3.4配合物与超分子 一课一练 2021-2022学年高二化学人教版（2019）选择性必修2（含解析）
文档属性
| 名称 | 3.4配合物与超分子 一课一练 2021-2022学年高二化学人教版（2019）选择性必修2（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 431.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-11 12:42:20 | ||
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文档简介
3.4配合物与超分子——一课一练2021-2022学年高中化学人教版（2019）选择性必修2
一、选择题（共15题）
1．下列配合物的配位数不是6的是
A．K3[Fe(SCN)4Cl2]
B．Na2[SiF6]
C．Na3[AlF6]
D．[Cu(NH3)4]Cl2
2．下列有关物质性质、结构特点的表述均正确，且存在因果关系的是
表述 1 表述 2
A 向盛有硫酸铜溶液的试管里滴加氨水至过量，先形成难溶物，继而难溶物溶解，形成深蓝色溶液 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后溶液中铜元素的存在形式均为Cu2＋
B 水的沸点比硫化氢高 H-O 键的键能比H-S 键的键能大
C 空间结构是三角锥形 的中心原子 S 原子为 sp3 杂化
D P4O10、C6H12O6（葡萄糖）溶于水后均不导电 P4O10、C6H12O6（葡萄糖）均属于共价化合物
A．A B．B C．C D．D
3．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法正确的是
A．中心离子是Ti4＋
B．配位体是Cl-和H2O，配位数是8
C．内界和外界中Cl-的数目比是1∶2
D．向1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀
4．下列过程中的颜色变化与氧化还原反应有关的是
A．NO遇空气变为红棕色气体
B．向AgCl浊液中滴入溶液，产生黑色沉淀
C．向溶液中加入过量氨水，溶液颜色变为深蓝色
D．向碘水中滴加几滴，振荡、静置，下层溶液呈紫红色
5．向CuSO4溶液滴加氨水至过量，得到含有[Cu(NH3)4]2+配离子的深蓝色溶液。[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物。下列有关该反应过程中的叙述或表达正确的是
A．[Cu(NH3)4]2+中心离子基态的价电子轨道表示式是：
B．配体NH3分子的VSEPR模型为平面正三角形
C．氨水中NH3与水分子之间的氢键：、
D．[Cu(NH3)4]2+的空间构型为：
6．下列说法正确的是
A．P4和CH4的分子构型相同，键角相等
B．石墨的导电性跟单层石墨中存在的大π键有关
C．Fe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是O原子
D．H2O的稳定性强于H2S是因为H2O分子之间存在氢键
7．碳及其化合物在工农业生产中有着广泛的应用。工业上用CH4与H2O、CO2重整生产H2，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+161.1kJ·mol-1。CO是常见的还原剂，可用CH3COO[Cu(NH3)2]溶液吸收CO。CO2可以用于生产CH4、CH3OCH3等有机物，CO2还是侯氏制碱的原料。下列有关说法正确的是
A．CH4能形成分子间氢键
B．CO2中的键角比CH4的大
C．CO的空间构型为三角锥形
D．CH3COO[Cu(NH3)2]中有6个配位键
8．向溶液中滴加溶液，产生的沉淀主要是
A． B．AgCl
C．AgBr和AgCl D．AgBr
9．离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是
A．该离子液体能与水分子形成氢键
B．该结构中不存在手性碳原子
C．该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D．BF中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
10．胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，可改写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列有关胆矾的说法正确的是
A．氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键
B．胆矾可用于实验过程中检验水蒸气
C．胆矾中的水分子均与中心Cu2+之间存在配位键
D．胆矾中的水分子在不同温度下会分步失去
11．下列关于超分子的说法不正确的是
A．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
B．超分子都是无限伸展的
C．冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
12．下列“类比”结果说法正确的是
A．通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也无沉淀生成
B．与反应生成，则与反应生成
C．与浓共热可制，则与浓共热也可制
D．向溶液中加入过量氨水生成，则往溶液中加入过量氨水生成
13．某物质的结构如图所示:下列有关该物质的分析中正确的是
A．该物质分子中不存在σ键
B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对
14．下列各现象与配位化合物无关的是
A．铜的化合物在固态时颜色各异，而溶于水(可溶)后溶液都呈现蓝色
B．在溶液中滴加溶液显血红色
C．在硝酸银溶液中逐滴加入稀氨水，先生成沉淀，然后沉淀消失
D．澄清石灰水中通入足量，先生成沉淀，然后沉淀消失
15．下列说法正确的是
A．键和键都属于共价键，均有方向性
B．气体单质中，一定有σ键，可能有π键
C．苯分子中每个碳原子的杂化轨道中的其中一个形成大键
D．等物质的量的[Cu(H2O)4]2+与［Ag(NH3)2]+中所含的σ键数之比为3：2
二、填空题（共4题）
16．工业盐酸(俗称粗盐酸)呈亮黄色，已证明了这是配合物的颜色。请分析这种配合物的中心离子和配体，并用实验定性证明这种配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的。___________
17．根据所学内容填空：
(1)有下列物质：①、②、③、④、⑤、⑥，其中属于极性分子的是___________填序号，下同，既有键又有键的是___________。
(2)下列分子中，空间构型为正四面体形且键角为的是___________。
a.PCl3 b.SiF4 c.CH2F2 d.P4 e.CH4 f.NH3
(3)下列分子或离子中不存在配位键的是___________。
a．H3O+ b.c．Fe(SCN)2+ d.Ni(CO)4 e.]2+
(4)、、的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是___________。
(5)丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是___________。
(6)如图所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________(化学式)。
18．(1)将白色粉末溶于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位数是4的配离子，请写出生成此配离子的离子方程式：______，蓝色溶液中的阳离子内存在的化学键类型有______。
(2)(胆矾)中含有水合铜离子因而呈蓝色，写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(将配位键表示出来)：______。
(3)向溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入乙醇可以生成深蓝色的沉淀。下列说法不正确的是______(填序号)
a.的组成元素中电负性最大的是N元素
b.晶体及中S原子的杂化方式均为
c.中所含有的化学键类型有离子键、极性共价键和配位键
d.对于、分子来说，键角：
e.中，N原子给出孤电子对
f.分子中氮原子的轨道杂化方式为杂化
(4)配离子的中心离子是______，配体是______，配位数为______，其含有微粒间的作用力类型有______。
19．中存在的作用力有_______(填化学键类型)，银离子的配位数是_______。
三、综合题（共4题）
20．Zn在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位，明朝末年宋应星所著的《天工开物》一书中就有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：
(1)Zn基态原子的电子排布式为___________，4s能级上的成对电子数为___________。
(2)葡萄糖酸锌{[CH2OH( CHOH)4COO]2Zn}是目前市场上流行的补锌剂。葡萄糖酸锌中碳原子杂化形式有___________，C、H两元素的第一电离能的大小关系为___________________。
(3)ZnCl2与NH3形成的配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，存在___________(填字母)。
A离子键 B．σ键 C．π键
(4)锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物中Zn与X的原子个数之比为___________。
(5)在图示晶胞中若只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的___________堆积；设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1nm，X的半径为r2nm，X的相对原子质量为M，则该晶体的密度为___________g·cm－3(用含r1、r2、M、NA的代数式表示)。
21．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__________________________________________________
22．在稀土开采技术方面，我国遥遥领先。无论是美国的芒廷帕斯还是澳大利亚的稀土矿山，均为在我国技术的参与下才实现产出。我国科学家最早研究的是稀土—钴化合物的结构。请回答下列问题：
(1)Co4+的价层电子的电子排布式为___________，Co原子中存在___________种不同能级的电子。
(2)Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中不易被还原，其原因为___________。
(3)一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构如图1所示，1mol该配合物形成的配位键有___________mol，配位原子是___________，碳原子的杂化类型有___________。
(4)钴蓝晶胞结构如图2所示，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为___________。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___________g·cm-3(列计算式)。
23．根据元素在体内含量不同，可将体内元素分为常量元素和微量元素。其中H、C、O、N、S、P等为常量元素，Fe、Zn等为微量元素。回答下列问题：
(1)锌的氨合离子[Zn(NH3)4]2+中存在的化学键有___。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E.σ键 F.π键
(2)数据表明，S的第一电离能小于P的第一电离能，其原因可能有两种：一种原因是S失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，电离能较低，另一种是原因是___。
(3)氧与氮可形成正离子，其空间构型为___。
(4)与互为等电子体的一种分子为___(填化学式)。
(5)H2O分子中的键长比H2S中的键长___(填“长”或“短”)。H2O分子的键角比H2S的键角大，其原因是___。S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3，的空间构型为__。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．K3[Fe(SCN)4Cl2]中配合物的配位数为6，配体为SCN-和Cl-，故A不选；
B．Na2[SiF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故B不选；
C．Na3[AlF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故C不选；
D．[Cu(NH3)4]Cl2中配合物的配位数为4，配体为NH3，故D选；
故选D。
2．C
【详解】
A．CuSO4与氨水反应首先生成Cu(OH)2沉淀，氨水过量后，Cu(OH)2溶解形成[Cu(NH3)4]2+配离子，故反应后铜元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在，表述2错误，A不符合题意；
B．水分子能形成分子间氢键，而H2S不能，故沸点比H2S高，选项两种表述不存在因果关系，B不符合题意；
C．中心S原子为sp3杂化，说明中心S原子价层电子对为4对（含3个σ电子对和1对孤电子对），对应空间构型为三角锥形，选项两种表述正确且存在因果关系，C符合题意；
D．P4O10溶于水与水反应生成H3PO4，H3PO4电离产生自由移动离子从而导电，表述1错误，C6H12O6（葡萄糖）为非电解质，溶于水不电离，故不能导电，D不符合题意；
故答案选C。
3．C
【详解】
A．配离子是[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，但中心离子是Ti3+，故A错误；
B．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配位体是Cl-和H2O，Ti3+的配位数为6，故B错误；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，内界配体Cl-为1，外界Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；
D．内界配体Cl-不与Ag+反应，外界Cl-离子与Ag+反应，在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，故D错误；
故选C。
4．A
【详解】
A．NO与氧气发生2NO+O2=2NO2，气体颜色有无色变为红棕色，且该反应为氧化还原反应，故A符合题意；
B．Ag2S比AgCl难溶，加入Na2S溶液发生2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S+2Cl-(aq)，白色沉淀转化成黑色沉淀，但该反应不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C．CuCl2溶液加入过量的氨水，发生Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，溶液有蓝色变为深蓝色，该反应不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D．I2易溶于四氯化碳，属于物理变化，故D不符合题意；
答案为A。
5．C
【详解】
A．[Cu(NH3)4]2+中心离子为Cu2+，基态价电子排布式为3d9，A错误；
B．NH3分子的中心原子价层电子对数为=4，所以VSEPR模型为正四面体，B错误；
C．N、O的电负性均较大，所以NH3与水分子之间的氢键有两种：、，C正确；
D．当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，说明[Cu(NH3)4]2+不是正四面体结构，应是平面正方形，D错误；
综上所述答案为C。
6．B
【详解】
A．P4和CH4的分子构型均为正四面体形，P4分子中4个P占据4个顶点，键角为60度，而甲烷的键角为，故A错误；
B．石墨单层结构中存在大π键，层内的每个碳原子提供1个电子在层内可自由移动，导致石墨具有导电性，故B正确；
C．Fe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是电负性弱的C原子，故C错误；
D．H2O的稳定性强于H2S是因为O的电负性强于S，O-H键更牢靠不易断裂，故D错误；
故选：B。
7．B
【详解】
A．F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，故甲烷分子间不能形成氢键，A错误；
B．已知CO2是直线形分子，键角为180°，CH4为正四面体结构，键角为109°28′，故CO2中的键角比CH4的大，B正确；
C．已知的中心原子C周围的价层电子对数为：3+=3，故其空间构型为平面三角形，C错误；
D．已知CH3COO[Cu(NH3)2]中只有配位离子[Cu(NH3)2]+中Cu+与NH3之间形成了2个配位键，D错误；
故答案为：B。
8．D
【详解】
能够电离出Br-，内界的氯离子不能电离，向溶液中滴加溶液，产生淡黄色的AgBr沉淀，故选D。
9．C
【详解】
A． 离子中含有非金属性强、原子半径小的氮原子，能与水分子形成氢键，故A正确；
B．由结构示意图可知，该结构中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；
C．由结构示意图可知，该结构中含有的单键碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化、含有的双键碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化，轨道杂化类型共有2种，故C错误；
D．BF离子中存在配位键，离子中B原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，轨道杂化类型为sp3杂化，故D正确；
故选C。
10．D
【详解】
A．氢键不属于化学键，A项错误；
B．胆矾中有5个H2O分子，无法吸收水蒸气，不能用于检验水蒸气，B项错误；
C．由图可知，胆矾中有1个H2O分子与胆矾分子通过氢键结合，有4个H2O分子与Cu2+通过配位键结合，C项错误；
D．由图可知，胆矾中有1个H2O分子与胆矾分子通过氢键结合，易失去，有4个H2O分子与Cu2+通过配位键结合，较难失去，D项正确；
答案选D。
11．B
【详解】
A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，故A正确；
B．超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；
C．冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D正确；
选B。
12．B
【详解】
A．SO3与水反应生成H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，故A错误；
B．O和S属于同主族，CO2、CS2的性质具有相似性，Na2O为碱性氧化物，与CO2、CS2分别反应生成Na2CO3、Na2CS3，故B正确；
C．HI具有强氧化性，浓硫酸具有强氧化性，浓硫酸能将HI氧化，因此NaI与浓硫酸反应共热不能制HI，故C错误；
D．Cu(OH)2能与过量氨水反应Cu(NH3)4(OH)2，故D错误；
答案为B。
13．C
【详解】
A、该物质C、C原子间存在σ键，选项A错误；
B、根据结构，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、 N之间存在配位键，所以该物质的分子中含有氢键、共价键、配位键三种作用力，选项B错误；
C、Ni 原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，选项C正确；
D、 C原子最外层的4个电子全部成键，没有孤对电子，选项D错误；
答案选C。
14．D
【详解】
A． 铜的化合物在固态时颜色各异，而溶于水(可溶)后溶液都呈现蓝色，因为形成了水合铜离子而呈蓝色，故A不选；
B． 在溶液中滴加溶液显血红色，因为铁离子与SCN-生成了[Fe(SCN)6]3-等络离子而呈血红色，故B不选；
C． 在硝酸银溶液中逐滴加入稀氨水，先生成氢氧化银沉淀，然后沉淀消失，氢氧化银溶于氨水生成银氨络离子而溶解，故C不选；
D． 澄清石灰水中通入足量，先生成CaCO3沉淀，然后生成碳酸氢钙溶于水，沉淀消失，与配位化合物无关，故D选；
故选D。
15．D
【详解】
A．s轨道是球形对称，s轨道及s轨道形成的共价键没有方向性，A错误；
B．在稀有气体单质中不存在化学键，B错误；
C．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3个σ键，同时每个碳原子还有一个未参加杂化的2p轨道，它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，C错误；
D． [Cu(H2O)4]2+中O原子是配体H2O中的O原子，O的价层电子对数为4，则杂化类型为sp3杂化；配位键属于键，一个水分子中有2个0-H键，则1mol[Cu(H2O)4]2+中含有键（4+2x4) =12mol，同理，1mol[Ag(NH3)2]+中所含的σ键数为（2+3x2) =8mol，故等物质的量二者所含的σ键比为12:8=3:2，D正确；
故选D。
16．将亮黄色的浓盐酸加水稀释，溶液的颜色褪去。
【详解】
将亮黄色的浓盐酸加水稀释，如果溶液的颜色褪色,说明溶液中不存在[FeCl4]-， 证明这种配合物只有在高浓度氯离子的溶液中才能存在。
17． ①③ ⑥ be b H2S sp2、sp SiH4
【详解】
(1)①分子内氢氟原子共用1对电子对、只含极性键，为直线形分子，正负电荷的中心不重合，为极性分子、②分子内氯原子间共用1对电子对、只含非极性键，为非极性分子、③分子内Se原子和每个H原子各共用1对电子对、只含极性键，为V字形分子，正负电荷的中心不重合，为极性分子、④分子内氯原子和每个氢原子各共用1对电子对、只含极性键，为正四面体形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子、⑤分子内硼原子与每个氟原子各共用1对电子对、只含极性键，为平面三角形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子、⑥分子内碳原子和每个硫原子各共用2对电子对、只含极性键，为直线形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子，则其中属于极性分子的是①③，单键都是键、双键中各有1个键和键，则既有键又有键的是⑥。
(2)空间构型为正四面体形且键角为、为5个原子形成的正四面体结构，故答案为：be。
(3) a．H3O+由氢离子与水分子之间通过配位键结合而成，a不符合； b．分子内氮原子和每个氢原子各共用1对电子对、只含极性键，没有配位键，b符合；c．Fe(SCN)2+由Fe3+离子与SCN-之间通过配位键结合而成，c不符合；d．Ni(CO)4由Ni原子与CO分子之间通过配位键结合而成，d不符合； e．]2+由Cu2+离子与水分子之间通过配位键结合而成，e不符合；则不存在配位键的是b。
(4)中孤电子对数=、中心原子价层电子对数=2+2=4，中孤电子对数=、中心原子价层电子对数=1+2=3，、的气态分子中孤电子对数=、中心原子价层电子对数=0+3=3，则中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S。
(5)丙烯腈分子中，前两个C原子为双键碳原子、为sp2、CN中的碳原子是三键，为sp。
(6) 在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，相对分子质量越大，物质熔沸点越高，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，故a点代表的应是SiH4.。
18． 极性共价键、配位键 af 、 4 配位键、极性共价键
【详解】
(1)将白色粉末溶于水中，溶液呈蓝色，是因为铜离子和水分子结合生成了一种呈蓝色的配位数是4的配离子，此配离子的离子方程式为：，蓝色溶液中的阳离子内铜离子和水分子之间存在的是配位键，水分子之间O和H之间形成的是极性共价键。故答案：；极性共价键、配位键。
(2)中的O原子提供孤电子对，提供空轨道，所以水合铜离子的结构简式为。故答案：。
(3)a．根据元素周期表可知电负性：，故a不正确；
ｂ．S原子与4个O原子形成共价键，所以S原子采取杂化，故b正确；
ｃ．中与以离子键结合，、中含有极性共价键，中含有配位键，故c正确；
ｄ．分子内N原子有1个孤电子对，分子中O原子有2个孤电子对，分子中孤电子对共用电子对排斥作用大，所以键角：，故d正确；ｅ．中N原子提供孤电子对，故e正确；
ｆ．分子中N的价层电子对数为4，轨道杂化方式为杂化，故f错误。
故答案：af。
(4)由配离子可以看出其中心离子是，配体是、配位数为4，含有的微粒间作用力有配位键以及极性共价键。故答案：；、；4；配位键、极性共价键。
19． 离子键、共价键、配位键 2
【详解】
为离子化合物，外界与内界之间是离子键、内界配位离子中含有配位键、共价键，且银离子的配位数为2；
答案为离子键、共价键、配位键；2。
20． 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2 2 sp2、sp3 C【详解】
（1）Zn原子核外电子数为30，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2；
4s能级上只有2个电子且成对，故成对电子数为2；
(2)葡萄糖酸锌里有两种碳原子，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（—COO-里的碳）；
第一电离能表示气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，由于H的电子层数少、原子半径最小，原子核对外层电子的引力较强，故第一电离能C(3) 配合物[Zn(NH3)4]Cl2中[Zn(NH3)4]2+与氯离子形成离子键，Zn2+与NH3之间形成σ键， NH3中氮原子与氢原子之间形成σ键，答案选AB；
(4)根据均摊法计算，晶胞中锌的个数为4个，X的个数为8×+6×=4，该化合物中Zn与X的原子个数之比为1：1；
(5)根据晶胞结构特点可知，X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的面心立方最密堆积；设晶胞得边长是a，则根据晶胞结构可知a＝(4r1＋4r2)nm，解得a＝nm，则根据×NA=4，解得ρ＝ g·cm－3。
21． 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。
22．(1) 3d5 7
(2)N原子比O原子电负性小，Co3+可与氨气形成较稳定的配合物
(3) 6 N、O sp2、sp3
(4) CoAl2O4
【解析】
(1)
Co为27号元素，Co原子的核外电子排布为[Ar]3d74s2，失去外围4个电子后形成Co4+，所以Co4+的价层电子的电子排布式为3d5；Co原子的核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7个能级，即有7种不同能级的电子；
(2)
N原子比O原子电负性小，更容易给出孤电子对，Co3+可与氨气形成较稳定的配合物，所以在氨水中不易被还原；
(3)
根据该配合物的结构可知，Co2+与4个O、2个N原子配位，所以1mol该配合物形成的配位键有6mol，配位原子为N、O；形成碳氧双键的C原子为sp2杂化，全部形成单键的碳原子为sp3杂化；
(4)
Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为重复单元，该重复单元中Co原子个数=(4×+2×+1)×4=8个，I型和II型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个I型和II型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，Co、Al、O个数比为8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；该晶胞体积=(2a×10-7cm)3，晶胞相当于有8个“CoAl2O4”，所以晶胞的质量为g，所以密度为g÷(2a×10-7cm)3=g/cm3。
23． BCE 磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构，第一电离能较高 直线形 N2O4 短 因为O的原子半径比S的小；氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大于H2S V形
【详解】
(1) [Zn(NH3)4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，N-H键为单键，为σ键，故答案为：BCE；
(2)S的第一电离能小于P的第一电离能，其原因可能有两种：一种是S失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，电离能较低，另一种是磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构第一电离能较高，故答案为：磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构第一电离能较高；
(3)氧与氮形成的正离子中N原子的价层电子对数=2+=2，其空间构型为直线形；
(4)与互为等电子体的分子具有相同的原子数和价电子数，该分子为N2O4；
(5)同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：S>O，故键长：H2O分子中的键长比H2S中的键长短；
因为O的原子半径比S的小；氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大于H2S，故H2O分子的键角比H2S的键角大；
的电子式为，由于中心S原子含有两对孤电子，所以该离子的空间构型为V形。
一、选择题（共15题）
1．下列配合物的配位数不是6的是
A．K3[Fe(SCN)4Cl2]
B．Na2[SiF6]
C．Na3[AlF6]
D．[Cu(NH3)4]Cl2
2．下列有关物质性质、结构特点的表述均正确，且存在因果关系的是
表述 1 表述 2
A 向盛有硫酸铜溶液的试管里滴加氨水至过量，先形成难溶物，继而难溶物溶解，形成深蓝色溶液 反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后溶液中铜元素的存在形式均为Cu2＋
B 水的沸点比硫化氢高 H-O 键的键能比H-S 键的键能大
C 空间结构是三角锥形 的中心原子 S 原子为 sp3 杂化
D P4O10、C6H12O6（葡萄糖）溶于水后均不导电 P4O10、C6H12O6（葡萄糖）均属于共价化合物
A．A B．B C．C D．D
3．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法正确的是
A．中心离子是Ti4＋
B．配位体是Cl-和H2O，配位数是8
C．内界和外界中Cl-的数目比是1∶2
D．向1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀
4．下列过程中的颜色变化与氧化还原反应有关的是
A．NO遇空气变为红棕色气体
B．向AgCl浊液中滴入溶液，产生黑色沉淀
C．向溶液中加入过量氨水，溶液颜色变为深蓝色
D．向碘水中滴加几滴，振荡、静置，下层溶液呈紫红色
5．向CuSO4溶液滴加氨水至过量，得到含有[Cu(NH3)4]2+配离子的深蓝色溶液。[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物。下列有关该反应过程中的叙述或表达正确的是
A．[Cu(NH3)4]2+中心离子基态的价电子轨道表示式是：
B．配体NH3分子的VSEPR模型为平面正三角形
C．氨水中NH3与水分子之间的氢键：、
D．[Cu(NH3)4]2+的空间构型为：
6．下列说法正确的是
A．P4和CH4的分子构型相同，键角相等
B．石墨的导电性跟单层石墨中存在的大π键有关
C．Fe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是O原子
D．H2O的稳定性强于H2S是因为H2O分子之间存在氢键
7．碳及其化合物在工农业生产中有着广泛的应用。工业上用CH4与H2O、CO2重整生产H2，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ΔH=+161.1kJ·mol-1。CO是常见的还原剂，可用CH3COO[Cu(NH3)2]溶液吸收CO。CO2可以用于生产CH4、CH3OCH3等有机物，CO2还是侯氏制碱的原料。下列有关说法正确的是
A．CH4能形成分子间氢键
B．CO2中的键角比CH4的大
C．CO的空间构型为三角锥形
D．CH3COO[Cu(NH3)2]中有6个配位键
8．向溶液中滴加溶液，产生的沉淀主要是
A． B．AgCl
C．AgBr和AgCl D．AgBr
9．离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是
A．该离子液体能与水分子形成氢键
B．该结构中不存在手性碳原子
C．该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D．BF中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
10．胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，可改写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列有关胆矾的说法正确的是
A．氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键
B．胆矾可用于实验过程中检验水蒸气
C．胆矾中的水分子均与中心Cu2+之间存在配位键
D．胆矾中的水分子在不同温度下会分步失去
11．下列关于超分子的说法不正确的是
A．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
B．超分子都是无限伸展的
C．冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
12．下列“类比”结果说法正确的是
A．通入溶液中无沉淀生成，则通入溶液中也无沉淀生成
B．与反应生成，则与反应生成
C．与浓共热可制，则与浓共热也可制
D．向溶液中加入过量氨水生成，则往溶液中加入过量氨水生成
13．某物质的结构如图所示:下列有关该物质的分析中正确的是
A．该物质分子中不存在σ键
B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对
14．下列各现象与配位化合物无关的是
A．铜的化合物在固态时颜色各异，而溶于水(可溶)后溶液都呈现蓝色
B．在溶液中滴加溶液显血红色
C．在硝酸银溶液中逐滴加入稀氨水，先生成沉淀，然后沉淀消失
D．澄清石灰水中通入足量，先生成沉淀，然后沉淀消失
15．下列说法正确的是
A．键和键都属于共价键，均有方向性
B．气体单质中，一定有σ键，可能有π键
C．苯分子中每个碳原子的杂化轨道中的其中一个形成大键
D．等物质的量的[Cu(H2O)4]2+与［Ag(NH3)2]+中所含的σ键数之比为3：2
二、填空题（共4题）
16．工业盐酸(俗称粗盐酸)呈亮黄色，已证明了这是配合物的颜色。请分析这种配合物的中心离子和配体，并用实验定性证明这种配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的。___________
17．根据所学内容填空：
(1)有下列物质：①、②、③、④、⑤、⑥，其中属于极性分子的是___________填序号，下同，既有键又有键的是___________。
(2)下列分子中，空间构型为正四面体形且键角为的是___________。
a.PCl3 b.SiF4 c.CH2F2 d.P4 e.CH4 f.NH3
(3)下列分子或离子中不存在配位键的是___________。
a．H3O+ b.c．Fe(SCN)2+ d.Ni(CO)4 e.]2+
(4)、、的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是___________。
(5)丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是___________。
(6)如图所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA族中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___________(化学式)。
18．(1)将白色粉末溶于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位数是4的配离子，请写出生成此配离子的离子方程式：______，蓝色溶液中的阳离子内存在的化学键类型有______。
(2)(胆矾)中含有水合铜离子因而呈蓝色，写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(将配位键表示出来)：______。
(3)向溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入乙醇可以生成深蓝色的沉淀。下列说法不正确的是______(填序号)
a.的组成元素中电负性最大的是N元素
b.晶体及中S原子的杂化方式均为
c.中所含有的化学键类型有离子键、极性共价键和配位键
d.对于、分子来说，键角：
e.中，N原子给出孤电子对
f.分子中氮原子的轨道杂化方式为杂化
(4)配离子的中心离子是______，配体是______，配位数为______，其含有微粒间的作用力类型有______。
19．中存在的作用力有_______(填化学键类型)，银离子的配位数是_______。
三、综合题（共4题）
20．Zn在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位，明朝末年宋应星所著的《天工开物》一书中就有世界上最早的关于炼锌技术的记载。回答下列问题：
(1)Zn基态原子的电子排布式为___________，4s能级上的成对电子数为___________。
(2)葡萄糖酸锌{[CH2OH( CHOH)4COO]2Zn}是目前市场上流行的补锌剂。葡萄糖酸锌中碳原子杂化形式有___________，C、H两元素的第一电离能的大小关系为___________________。
(3)ZnCl2与NH3形成的配合物[Zn(NH3)4]Cl2中，存在___________(填字母)。
A离子键 B．σ键 C．π键
(4)锌与某非金属元素X形成的化合物晶胞如图所示，其中Zn和X通过共价键结合，该化合物中Zn与X的原子个数之比为___________。
(5)在图示晶胞中若只考查X的排列方式，则X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的___________堆积；设阿伏加德罗常数的数值为NA，该晶胞中Zn的半径为r1nm，X的半径为r2nm，X的相对原子质量为M，则该晶体的密度为___________g·cm－3(用含r1、r2、M、NA的代数式表示)。
21．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__________________________________________________
22．在稀土开采技术方面，我国遥遥领先。无论是美国的芒廷帕斯还是澳大利亚的稀土矿山，均为在我国技术的参与下才实现产出。我国科学家最早研究的是稀土—钴化合物的结构。请回答下列问题：
(1)Co4+的价层电子的电子排布式为___________，Co原子中存在___________种不同能级的电子。
(2)Co3+在水中易被还原成Co2+，而在氨水中不易被还原，其原因为___________。
(3)一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构如图1所示，1mol该配合物形成的配位键有___________mol，配位原子是___________，碳原子的杂化类型有___________。
(4)钴蓝晶胞结构如图2所示，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为___________。NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为___________g·cm-3(列计算式)。
23．根据元素在体内含量不同，可将体内元素分为常量元素和微量元素。其中H、C、O、N、S、P等为常量元素，Fe、Zn等为微量元素。回答下列问题：
(1)锌的氨合离子[Zn(NH3)4]2+中存在的化学键有___。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E.σ键 F.π键
(2)数据表明，S的第一电离能小于P的第一电离能，其原因可能有两种：一种原因是S失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，电离能较低，另一种是原因是___。
(3)氧与氮可形成正离子，其空间构型为___。
(4)与互为等电子体的一种分子为___(填化学式)。
(5)H2O分子中的键长比H2S中的键长___(填“长”或“短”)。H2O分子的键角比H2S的键角大，其原因是___。S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3，的空间构型为__。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．K3[Fe(SCN)4Cl2]中配合物的配位数为6，配体为SCN-和Cl-，故A不选；
B．Na2[SiF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故B不选；
C．Na3[AlF6]中配体为F-，配合物的配位数为6，故C不选；
D．[Cu(NH3)4]Cl2中配合物的配位数为4，配体为NH3，故D选；
故选D。
2．C
【详解】
A．CuSO4与氨水反应首先生成Cu(OH)2沉淀，氨水过量后，Cu(OH)2溶解形成[Cu(NH3)4]2+配离子，故反应后铜元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在，表述2错误，A不符合题意；
B．水分子能形成分子间氢键，而H2S不能，故沸点比H2S高，选项两种表述不存在因果关系，B不符合题意；
C．中心S原子为sp3杂化，说明中心S原子价层电子对为4对（含3个σ电子对和1对孤电子对），对应空间构型为三角锥形，选项两种表述正确且存在因果关系，C符合题意；
D．P4O10溶于水与水反应生成H3PO4，H3PO4电离产生自由移动离子从而导电，表述1错误，C6H12O6（葡萄糖）为非电解质，溶于水不电离，故不能导电，D不符合题意；
故答案选C。
3．C
【详解】
A．配离子是[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，但中心离子是Ti3+，故A错误；
B．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配位体是Cl-和H2O，Ti3+的配位数为6，故B错误；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，内界配体Cl-为1，外界Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；
D．内界配体Cl-不与Ag+反应，外界Cl-离子与Ag+反应，在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2molAgCl沉淀，故D错误；
故选C。
4．A
【详解】
A．NO与氧气发生2NO+O2=2NO2，气体颜色有无色变为红棕色，且该反应为氧化还原反应，故A符合题意；
B．Ag2S比AgCl难溶，加入Na2S溶液发生2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S+2Cl-(aq)，白色沉淀转化成黑色沉淀，但该反应不属于氧化还原反应，故B不符合题意；
C．CuCl2溶液加入过量的氨水，发生Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，溶液有蓝色变为深蓝色，该反应不属于氧化还原反应，故C不符合题意；
D．I2易溶于四氯化碳，属于物理变化，故D不符合题意；
答案为A。
5．C
【详解】
A．[Cu(NH3)4]2+中心离子为Cu2+，基态价电子排布式为3d9，A错误；
B．NH3分子的中心原子价层电子对数为=4，所以VSEPR模型为正四面体，B错误；
C．N、O的电负性均较大，所以NH3与水分子之间的氢键有两种：、，C正确；
D．当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，说明[Cu(NH3)4]2+不是正四面体结构，应是平面正方形，D错误；
综上所述答案为C。
6．B
【详解】
A．P4和CH4的分子构型均为正四面体形，P4分子中4个P占据4个顶点，键角为60度，而甲烷的键角为，故A错误；
B．石墨单层结构中存在大π键，层内的每个碳原子提供1个电子在层内可自由移动，导致石墨具有导电性，故B正确；
C．Fe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是电负性弱的C原子，故C错误；
D．H2O的稳定性强于H2S是因为O的电负性强于S，O-H键更牢靠不易断裂，故D错误；
故选：B。
7．B
【详解】
A．F，O，N等电负性大而原子半径较小的非金属原子，在某些含N-H、O-H、F-H的化合物中形成氢键，故甲烷分子间不能形成氢键，A错误；
B．已知CO2是直线形分子，键角为180°，CH4为正四面体结构，键角为109°28′，故CO2中的键角比CH4的大，B正确；
C．已知的中心原子C周围的价层电子对数为：3+=3，故其空间构型为平面三角形，C错误；
D．已知CH3COO[Cu(NH3)2]中只有配位离子[Cu(NH3)2]+中Cu+与NH3之间形成了2个配位键，D错误；
故答案为：B。
8．D
【详解】
能够电离出Br-，内界的氯离子不能电离，向溶液中滴加溶液，产生淡黄色的AgBr沉淀，故选D。
9．C
【详解】
A． 离子中含有非金属性强、原子半径小的氮原子，能与水分子形成氢键，故A正确；
B．由结构示意图可知，该结构中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；
C．由结构示意图可知，该结构中含有的单键碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化、含有的双键碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化，轨道杂化类型共有2种，故C错误；
D．BF离子中存在配位键，离子中B原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，轨道杂化类型为sp3杂化，故D正确；
故选C。
10．D
【详解】
A．氢键不属于化学键，A项错误；
B．胆矾中有5个H2O分子，无法吸收水蒸气，不能用于检验水蒸气，B项错误；
C．由图可知，胆矾中有1个H2O分子与胆矾分子通过氢键结合，有4个H2O分子与Cu2+通过配位键结合，C项错误；
D．由图可知，胆矾中有1个H2O分子与胆矾分子通过氢键结合，易失去，有4个H2O分子与Cu2+通过配位键结合，较难失去，D项正确；
答案选D。
11．B
【详解】
A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，故A正确；
B．超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；
C．冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D正确；
选B。
12．B
【详解】
A．SO3与水反应生成H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，故A错误；
B．O和S属于同主族，CO2、CS2的性质具有相似性，Na2O为碱性氧化物，与CO2、CS2分别反应生成Na2CO3、Na2CS3，故B正确；
C．HI具有强氧化性，浓硫酸具有强氧化性，浓硫酸能将HI氧化，因此NaI与浓硫酸反应共热不能制HI，故C错误；
D．Cu(OH)2能与过量氨水反应Cu(NH3)4(OH)2，故D错误；
答案为B。
13．C
【详解】
A、该物质C、C原子间存在σ键，选项A错误；
B、根据结构，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、 N之间存在配位键，所以该物质的分子中含有氢键、共价键、配位键三种作用力，选项B错误；
C、Ni 原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，选项C正确；
D、 C原子最外层的4个电子全部成键，没有孤对电子，选项D错误；
答案选C。
14．D
【详解】
A． 铜的化合物在固态时颜色各异，而溶于水(可溶)后溶液都呈现蓝色，因为形成了水合铜离子而呈蓝色，故A不选；
B． 在溶液中滴加溶液显血红色，因为铁离子与SCN-生成了[Fe(SCN)6]3-等络离子而呈血红色，故B不选；
C． 在硝酸银溶液中逐滴加入稀氨水，先生成氢氧化银沉淀，然后沉淀消失，氢氧化银溶于氨水生成银氨络离子而溶解，故C不选；
D． 澄清石灰水中通入足量，先生成CaCO3沉淀，然后生成碳酸氢钙溶于水，沉淀消失，与配位化合物无关，故D选；
故选D。
15．D
【详解】
A．s轨道是球形对称，s轨道及s轨道形成的共价键没有方向性，A错误；
B．在稀有气体单质中不存在化学键，B错误；
C．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3个σ键，同时每个碳原子还有一个未参加杂化的2p轨道，它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，C错误；
D． [Cu(H2O)4]2+中O原子是配体H2O中的O原子，O的价层电子对数为4，则杂化类型为sp3杂化；配位键属于键，一个水分子中有2个0-H键，则1mol[Cu(H2O)4]2+中含有键（4+2x4) =12mol，同理，1mol[Ag(NH3)2]+中所含的σ键数为（2+3x2) =8mol，故等物质的量二者所含的σ键比为12:8=3:2，D正确；
故选D。
16．将亮黄色的浓盐酸加水稀释，溶液的颜色褪去。
【详解】
将亮黄色的浓盐酸加水稀释，如果溶液的颜色褪色,说明溶液中不存在[FeCl4]-， 证明这种配合物只有在高浓度氯离子的溶液中才能存在。
17． ①③ ⑥ be b H2S sp2、sp SiH4
【详解】
(1)①分子内氢氟原子共用1对电子对、只含极性键，为直线形分子，正负电荷的中心不重合，为极性分子、②分子内氯原子间共用1对电子对、只含非极性键，为非极性分子、③分子内Se原子和每个H原子各共用1对电子对、只含极性键，为V字形分子，正负电荷的中心不重合，为极性分子、④分子内氯原子和每个氢原子各共用1对电子对、只含极性键，为正四面体形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子、⑤分子内硼原子与每个氟原子各共用1对电子对、只含极性键，为平面三角形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子、⑥分子内碳原子和每个硫原子各共用2对电子对、只含极性键，为直线形分子，正负电荷的中心重合，为非极性分子，则其中属于极性分子的是①③，单键都是键、双键中各有1个键和键，则既有键又有键的是⑥。
(2)空间构型为正四面体形且键角为、为5个原子形成的正四面体结构，故答案为：be。
(3) a．H3O+由氢离子与水分子之间通过配位键结合而成，a不符合； b．分子内氮原子和每个氢原子各共用1对电子对、只含极性键，没有配位键，b符合；c．Fe(SCN)2+由Fe3+离子与SCN-之间通过配位键结合而成，c不符合；d．Ni(CO)4由Ni原子与CO分子之间通过配位键结合而成，d不符合； e．]2+由Cu2+离子与水分子之间通过配位键结合而成，e不符合；则不存在配位键的是b。
(4)中孤电子对数=、中心原子价层电子对数=2+2=4，中孤电子对数=、中心原子价层电子对数=1+2=3，、的气态分子中孤电子对数=、中心原子价层电子对数=0+3=3，则中心原子价层电子对数不同于其他分子的是H2S。
(5)丙烯腈分子中，前两个C原子为双键碳原子、为sp2、CN中的碳原子是三键，为sp。
(6) 在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，相对分子质量越大，物质熔沸点越高，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，故a点代表的应是SiH4.。
18． 极性共价键、配位键 af 、 4 配位键、极性共价键
【详解】
(1)将白色粉末溶于水中，溶液呈蓝色，是因为铜离子和水分子结合生成了一种呈蓝色的配位数是4的配离子，此配离子的离子方程式为：，蓝色溶液中的阳离子内铜离子和水分子之间存在的是配位键，水分子之间O和H之间形成的是极性共价键。故答案：；极性共价键、配位键。
(2)中的O原子提供孤电子对，提供空轨道，所以水合铜离子的结构简式为。故答案：。
(3)a．根据元素周期表可知电负性：，故a不正确；
ｂ．S原子与4个O原子形成共价键，所以S原子采取杂化，故b正确；
ｃ．中与以离子键结合，、中含有极性共价键，中含有配位键，故c正确；
ｄ．分子内N原子有1个孤电子对，分子中O原子有2个孤电子对，分子中孤电子对共用电子对排斥作用大，所以键角：，故d正确；ｅ．中N原子提供孤电子对，故e正确；
ｆ．分子中N的价层电子对数为4，轨道杂化方式为杂化，故f错误。
故答案：af。
(4)由配离子可以看出其中心离子是，配体是、配位数为4，含有的微粒间作用力有配位键以及极性共价键。故答案：；、；4；配位键、极性共价键。
19． 离子键、共价键、配位键 2
【详解】
为离子化合物，外界与内界之间是离子键、内界配位离子中含有配位键、共价键，且银离子的配位数为2；
答案为离子键、共价键、配位键；2。
20． 1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2 2 sp2、sp3 C
（1）Zn原子核外电子数为30，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar] 3d104s2；
4s能级上只有2个电子且成对，故成对电子数为2；
(2)葡萄糖酸锌里有两种碳原子，一种是以sp3杂化（接羟基的碳），一种是以sp2杂化（—COO-里的碳）；
第一电离能表示气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，由于H的电子层数少、原子半径最小，原子核对外层电子的引力较强，故第一电离能C
(4)根据均摊法计算，晶胞中锌的个数为4个，X的个数为8×+6×=4，该化合物中Zn与X的原子个数之比为1：1；
(5)根据晶胞结构特点可知，X的堆积方式属于金属晶体堆积方式中的面心立方最密堆积；设晶胞得边长是a，则根据晶胞结构可知a＝(4r1＋4r2)nm，解得a＝nm，则根据×NA=4，解得ρ＝ g·cm－3。
21． 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。
22．(1) 3d5 7
(2)N原子比O原子电负性小，Co3+可与氨气形成较稳定的配合物
(3) 6 N、O sp2、sp3
(4) CoAl2O4
【解析】
(1)
Co为27号元素，Co原子的核外电子排布为[Ar]3d74s2，失去外围4个电子后形成Co4+，所以Co4+的价层电子的电子排布式为3d5；Co原子的核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7个能级，即有7种不同能级的电子；
(2)
N原子比O原子电负性小，更容易给出孤电子对，Co3+可与氨气形成较稳定的配合物，所以在氨水中不易被还原；
(3)
根据该配合物的结构可知，Co2+与4个O、2个N原子配位，所以1mol该配合物形成的配位键有6mol，配位原子为N、O；形成碳氧双键的C原子为sp2杂化，全部形成单键的碳原子为sp3杂化；
(4)
Ⅰ、Ⅱ各一个正方体为重复单元，该重复单元中Co原子个数=(4×+2×+1)×4=8个，I型和II型合起来的长方体中含有4个Al和8个O，晶胞内有4个I型和II型合起来的长方体，因而晶胞内总计有16个Al和32个O，Co、Al、O个数比为8：16：32=1：2：4，化学式为CoAl2O4；该晶胞体积=(2a×10-7cm)3，晶胞相当于有8个“CoAl2O4”，所以晶胞的质量为g，所以密度为g÷(2a×10-7cm)3=g/cm3。
23． BCE 磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构，第一电离能较高 直线形 N2O4 短 因为O的原子半径比S的小；氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大于H2S V形
【详解】
(1) [Zn(NH3)4]2+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，N-H键为单键，为σ键，故答案为：BCE；
(2)S的第一电离能小于P的第一电离能，其原因可能有两种：一种是S失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，电离能较低，另一种是磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构第一电离能较高，故答案为：磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构第一电离能较高；
(3)氧与氮形成的正离子中N原子的价层电子对数=2+=2，其空间构型为直线形；
(4)与互为等电子体的分子具有相同的原子数和价电子数，该分子为N2O4；
(5)同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故原子半径：S>O，故键长：H2O分子中的键长比H2S中的键长短；
因为O的原子半径比S的小；氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大于H2S，故H2O分子的键角比H2S的键角大；
的电子式为，由于中心S原子含有两对孤电子，所以该离子的空间构型为V形。