专4.2配合物的形成和应用 同步练习2021-2022学年高中化学下学期苏教版（2020）选择性必修2（word版 含解析）
文档属性
| 名称 | 专4.2配合物的形成和应用 同步练习2021-2022学年高中化学下学期苏教版（2020）选择性必修2（word版 含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 772.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2022-05-06 13:53:34 | ||
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文档简介
4.2配合物的形成和应用 同步练习2021-2022学年高中化学下学期苏教版（2020）选择性必修2
一、选择题（共18题）
1．和可以通过配位键形成化合物，下列说法正确的是
A．、都是平面三角形分子
B．、的中心原子采取的都是杂化
C．形成配合物时中N原子提供的是孤对电子，中B原子提供空轨道
D．形成配合物时中B原子提供的是孤对电子，中N原子提供空轨道
2．下列有关微粒间作用力的说法正确的是
A．配位键属于一种特殊的共价键,所以配合物都很稳定
B．水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子间存在氢键
C．壁虎能在光滑的墙壁上行走是因为壁虎脚底的细毛与物体表面的分子产生分子间作用力
D．互为手性异构的分子具有完全相同的组成和原子排列,所以生产手性药物时无需分离手性异构体
3．水能与多种过渡金属离子形成络合物,已知某红紫色络合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O,其水溶液显弱酸性,加入强碱并加热至沸腾有氨气放出,同时产生Co2O3沉淀;向该化合物溶液中加入AgNO3,有AgCl沉淀生成,过滤后再加AgNO3溶液于滤液中,无变化,但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成,且其质量为第一次沉淀量的1/2。则该配合物的化学式最可能为
A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O
B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3
C．[CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl·2NH3
D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O
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．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．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
7．下列说法正确的是
A．溶液与过量NaOH溶液反应生成，则溶液与过量氨水反应生成
B．与反应生成和，则与反应生成和
C．硫酸铜溶液在空气中蒸干得到硫酸铜固体，则硫酸亚铁溶液在空气中蒸干得到硫酸亚铁固体
D．少量硫酸铜溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀，则少量硫酸铜溶液与氨水反应生成氢氧化铜沉淀
8．下列实验操作能达到相应实验目的的是
A．装置甲蒸发结晶制备KClO3晶体 B．装置乙制备[Cu(NH3)4]SO4配合物
C．装置丙测量HCl气体的体积 D．装置丁分离CS2中的白磷
9．华蓝颜料又称铁蓝，为红光深蓝色粉末，色泽鲜艳，着色力强，化学式为，下列说法正确的是
A．的价电子排布式为
B．该物质中与数目之比为3∶4
C．1mol该物质中含数目为18
D．该物质中只存在共价键和配位键，不存在离子键
10．可用作杀虫剂，其制备步骤如下。
步骤1：向足量铜粉与一定量稀的混合物中通入热空气，当铜粉不再溶解时，过滤得滤液。
步骤2：向步骤1所得滤液中边搅拌边滴加氨水，沉淀先增加后减少。当沉淀完全溶解时，停止滴加氨水。
步骤3：向步骤2所得溶液中加入95%乙醇，析出深蓝色晶体。
下列说法正确的是
A．步骤1发生反应的离子方程式为
B．步骤2所得溶液中大量存在的离子有、、、
C．步骤3加入95%乙醇的目的是降低的溶解量
D．中有12个配位键
11．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向稀硝酸中滴加溶液：
B．电解饱和溶液：
C．向溶液中加入盐酸：
D．溶液与过量溶液反应：
12．实验室检验的反应产物结构如图所示，有关该物质的分析正确的是
A．该物质是一种配合物，中心离子为
B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C．该物质存在键
D．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对
13．二茂铁的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是
A．二茂铁属于分子晶体
B．在二茂铁中，与之间形成的化学键类型是离子键
C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取杂化
D．中一定含有键
14．下列说法中，正确的是
A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B．在SiH4、和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．丙烯(CH3CH=CH2)分子中3个碳原子都是sp3杂化
D．BF3分子键角为109°28'
15．某同学将稀氨水滴入AgNO3溶液得到银氨溶液，再加入葡萄糖加热获得光亮的银镜。下列说法正确的是
A．氨气极易溶于水主要是因为NH3与H2O可形成分子间氢键
B．银氨离子的形成是因为Ag+提供孤电子对与NH3形成配位键
C．银镜的产生是因为葡萄糖分子中的羟基将银氨离子还原
D．图中所示的银晶体中银原子的配位数为8
16．利用CrCl3+ +3NH3=Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl制备降爆剂Cr(C5H7O2)3 (结构如图)，下列有关说法不正确的是
A．100g 中键数目为6NA
B．标况下每消耗67.2L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为NA
C．1mol Cr(C5H7O2)3中含有配位键数目为3NA
D．1mol 完全反应脱去数目为NA
17．某深蓝色溶液是纤维素的优良溶剂，其制备反应如下图所示。X、Y、Z三种元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Y、Z均位于X的下一周期，W的焰色为绿色。下列说法错误的是
A．Y元素的最高价氧化物分子中化学键的极性的向量和等于零
B．最简单氢化物的稳定性：Y＜Z
C．W的价层电子排布图为
D．1个生成物离子中含有4条配位键
18．羰基金属配位化合物，如羰基铁、羰基镍，可用作有机合成催化剂和试剂。下列说法错误的是
A．Ni(CO)4中中心原子的配位数为4
B．原子的第一电离能：Ni＜Fe
C．上述四种元素均位于元素周期表的d区
D．反应Fe(CO)5=Fe+5CO过程中形成了金属键
二、综合题（共4题）
19．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)。
20．铝和硅在地壳中含量丰富，其单质和化合物具有广泛的应用价值。请回答下列问题：
(1)①基态Si原子的价电子排布式为___________。
②写出一种与SiCl4互为等电子体的离子的化学式___________。
(2)AlCl3的相对分子质量为133.5，178℃开始升华，易溶于水、四氯化碳等，熔融时生成可挥发的二聚物(Al2Cl6)，结构如图所示：
①二聚物中Al原子的杂化轨道类型为___________。
②从键的形成角度分析1键和2键的区别：___________。
(3)LiAlH4是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇。
CH3COOHCH3CH2OH
①AlH的VSEPR模型名称是___________。
②CH3COOH分子中π键和σ键的数目之比为___________
(4)铝和氮可形成一种具有四面体结构单元的高温结构陶瓷，其晶胞如图所示：
晶胞中Al的配位数是___________，若该晶胞的边长为a pm，则该晶体的密度为___________ g·cm-3.(用NA表示阿伏加德罗常数的值) 相对分子质量 Al-27 N-14
21．回答下列问题：
(1)过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3[三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)]和Fe(CO)x等。
①基态氧原子的价电子排布式为________。
②尿素(H2NCONH2)分子中C、N原子的杂化方式分别是________、________。
③配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x＝________。Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于________(填晶体类型)。
(2)O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为________。已知该晶胞的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝______cm。(用含ρ、NA的计算式表示)
(3)下列说法正确的是________。
a．第一电离能大小：S>P>Si
b．电负性顺序：Cc．因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低
d．SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线形，相同条件下SO2的溶解度更大
(4)图(a)是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。
①图中d单质的晶体堆积方式类型是________。
②单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的分子中含________个σ键，________个π键。
③图(b)是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因：____。
22．铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途。请回答以下问题：
(1)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为__________________。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为____________(填元素符号)。
②向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，下列说法正确的是________。
A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故
B．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
C．[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体
D．已知3.4 g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出a kJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3(g)＋3/4O2(g)===1/2N2(g)＋3/2H2O(g) ΔH＝－5a kJ·mol－1
(2)铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的氧气变为臭氧(与SO2互为等电子体)。根据等电子原理，O3分子的空间构型为________。
(3)氯与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构(如图所示)，a位置上Cl原子(含有一个配位键)的杂化轨道类型为____________________。
(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，已知镧镍合金与上述Ca－D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10－23 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n＝______________________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留两位有效数字)。
参考答案：
1．C
【解析】
A．是三角锥形分子，A错误；
B．中N原子的杂化轨道数键数+孤对电子数，采取的是杂化，中B形成3个键，无孤对电子，B原子的杂化轨道数键数+孤对电子数，采取的是杂化，B错误；
C．中，N原子有孤对电子，所以提供孤对电子，提供空轨道，形成配位键，C正确；
D．NH3 BF3中B原子有空轨道，所以BF3提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，D错误；
故选C
2．C
【解析】
A．配位键的强度有大有小，所以有的配合物很稳定，有的很不稳定，A错误；
B．水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子内部O原子和H原子形成的共价键键能较大，分子间氢键影响的是水的熔沸点，B错误；
C．壁虎脚底的细毛与物体表面的分子产生分子间作用力，与重力平衡，从而可以在光滑的墙壁上行走，C正确；
D．互为手性异构的分子之间化学性质有差异，需要分离手性异构体，D错误；
综上所述答案为C。
3．D
【解析】
由题意可知配合物化学式中的Cl分为两部分,且前后两部分Cl原子的物质的量之比为2∶1，同时在配合物分子中，外界中的Cl原子个数比内界多，故只有D项符合条件。
4．C
【解析】
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
【解析】
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．B
【解析】
浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反应，故滤渣①为MnO2、Fe2O3，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，故滤渣②为Cu、Zn（过量），滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀ZnCO3·Zn(OH)2，最后煅烧获得ZnO。
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。
7．B
【解析】
A．由于Al(OH)3只溶于强碱溶液中不溶于弱碱溶液中，故溶液与过量NaOH溶液反应生成，而溶液与过量氨水反应生成Al(OH)3，A错误；
B．与反应生成和反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则与反应生成和反应为2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2，B正确；
C．硫酸铜溶液在空气中蒸干得到硫酸铜固体，但由于亚铁离子已被空气中的氧气氧化，硫酸亚铁溶液在空气中蒸干得不到硫酸亚铁固体，而是得到三价的铁盐，C错误；
D．少量硫酸铜溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀，但由于Cu2+能与NH3形成络合物，故则少量硫酸铜溶液与氨水反应生成Cu(NH3)4SO4溶液，D错误；
故答案为：B。
8．C
【解析】
A．蒸发结晶适用于受热稳定，不脱水、不分解、不反应的物质，而KClO3受热易分解，所以不能用蒸发结晶的方法制备KClO3晶体，而应采取冷却结晶的方法，A错误；
B．制备[Cu(NH3)4]SO4配合物，应该将氨水滴加到硫酸铜溶液中，滴加顺序不对，B错误；
C．HCl气体易溶于水，所以测量HCl气体体积时应选用有机溶剂，如四氯化碳、苯等，C正确；
D．CS2属于非极性溶剂，白磷也是非极性分子，二者相溶，不能用过滤的方法分离，D错误。
故选：C。
9．B
【解析】
A．Fe原子核外有26个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，因此的价电子排布式为，故A错误；
B．中含有4个，3个，与数目之比为3∶4，故B正确；
C．1mol 中含有C≡N极性键和配位键，含有个键，故C错误；
D．中除共价键和配位键外，与之间存在离子键，故D错误；
故选B。
10．C
【解析】
步骤1中铜粉溶解，发生2Cu＋O2＋4H＋2Cu2＋＋2H2O，步骤2中向滤液中加入氨水，发生Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH、继续加入氨水，沉淀溶解，发生Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O，步骤3中加入乙醇，有深蓝色晶体析出；据此分析；
A．根据上述分析，步骤1发生的离子方程式为2Cu＋O2＋4H＋2Cu2＋＋2H2O，故A错误；
B．根据上述分析，步骤2中所得溶液中大量存在的离子有：[Cu(NH3)4]2＋、SO，故B错误；
C．加入95%乙醇有晶体析出，降低了[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解量，故C正确；
D．Cu2＋与NH3形成配位键，NH3中N和H形成共价键，因此[Cu(NH3)4]2＋中配位键有4个，故D错误；
答案为C。
11．B
【解析】
A．会被氧化为，A错误；
B．电解饱和溶液：，B正确；
C．写离子方程式时不能拆，C错误；
D．反应物的配比关系错误，溶液过量，所以应完全反应，正确的离子方程式是，D错误。
故答案选B。
12．A
【解析】
A．由图可知，该物质是一种配合物，中心离子为镍离子，与4个氮原子形成配位键，故A正确；
B．由图可知，配合物中存在共价键、配位键和氢键三种作用力，故B错误；
C．由图可知，配合物中存在共价键、配位键，共价键中单键为σ键、双键中有1个σ键、配位键属于σ键，则分子中含有的σ键为32，则1mol配合物中含有32molσ键，故C错误；
D．由图可知，碳原子的最外层的4个电子全部参与成键，没有孤电子对，故D错误；
故选A。
13．B
【解析】
A．根据二茂铁的物理性质，如熔点低、易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，A正确；
B．C5与Fe2+之间形成的化学键时，碳原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者形成配位键，配位键属于共价键，B错误；
C． 由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，C正确；
D． C5中碳原子没有达到饱和，故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，D正确；
故答案选B。
14．A
【解析】
A．在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，被称为对角线规则；铍和铝在周期表中位置符合对角线规则，性质相似，A正确；
B．形成配位键，需要一种原子提供空轨道，另一原子提供孤对电子，中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键；[Cu(NH3)4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键，在SiH4中Si满足最外层8电子稳定结构，H满足最外层2电子稳定结构，没有空轨道，不符合形成配位键的条件，B错误；
C．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，C错误；
D．BF3分子是平面三角形，键角为120°，D错误；
故选A。
15．A
【解析】
A.氨气分子极易溶于水主要是因为氨气分子和水分子间能形成氢键，增大了分子间的作用力，故A正确；
B.银氨离子的形成是因为银离子提供的空轨道与氨分子提供的孤电子对形成了配位键，故B错误；
C.银镜的产生是因为葡萄糖分子中的醛基将银氨离子还原，故C错误；
D.由晶胞结构可知，与顶点银原子距离最近的银原子位于面心，则每个银原子周围有12个银原子，银晶体中银原子的配位数为12，故D错误；
故选A。
16．A
【解析】
A．的结构简式为CH3COCH2COCH3，含有14个σ键，100g 中，即1mol，σ键数目为14NA，A说法错误；
B．标况下每消耗67.2L NH3即3mol，生成1mol Cr(C5H7O2)3，其数目为NA，B说法正确；
C．Cr(C5H7O2)3中Cr3+与3个C5H7O中的碳原子形成3个配位键，则1mol Cr(C5H7O2)3中含有配位键数目为3NA，C说法正确；
D．1mol 完全反应生成C5H7O2，则脱去1mol H+，数目为NA，D说法正确；
答案为A。
17．C
【解析】
基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，则其核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，结合所给物质中Y的成键特点可知，Y为C元素；Y、Z均位于X的下一周期，所以X位于第一周期，为H元素，Z可以形成3个共价键，则应为N元素；W的焰色为绿色，所以为Cu元素。
A．Y元素的最高价氧化物分子为CO2，为直线形，结构对称，为非极性分子，即化学键的极性的向量和等于零，A正确；
B．非金属性C＜N，则最简单氢化物的稳定性：Y(C)＜Z(N)，B正确；
C．W为Cu元素，价层电子为3d104s1，排布图为，C错误；
D．据图可知1个生成物离子中，Cu2+与4个N原子配位，即含有4条配位键，D正确；
综上所述答案为C。
18．C
【解析】
A．在配位化合物Ni(CO)4中，中心原子是Ni，配位体是CO，中心Ni原子的配位数是4，A正确；
B．Fe的第一电离能大于Ni是由于Fe、Co、Ni都是第VIII族元素，原子核电荷数增加对电子影响不大，同时d轨道的电子增加，对原子核的屏蔽效应增强，使得原子核对最外层电子的吸引力减弱，故电离能逐渐递减，因此两种元素的第一电离能：Ni＜Fe，B正确；
C．Fe、Ni属于d区元素，而C、O属于p区元素，因此这四种元素在周期表中不属于同一区，C错误；
D．Fe(CO)5分解产生金属单质Fe和CO气体，在金属Fe中含有金属键，因此在反应Fe(CO)5=Fe+5CO过程中形成了金属键，D正确；
故合理选项是C。
19．(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。
20．(1) 3s23p2 SO(或PO)等
(2) sp3 1键为Al、Cl原子分别提供1个电子形成共价键，2键为Al原子提供空轨道、Cl原子通过孤对电子形成配位键；
(3) 正四面体 1：7
(4) 4
【解析】
(1)
①Si的原子序数是14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，价电子排布式为3s23p2；
②与SiCl4互为等电子体的离子需含有5个原子、价电子总数为32，可将Si替换成P、S，Cl替换成O，结合电荷数得到等电子体为SO(或PO)等；故答案为：3s23p2；SO(或PO)等；
(2)
①Al2Cl6中Al原子形成4个共价键，无孤对电子，VSEPR模型为正四面体，二聚物中Al原子的杂化轨道类型为；
②氯化铝属于分子晶体，Al原子与Cl原子之间形成3个共价键、1个配位键，由结构可知1键为普通共价键，1键为Al、Cl原子分别提供1个电子形成共价键，2键为Al原子提供空轨道、Cl原子通过孤对电子形成配位键；故答案为：1键为Al、Cl原子分别提供1个电子形成共价键，2键为Al原子提供空轨道、Cl原子通过孤对电子形成配位键；
(3)
①AlH的价层电子对数为、无孤对电子，则AlH的VSEPR模型为正四面体；
②单键为键，双键含有1个键、1个键，故CH3COOH分子中含有7个键、1个键，键和键的数目之比为1：7；故答案为：正四面体；1：7；
(4)
该晶体为四面体结构单元的高温结构陶瓷，属于原子晶体，该晶胞中N原子位于每个小立方体中心，所以N原子配位数是4；晶胞中Al原子数目为，N原子数目=4，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为g·cm-3= g·cm-3；故答案为：4；。
21．(1) 2s22p4 sp2 sp3 5 分子晶体
(2) 立方体
(3)bc
(4) 面心立方最密堆积 2 2 硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中存在“H—O”键，易与水分子间形成氢键
【解析】
(1)
尿素中碳原子形成了四个化学键但有一个是π键、氮原子形成了三个化学键且还有一个孤电子对，故二者分别为sp2、sp3杂化。Fe(CO)x中铁有8个价电子(3d64s2)，一个CO提供2个电子与Fe形成配位键，故x＝5。由Fe(CO)x的熔点、沸点数值知其为分子晶体。
(2)
对应的化合物为Na2O，观察晶胞图知，白色小球代表Na＋，黑色小球代表O2－，O2－的配位数是8，8个Na＋构成了一个立方体。该晶胞中含有4个“Na2O”组成单元，物质的量为，晶胞的质量为，晶胞体积V＝＝a3，由此可求出a＝。
(3)
a．磷的第一电离能比硫的大，a错误；b．非金属性越强，电负性越大，则电负性顺序：C(4)
由c、d是热和电的良导体知二者是金属，结合熔点知c是钠，d是铜，a是氢，b是氮，e是硅，f是碳。铜为面心立方最密堆积。H、C、N形成的符合条件的化合物为HCN，结构式为H－C≡N，故有2个σ键，2个π键。图(b)对应的物质是硝酸，硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，又因为硝酸中存在“H－O”键，能与水形成氢键，故硝酸易溶于水。
22． 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) N＞O＞S AC V形 sp3杂化 5 0.083 g·cm－3
【解析】
（1）①NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+，铜是29号元素，失去一个电子生成亚铜离子；N原子2p轨道为半充满结构，第一电离能大于O原子，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
A、氨气分子与水分子之间存在氢键；
B、氨气分子中N原子和水分子O原子均为sp3杂化，氨分子中N原子只有一对孤对电子，水分子中O原子有两对孤对电子；
C、根据相似相溶可知，乙醇分子极性弱于水的极性；
D、燃烧热的热化学方程式中，产物H2O为液态；
（2）O3分子与SO2互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型；
（3）a位置上的Cl形成了2条单键，还有2对孤对电子；
（4）由图可知，在晶胞上、下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子。
（1）①NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+，铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10；N原子2p轨道为半充满结构，第一电离能大于O原子，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能大小为N＞O＞S，故答案为1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10；N＞O＞S；
②A、氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大，故正确；
B、氨气分子中N原子和水分子O原子均为sp3杂化，氨分子中N原子只有一对孤对电子，水分子中O原子有两对孤对电子，根据价层电子对互斥理论可知，氨分子的键角大于水分子的键角，故错误；
C、根据相似相溶可知，乙醇分子极性弱于水的极性，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低，则[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇会析出深蓝色的晶体，故正确；
D、表示燃烧热的热化学方程式中，产物H2O为液态，故错误；
故选AC，故答案为AC；
（2）O3分子与SO2互为等电子体，SO2分子中S原子价层电子对数为3，孤对电子数为1，空间构型为V形，等电子体具有相同的空间构型，则O3分子空间构型为V形，故答案为V形；
（3）a位置上的Cl形成了2条单键，还有2对孤对电子，故为sp3杂化，故答案为sp3杂化；
（4）镧镍合金、Ca－D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，由图可知，在晶胞上、下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子，故Ca与D的个数比为8×：（8×+1）=1：5，故n=5；晶胞体积为9.0×10-23cm3，LaNinH4.5合金中H的质量为=，氢在合金中的密度为=0.083 g·cm－3，故答案为0.083 g·cm－3。
一、选择题（共18题）
1．和可以通过配位键形成化合物，下列说法正确的是
A．、都是平面三角形分子
B．、的中心原子采取的都是杂化
C．形成配合物时中N原子提供的是孤对电子，中B原子提供空轨道
D．形成配合物时中B原子提供的是孤对电子，中N原子提供空轨道
2．下列有关微粒间作用力的说法正确的是
A．配位键属于一种特殊的共价键,所以配合物都很稳定
B．水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子间存在氢键
C．壁虎能在光滑的墙壁上行走是因为壁虎脚底的细毛与物体表面的分子产生分子间作用力
D．互为手性异构的分子具有完全相同的组成和原子排列,所以生产手性药物时无需分离手性异构体
3．水能与多种过渡金属离子形成络合物,已知某红紫色络合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O,其水溶液显弱酸性,加入强碱并加热至沸腾有氨气放出,同时产生Co2O3沉淀;向该化合物溶液中加入AgNO3,有AgCl沉淀生成,过滤后再加AgNO3溶液于滤液中,无变化,但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成,且其质量为第一次沉淀量的1/2。则该配合物的化学式最可能为
A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O
B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3
C．[CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl·2NH3
D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O
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．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．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
7．下列说法正确的是
A．溶液与过量NaOH溶液反应生成，则溶液与过量氨水反应生成
B．与反应生成和，则与反应生成和
C．硫酸铜溶液在空气中蒸干得到硫酸铜固体，则硫酸亚铁溶液在空气中蒸干得到硫酸亚铁固体
D．少量硫酸铜溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀，则少量硫酸铜溶液与氨水反应生成氢氧化铜沉淀
8．下列实验操作能达到相应实验目的的是
A．装置甲蒸发结晶制备KClO3晶体 B．装置乙制备[Cu(NH3)4]SO4配合物
C．装置丙测量HCl气体的体积 D．装置丁分离CS2中的白磷
9．华蓝颜料又称铁蓝，为红光深蓝色粉末，色泽鲜艳，着色力强，化学式为，下列说法正确的是
A．的价电子排布式为
B．该物质中与数目之比为3∶4
C．1mol该物质中含数目为18
D．该物质中只存在共价键和配位键，不存在离子键
10．可用作杀虫剂，其制备步骤如下。
步骤1：向足量铜粉与一定量稀的混合物中通入热空气，当铜粉不再溶解时，过滤得滤液。
步骤2：向步骤1所得滤液中边搅拌边滴加氨水，沉淀先增加后减少。当沉淀完全溶解时，停止滴加氨水。
步骤3：向步骤2所得溶液中加入95%乙醇，析出深蓝色晶体。
下列说法正确的是
A．步骤1发生反应的离子方程式为
B．步骤2所得溶液中大量存在的离子有、、、
C．步骤3加入95%乙醇的目的是降低的溶解量
D．中有12个配位键
11．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向稀硝酸中滴加溶液：
B．电解饱和溶液：
C．向溶液中加入盐酸：
D．溶液与过量溶液反应：
12．实验室检验的反应产物结构如图所示，有关该物质的分析正确的是
A．该物质是一种配合物，中心离子为
B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力
C．该物质存在键
D．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对
13．二茂铁的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醛等有机溶剂。下列说法不正确的是
A．二茂铁属于分子晶体
B．在二茂铁中，与之间形成的化学键类型是离子键
C．已知环戊二烯的结构式为，则其中仅有1个碳原子采取杂化
D．中一定含有键
14．下列说法中，正确的是
A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B．在SiH4、和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．丙烯(CH3CH=CH2)分子中3个碳原子都是sp3杂化
D．BF3分子键角为109°28'
15．某同学将稀氨水滴入AgNO3溶液得到银氨溶液，再加入葡萄糖加热获得光亮的银镜。下列说法正确的是
A．氨气极易溶于水主要是因为NH3与H2O可形成分子间氢键
B．银氨离子的形成是因为Ag+提供孤电子对与NH3形成配位键
C．银镜的产生是因为葡萄糖分子中的羟基将银氨离子还原
D．图中所示的银晶体中银原子的配位数为8
16．利用CrCl3+ +3NH3=Cr(C5H7O2)3+3NH4Cl制备降爆剂Cr(C5H7O2)3 (结构如图)，下列有关说法不正确的是
A．100g 中键数目为6NA
B．标况下每消耗67.2L NH3生成Cr(C5H7O2)3数目为NA
C．1mol Cr(C5H7O2)3中含有配位键数目为3NA
D．1mol 完全反应脱去数目为NA
17．某深蓝色溶液是纤维素的优良溶剂，其制备反应如下图所示。X、Y、Z三种元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Y、Z均位于X的下一周期，W的焰色为绿色。下列说法错误的是
A．Y元素的最高价氧化物分子中化学键的极性的向量和等于零
B．最简单氢化物的稳定性：Y＜Z
C．W的价层电子排布图为
D．1个生成物离子中含有4条配位键
18．羰基金属配位化合物，如羰基铁、羰基镍，可用作有机合成催化剂和试剂。下列说法错误的是
A．Ni(CO)4中中心原子的配位数为4
B．原子的第一电离能：Ni＜Fe
C．上述四种元素均位于元素周期表的d区
D．反应Fe(CO)5=Fe+5CO过程中形成了金属键
二、综合题（共4题）
19．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)。
20．铝和硅在地壳中含量丰富，其单质和化合物具有广泛的应用价值。请回答下列问题：
(1)①基态Si原子的价电子排布式为___________。
②写出一种与SiCl4互为等电子体的离子的化学式___________。
(2)AlCl3的相对分子质量为133.5，178℃开始升华，易溶于水、四氯化碳等，熔融时生成可挥发的二聚物(Al2Cl6)，结构如图所示：
①二聚物中Al原子的杂化轨道类型为___________。
②从键的形成角度分析1键和2键的区别：___________。
(3)LiAlH4是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇。
CH3COOHCH3CH2OH
①AlH的VSEPR模型名称是___________。
②CH3COOH分子中π键和σ键的数目之比为___________
(4)铝和氮可形成一种具有四面体结构单元的高温结构陶瓷，其晶胞如图所示：
晶胞中Al的配位数是___________，若该晶胞的边长为a pm，则该晶体的密度为___________ g·cm-3.(用NA表示阿伏加德罗常数的值) 相对分子质量 Al-27 N-14
21．回答下列问题：
(1)过渡金属元素铁能形成多种配合物，如：[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3[三硝酸六尿素合铁(Ⅲ)]和Fe(CO)x等。
①基态氧原子的价电子排布式为________。
②尿素(H2NCONH2)分子中C、N原子的杂化方式分别是________、________。
③配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x＝________。Fe(CO)x常温下呈液态，熔点为－20.5 ℃，沸点为103 ℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断Fe(CO)x晶体属于________(填晶体类型)。
(2)O和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为________。已知该晶胞的密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a＝______cm。(用含ρ、NA的计算式表示)
(3)下列说法正确的是________。
a．第一电离能大小：S>P>Si
b．电负性顺序：C
d．SO2与CO2的化学性质类似，分子结构也都呈直线形，相同条件下SO2的溶解度更大
(4)图(a)是Na、Cu、Si、H、C、N等元素单质的熔点高低的顺序，其中c、d均是热和电的良导体。
①图中d单质的晶体堆积方式类型是________。
②单质a、b、f对应的元素以原子个数比1∶1∶1形成的分子中含________个σ键，________个π键。
③图(b)是上述六种元素中的一种元素形成的含氧酸的结构，请简要说明该物质易溶于水的原因：____。
22．铜单质及其化合物在很多领域中都有重要的用途。请回答以下问题：
(1)超细铜粉可用作导电材料、催化剂等，其制备方法如下：
①NH4CuSO3中金属阳离子的核外电子排布式为__________________。N、O、S三种元素的第一电离能大小顺序为____________(填元素符号)。
②向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]SO4，下列说法正确的是________。
A．氨气极易溶于水，原因之一是NH3分子和H2O分子之间形成氢键的缘故
B．NH3分子和H2O分子，分子空间构型不同，氨气分子的键角小于水分子的键角
C．[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇，会析出深蓝色的晶体
D．已知3.4 g氨气在氧气中完全燃烧生成无污染的气体，并放出a kJ热量，则NH3的燃烧热的热化学方程式为：NH3(g)＋3/4O2(g)===1/2N2(g)＋3/2H2O(g) ΔH＝－5a kJ·mol－1
(2)铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的氧气变为臭氧(与SO2互为等电子体)。根据等电子原理，O3分子的空间构型为________。
(3)氯与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构(如图所示)，a位置上Cl原子(含有一个配位键)的杂化轨道类型为____________________。
(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，已知镧镍合金与上述Ca－D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。已知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10－23 cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n＝______________________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留两位有效数字)。
参考答案：
1．C
【解析】
A．是三角锥形分子，A错误；
B．中N原子的杂化轨道数键数+孤对电子数，采取的是杂化，中B形成3个键，无孤对电子，B原子的杂化轨道数键数+孤对电子数，采取的是杂化，B错误；
C．中，N原子有孤对电子，所以提供孤对电子，提供空轨道，形成配位键，C正确；
D．NH3 BF3中B原子有空轨道，所以BF3提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，D错误；
故选C
2．C
【解析】
A．配位键的强度有大有小，所以有的配合物很稳定，有的很不稳定，A错误；
B．水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子内部O原子和H原子形成的共价键键能较大，分子间氢键影响的是水的熔沸点，B错误；
C．壁虎脚底的细毛与物体表面的分子产生分子间作用力，与重力平衡，从而可以在光滑的墙壁上行走，C正确；
D．互为手性异构的分子之间化学性质有差异，需要分离手性异构体，D错误；
综上所述答案为C。
3．D
【解析】
由题意可知配合物化学式中的Cl分为两部分,且前后两部分Cl原子的物质的量之比为2∶1，同时在配合物分子中，外界中的Cl原子个数比内界多，故只有D项符合条件。
4．C
【解析】
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
【解析】
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．B
【解析】
浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+，MnO2、Fe2O3不反应，故滤渣①为MnO2、Fe2O3，滤液①中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，加入Zn粉时，发生反应Zn+[Cu(NH3)4]2+ =Cu+[Zn(NH3)4]2+，从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+，故滤渣②为Cu、Zn（过量），滤液②中主要含[Zn(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3·H2O，经过蒸氨沉锌操作获得沉淀ZnCO3·Zn(OH)2，最后煅烧获得ZnO。
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。
7．B
【解析】
A．由于Al(OH)3只溶于强碱溶液中不溶于弱碱溶液中，故溶液与过量NaOH溶液反应生成，而溶液与过量氨水反应生成Al(OH)3，A错误；
B．与反应生成和反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，则与反应生成和反应为2Na2O2+2SO3=2Na2SO4+O2，B正确；
C．硫酸铜溶液在空气中蒸干得到硫酸铜固体，但由于亚铁离子已被空气中的氧气氧化，硫酸亚铁溶液在空气中蒸干得不到硫酸亚铁固体，而是得到三价的铁盐，C错误；
D．少量硫酸铜溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铜沉淀，但由于Cu2+能与NH3形成络合物，故则少量硫酸铜溶液与氨水反应生成Cu(NH3)4SO4溶液，D错误；
故答案为：B。
8．C
【解析】
A．蒸发结晶适用于受热稳定，不脱水、不分解、不反应的物质，而KClO3受热易分解，所以不能用蒸发结晶的方法制备KClO3晶体，而应采取冷却结晶的方法，A错误；
B．制备[Cu(NH3)4]SO4配合物，应该将氨水滴加到硫酸铜溶液中，滴加顺序不对，B错误；
C．HCl气体易溶于水，所以测量HCl气体体积时应选用有机溶剂，如四氯化碳、苯等，C正确；
D．CS2属于非极性溶剂，白磷也是非极性分子，二者相溶，不能用过滤的方法分离，D错误。
故选：C。
9．B
【解析】
A．Fe原子核外有26个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，因此的价电子排布式为，故A错误；
B．中含有4个，3个，与数目之比为3∶4，故B正确；
C．1mol 中含有C≡N极性键和配位键，含有个键，故C错误；
D．中除共价键和配位键外，与之间存在离子键，故D错误；
故选B。
10．C
【解析】
步骤1中铜粉溶解，发生2Cu＋O2＋4H＋2Cu2＋＋2H2O，步骤2中向滤液中加入氨水，发生Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH、继续加入氨水，沉淀溶解，发生Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O，步骤3中加入乙醇，有深蓝色晶体析出；据此分析；
A．根据上述分析，步骤1发生的离子方程式为2Cu＋O2＋4H＋2Cu2＋＋2H2O，故A错误；
B．根据上述分析，步骤2中所得溶液中大量存在的离子有：[Cu(NH3)4]2＋、SO，故B错误；
C．加入95%乙醇有晶体析出，降低了[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解量，故C正确；
D．Cu2＋与NH3形成配位键，NH3中N和H形成共价键，因此[Cu(NH3)4]2＋中配位键有4个，故D错误；
答案为C。
11．B
【解析】
A．会被氧化为，A错误；
B．电解饱和溶液：，B正确；
C．写离子方程式时不能拆，C错误；
D．反应物的配比关系错误，溶液过量，所以应完全反应，正确的离子方程式是，D错误。
故答案选B。
12．A
【解析】
A．由图可知，该物质是一种配合物，中心离子为镍离子，与4个氮原子形成配位键，故A正确；
B．由图可知，配合物中存在共价键、配位键和氢键三种作用力，故B错误；
C．由图可知，配合物中存在共价键、配位键，共价键中单键为σ键、双键中有1个σ键、配位键属于σ键，则分子中含有的σ键为32，则1mol配合物中含有32molσ键，故C错误；
D．由图可知，碳原子的最外层的4个电子全部参与成键，没有孤电子对，故D错误；
故选A。
13．B
【解析】
A．根据二茂铁的物理性质，如熔点低、易升华、易溶于有机溶剂等，可知二茂铁为分子晶体，A正确；
B．C5与Fe2+之间形成的化学键时，碳原子提供孤电子对，Fe2+提供空轨道，二者形成配位键，配位键属于共价键，B错误；
C． 由图可知：只有1号碳原子形成4个σ共价键，无孤电子对，杂化类型为sp3杂化；2、3、4、5号碳原子有3个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp2杂化，因此仅有1个碳原子采取sp3杂化，C正确；
D． C5中碳原子没有达到饱和，故存在碳碳双键，而碳碳双键中含有一个σ键，一个π键，D正确；
故答案选B。
14．A
【解析】
A．在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，被称为对角线规则；铍和铝在周期表中位置符合对角线规则，性质相似，A正确；
B．形成配位键，需要一种原子提供空轨道，另一原子提供孤对电子，中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键；[Cu(NH3)4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键，在SiH4中Si满足最外层8电子稳定结构，H满足最外层2电子稳定结构，没有空轨道，不符合形成配位键的条件，B错误；
C．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，C错误；
D．BF3分子是平面三角形，键角为120°，D错误；
故选A。
15．A
【解析】
A.氨气分子极易溶于水主要是因为氨气分子和水分子间能形成氢键，增大了分子间的作用力，故A正确；
B.银氨离子的形成是因为银离子提供的空轨道与氨分子提供的孤电子对形成了配位键，故B错误；
C.银镜的产生是因为葡萄糖分子中的醛基将银氨离子还原，故C错误；
D.由晶胞结构可知，与顶点银原子距离最近的银原子位于面心，则每个银原子周围有12个银原子，银晶体中银原子的配位数为12，故D错误；
故选A。
16．A
【解析】
A．的结构简式为CH3COCH2COCH3，含有14个σ键，100g 中，即1mol，σ键数目为14NA，A说法错误；
B．标况下每消耗67.2L NH3即3mol，生成1mol Cr(C5H7O2)3，其数目为NA，B说法正确；
C．Cr(C5H7O2)3中Cr3+与3个C5H7O中的碳原子形成3个配位键，则1mol Cr(C5H7O2)3中含有配位键数目为3NA，C说法正确；
D．1mol 完全反应生成C5H7O2，则脱去1mol H+，数目为NA，D说法正确；
答案为A。
17．C
【解析】
基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，则其核外电子排布为1s22s22p2或1s22s22p4，结合所给物质中Y的成键特点可知，Y为C元素；Y、Z均位于X的下一周期，所以X位于第一周期，为H元素，Z可以形成3个共价键，则应为N元素；W的焰色为绿色，所以为Cu元素。
A．Y元素的最高价氧化物分子为CO2，为直线形，结构对称，为非极性分子，即化学键的极性的向量和等于零，A正确；
B．非金属性C＜N，则最简单氢化物的稳定性：Y(C)＜Z(N)，B正确；
C．W为Cu元素，价层电子为3d104s1，排布图为，C错误；
D．据图可知1个生成物离子中，Cu2+与4个N原子配位，即含有4条配位键，D正确；
综上所述答案为C。
18．C
【解析】
A．在配位化合物Ni(CO)4中，中心原子是Ni，配位体是CO，中心Ni原子的配位数是4，A正确；
B．Fe的第一电离能大于Ni是由于Fe、Co、Ni都是第VIII族元素，原子核电荷数增加对电子影响不大，同时d轨道的电子增加，对原子核的屏蔽效应增强，使得原子核对最外层电子的吸引力减弱，故电离能逐渐递减，因此两种元素的第一电离能：Ni＜Fe，B正确；
C．Fe、Ni属于d区元素，而C、O属于p区元素，因此这四种元素在周期表中不属于同一区，C错误；
D．Fe(CO)5分解产生金属单质Fe和CO气体，在金属Fe中含有金属键，因此在反应Fe(CO)5=Fe+5CO过程中形成了金属键，D正确；
故合理选项是C。
19．(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。
20．(1) 3s23p2 SO(或PO)等
(2) sp3 1键为Al、Cl原子分别提供1个电子形成共价键，2键为Al原子提供空轨道、Cl原子通过孤对电子形成配位键；
(3) 正四面体 1：7
(4) 4
【解析】
(1)
①Si的原子序数是14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，价电子排布式为3s23p2；
②与SiCl4互为等电子体的离子需含有5个原子、价电子总数为32，可将Si替换成P、S，Cl替换成O，结合电荷数得到等电子体为SO(或PO)等；故答案为：3s23p2；SO(或PO)等；
(2)
①Al2Cl6中Al原子形成4个共价键，无孤对电子，VSEPR模型为正四面体，二聚物中Al原子的杂化轨道类型为；
②氯化铝属于分子晶体，Al原子与Cl原子之间形成3个共价键、1个配位键，由结构可知1键为普通共价键，1键为Al、Cl原子分别提供1个电子形成共价键，2键为Al原子提供空轨道、Cl原子通过孤对电子形成配位键；故答案为：1键为Al、Cl原子分别提供1个电子形成共价键，2键为Al原子提供空轨道、Cl原子通过孤对电子形成配位键；
(3)
①AlH的价层电子对数为、无孤对电子，则AlH的VSEPR模型为正四面体；
②单键为键，双键含有1个键、1个键，故CH3COOH分子中含有7个键、1个键，键和键的数目之比为1：7；故答案为：正四面体；1：7；
(4)
该晶体为四面体结构单元的高温结构陶瓷，属于原子晶体，该晶胞中N原子位于每个小立方体中心，所以N原子配位数是4；晶胞中Al原子数目为，N原子数目=4，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为g·cm-3= g·cm-3；故答案为：4；。
21．(1) 2s22p4 sp2 sp3 5 分子晶体
(2) 立方体
(3)bc
(4) 面心立方最密堆积 2 2 硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，硝酸分子中存在“H—O”键，易与水分子间形成氢键
【解析】
(1)
尿素中碳原子形成了四个化学键但有一个是π键、氮原子形成了三个化学键且还有一个孤电子对，故二者分别为sp2、sp3杂化。Fe(CO)x中铁有8个价电子(3d64s2)，一个CO提供2个电子与Fe形成配位键，故x＝5。由Fe(CO)x的熔点、沸点数值知其为分子晶体。
(2)
对应的化合物为Na2O，观察晶胞图知，白色小球代表Na＋，黑色小球代表O2－，O2－的配位数是8，8个Na＋构成了一个立方体。该晶胞中含有4个“Na2O”组成单元，物质的量为，晶胞的质量为，晶胞体积V＝＝a3，由此可求出a＝。
(3)
a．磷的第一电离能比硫的大，a错误；b．非金属性越强，电负性越大，则电负性顺序：C
由c、d是热和电的良导体知二者是金属，结合熔点知c是钠，d是铜，a是氢，b是氮，e是硅，f是碳。铜为面心立方最密堆积。H、C、N形成的符合条件的化合物为HCN，结构式为H－C≡N，故有2个σ键，2个π键。图(b)对应的物质是硝酸，硝酸分子是极性分子，易溶于极性溶剂的水中，又因为硝酸中存在“H－O”键，能与水形成氢键，故硝酸易溶于水。
22． 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) N＞O＞S AC V形 sp3杂化 5 0.083 g·cm－3
【解析】
（1）①NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+，铜是29号元素，失去一个电子生成亚铜离子；N原子2p轨道为半充满结构，第一电离能大于O原子，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小；
A、氨气分子与水分子之间存在氢键；
B、氨气分子中N原子和水分子O原子均为sp3杂化，氨分子中N原子只有一对孤对电子，水分子中O原子有两对孤对电子；
C、根据相似相溶可知，乙醇分子极性弱于水的极性；
D、燃烧热的热化学方程式中，产物H2O为液态；
（2）O3分子与SO2互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型；
（3）a位置上的Cl形成了2条单键，还有2对孤对电子；
（4）由图可知，在晶胞上、下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子。
（1）①NH4CuSO3中金属阳离子为Cu+，铜是29号元素，根据能量最低原理其态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，该原子失去一个电子时，生成亚铜离子，失去的电子是最外层电子，所以亚铜离子的基态的电子排布式为：1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10；N原子2p轨道为半充满结构，第一电离能大于O原子，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，所以其第一电离能大小为N＞O＞S，故答案为1S22S22P63S23P63d10或[Ar]3d10；N＞O＞S；
②A、氨气分子与水分子之间存在氢键，氢键的存在使物质的溶解性显著增大，故正确；
B、氨气分子中N原子和水分子O原子均为sp3杂化，氨分子中N原子只有一对孤对电子，水分子中O原子有两对孤对电子，根据价层电子对互斥理论可知，氨分子的键角大于水分子的键角，故错误；
C、根据相似相溶可知，乙醇分子极性弱于水的极性，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中溶解度降低，则[Cu(NH3)4]SO4溶液中加入乙醇会析出深蓝色的晶体，故正确；
D、表示燃烧热的热化学方程式中，产物H2O为液态，故错误；
故选AC，故答案为AC；
（2）O3分子与SO2互为等电子体，SO2分子中S原子价层电子对数为3，孤对电子数为1，空间构型为V形，等电子体具有相同的空间构型，则O3分子空间构型为V形，故答案为V形；
（3）a位置上的Cl形成了2条单键，还有2对孤对电子，故为sp3杂化，故答案为sp3杂化；
（4）镧镍合金、Ca－D合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，由图可知，在晶胞上、下两个面上共有4个D原子，在前、后、左、右四个面上共有4个D原子，在晶胞的中心还有一个D原子，故Ca与D的个数比为8×：（8×+1）=1：5，故n=5；晶胞体积为9.0×10-23cm3，LaNinH4.5合金中H的质量为=，氢在合金中的密度为=0.083 g·cm－3，故答案为0.083 g·cm－3。