3.4配合物与超分子—基础训练（word版 含解析）
文档属性
| 名称 | 3.4配合物与超分子—基础训练（word版 含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 661.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-04-25 17:28:35 | ||
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文档简介
3.4配合物与超分子
一、选择题（共16题）
1．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．第一电离能：O>N>C>H
B．分子中C和N的杂化方式相同
C．基态Zn原子的核外电子有15种空间运动状态
D．该物质中，Zn 的配位数为4，配位原子为O、N
2．氧化锌是一种常用的化学添加剂，以钢铁厂烟灰(主要成分为 ZnO，并含少量的 CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下。
已知：浸取工序中ZnO，CuO分别转化为和。下列说法错误的是
A．除杂时的离子方程式为
B．浸取和蒸氨沉锌的操作均应在较高温度下进行
C．蒸出物用氨水吸收后可返回浸取工序循环使用
D．滤渣①用 H2SO4溶液处理后得到溶液和 MnO2 固体
3．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．12g 石墨烯含有NA个碳原子
B．常温常压下，22. 4LCCl4含有NA个CCl4分子
C．1molCO 中，氧原子参与成键提供的电子数为3 NA
D．标准状况下，22. 4LSO2与足量的O2反应，转移电子数目等于2 NA
4．向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色硫酸四氨合铜晶体析出，上层溶液颜色变浅。下列有关说法正确的是
A．生成蓝色沉淀反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
B．NH3极易溶于水是因为氨分子间易形成氢键
C．蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液是因为NH提供孤对电子
D．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
5．下列关于配位化合物的叙述中不正确的是
A．的中心离子是
B．配位化合物中只有配位键
C．中的提供空轨道，中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键
D．中含有配位键
6．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，应用广泛。1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐离子液体结构如图所示，下列相关叙述错误的是
A．该离子液体中C、N杂化方式均有sp2和sp3两种
B．阴离子呈正四面体形，存在共价键和配位键
C．阳离子中σ键数目是π键数目的10倍
D．该离子液体与水能够形成氢键
7．具有较高的光电转接效率，在太阳能电池領域具有重要的应用价值。的立方晶格结构如图所示，下列说法错误的是
A．中N原子的杂化轨道类型为
B．中存在配位键
C．甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：
D．晶胞中B(灰色球)代表，则每个晶胞中含有的数目为3
8．下列说法不正确的是
A．超分子定义中的分子是广义的，包括离子
B．在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出孤电子对，NH3提供空轨道
C．标况下22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2NA
D．等离子体是一种特殊的气体，存在于我们周围，如在蜡烛的火焰里
9．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．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6 B．该配合物中心原子是Cl－
C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位 D．配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子不配位
10．向盛有少量溶液的试管中滴入少量溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是
A．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，形成无色溶液
B．溶于浓氨水的离子方程式是
C．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液
D．生成的配合物中，为配体
11．众多的配合物溶于水后易电离为配离子，但配离子难以进一步发生电离。+3价的钴形成的配合物为CoClm·nNH3，若中心原子配位数为6，1mol配合物与AgNO3溶液反应时最多可得到1mol沉淀物，则m、n的数值分别为
A．1、5 B．5、1 C．3、4 D．3、5
12．实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+，下列说法正确的是
A．铁元素位于周期表第四周期第ⅧB族，属于ds区
B．FeCl3与KSCN溶液混合，得到的配合物K2[Fe(SCN)5]中，提供空轨道的是Fe3+，配体是SCN-，配位数是5
C．K4[Fe(CN)6]中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
D．K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀，该沉淀物质晶胞的结构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为2
13．下列说法中错误的是
A．离子晶体CaO的晶格能比KCl高，熔点KCl比CaO低
B．在NH和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．SO2、SO3都是极性分子
D．12g石墨中含有的C-C键的个数为3NA(NA为阿伏加德罗常数)
14．三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法正确的是
A．该配合物中的配离子存在多种异构体
B．对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去
C．提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态
D．常温下，向含1 mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3mol AgCl沉淀
15．钴是重要的过渡元素，能形成多种稳定的配合物。CoCl3·6NH3是一种重要的配合物，研究分子结构发现其络离子形状为正八面体。取1 mol该配合物，加入足量硝酸银溶液，产生x mol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是
A．Co元素在周期表中位于第4周期VIIIB族
B．配合物中络离子化学式为[Co(NH2)6]3+
C．x≤3
D．若晶体Co为A1型密堆积，晶胞参数为a cm，则钴原子的半径为a×1010pm
16．下列化学实验中出现的先后两个现象中，只包含一个化学变化的是
A．向氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀而后沉淀溶解
B．向溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加后沉淀溶解
C．向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
D．向甲酸溶液中加入新制，沉淀部分溶解，加热后产生砖红色沉淀
二、综合题
17．利用铁矿石(Fe2O3)，可以制得Fe3[Fe(CN)6]2和Fe(SCN)3，请回答下列问题：
(1)基态Fe3+的价电子排布式为___________。
(2)O、S、C三种元素的电负性由大到小的顺序为___________，Fe(CO)5是一种浅黄色液体，熔点－20℃，沸点103℃。Fe(CO)5晶体类型是___________。
(3)KSCN是检验Fe3+的试剂之一，与SCN－互为等电子体的分子为___________(任写一种)，SCN－中碳原子的杂化类型为___________。第一电离能I1(N)___________I1(O)(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由是___________。
(4)钾晶体(其晶胞结构如图所示)的晶胞参数为apm。假定金属钾原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切，则钾原子的半径为___________pm，晶体钾的密度计算式是___________g/m3(设NA为阿伏加德罗常数的值)
18．主族元素N、P、As、Se、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)N、P、As电负性由大到小的顺序为_______，As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为_______
(2)阿散酸(如图)是一种饲料添加剂，能溶于NaOH溶液中，常含有H3AsO3、NaCl等杂质，该结构中N的杂化方式为_______，AsO的空间构型为_______
(3)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是_______
(4)NaCl晶体与Na或Cl2在50~300 GPa的高压下反应，可以形成不同的晶体，其中一种晶体的晶胞如图1所示，该晶体的化学式为_______
(5)CrCl3能与H2O、NH3形成配位数为6的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为2：1，1mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液可得430.5g白色沉淀，则该配合物的化学式为_______。
19．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__________________________________________________
20．A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的六种元素。已知：
①F的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②E原子价电子(外围电子)排布为msnmpn－1；
③D原子最外层电子数为偶数；
④A、C原子p轨道的电子数分别为2和4。
请回答下列问题：
(1)下列叙述正确的是___________(填序号)。
A．金属键的强弱：D＞E
B．基态原子第一电离能：D＞E
C．五种短周期元素中，原子半径最大的原子是E
D．晶格能：NaCl＜DCl2
(2)F基态原子的核外电子排布式为___________；与F同一周期的副族元素的基态原子中最外层电子数与F原子相同的元素为___________(填元素符号)。
(3)已知原子数和价电子数相同的分子或离子为等电子体，互为等电子体的微粒结构相同，中心原子的杂化轨道类型为___________。
(4)向F的硫酸盐(FSO4)溶液中，逐滴加入氨水至过量，请写出该过程中涉及的所有离子方程式___________、___________。
(5)灼烧F的硫酸盐(FSO4)可以生成一种红色晶体，其结构如图，则该化合物的化学式是___________。
(6)金属F的堆积方式为___________。铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，,)，则d点的坐标参数为___________。
21．钻的化合物在工业生产生命科技等行业有重要应用.
(1)的核外电子排布式为_____________，的第四电离能比的第四电离能要小得多，原因是_____________.
(2)、均能与形成配合物，如、的结构如图甲、图乙所示，图甲中含有____________配位键，图乙中原子的杂化方式为_____________，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____________(填元素符号).
22．(1)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。
①中阴离子的空间结构是______。
②在中，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___，提供孤电子对的成键原子是_________(填元素符号)。
(2)银氨溶液的主要成分是，配制方法是向溶液中滴加氨水至沉淀刚好完全溶解为止，得到澄清的银氨溶液。
①中阴离子的空间结构是________。
②中的配位数为___________。
(3)现代工业冶金中，。是常见的配体，提供孤电子对的是C不是N，其主要原因是__________。。
23．请结合具体例子说明配合物的结构特点。___________
24．炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]-，电离出的CN-有毒，当CN-与H+结合生成HCN时，毒性更强。回答下列问题。
（1）剧毒物HCN的水溶液酸性很弱，写出其电离的方程式：__。
（2）与弱电解质碳酸的电离方式相似，[Au(CN)2]-也存在着两步电离，其一级电离方程式为______。
（3）处理这种废水是在碱性条件下，利用NaClO将CN-氧化为CO和N2，其离子方程式为______。在酸性条件下，ClO-也能氧化CN-，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的主要原因是_____。
（4）H2CO3的K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，HClO的K=3.0×10-8，在NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式是______。
参考答案：
1．C
【详解】
A．同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族的，氢对核外电子的束缚力很弱，容易失去一个电子，其第一电离能较小，所以第一电离能：N＞O＞C＞H，故A错误；
B．分子中连双键的C的杂化方式为sp2，连单键的碳原子为sp3杂化，N都是sp3杂化，故B错误；
C．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Zn原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，有15种空间运动状态，故C正确；
D．该物质中，Zn提供空轨道，O和N提供孤电子对，配位原子是O、N，但Zn的配位数是5，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】
A．由分析知，A正确；
B．浸取时温度不宜过高，因为温度高，氨水易挥发，不利于形成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时Zn2+、Cu2+水解程度增大，导致ZnO、CuO的浸出率下降，B错误；
C．蒸出物主要为NH3、CO2，用氨水吸收后，可获得碳化氨水（主要含NH4HCO3），可返回浸取工序循环利用，C正确；
D．滤渣①为MnO2、Fe2O3，Fe2O3溶于稀硫酸形成Fe2(SO4)3，MnO2与稀硫酸不反应，D正确；
故答案选B。
3．A
【详解】
A．石墨烯的最简式为C，12gC中含有的碳原子个数为×NAmol—1=NA，故A正确；
B．缺标准状况，且四氯化碳为液态，则无法计算常温常压下22.4L四氯化碳的物质的量和含有的分子个数，故B错误；
C．一氧化碳和氮气的原子个数都为2、价电子数都为10，互为等电子体，与氮气分子的结构相似，一氧化碳分子中含有碳氧三键，其中氧原子提供2个不成对电子形成共价键，还提供1对孤对电子与碳原子形成配位键，则1mol一氧化碳中氧原子参与成键提供的电子数为1mol×4×NAmol—1=4NA，故C错误；
D．二氧化硫和氧气的催化氧化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，则标准状况下22.4L二氧化硫与足量的氧气反应时转移电子数目小于×2×NAmol—1=2NA，故D错误；
故选A。
4．D
【详解】
A．一水合氨为弱电解质，离子方程式中不能拆，正确离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，A错误；
B．NH3极易溶于水是因为氨分子和水分子间易形成氢键，B错误；
C．蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液的过程Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，提供孤电子对的是NH3，C错误；
D．向深蓝色溶液中加入95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇后硫酸四氨合铜变成沉淀析出，D正确；
综上所述答案为D。
5．B
【详解】
A．中Ag+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子形成，因此的中心离子是，A正确；
B．配位化合物中一定含有配位键，但也含有其它化学键，B错误；
C．中的提供空轨道，中的O原子提供孤电子对，两者以配位键结合为，C正确；
D．NH3中N提供孤电子，H+提供空轨道形成配离子，因此中含有配位键，D正确；
答案选B。
6．C
【详解】
A．该离子液体中根据C原子接的化学键有1个双键判断应采用的是sp2杂化，还有碳原子接的是四个单键，判断采用的是sp3杂化。N原子接的有1个双键判断是sp2杂化，另一个N原子接的都是单键判断是sp3，故A正确；
B．阴离子中的B原子采用sp3杂化，根据VSEPR模型判断空间构型是正四面体。根据杂化理论判断B原子中有空轨道，F-有孤对电子，故还含有配位键，故B正确；
C．根据单键是σ键，双键是π键判断该物质中含有σ键是19个，π键2，σ键数目不是π键数目的10倍。故C错误；
D．该物质中含有电负性大的N和F原子故能与水中的氢原子形成氢键，故D正确；
7．C
【详解】
A．的电子式为，N有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，A正确；
B．中N提供孤电子对，H提供空轨道，形成一个配位键，B正确；
C．甲基的供电子能力强于氢原子，则中含有两个甲基，接受质子能力较强，即接受质子能力：，C错误；
D．由分析可知晶胞中B(灰色球)代表，则每个晶胞中含有的数目为3，D正确；
选C。
8．B
【详解】
A．由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称为超分子， 超分子定义中的分子是广义的，包括离子，故A正确；
B．在配位离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 ，故B错误；
C．乙炔的结构式为H—C≡C—H，则1mol乙炔中含2molπ键，1mol冰中存在2mol氢键，标况下22.4LC2H2的物质的量为1mol，18g冰的物质的量也为1mol，则标况下22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2NA，故C正确；
D．等离子体是由部分电子被剥夺后的原子及原子被电离后产生的正负电子组成的离子化气体状物质，等离子体在我们的生活中是无处不在的，如蜡烛微弱的火焰、花花绿绿的霓虹灯、耀眼的电弧焊，还有自然界中的太阳，雷电，极光等等，故D正确；
故选B。
9．C
【详解】
在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于内界，故该配合物中心原子铂的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，答案选C。
10．A
【详解】
A．向溶液中加入少量溶液，发生反应，沉淀为蓝色，再加入适量浓氨水，发生反应，形成深蓝色溶液，A错误；
B．再加入适量浓氨水，发生反应，形成深蓝色溶液，B正确；
C．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液，C正确；
D．配合物中，为配体，D正确；
故选A。
11．C
【详解】
由题干可知，Co显+3价，配合物NH3显电中性，即配合物中含有三个Cl-，1mol该配合物生成1molAgCl沉淀，则1mol该配合物中含1mol外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，又因为Co3+配合物为6，则NH3配合物为4，故该配合物的化学式可写为：[CoCl2(NH3)4]Cl。
故答案为C。
12．B
【详解】
A．Fe是26号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素，A错误；
B．将FeCl3与KSCN溶液混合，得到的配合物K2[Fe(SCN)5]，其中提供空轨道的是中心离子Fe3+，配位体是SCN-，其配位数是5，B正确；
C．K4[Fe(CN)6]是离子化合物，阳离子是K+，阴离子是[Fe(CN)6]4-；阳离子与阴离子之间以含有离子键结合；在阴离子[Fe(CN)6]4-中，配位体CN-中C、N原子之间以极性键结合，配位体与中心Fe3+离子之间以配位键结合，配位键属于极性键，故该物质中含有离子键、极性共价键，不含非极性键，C错误；
D．在题给晶胞的结构中，含有Fe3+的个数为：；Fe2+的个数为：；CN-的个数为：，根据电荷守恒N(K+)+2N(Fe2+)+3N(Fe3+)=N(CN-)，可得N(K+)=，故在一个晶胞中含有K+数目为8×=4，D错误；
故合理选项是B。
13．CD
【详解】
A．由于半径：r(Ca2+)＜r(K+)，r(O2-)＜r(Cl-)，且Ca2+、O2-所带电荷比K+、Cl-多，所以CaO晶格能比KCl高，所以熔点CaO比KCl高，A正确；
B．中N原子提供孤对电子，H+提供空轨道，两者之间形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中心Cu2+提供空轨道，NH3中N提供孤对电子，两者之间形成配位键，B正确；
C．SO2空间结构为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，SO3空间结构为正三角形，正负电荷中心重合在S原子位置，故属于非极性分子，C错误；
D．石墨中每个C原子周围形成3根C—C键，而C—C是两个C之间共有的，故完全属于其中1个C的C—C为1.5根，故1 mol（12 g）石墨中含C—C数目为1.5 mol，即1.5NA，D错误；
故答案选CD。
14．AB
【详解】
A． 该配合物中的配离子[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+，配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，故存在多种异构体，A正确；
B．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，B正确；
C．该配位离子中提供电子对形成配位键的原子由N、O和Cl，它们的空间运动状态分别为5，5，9 ，即提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有不同数目的空间运动状态，C错误；
D．根据电离方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl-可知，常温下，向含1 mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2mol AgCl沉淀，D错误；
故答案为：AB。
15．BD
【详解】
A.钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故A错误；
B.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，化学式为[Co(NH2)6]3+，故B正确；
C.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，氯离子为外界离子，配合物的化学式为[Co(NH2)6] Cl3，1 mol配合物与足量硝酸银溶液反应生成3 mol不溶于稀硝酸的氯化银白色沉淀，故C错误；
D.若晶体钴为面心立方堆积，钴原子位于晶胞的顶点和面心，设钴原子的半径为r，则面对角线为4r，由晶胞参数为a cm可得：(4r)2=a2+a2，解得r=acm=a×1010pm，故D正确；
故选BD。
16．AC
【详解】
A．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先出现胶体的聚沉出现氢氧化铁红褐色沉淀， 该过程为物理过程，继续滴加氢氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁溶于，只有一个化学变化，故A正确；
B．加氨水，发生反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜溶于氨水生成四氨合铜离子，存在两个化学变化，故B错误；
C．鸡蛋清溶液属于胶体，加硝酸出现胶体聚成出现白色沉淀，加热过程中蛋白质发生变性转变成黄色沉淀，只有一个化学变化，故C正确；
D．甲酸溶液中加氢氧化铜先发生酸碱中和反应，氢氧化铜溶解，加热后甲酸中的醛基被铜离子氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，涉及两个化学变化，故D错误；
故选：AC；
17． 3d5 O>S>C 分子晶体 CO2或N2O sp 大于 N原子p能级为半充满状态，更稳定
【详解】
(1)Fe是26号元素，Fe原子核外有26个电子，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去3个电子变为Fe3+，根据构造原理，可得基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
(2)由于非金属性越强，其电负性越大。元素的非金属性：O>S>C，所以可知三种元素的电负性由大到小的顺序是：O>S>C；Fe(CO)5是一种浅黄色液体，熔点－20℃，沸点103℃，熔沸点较低，说明Fe(CO)5是分子晶体；
(3)等电子体中含有的原子数相同，原子的最外层电子数也相同，则与SCN－互为等电子体的分子为CO2或N2O。SCN－的中心原子碳原子的杂化方式与CO2的中心原子的杂化方式相同，因此其中的C原子的杂化方式是sp杂化。一般情况下，同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，当原子核外电子处于半满、全满或全空时电离能较大。由于N原子p能级为半充满状态，更稳定，所以其第一电离能比O元素的大；
(5)晶胞参数是apm，则晶胞的体对角线为apm，由晶胞结构可知4r=apm，则K原子半径r=pm；由于晶胞参数是apm，所以晶胞的体积V=(apm)3=(a×10-10)3m3；在一个晶胞中含有的K原子数目为：=2，则该晶体的密度ρ=g/m3。
18． N>P>As As的4p能级是半充满状态，能量更低，更稳定 sp3杂化 三角锥形 NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量 Na2Cl [Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3
【详解】
(1)N、P、As位于同一主族，同主族元素从上至下元素非金属性逐渐减弱，因此电负性：N>P>As；As位于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，Se位于第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4，As原子4p能级半充满，相对较为稳定，更难失去第一个电子，故答案为：N>P>As；As的4p能级是半充满状态，能量更低，更稳定。
(2)阿散酸中N原子的价层电子对数=3+=4，因此N原子的杂化方式为sp3；AsO中As原子的价层电子对数=3+=4，孤对电子对数为1，因此AsO的空间构型为三角锥形，故答案为：sp3杂化；三角锥形。
(3)液态NH3分子之间存在氢键，液氨汽化过程中需要吸收大量能量使氢键发生断裂，能够使环境温度降低，故答案为：NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量。
(4)1个晶胞中Na原子数为2+2×+4×=4，Cl原子数为8×=2，因此该晶体中N(Na)：N(Cl)=2：1，该晶体化学式为Na2Cl，故答案为：Na2Cl。
(5)1mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液生成白色沉淀，该白色沉淀为AgCl，430.5g AgCl的物质的量为=3mol，说明该配合物中Cl-全部在外界，溶于水后全部电离，内界配体为H2O、NH3，且相应两种配体的物质的量之比为2：1，Cr3+的配位数为6，因此该配合物化学式为[Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3，故答案为：[Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3。
19． 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。
20． BD 1s22s22p63s23p63d104s1 Cr sp杂化 Cu2+＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2 Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－ Cu2O 面心立方最密堆积 （）
【详解】
(1)A．原子半径越小、单位体积内的自由电子数越多，金属键越强，D为镁元素、E为铝元素、金属键的强弱：DD．核电荷数越高、核间距越小，晶格能越高，氯化钠和氯化镁相比，核间距是氯化镁的小、阳离子的核电荷数是氯化镁的高，故晶格能是氯化镁的大，D正确；故答案为BD；
(2)F为铜，核电荷数29，按基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；F最外层只有1个电子，与F同一周期的副族元素的基态原子中外层电子数也为1的元素为Cr，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
(3)即为3个原子其价电子数为16，则其等电子体有二氧化碳等，二氧化碳中心原子的孤电子对数为0、价层电子对数=4，杂化轨道类型为直线型；已知原子数和价电子数相同的分子或离子为等电子体，互为等电子体的微粒结构相同，则即空间构型为直线型、杂化方式为sp；
(4)向CuSO4溶液中，逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜沉淀、后沉淀溶于氨水生成四氨合铜配合离子，离子方程式：Cu2+＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－；
(5)从红色晶体结构示意图知，晶胞内O原子位于顶点和体心，晶胞内含有氧原子数目为， 4个Cu原子位于晶胞内，则该化合物的化学式是Cu2O；
(6)金属F的堆积方式为面心立方最密堆积；从Cu2O的晶胞结构示意图可知，d点的坐标参数为()。
21． (或) 失去3个电子后会变成，更容易再失去一个电子形成半充满状态，失去三个电子后会变成，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子 10 、
【详解】
(1)的核外电子数为25，电子排布式为或，的第四电离能比的第四电离能要小得多，原因是失去3个电子后会变成，更容易再失去一个电子形成半充满状态，失去三个电子后会变成达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子，故答案为：(或)；失去3个电子后会变成，更容易再失去一个电子形成半充满状态，失去三个电子后会变成，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子；
(2)在中，每个分子中，与原子间形成的3个共价键中，有1个是配位键，另外，每个原子与中心原子间形成1个配位键，所以含有配位键；图乙中，只与1个原子形成配位键的原子，价层电子对数为2，原子发生杂化；与2个原子形成配位键的原子，价层电子对数为3，原子发生杂化；形成上述两种化合物的四种元素中非金属性最强的元素是氧，则电负性最大的是，故答案为：10；、；；
22． 正四面体形 配位键 N 平面三角形 2 C的电负性比N小，吸引孤电子对的能力比N弱
【详解】
(1)①中S原子的孤电子对数为，价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形；
②Ni2+提供空轨道，中N原子提供孤电子对，二者形成配位键；
(2)①中N原子价电子对数是，形成3个键，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥模型可判断其空间结构为平面三角形；
②配位数即配体的个数，是配体，配位数为2；
(3)配体在形成配位键时需具备两个条件：一是有孤电子对，二是配位原子的电负性不能太大，如CO、CN-等配体中C原子提供孤电子对，因为C的电负性比N、O的小。
23．通常把金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。配合物一般是由中心原子或离子与几个配体分子或离子以配位键相结合而形成的复杂分子或离子，如配离子[Cu(NH3)4]2+是由中心离子Cu2+和配体 NH3通过配位键结合而成，在[Cu(NH3)4]2+中，NH3分子的氮原子给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以配位键形成了[Cu(NH3)4]2+。
【详解】
通常把金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。配合物一般是由中心原子或离子与几个配体分子或离子以配位键相结合而形成的复杂分子或离子，如配离子[Cu(NH3)4]2+是由中心离子Cu2+和配体 NH3通过配位键结合而成，在[Cu(NH3)4]2+中，NH3分子的氮原子给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以配位键形成了[Cu(NH3)4]2+。
24． HCNH++CN- [Au(CN)2]-AuCN+CN- 5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl- 生成剧毒物HCN，对人体有害 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【详解】
(1)HCN是弱电解，部分电离，电离方程式：HCNH++CN-，故答案为：HCNH++CN-；
(2)与弱电解质的电离方程式相似，[Au（CN）2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN-，电离方程式为[Au(CN)2]-AuCN+CN-，故答案为：[Au(CN)2]-AuCN+CN-；
(3)处理这种废水是在碱性条件下，NaClO将CN-氧化为二氧化碳和氮气，碱性条件下生成生成碳酸根离子，根据得失电子守恒配平反应得：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-，在酸性条件下，考虑CN-与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，故答案为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-；在酸性条件下CN-与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；
(4)电离平衡常数越小，结合氢离子的能力越强，则在NaClO溶液中通入少量的CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。
一、选择题（共16题）
1．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．第一电离能：O>N>C>H
B．分子中C和N的杂化方式相同
C．基态Zn原子的核外电子有15种空间运动状态
D．该物质中，Zn 的配位数为4，配位原子为O、N
2．氧化锌是一种常用的化学添加剂，以钢铁厂烟灰(主要成分为 ZnO，并含少量的 CuO、MnO2、Fe2O3等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下。
已知：浸取工序中ZnO，CuO分别转化为和。下列说法错误的是
A．除杂时的离子方程式为
B．浸取和蒸氨沉锌的操作均应在较高温度下进行
C．蒸出物用氨水吸收后可返回浸取工序循环使用
D．滤渣①用 H2SO4溶液处理后得到溶液和 MnO2 固体
3．设NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A．12g 石墨烯含有NA个碳原子
B．常温常压下，22. 4LCCl4含有NA个CCl4分子
C．1molCO 中，氧原子参与成键提供的电子数为3 NA
D．标准状况下，22. 4LSO2与足量的O2反应，转移电子数目等于2 NA
4．向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色硫酸四氨合铜晶体析出，上层溶液颜色变浅。下列有关说法正确的是
A．生成蓝色沉淀反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
B．NH3极易溶于水是因为氨分子间易形成氢键
C．蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液是因为NH提供孤对电子
D．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
5．下列关于配位化合物的叙述中不正确的是
A．的中心离子是
B．配位化合物中只有配位键
C．中的提供空轨道，中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键
D．中含有配位键
6．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，应用广泛。1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐离子液体结构如图所示，下列相关叙述错误的是
A．该离子液体中C、N杂化方式均有sp2和sp3两种
B．阴离子呈正四面体形，存在共价键和配位键
C．阳离子中σ键数目是π键数目的10倍
D．该离子液体与水能够形成氢键
7．具有较高的光电转接效率，在太阳能电池領域具有重要的应用价值。的立方晶格结构如图所示，下列说法错误的是
A．中N原子的杂化轨道类型为
B．中存在配位键
C．甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：
D．晶胞中B(灰色球)代表，则每个晶胞中含有的数目为3
8．下列说法不正确的是
A．超分子定义中的分子是广义的，包括离子
B．在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出孤电子对，NH3提供空轨道
C．标况下22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2NA
D．等离子体是一种特殊的气体，存在于我们周围，如在蜡烛的火焰里
9．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．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6 B．该配合物中心原子是Cl－
C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位 D．配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子不配位
10．向盛有少量溶液的试管中滴入少量溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是
A．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，形成无色溶液
B．溶于浓氨水的离子方程式是
C．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液
D．生成的配合物中，为配体
11．众多的配合物溶于水后易电离为配离子，但配离子难以进一步发生电离。+3价的钴形成的配合物为CoClm·nNH3，若中心原子配位数为6，1mol配合物与AgNO3溶液反应时最多可得到1mol沉淀物，则m、n的数值分别为
A．1、5 B．5、1 C．3、4 D．3、5
12．实验室中可用KSCN或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3+，下列说法正确的是
A．铁元素位于周期表第四周期第ⅧB族，属于ds区
B．FeCl3与KSCN溶液混合，得到的配合物K2[Fe(SCN)5]中，提供空轨道的是Fe3+，配体是SCN-，配位数是5
C．K4[Fe(CN)6]中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
D．K4[Fe(CN)6]与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀，该沉淀物质晶胞的结构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为2
13．下列说法中错误的是
A．离子晶体CaO的晶格能比KCl高，熔点KCl比CaO低
B．在NH和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．SO2、SO3都是极性分子
D．12g石墨中含有的C-C键的个数为3NA(NA为阿伏加德罗常数)
14．三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法正确的是
A．该配合物中的配离子存在多种异构体
B．对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去
C．提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态
D．常温下，向含1 mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3mol AgCl沉淀
15．钴是重要的过渡元素，能形成多种稳定的配合物。CoCl3·6NH3是一种重要的配合物，研究分子结构发现其络离子形状为正八面体。取1 mol该配合物，加入足量硝酸银溶液，产生x mol不溶于稀硝酸的白色沉淀。下列说法正确的是
A．Co元素在周期表中位于第4周期VIIIB族
B．配合物中络离子化学式为[Co(NH2)6]3+
C．x≤3
D．若晶体Co为A1型密堆积，晶胞参数为a cm，则钴原子的半径为a×1010pm
16．下列化学实验中出现的先后两个现象中，只包含一个化学变化的是
A．向氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先看到红褐色沉淀而后沉淀溶解
B．向溶液中滴加氨水，先产生蓝色沉淀，继续滴加后沉淀溶解
C．向鸡蛋清溶液中滴入浓硝酸，先产生白色沉淀，加热后沉淀变黄色
D．向甲酸溶液中加入新制，沉淀部分溶解，加热后产生砖红色沉淀
二、综合题
17．利用铁矿石(Fe2O3)，可以制得Fe3[Fe(CN)6]2和Fe(SCN)3，请回答下列问题：
(1)基态Fe3+的价电子排布式为___________。
(2)O、S、C三种元素的电负性由大到小的顺序为___________，Fe(CO)5是一种浅黄色液体，熔点－20℃，沸点103℃。Fe(CO)5晶体类型是___________。
(3)KSCN是检验Fe3+的试剂之一，与SCN－互为等电子体的分子为___________(任写一种)，SCN－中碳原子的杂化类型为___________。第一电离能I1(N)___________I1(O)(填“大于”、“小于”或“等于”)，理由是___________。
(4)钾晶体(其晶胞结构如图所示)的晶胞参数为apm。假定金属钾原子为等径的刚性小球且处于体对角线上的三个球相切，则钾原子的半径为___________pm，晶体钾的密度计算式是___________g/m3(设NA为阿伏加德罗常数的值)
18．主族元素N、P、As、Se、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)N、P、As电负性由大到小的顺序为_______，As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为_______
(2)阿散酸(如图)是一种饲料添加剂，能溶于NaOH溶液中，常含有H3AsO3、NaCl等杂质，该结构中N的杂化方式为_______，AsO的空间构型为_______
(3)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是_______
(4)NaCl晶体与Na或Cl2在50~300 GPa的高压下反应，可以形成不同的晶体，其中一种晶体的晶胞如图1所示，该晶体的化学式为_______
(5)CrCl3能与H2O、NH3形成配位数为6的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为2：1，1mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液可得430.5g白色沉淀，则该配合物的化学式为_______。
19．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__________________________________________________
20．A、B、C、D、E、F是原子序数依次递增的六种元素。已知：
①F的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②E原子价电子(外围电子)排布为msnmpn－1；
③D原子最外层电子数为偶数；
④A、C原子p轨道的电子数分别为2和4。
请回答下列问题：
(1)下列叙述正确的是___________(填序号)。
A．金属键的强弱：D＞E
B．基态原子第一电离能：D＞E
C．五种短周期元素中，原子半径最大的原子是E
D．晶格能：NaCl＜DCl2
(2)F基态原子的核外电子排布式为___________；与F同一周期的副族元素的基态原子中最外层电子数与F原子相同的元素为___________(填元素符号)。
(3)已知原子数和价电子数相同的分子或离子为等电子体，互为等电子体的微粒结构相同，中心原子的杂化轨道类型为___________。
(4)向F的硫酸盐(FSO4)溶液中，逐滴加入氨水至过量，请写出该过程中涉及的所有离子方程式___________、___________。
(5)灼烧F的硫酸盐(FSO4)可以生成一种红色晶体，其结构如图，则该化合物的化学式是___________。
(6)金属F的堆积方式为___________。铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，,)，则d点的坐标参数为___________。
21．钻的化合物在工业生产生命科技等行业有重要应用.
(1)的核外电子排布式为_____________，的第四电离能比的第四电离能要小得多，原因是_____________.
(2)、均能与形成配合物，如、的结构如图甲、图乙所示，图甲中含有____________配位键，图乙中原子的杂化方式为_____________，形成上述两种化合物的四种元素中电负性最大的是____________(填元素符号).
22．(1)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。
①中阴离子的空间结构是______。
②在中，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___，提供孤电子对的成键原子是_________(填元素符号)。
(2)银氨溶液的主要成分是，配制方法是向溶液中滴加氨水至沉淀刚好完全溶解为止，得到澄清的银氨溶液。
①中阴离子的空间结构是________。
②中的配位数为___________。
(3)现代工业冶金中，。是常见的配体，提供孤电子对的是C不是N，其主要原因是__________。。
23．请结合具体例子说明配合物的结构特点。___________
24．炼金废水中含有络离子[Au(CN)2]-，电离出的CN-有毒，当CN-与H+结合生成HCN时，毒性更强。回答下列问题。
（1）剧毒物HCN的水溶液酸性很弱，写出其电离的方程式：__。
（2）与弱电解质碳酸的电离方式相似，[Au(CN)2]-也存在着两步电离，其一级电离方程式为______。
（3）处理这种废水是在碱性条件下，利用NaClO将CN-氧化为CO和N2，其离子方程式为______。在酸性条件下，ClO-也能氧化CN-，但实际处理废水时却不在酸性条件下进行的主要原因是_____。
（4）H2CO3的K1=4.4×10-7、K2=4.7×10-11，HClO的K=3.0×10-8，在NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式是______。
参考答案：
1．C
【详解】
A．同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，但第ⅤA族元素的第一电离能大于第ⅥA族的，氢对核外电子的束缚力很弱，容易失去一个电子，其第一电离能较小，所以第一电离能：N＞O＞C＞H，故A错误；
B．分子中连双键的C的杂化方式为sp2，连单键的碳原子为sp3杂化，N都是sp3杂化，故B错误；
C．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Zn原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s2，有15种空间运动状态，故C正确；
D．该物质中，Zn提供空轨道，O和N提供孤电子对，配位原子是O、N，但Zn的配位数是5，故D错误；
故选C。
2．B
【详解】
A．由分析知，A正确；
B．浸取时温度不宜过高，因为温度高，氨水易挥发，不利于形成[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，同时Zn2+、Cu2+水解程度增大，导致ZnO、CuO的浸出率下降，B错误；
C．蒸出物主要为NH3、CO2，用氨水吸收后，可获得碳化氨水（主要含NH4HCO3），可返回浸取工序循环利用，C正确；
D．滤渣①为MnO2、Fe2O3，Fe2O3溶于稀硫酸形成Fe2(SO4)3，MnO2与稀硫酸不反应，D正确；
故答案选B。
3．A
【详解】
A．石墨烯的最简式为C，12gC中含有的碳原子个数为×NAmol—1=NA，故A正确；
B．缺标准状况，且四氯化碳为液态，则无法计算常温常压下22.4L四氯化碳的物质的量和含有的分子个数，故B错误；
C．一氧化碳和氮气的原子个数都为2、价电子数都为10，互为等电子体，与氮气分子的结构相似，一氧化碳分子中含有碳氧三键，其中氧原子提供2个不成对电子形成共价键，还提供1对孤对电子与碳原子形成配位键，则1mol一氧化碳中氧原子参与成键提供的电子数为1mol×4×NAmol—1=4NA，故C错误；
D．二氧化硫和氧气的催化氧化反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，则标准状况下22.4L二氧化硫与足量的氧气反应时转移电子数目小于×2×NAmol—1=2NA，故D错误；
故选A。
4．D
【详解】
A．一水合氨为弱电解质，离子方程式中不能拆，正确离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，A错误；
B．NH3极易溶于水是因为氨分子和水分子间易形成氢键，B错误；
C．蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液的过程Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，提供孤电子对的是NH3，C错误；
D．向深蓝色溶液中加入95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇后硫酸四氨合铜变成沉淀析出，D正确；
综上所述答案为D。
5．B
【详解】
A．中Ag+提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子形成，因此的中心离子是，A正确；
B．配位化合物中一定含有配位键，但也含有其它化学键，B错误；
C．中的提供空轨道，中的O原子提供孤电子对，两者以配位键结合为，C正确；
D．NH3中N提供孤电子，H+提供空轨道形成配离子，因此中含有配位键，D正确；
答案选B。
6．C
【详解】
A．该离子液体中根据C原子接的化学键有1个双键判断应采用的是sp2杂化，还有碳原子接的是四个单键，判断采用的是sp3杂化。N原子接的有1个双键判断是sp2杂化，另一个N原子接的都是单键判断是sp3，故A正确；
B．阴离子中的B原子采用sp3杂化，根据VSEPR模型判断空间构型是正四面体。根据杂化理论判断B原子中有空轨道，F-有孤对电子，故还含有配位键，故B正确；
C．根据单键是σ键，双键是π键判断该物质中含有σ键是19个，π键2，σ键数目不是π键数目的10倍。故C错误；
D．该物质中含有电负性大的N和F原子故能与水中的氢原子形成氢键，故D正确；
7．C
【详解】
A．的电子式为，N有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，A正确；
B．中N提供孤电子对，H提供空轨道，形成一个配位键，B正确；
C．甲基的供电子能力强于氢原子，则中含有两个甲基，接受质子能力较强，即接受质子能力：，C错误；
D．由分析可知晶胞中B(灰色球)代表，则每个晶胞中含有的数目为3，D正确；
选C。
8．B
【详解】
A．由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称为超分子， 超分子定义中的分子是广义的，包括离子，故A正确；
B．在配位离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 ，故B错误；
C．乙炔的结构式为H—C≡C—H，则1mol乙炔中含2molπ键，1mol冰中存在2mol氢键，标况下22.4LC2H2的物质的量为1mol，18g冰的物质的量也为1mol，则标况下22.4LC2H2中所含的π键数和18g冰中所含的氢键数均为2NA，故C正确；
D．等离子体是由部分电子被剥夺后的原子及原子被电离后产生的正负电子组成的离子化气体状物质，等离子体在我们的生活中是无处不在的，如蜡烛微弱的火焰、花花绿绿的霓虹灯、耀眼的电弧焊，还有自然界中的太阳，雷电，极光等等，故D正确；
故选B。
9．C
【详解】
在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于内界，故该配合物中心原子铂的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，答案选C。
10．A
【详解】
A．向溶液中加入少量溶液，发生反应，沉淀为蓝色，再加入适量浓氨水，发生反应，形成深蓝色溶液，A错误；
B．再加入适量浓氨水，发生反应，形成深蓝色溶液，B正确；
C．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液，C正确；
D．配合物中，为配体，D正确；
故选A。
11．C
【详解】
由题干可知，Co显+3价，配合物NH3显电中性，即配合物中含有三个Cl-，1mol该配合物生成1molAgCl沉淀，则1mol该配合物中含1mol外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，又因为Co3+配合物为6，则NH3配合物为4，故该配合物的化学式可写为：[CoCl2(NH3)4]Cl。
故答案为C。
12．B
【详解】
A．Fe是26号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，属于d区元素，A错误；
B．将FeCl3与KSCN溶液混合，得到的配合物K2[Fe(SCN)5]，其中提供空轨道的是中心离子Fe3+，配位体是SCN-，其配位数是5，B正确；
C．K4[Fe(CN)6]是离子化合物，阳离子是K+，阴离子是[Fe(CN)6]4-；阳离子与阴离子之间以含有离子键结合；在阴离子[Fe(CN)6]4-中，配位体CN-中C、N原子之间以极性键结合，配位体与中心Fe3+离子之间以配位键结合，配位键属于极性键，故该物质中含有离子键、极性共价键，不含非极性键，C错误；
D．在题给晶胞的结构中，含有Fe3+的个数为：；Fe2+的个数为：；CN-的个数为：，根据电荷守恒N(K+)+2N(Fe2+)+3N(Fe3+)=N(CN-)，可得N(K+)=，故在一个晶胞中含有K+数目为8×=4，D错误；
故合理选项是B。
13．CD
【详解】
A．由于半径：r(Ca2+)＜r(K+)，r(O2-)＜r(Cl-)，且Ca2+、O2-所带电荷比K+、Cl-多，所以CaO晶格能比KCl高，所以熔点CaO比KCl高，A正确；
B．中N原子提供孤对电子，H+提供空轨道，两者之间形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中心Cu2+提供空轨道，NH3中N提供孤对电子，两者之间形成配位键，B正确；
C．SO2空间结构为V形，正负电荷中心不重合，为极性分子，SO3空间结构为正三角形，正负电荷中心重合在S原子位置，故属于非极性分子，C错误；
D．石墨中每个C原子周围形成3根C—C键，而C—C是两个C之间共有的，故完全属于其中1个C的C—C为1.5根，故1 mol（12 g）石墨中含C—C数目为1.5 mol，即1.5NA，D错误；
故答案选CD。
14．AB
【详解】
A． 该配合物中的配离子[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+，配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，故存在多种异构体，A正确；
B．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，B正确；
C．该配位离子中提供电子对形成配位键的原子由N、O和Cl，它们的空间运动状态分别为5，5，9 ，即提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有不同数目的空间运动状态，C错误；
D．根据电离方程式[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2=[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2++2Cl-可知，常温下，向含1 mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2mol AgCl沉淀，D错误；
故答案为：AB。
15．BD
【详解】
A.钴元素的原子序数为27，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，故A错误；
B.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，化学式为[Co(NH2)6]3+，故B正确；
C.由络离子形状为正八面体可知，钴离子与6个氨气分子形成络离子，氯离子为外界离子，配合物的化学式为[Co(NH2)6] Cl3，1 mol配合物与足量硝酸银溶液反应生成3 mol不溶于稀硝酸的氯化银白色沉淀，故C错误；
D.若晶体钴为面心立方堆积，钴原子位于晶胞的顶点和面心，设钴原子的半径为r，则面对角线为4r，由晶胞参数为a cm可得：(4r)2=a2+a2，解得r=acm=a×1010pm，故D正确；
故选BD。
16．AC
【详解】
A．氢氧化铁胶体中滴入稀硫酸，先出现胶体的聚沉出现氢氧化铁红褐色沉淀， 该过程为物理过程，继续滴加氢氧化铁溶于硫酸得到硫酸铁溶于，只有一个化学变化，故A正确；
B．加氨水，发生反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，氢氧化铜溶于氨水生成四氨合铜离子，存在两个化学变化，故B错误；
C．鸡蛋清溶液属于胶体，加硝酸出现胶体聚成出现白色沉淀，加热过程中蛋白质发生变性转变成黄色沉淀，只有一个化学变化，故C正确；
D．甲酸溶液中加氢氧化铜先发生酸碱中和反应，氢氧化铜溶解，加热后甲酸中的醛基被铜离子氧化生成氧化亚铜砖红色沉淀，涉及两个化学变化，故D错误；
故选：AC；
17． 3d5 O>S>C 分子晶体 CO2或N2O sp 大于 N原子p能级为半充满状态，更稳定
【详解】
(1)Fe是26号元素，Fe原子核外有26个电子，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去3个电子变为Fe3+，根据构造原理，可得基态Fe3+的价电子排布式为3d5；
(2)由于非金属性越强，其电负性越大。元素的非金属性：O>S>C，所以可知三种元素的电负性由大到小的顺序是：O>S>C；Fe(CO)5是一种浅黄色液体，熔点－20℃，沸点103℃，熔沸点较低，说明Fe(CO)5是分子晶体；
(3)等电子体中含有的原子数相同，原子的最外层电子数也相同，则与SCN－互为等电子体的分子为CO2或N2O。SCN－的中心原子碳原子的杂化方式与CO2的中心原子的杂化方式相同，因此其中的C原子的杂化方式是sp杂化。一般情况下，同一周期元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，当原子核外电子处于半满、全满或全空时电离能较大。由于N原子p能级为半充满状态，更稳定，所以其第一电离能比O元素的大；
(5)晶胞参数是apm，则晶胞的体对角线为apm，由晶胞结构可知4r=apm，则K原子半径r=pm；由于晶胞参数是apm，所以晶胞的体积V=(apm)3=(a×10-10)3m3；在一个晶胞中含有的K原子数目为：=2，则该晶体的密度ρ=g/m3。
18． N>P>As As的4p能级是半充满状态，能量更低，更稳定 sp3杂化 三角锥形 NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量 Na2Cl [Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3
【详解】
(1)N、P、As位于同一主族，同主族元素从上至下元素非金属性逐渐减弱，因此电负性：N>P>As；As位于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，Se位于第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4，As原子4p能级半充满，相对较为稳定，更难失去第一个电子，故答案为：N>P>As；As的4p能级是半充满状态，能量更低，更稳定。
(2)阿散酸中N原子的价层电子对数=3+=4，因此N原子的杂化方式为sp3；AsO中As原子的价层电子对数=3+=4，孤对电子对数为1，因此AsO的空间构型为三角锥形，故答案为：sp3杂化；三角锥形。
(3)液态NH3分子之间存在氢键，液氨汽化过程中需要吸收大量能量使氢键发生断裂，能够使环境温度降低，故答案为：NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量。
(4)1个晶胞中Na原子数为2+2×+4×=4，Cl原子数为8×=2，因此该晶体中N(Na)：N(Cl)=2：1，该晶体化学式为Na2Cl，故答案为：Na2Cl。
(5)1mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液生成白色沉淀，该白色沉淀为AgCl，430.5g AgCl的物质的量为=3mol，说明该配合物中Cl-全部在外界，溶于水后全部电离，内界配体为H2O、NH3，且相应两种配体的物质的量之比为2：1，Cr3+的配位数为6，因此该配合物化学式为[Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3，故答案为：[Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3。
19． 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。
20． BD 1s22s22p63s23p63d104s1 Cr sp杂化 Cu2+＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2 Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－ Cu2O 面心立方最密堆积 （）
【详解】
(1)A．原子半径越小、单位体积内的自由电子数越多，金属键越强，D为镁元素、E为铝元素、金属键的强弱：D
(2)F为铜，核电荷数29，按基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；F最外层只有1个电子，与F同一周期的副族元素的基态原子中外层电子数也为1的元素为Cr，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1；
(3)即为3个原子其价电子数为16，则其等电子体有二氧化碳等，二氧化碳中心原子的孤电子对数为0、价层电子对数=4，杂化轨道类型为直线型；已知原子数和价电子数相同的分子或离子为等电子体，互为等电子体的微粒结构相同，则即空间构型为直线型、杂化方式为sp；
(4)向CuSO4溶液中，逐滴加入氨水至过量，先生成氢氧化铜沉淀、后沉淀溶于氨水生成四氨合铜配合离子，离子方程式：Cu2+＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－；
(5)从红色晶体结构示意图知，晶胞内O原子位于顶点和体心，晶胞内含有氧原子数目为， 4个Cu原子位于晶胞内，则该化合物的化学式是Cu2O；
(6)金属F的堆积方式为面心立方最密堆积；从Cu2O的晶胞结构示意图可知，d点的坐标参数为()。
21． (或) 失去3个电子后会变成，更容易再失去一个电子形成半充满状态，失去三个电子后会变成，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子 10 、
【详解】
(1)的核外电子数为25，电子排布式为或，的第四电离能比的第四电离能要小得多，原因是失去3个电子后会变成，更容易再失去一个电子形成半充满状态，失去三个电子后会变成达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子，故答案为：(或)；失去3个电子后会变成，更容易再失去一个电子形成半充满状态，失去三个电子后会变成，达到半充满的稳定状态，更难再失去一个电子；
(2)在中，每个分子中，与原子间形成的3个共价键中，有1个是配位键，另外，每个原子与中心原子间形成1个配位键，所以含有配位键；图乙中，只与1个原子形成配位键的原子，价层电子对数为2，原子发生杂化；与2个原子形成配位键的原子，价层电子对数为3，原子发生杂化；形成上述两种化合物的四种元素中非金属性最强的元素是氧，则电负性最大的是，故答案为：10；、；；
22． 正四面体形 配位键 N 平面三角形 2 C的电负性比N小，吸引孤电子对的能力比N弱
【详解】
(1)①中S原子的孤电子对数为，价层电子对数为，故其空间结构为正四面体形；
②Ni2+提供空轨道，中N原子提供孤电子对，二者形成配位键；
(2)①中N原子价电子对数是，形成3个键，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥模型可判断其空间结构为平面三角形；
②配位数即配体的个数，是配体，配位数为2；
(3)配体在形成配位键时需具备两个条件：一是有孤电子对，二是配位原子的电负性不能太大，如CO、CN-等配体中C原子提供孤电子对，因为C的电负性比N、O的小。
23．通常把金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。配合物一般是由中心原子或离子与几个配体分子或离子以配位键相结合而形成的复杂分子或离子，如配离子[Cu(NH3)4]2+是由中心离子Cu2+和配体 NH3通过配位键结合而成，在[Cu(NH3)4]2+中，NH3分子的氮原子给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以配位键形成了[Cu(NH3)4]2+。
【详解】
通常把金属离子(或原子)与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。配合物一般是由中心原子或离子与几个配体分子或离子以配位键相结合而形成的复杂分子或离子，如配离子[Cu(NH3)4]2+是由中心离子Cu2+和配体 NH3通过配位键结合而成，在[Cu(NH3)4]2+中，NH3分子的氮原子给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以配位键形成了[Cu(NH3)4]2+。
24． HCNH++CN- [Au(CN)2]-AuCN+CN- 5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl- 生成剧毒物HCN，对人体有害 ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO
【详解】
(1)HCN是弱电解，部分电离，电离方程式：HCNH++CN-，故答案为：HCNH++CN-；
(2)与弱电解质的电离方程式相似，[Au（CN）2]+也存在着两步电离，第一步电离出一个CN-，电离方程式为[Au(CN)2]-AuCN+CN-，故答案为：[Au(CN)2]-AuCN+CN-；
(3)处理这种废水是在碱性条件下，NaClO将CN-氧化为二氧化碳和氮气，碱性条件下生成生成碳酸根离子，根据得失电子守恒配平反应得：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-，在酸性条件下，考虑CN-与氢离子结合，生成极弱的毒性非常强的HCN，故答案为：5ClO-+2CN-+2OH-=2CO+N2+H2O+5Cl-；在酸性条件下CN-与氢离子结合，生成毒性非常强的HCN；
(4)电离平衡常数越小，结合氢离子的能力越强，则在NaClO溶液中通入少量的CO2生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO，故答案为：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO。