C
【详解】
A．钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，能量最高的3d能级有3个空轨道，故A正确；
B．双聚氯化铁的结构式为，由结构式可知，每个铁原子与4个氯原子形成共价键，故B正确；
C．氯气、溴和碘都是结构相似的双原子分子，形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，单质的熔沸点越高，与共价键键能大小无关，故C错误；
D．由中各原子均满足8电子稳定结构，可知酸根的电子式为，则离子化合物的电子式为Ca2+，故D正确；
故选C。
11．D
【详解】
A．根据图示，CO2和H2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效合成异构化烷烃，H元素的化合价发生了变化，一定存在电子的转移，故A错误；
B．1个氨气分子中存在3个N-H σ键，每个氨气分子与锌原子间形成1个配位键，也是σ键，因此1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含16个σ键，故B错误；
C．示意图中含碳化合物均为烷烃，碳原子都属于饱和碳原子，杂化方式均为sp3，但二氧化碳中的碳原子的杂化方式为sp，故C错误；
D．催化剂具有选择性，在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关，故D正确；
故选D。
12．C
【详解】
[Co（NH3）6]3+呈正八面体结构，正八面体六个顶点的位置是对称等同的，各有2个NH3分子分别被Cl-和H2O取代，若H2O分子取代1、2位，则Cl-只能取代4、6或4、3或4、5；若H2O分子取代1、5位，则Cl-只能取代2、6或2、3，所以形成[Co(NH3)2(H2O)2Cl2]+的几何异构体有5种，选C。
13．D
【详解】
A．由图可知，结构中含有C、H、N、O、Ni五种元素，故A错误；
B．该物质中，Ni提供空轨道，氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，中心离子为Ni，中心离子的配位数是4，配体是氮元素，故B错误；
C．Ni含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni形成配位键，中心离子是Ni，故C错误；
D．由该化合物的结构示意图可知：N元素连接的氧原子与氧元素连接H原子之间形成氢键，N原子与Ni原子之间形成配位键，同时存在C=N双键，因此该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键，故D正确；
故选D。
14．B
【详解】
A．中铁离子的配位数为6，故A错误；
B．1个CN一含1个σ键，1个CN一与Fe3+形成1个配位键，配位键也是σ键，所以含键，故B正确；
C．氮原子半径小于碳原子，氮的原子核对孤对电子吸引力大于碳原子，则中是碳原子提供孤电子对，故 C错误；
D．Mn2+外围电子排布式为3d5，由Mn2+变为Mn3+，3d能级由较稳定的3d半充满状态变为不稳定的3d4状态，需要吸收的能量多，Fe2+外围电子排布式为3d6，Fe2+变为Fe3+，3d能级由较不稳定的3d6状态变为较稳定的3d5半充满状态，需要吸收的能量少。所以再失去1个电子比更容易，故D错误；
本题答案B。
15．D
【详解】
A．K4[Fe(CN)6]的中心原子为Fe，核外电子排布式为[Ar]3d64S2，A错误；
B．反应存在离子键、共价键的断裂和形成，还有配位键的形成，B错误；
C．HCN为 sp杂化，CO2为 sp杂化，碳酸根离子中心原子属于sp2杂化，C错误；
D．HCN 水溶液中存在 4 种氢键，H-CN······H-CN、H2O········H-CN、H-CN·········H-O-H、H2O·······H-O-H ，D正确；
答案选D。
16． 配位键 N 或
【详解】
(1)注意中N原子与形成配位键即可，故答案为：；
(2)为配离子，与之间为配位键；配体中提供孤电子对的为N；故答案为：配位键；N；
(3)中，提供空轨道，中的C原子提供孤电子对，形成配位键，据此可写出结构：或，故答案为：或。
17． 1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5) 平面三角形 C≡O 2×6.02×1023(或2NA) (或)
【详解】
（1）①Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；
②NO3-中N原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（2）①N2与CO为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，故答案为：C≡O；
②CO2的结构式为O=C=O，分子中C形成2个δ键，则1molCO2中含有的σ键数目为2×6.02×1023个，故答案为：2×6.02×1023(或2NA)；
（3）[Cu（OH）4]2-中Cu2+与4个OH-形成配位键，则[Cu（OH）4]2-的结构可用示意图表示为：，故答案为：。
18． 第四周期第ⅦB族 sp3、sp2 π B Cu2+ + 4NH3 =[Cu(NH3)4]2+ N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配位键
【详解】
(1)Mn的价电子排布式为3d54s2，位于第四周期第ⅦB族；
(2)从天冬酰胺的结构中可以看出，碳原子形成的化学键的类型有单键和双键，故碳原子中碳以sp3和sp2两种杂化；
(3)1条三键中含有1个σ键和2个π键， 1个π键键能=×(942 kJ·mol-1-247 kJ·mol-1) =347.5 kJ·mol-1，大于σ键的键能，所以N2中的π键稳定；
(4)A．同主族元素电负性由上到下依次减弱，O的电负性大于S，A错误；
B．在上述结构示意图中，O和Cu之间（图中O→Cu）存在配位键，H-O、S-O之间存在共价键，[Cu(H2O)4]2+和之间存在离子键，B正确；
C．胆矾是CuSO4 5H2O，是由[Cu(H2O)4]2+和构成的，属于离子晶体，C错误；
D．由于胆矾晶体中水两类，一类是以配位键形成配体的水分子，一类是以氢键形成的结晶水，结合方式不同，因此受热时氢键形成的结晶水会先失去，故会因温度不同而得到不同的产物，D错误；
故选B；
(5)铜离子能与氨气形成配位键，故氢氧化铜能溶解在氨水中，反应的离子方程式为Cu2+ + 4NH3 =[Cu(NH3)4]2+；N、F、H三种元素的电负性：F>N>H， 形成配合物时，N原子作为配位原子，NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，因此使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配位键。
19． ③⑨ 6 、 极性键(或共价键)、配位键 、 N
【详解】
(1)配位键的形成条件是一方能够提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的空轨道。①中与O原子之间存在配位键，提供空轨道，O原子提供孤电子对；②中与1个之间存在配位键，提供空轨道，提供孤电子对；④中N与之间存在配位键；⑤中与之间存在配位键；⑥中与之间存在配位键；⑦中与之间存在配位键；⑧中B与之间存在配位键；③、⑨分子中不存在提供空轨道的原子，不存在配位键，故选③⑨；
故答案为：③⑨。
(2) 的配位数为6，提供空轨道，配体为；
故答案为：6；。
(3)基态的价电子排布式为，未成对电子数为2，同周期主族元素基态原子未成对电子数为2的价电子排布式为、，即为、；中的化学键有极性键(或共价键)、配位键，配体为、；
故答案为：、；极性键(或共价键)、配位键；、。
(4)①中，提供空轨道，配体为，中的N原子提供孤电子对。中A的价电子对数为，孤电子对数为0，原子杂化类型为。②配位键的箭头指向提供空轨道的一方。原子最外层有7个电子，再结合1个电子就可以形成一个单键，另有3对孤电子对。所以气态氯化铝中与2个原子形成共价键的原子中，有一个是配位键，原子提供孤电子对，原子提供空轨道；
故答案为：N；；；。
20． 3d54s1 S>N>O 平面三角形 O、Cl 6
【详解】
(1)Cr元素为24号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s1，价电子排布为3d54s1；
(2)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径S＞N＞O；
(3)SO2分子中心S原子的价层电子对数为=3，所以 VSEPR模型名称为平面三角形；
(4)Cl、O原子中均含有孤电子对，所以该物质的配离子中提供孤电子对的原子Cl、O；根据化学式可知2个Cl原子、4个O原子配位，即配位数为6；
(5)根据均摊法，晶胞中C原子的个数为4+=8，所以晶胞质量为g，晶体密度为ρ g·cm-3，所以晶胞的体积为cm3，则晶胞棱长为cm=pm。
21．(1) 如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物
(2)2~2.8
(3) Zn2+和Zn(HDz)2 2:3
(4) Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓ Zn(OH)2+2OH-=
【解析】
(1)根据双硫腙与Cu2+络合的离子方程式可知，双硫腙和络合的离子方程式为：，萃取过程中要控制适宜的酸度，如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物，故答案为：；如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物；
(2)
由图可知，pH为1~2.8时只有Bi3+沉淀，且pH值越大，金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率越大，pH为2.8左右时可完全将废水中的Bi3+分离出来，故答案为：2~2.8；
(3)
由图可知，pH=5时，锌(Zn)的存在形式有Zn2+和Zn(HDz)2，且金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率为60%，即由60%的Zn2+被络合了，则Zn2+与Zn(HDz)2的物质的量之比为40%：60%=2:3，故答案为：Zn2+和Zn(HDz)2；2:3；
(4)
锌(Zn)的络合物被萃取到中分液后，逐滴加入足量的NaOH溶液，充分振荡，先产生白色沉淀即Zn2+与OH-结合生成了Zn(OH)2白色沉淀，后白色沉淀溶解消失最后溶液呈无色即Zn(OH)2能继续溶解在过量的NaOH溶液中生成，故有关反应的离子方程式：Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓，Zn(OH)2+2OH-=，故答案为：Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓；Zn(OH)2+2OH-=。
22． AD sp3 正四面体 +3 6 sp3和sp 2 由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大
【详解】
（1）A．设[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m中Fe元素化合价为x，根据化合价代数和为0，可知2x-n+（3-）×（-2）=0，解得x=+3，选项A不正确；B．Fe原子核外电子数为26，铁元素的价电子数8，且4s轨道排2个电子，3d轨道排6个电子，所以铁原子的价电子排布式是3d64s2，选项B正确；C．硫酸亚铁中铁元素的化合价是+2价，[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m中铁元素的化合价是+3价，铁离子水解生成氢氧化铁，所以由FeSO4溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程，选项C正确；D．Fe2+再失去一个电子需要的能量比气态Mn2+再失去一个电子需要能量小，所以气态Fe2+再失去一个电子比气态Mn2+再失去一个电子容易，选项D不正确；答案选AD；
（2）PFS中SO42-总价电子数32，中心原子有4个σ键，采取sp3杂化，空间构型是正四面体立体结构；
(3)①该化合物中 显-1价，氯元素为-1价，则铬的化合价为+3价；②2个Cr共有12个配体，则一个Cr的配位数为6；③甲基上的碳原子含有4个σ键，所采取sp3杂化，碳碳双键上的碳原子含有3σ键，所以采取sp2杂化；
（4）根据表中数据可知，由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大。
23． M Fe3+的价电子排布为3d5，半满结构稳定 K【详解】
（1）Fe的原子序数为26，基态Fe原子的外围电子排布式为3d64s2，基态Fe原子的外围电子排布图为；基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，核外电子占据最高能层的符号是M；Fe3+的稳定性强于Fe2+，原因是Fe3+的价电子排布为3d5，半满结构稳定；
（2）液态NH3和液态H2S相比，液态NH3分子间存在氢键，说明N比S更强烈的吸引H上的电子，而形成氢键，所以就电负性而言，N S，C与N同一周期，电负性N C，硫酸是强酸，而碳酸是弱酸，故电负性S C，K是金属元素，K的电负性最小，所以KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为K（3）a．K+与[Fe(CN)6]3-形成离子键，a正确；
b．[Fe(CN)6]3-离子中，C原子与N原子之间形成极性共价键，b正确；
c．氢键不属于化学键，c错误；
d．Fe3+与CN-形成配位键，d正确；
e．K3[Fe(CN)6]不属于金属晶体，不存在金属键，e错误；
答案选a、b、d；
在配合物K3[Fe(CN)6]中，Fe3+与CN-之间形成6个配位键，配位键也是σ键，在每个CN-内部有1个σ键和2个π键，故1mol K3[Fe(CN)6]中含有σ键的数目为12NA，π键的数目为12NA，故1mol K3[Fe(CN)6]中含有σ键与π键的数目比为1:1；
（4）FexO为氯化钠型结构，每个晶胞中含有4个“FexO”，测得Fe0.92O晶体的晶胞参数a=428.0pm，所以(428.0×10-10)3×ρ×6.02×1023=4×(56×0.92+16)，ρ=g/cm3 ；由氯化钠的晶胞图形，设Fe在面心，另外的Fe在立方体的顶点，面对角线的一半为晶体中最近的两个铁离子间的距离，其距离为=302.6pm。
一、选择题（共15题）
1．下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是
A．过氧化钠、硫酸四氨合铜、氢化钠
B．硝酸铵、氢氧化二氨合银、氯化铵
C．氯化氢、氢氧化钠、氢氧化钡
D．氯化铵、过氧化氢、过氧化钙
2．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是
A．配合物的中心离子配位数为2
B．该配合物的配位原子是N原子
C．中心离子是Pt4+
D．配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不是配位体
3．某化合物的分子结构如图所示，则下列说法错误的
A．该分子中没有手性碳原子
B．Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2
C．该离子中含有极性键、非极性键、配位键和金属键
D．该分子中碳原子的杂化方式有sp2、sp3两种
4．丁二酮肟镍是丁二酮肟在氨性溶液(pH=8~9)中与Ni2+发生反应生成的沉淀，该反应常用作实验室中检验镍离子。其结构如图所示，下列对该物质的分析与判断中，正确的是
A．该物质中Ni2+具有空轨道，是配合物的配体
B．该物质中氧原子的杂化类型为sp杂化
C．该物质中氮原子的杂化类型为sp2杂化
D．该物质中的C、N、O均存在孤电子对
5．亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解：3K4[Fe(CN)6]=12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是
A．KCN中每个中含12个电子
B．(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:2
C．配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子
D．已知Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则铁的配位数是2
6．关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是
A．中心原子的配位数是6
B．中心原子的化合价为+3价
C．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
D．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀
7．用示意图能够直观形象地将化学知识传授给学生。下列示意图正确的是
A．图甲丙氨酸的手性异构 B．图乙砷原子结构示意图
C．图丙BF的结构式 D．图丁HF分子间的氢键
8．镍的配合物常用于镍的提纯以及药物合成，如、、等。下列说法正确的是
A．CO分子内键和π键个数之比为1：2
B．中含有非极性共价键和配位键
C．基态的电子排布式为
D．中C原子的杂化方式是
9．在碱性溶液中，可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为
B．该配离子中铜离子的配位数是4，配位原子是N和O
C．基态原子的价电子排布式是
D．该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
10．下列有关说法错误的是
A．基态原子能量最高的能级有3个空轨道
B．以双聚分子形式存在的中每个原子形成的共价数为4
C．、、的沸点逐渐升高，是因为共价键键能越来越大
D．是离子化合物，各原子均满足8电子稳定结构，其电子式是Ca2+
11．中国科学院发现CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．该过程中没有发生电子的转移
B．1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含12个σ键
C．示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同
D．催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关
12．已知[Co(NH3)6]3+呈正八面体结构：各NH3分子间距相等，Co3+位于正八面的中心。若其中各有2个NH3分子分别被Cl-和H2O取代，形成[Co(NH3)2(H2O)2Cl2]+的几何异构体有(不考虑光学异构)
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
13．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是
A．该化合物含有 H、O、N、Ni 四种元素
B．该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素
C．该化合物属于配合物，中心离子是 N
D．该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键
14．实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法正确的是
A．中铁离子的配位数为3
B．含键
C．形成配位键时，中氮原子提供孤电子对
D．再失去1个电子比更难
15．一定条件下发生反应：Fe＋6HCN＋2K2CO3=K4[Fe(CN)6]＋H2↑＋2CO2↑＋2H2O。下列说法正确的是
A．K4[Fe(CN)6]的中心原子的核外电子排布式为[Ar]3d5
B．该反应中只存在离子键和共价键的断裂和形成
C．HCN、CO2、中碳的杂化方式和空间构型均相同
D．HCN 水溶液中存在 4 种氢键
二、填空题（共4题）
16．(1)与NO反应生成的中，NO以N原子与形成配位键。请在结构示意图(如图所示)的相应位置补填缺少的配体______。
(2)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。在中与之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是______。
(3)中与的C原子形成配位键。不考虑空间结构，的结构可用示意图表示为______。
17．一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。
(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。
①Mn2＋基态的电子排布式可表示为__________。
②NO3-的空间构型是____________________________________________(用文字描述)。
(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化成CO2，HCHO被氧化成CO2和H2O。
①根据等电子原理，CO分子的结构式为________。
②1 mol CO2中含有的σ键数目为____________。
(3)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______________。
18．I.芦笋中的天冬酰胺(结构如下图)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。
(1)锰元素在元素周期表中的位置为___________。
(2)天冬酰胺中碳原子的杂化轨道类型为___________。
(3)已知N≡N的键能为942 kJ·mol-1，N-N单键的键能为247 kJ·mol-1，则N2中的___________键稳定(填“σ”或“π”)。
Ⅱ.胆矾CuSO4 5H2O可写成[Cu(H2O)4]SO4 H2O，其结构示意图如下：
(4)下列说法正确的是___________(填字母)。
A．胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大
B．在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键
C．胆矾是分子晶体，分子间存在氢键
D．加热条件下胆矾中的水会在相同温度下同时失去
(5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色，写出所发生反应的离子方程式_______；已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2＋形成配离子，其原因是____________。
19．(1)下列分子或离子中不存在配位键的是______(填序号)。
① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨
(2)在配离子中，中心离子的配位数为______，提供空轨道的是______。
(3)钛是20世纪50年代发展起来的一种重要的结构金属，钛位于元素周期表第4周期ⅣB族，与钛同周期的主族元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有______(填元素符号)。现有含的配合物，配离子中的化学键类型是______，该配合物的配体是______。
(4)①和中均含有配位键。在中，配体是______(填元素符号)，提供孤电子对的原子是______，中原子采用______杂化。
②气态氯化铝()是具有配位键的化合物，分子中原子间成键关系为。请将结构中你认为是配位键的斜线加上箭头_____。
三、综合题（共4题）
20．三价铬离子()是葡萄糖耐量因子(GTF)的重要组成成分，GTF能够协助胰岛素发挥作用。构成葡萄糖耐量因子和蛋白质的元素有C、H、O、N、S、Cr等。回答下列问题：
(1)Cr的价层电子排布式为_______。
(2)O、N、S的原子半径由大到小的顺序为_______。
(3)分子的 VSEPR模型名称为_______
(4)化学式为的化合物有多种结构，其中一种可表示为，该物质的配离子中提供孤电子对的原子为_______，配位数为_______。
(5)由碳元素形成的某种晶体的晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为，晶体密度为，则该晶胞的棱长为_______ pm。
21．污水处理分析时，常用双硫腙(，二元弱酸)把金属离子络合成电中性的物质，再用萃取络合物，从而把金属离子从水溶液中完全分离出来。如用双硫腙～，分离污水中的时，先发生络合反应：，再加入，就很容易被萃取到中。
(1)写出双硫腙和络合的离子方程式：___________。萃取过程中要控制适宜的酸度。如果溶液的pH太小，其后果是___________。下图是用双硫腺～，络合萃取某些金属离子的酸度曲线。它反映了萃取某些金属离子时适宜的pH范围。E%表示某种金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率。
某工业废水中含有、Bi3+、，用双硫腙～络合萃取法处理废水。
请根据上图回答问题：
(2)欲完全将废水中的分离出来，须控制溶液pH范围___________。
(3)当调节时，锌(Zn)的存在形式有：___________，其物质的量之比约为___________。
(4)锌(Zn)的络合物被萃取到中分液后，逐滴加入足量的NaOH溶液，充分振荡，先产生白色沉淀，后白色沉淀溶解消失最后溶液呈无色。写出有关反应的离子方程式：___________；___________
22．过渡元素在生活、生产和科技等方面有广泛的用途。
（1）现代污水处理工艺中常利用聚合铁{简称PFS，化学式为[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m，n＜5，m＜10}在水体中形成絮状物，以吸附重金属离子。下列说法中不正确的是________(填序号)。
A．PFS中铁显＋2价
B．铁原子的价电子排布式是3d64s2
C．由FeSO4溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程
D．由下表可知气态Fe2＋再失去一个电子比气态Mn2＋再失去一个电子难
Mn Fe
电离能 I1 717 759
(kJ·mol－1) I2 1 509 1 561
I3 3 248 2 957
（2）PFS中SO42-采取__________杂化，空间构型是_________。
（3）铬的配合物在药物应用、设计合成新磁材料领域和聚乙烯催化剂方面都有重要应用。现有铬与甲基丙烯酸根的配合物为
①该化合物中铬的化合价为___________。
②该化合物中一个Cr的配位数为________。
③甲基丙烯酸分子中C原子的杂化方式有___________________________________。
（4）O、S、Se为同主族元素，H2O、H2S和H2Se的参数对比见表．
化学式 键长/nm 键角
H2O 0.99 104.5°
H2S 1.34 92.3°
H2Se 1.47 91.0°
H2S的键角大于H2Se的原因可能为__________________________________________________
23．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子的外围电子排布图为____，基态Fe2+中，核外电子占据最高能层的符号是____，Fe2+和Fe3+是铁的两种常见离子，Fe3+的稳定性强于Fe2+，原因是____。
(2)Fe3+可以与SCN—形成一系列不同配位数的红色配合物，所以常用KSCN溶液检验Fe3+的存在，KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为_______，SCN—的几何构型为______，中心原子的杂化类型为_______。
(3)实验中常用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+， K3[Fe(CN)6]晶体中的化学键有_________(填写选项字母)
a.离子键. b.共价键 c，氢键 d .配位键 e.金属键
1mol K3[Fe(CN)6]中含有σ键与π键的数目比为_____________。
(4)FexO为氯化钠型结构，在实际晶体中，由于存在缺陷，x<1。 测得Fe0.92O晶体的晶胞参数a=428.0pm，则该晶体的密度ρ=__________g/cm3 (列出计算式)，晶体中最近的两个铁离子间的距离为_______pm。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
A．中含离子键和非极性键，中含离子键、极性键和配位键，中只含离子键，A错误；
B．三种物质中都含离子键、极性键和配位键，B正确；
C．中含极性键，中含离子键和极性键，中含离子键和极性键，C错误；
D．中含离子键、极性键和配位键，中含极性键和非极性键，中含离子键和非极性键，D错误。
故选：B。
2．C
【详解】
A．NH3和Cl-均为配体，配位数为2+4=6，A错误；
B．Cl、N原子均有孤电子对，二者均为配位原子，B错误；
C．NH3和Cl-均为配体，Pt4+为中心离子，C正确；
D．PtCl4·2NH3水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，说明NH3和Cl-均为配体，D错误；
综上所述答案为C。
3．C
【详解】
A．连接四个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，手性碳一定为饱和碳原子，该物质中的饱和碳原子都连接了3个氢原子，所以没有手性碳，A正确；
B．Ni为28号元素，原子核外有28个电子，简化电子排布式为[Ar]3d84s2，B正确；
C．金属键一般存在于合金和金属单质中，该物质中没有金属键，C错误；
D．形成双键的碳原子为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化，D正确；
综上所述答案为C。
4．C
【详解】
A．由丁二酮肟镍结构可知，Ni2+提供空轨道，氮原子有孤电子对，二者形成配位键，故A错误；
B．氧有2个σ键，2个孤电子对，价电子对数为4，属于sp3杂化，故B错误；
C．该结构中氮原子形成1个双键和一个单键，还有1个孤电子对，所以氮原子价层电子对数为3，为sp2杂化，故C正确；
D．由丁二酮肟镍结构可知，碳原子都形成4对共价键，不存在孤电子对，故D错误；
故选C。
5．B
【详解】
A．CN 中含有的电子数是6+7+1=12个，故A正确；
B．(CN)2分子的结构简式N≡C-C≡N，单键是σ键，叁键中含有1个σ键和2个π键，故σ键和π键数目比为3:4，故B错误；
C．配合物K4[Fe(CN)6]中配位体是CN ，其中得到的电子在碳原子上，碳原子上的1对孤对电子与亚铁离子形成配位键，故C正确；
D．Fe3C晶胞中每个碳原子被6个铁原子包围，则碳原子的配位数是6，根据该晶胞中铁原子和碳原子数之比是3:1，得出铁的配位数是2，故D正确；
故选答案B。
6．C
【详解】
A．与Ti3+形成配位键的配位原子为N、Cl，Ti3+的两个配体NH3、Cl-的个数依次为5、1，故配位数为5+1=6，故A正确；
B．在该化合物中N、H、Cl元素的化合价依次为-3、+1、-1，根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，则Ti的化合价为+3价，故B正确；
C．配合物内界离子中配体和中心离子的配位键属于σ键，有6个，配体5个氨气中有15个σ键，共计21个σ键，故答案为21NA，故C错误；
D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能与Ag+反应形成白色沉淀，内界中的Cl-不能与Ag+反应，故含1mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，故D正确；
故答案选C。
7．A
【详解】
A．CH3-CH(NH2)-COOH中有一个碳原子连接一个氨基和一个羧基，且连结-CH3和氢原子，为手性碳原子，四个基团不相同，该分子中含有1个手性碳原子，A正确；
B．根据原子核外电子排布规律，砷的原子核外各层电子分别为：2，8，18，5，选项B错误；
C．BF中有一个F提供一个孤电子对，其它形成共用电子对，据此可画出结构图为，C错误；
D．HF分子中F原子的电负性较强，与相邻氢原子间形成氢键，选项D错误；
8．A
【解析】
【详解】
A．分子内含有一个碳氧三键，则键和π键个数之比为1：2，A项正确；
B．中含有极性共价键和配位键，B项错误；
C．基态的电子排布式为，C项错误；
D．为直线形，C原子的杂化方式是，D项错误；
故答案为：A。
9．D
【详解】
A．根据同周期主族元素的电负性由左到右逐渐增大，同主族元素的电负性由上到下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为，A项正确；
B．根据配离子的结构可知，铜离子形成4个共价键，配位原子为N和O，B项正确；
C．根据铜离子的电子排布式可知，基态铜原子的价电子排布式为，C项正确；
D．N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键，D项错误；
答案选D。
10．C
【详解】
A．钛元素的原子序数为22，价电子排布式为3d24s2，能量最高的3d能级有3个空轨道，故A正确；
B．双聚氯化铁的结构式为，由结构式可知，每个铁原子与4个氯原子形成共价键，故B正确；
C．氯气、溴和碘都是结构相似的双原子分子，形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，单质的熔沸点越高，与共价键键能大小无关，故C错误；
D．由中各原子均满足8电子稳定结构，可知酸根的电子式为，则离子化合物的电子式为Ca2+，故D正确；
故选C。
11．D
【详解】
A．根据图示，CO2和H2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效合成异构化烷烃，H元素的化合价发生了变化，一定存在电子的转移，故A错误；
B．1个氨气分子中存在3个N-H σ键，每个氨气分子与锌原子间形成1个配位键，也是σ键，因此1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含16个σ键，故B错误；
C．示意图中含碳化合物均为烷烃，碳原子都属于饱和碳原子，杂化方式均为sp3，但二氧化碳中的碳原子的杂化方式为sp，故C错误；
D．催化剂具有选择性，在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关，故D正确；
故选D。
12．C
【详解】
[Co（NH3）6]3+呈正八面体结构，正八面体六个顶点的位置是对称等同的，各有2个NH3分子分别被Cl-和H2O取代，若H2O分子取代1、2位，则Cl-只能取代4、6或4、3或4、5；若H2O分子取代1、5位，则Cl-只能取代2、6或2、3，所以形成[Co(NH3)2(H2O)2Cl2]+的几何异构体有5种，选C。
13．D
【详解】
A．由图可知，结构中含有C、H、N、O、Ni五种元素，故A错误；
B．该物质中，Ni提供空轨道，氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，中心离子为Ni，中心离子的配位数是4，配体是氮元素，故B错误；
C．Ni含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni形成配位键，中心离子是Ni，故C错误；
D．由该化合物的结构示意图可知：N元素连接的氧原子与氧元素连接H原子之间形成氢键，N原子与Ni原子之间形成配位键，同时存在C=N双键，因此该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键，故D正确；
故选D。
14．B
【详解】
A．中铁离子的配位数为6，故A错误；
B．1个CN一含1个σ键，1个CN一与Fe3+形成1个配位键，配位键也是σ键，所以含键，故B正确；
C．氮原子半径小于碳原子，氮的原子核对孤对电子吸引力大于碳原子，则中是碳原子提供孤电子对，故 C错误；
D．Mn2+外围电子排布式为3d5，由Mn2+变为Mn3+，3d能级由较稳定的3d半充满状态变为不稳定的3d4状态，需要吸收的能量多，Fe2+外围电子排布式为3d6，Fe2+变为Fe3+，3d能级由较不稳定的3d6状态变为较稳定的3d5半充满状态，需要吸收的能量少。所以再失去1个电子比更容易，故D错误；
本题答案B。
15．D
【详解】
A．K4[Fe(CN)6]的中心原子为Fe，核外电子排布式为[Ar]3d64S2，A错误；
B．反应存在离子键、共价键的断裂和形成，还有配位键的形成，B错误；
C．HCN为 sp杂化，CO2为 sp杂化，碳酸根离子中心原子属于sp2杂化，C错误；
D．HCN 水溶液中存在 4 种氢键，H-CN······H-CN、H2O········H-CN、H-CN·········H-O-H、H2O·······H-O-H ，D正确；
答案选D。
16． 配位键 N 或
【详解】
(1)注意中N原子与形成配位键即可，故答案为：；
(2)为配离子，与之间为配位键；配体中提供孤电子对的为N；故答案为：配位键；N；
(3)中，提供空轨道，中的C原子提供孤电子对，形成配位键，据此可写出结构：或，故答案为：或。
17． 1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5) 平面三角形 C≡O 2×6.02×1023(或2NA) (或)
【详解】
（1）①Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则Mn2+基态的电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），故答案为：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；
②NO3-中N原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（2）①N2与CO为等电子体，二者结构相似，N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O，故答案为：C≡O；
②CO2的结构式为O=C=O，分子中C形成2个δ键，则1molCO2中含有的σ键数目为2×6.02×1023个，故答案为：2×6.02×1023(或2NA)；
（3）[Cu（OH）4]2-中Cu2+与4个OH-形成配位键，则[Cu（OH）4]2-的结构可用示意图表示为：，故答案为：。
18． 第四周期第ⅦB族 sp3、sp2 π B Cu2+ + 4NH3 =[Cu(NH3)4]2+ N、F、H三种元素的电负性：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配位键
【详解】
(1)Mn的价电子排布式为3d54s2，位于第四周期第ⅦB族；
(2)从天冬酰胺的结构中可以看出，碳原子形成的化学键的类型有单键和双键，故碳原子中碳以sp3和sp2两种杂化；
(3)1条三键中含有1个σ键和2个π键， 1个π键键能=×(942 kJ·mol-1-247 kJ·mol-1) =347.5 kJ·mol-1，大于σ键的键能，所以N2中的π键稳定；
(4)A．同主族元素电负性由上到下依次减弱，O的电负性大于S，A错误；
B．在上述结构示意图中，O和Cu之间（图中O→Cu）存在配位键，H-O、S-O之间存在共价键，[Cu(H2O)4]2+和之间存在离子键，B正确；
C．胆矾是CuSO4 5H2O，是由[Cu(H2O)4]2+和构成的，属于离子晶体，C错误；
D．由于胆矾晶体中水两类，一类是以配位键形成配体的水分子，一类是以氢键形成的结晶水，结合方式不同，因此受热时氢键形成的结晶水会先失去，故会因温度不同而得到不同的产物，D错误；
故选B；
(5)铜离子能与氨气形成配位键，故氢氧化铜能溶解在氨水中，反应的离子方程式为Cu2+ + 4NH3 =[Cu(NH3)4]2+；N、F、H三种元素的电负性：F>N>H， 形成配合物时，N原子作为配位原子，NH3中共用电子对偏向N，而在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，因此使得N原子上的孤对电子难与Cu2+形成配位键。
19． ③⑨ 6 、 极性键(或共价键)、配位键 、 N
【详解】
(1)配位键的形成条件是一方能够提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的空轨道。①中与O原子之间存在配位键，提供空轨道，O原子提供孤电子对；②中与1个之间存在配位键，提供空轨道，提供孤电子对；④中N与之间存在配位键；⑤中与之间存在配位键；⑥中与之间存在配位键；⑦中与之间存在配位键；⑧中B与之间存在配位键；③、⑨分子中不存在提供空轨道的原子，不存在配位键，故选③⑨；
故答案为：③⑨。
(2) 的配位数为6，提供空轨道，配体为；
故答案为：6；。
(3)基态的价电子排布式为，未成对电子数为2，同周期主族元素基态原子未成对电子数为2的价电子排布式为、，即为、；中的化学键有极性键(或共价键)、配位键，配体为、；
故答案为：、；极性键(或共价键)、配位键；、。
(4)①中，提供空轨道，配体为，中的N原子提供孤电子对。中A的价电子对数为，孤电子对数为0，原子杂化类型为。②配位键的箭头指向提供空轨道的一方。原子最外层有7个电子，再结合1个电子就可以形成一个单键，另有3对孤电子对。所以气态氯化铝中与2个原子形成共价键的原子中，有一个是配位键，原子提供孤电子对，原子提供空轨道；
故答案为：N；；；。
20． 3d54s1 S>N>O 平面三角形 O、Cl 6
【详解】
(1)Cr元素为24号元素，核外电子排布式为[Ar]3d54s1，价电子排布为3d54s1；
(2)电子层数越多原子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，所以原子半径S＞N＞O；
(3)SO2分子中心S原子的价层电子对数为=3，所以 VSEPR模型名称为平面三角形；
(4)Cl、O原子中均含有孤电子对，所以该物质的配离子中提供孤电子对的原子Cl、O；根据化学式可知2个Cl原子、4个O原子配位，即配位数为6；
(5)根据均摊法，晶胞中C原子的个数为4+=8，所以晶胞质量为g，晶体密度为ρ g·cm-3，所以晶胞的体积为cm3，则晶胞棱长为cm=pm。
21．(1) 如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物
(2)2~2.8
(3) Zn2+和Zn(HDz)2 2:3
(4) Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓ Zn(OH)2+2OH-=
【解析】
(1)根据双硫腙与Cu2+络合的离子方程式可知，双硫腙和络合的离子方程式为：，萃取过程中要控制适宜的酸度，如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物，故答案为：；如果溶液的pH太小，即H+浓度太大，将导致H2DzHDz-+H+平衡逆向移动，不利于Zn2+与H2Dz形成络合物；
(2)
由图可知，pH为1~2.8时只有Bi3+沉淀，且pH值越大，金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率越大，pH为2.8左右时可完全将废水中的Bi3+分离出来，故答案为：2~2.8；
(3)
由图可知，pH=5时，锌(Zn)的存在形式有Zn2+和Zn(HDz)2，且金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率为60%，即由60%的Zn2+被络合了，则Zn2+与Zn(HDz)2的物质的量之比为40%：60%=2:3，故答案为：Zn2+和Zn(HDz)2；2:3；
(4)
锌(Zn)的络合物被萃取到中分液后，逐滴加入足量的NaOH溶液，充分振荡，先产生白色沉淀即Zn2+与OH-结合生成了Zn(OH)2白色沉淀，后白色沉淀溶解消失最后溶液呈无色即Zn(OH)2能继续溶解在过量的NaOH溶液中生成，故有关反应的离子方程式：Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓，Zn(OH)2+2OH-=，故答案为：Zn2++2OH-=Zn(OH)2↓；Zn(OH)2+2OH-=。
22． AD sp3 正四面体 +3 6 sp3和sp 2 由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大
【详解】
（1）A．设[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m中Fe元素化合价为x，根据化合价代数和为0，可知2x-n+（3-）×（-2）=0，解得x=+3，选项A不正确；B．Fe原子核外电子数为26，铁元素的价电子数8，且4s轨道排2个电子，3d轨道排6个电子，所以铁原子的价电子排布式是3d64s2，选项B正确；C．硫酸亚铁中铁元素的化合价是+2价，[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m中铁元素的化合价是+3价，铁离子水解生成氢氧化铁，所以由FeSO4溶液制PFS需经过氧化、水解和聚合的过程，选项C正确；D．Fe2+再失去一个电子需要的能量比气态Mn2+再失去一个电子需要能量小，所以气态Fe2+再失去一个电子比气态Mn2+再失去一个电子容易，选项D不正确；答案选AD；
（2）PFS中SO42-总价电子数32，中心原子有4个σ键，采取sp3杂化，空间构型是正四面体立体结构；
(3)①该化合物中 显-1价，氯元素为-1价，则铬的化合价为+3价；②2个Cr共有12个配体，则一个Cr的配位数为6；③甲基上的碳原子含有4个σ键，所采取sp3杂化，碳碳双键上的碳原子含有3σ键，所以采取sp2杂化；
（4）根据表中数据可知，由于硫的电负性强于Se，形成的共用电子对斥力大，键角大。
23． M Fe3+的价电子排布为3d5，半满结构稳定 K
（1）Fe的原子序数为26，基态Fe原子的外围电子排布式为3d64s2，基态Fe原子的外围电子排布图为；基态Fe2+的核外电子排布式为[Ar]3d6，核外电子占据最高能层的符号是M；Fe3+的稳定性强于Fe2+，原因是Fe3+的价电子排布为3d5，半满结构稳定；
（2）液态NH3和液态H2S相比，液态NH3分子间存在氢键，说明N比S更强烈的吸引H上的电子，而形成氢键，所以就电负性而言，N S，C与N同一周期，电负性N C，硫酸是强酸，而碳酸是弱酸，故电负性S C，K是金属元素，K的电负性最小，所以KSCN中四种元素的电负性由小到大的顺序为K
b．[Fe(CN)6]3-离子中，C原子与N原子之间形成极性共价键，b正确；
c．氢键不属于化学键，c错误；
d．Fe3+与CN-形成配位键，d正确；
e．K3[Fe(CN)6]不属于金属晶体，不存在金属键，e错误；
答案选a、b、d；
在配合物K3[Fe(CN)6]中，Fe3+与CN-之间形成6个配位键，配位键也是σ键，在每个CN-内部有1个σ键和2个π键，故1mol K3[Fe(CN)6]中含有σ键的数目为12NA，π键的数目为12NA，故1mol K3[Fe(CN)6]中含有σ键与π键的数目比为1:1；
（4）FexO为氯化钠型结构，每个晶胞中含有4个“FexO”，测得Fe0.92O晶体的晶胞参数a=428.0pm，所以(428.0×10-10)3×ρ×6.02×1023=4×(56×0.92+16)，ρ=g/cm3 ；由氯化钠的晶胞图形，设Fe在面心，另外的Fe在立方体的顶点，面对角线的一半为晶体中最近的两个铁离子间的距离，其距离为=302.6pm。