专题4第2单元配合物的形成和应用同步练习（含解析）2022——2023学年高中化学苏教版（2019）选择性必修2

专题4第2单元配合物的形成和应用同步练习
2022——2023学年下学期高二化学苏教版（2019）选择性必修2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．下列气体中，能与血红蛋白中的以配位键结合而引起中毒的是
A． B． C． D．
2．下列物质中，不属于配合物的是
A． B．
C． D．
3．下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是
A． B．
C． D．
4．已知某紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱并加热至沸腾有NH3放出，同时产生Co2O3沉淀；向一定量该配合物溶液中加过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一，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
5．是一种钴的配合物，下列说法中正确的是
A．配体是、和，配位数是8
B．1mol中含键的数目是
C．内界和外界中、的数目之比是1∶2
D．加入足量溶液，一定被完全沉淀
6．在水溶液中可与发生反应生成和，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．分子中，碳原子轨道的杂化类型是，分子的空间构型为平面三角形
B．1mol分子中含有σ键的数目为
C．分子中碳原子轨道的杂化类型只有
D．中与的C原子形成配位键，结构可表示为
7．利用超分子可分离和。将、混合物加入一种空腔大小适配的杯酚中进行分离的流程如图所示。
下列说法错误的是
A．该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征
B．杯酚分子中存在大键
C．杯酚与形成氢键
D．与金刚石晶体类型不同
8．下列气体中，能与人体血红蛋白中的以配位键结合而引起人体中毒的是
A． B． C． D．CO
9．有三个组成均为的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色，相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的溶液，析出的物质的量之比为。已知铬的配位数为6，下列说法正确的是
A．甲、乙、丙为同一物质 B．配位体均为
C．铬元素均显价 D．甲的化学式为
10．某配合物的化学式为，下列说法正确的是
A．配位体是和，配位数是9
B．中心离子是，内界是
C．内界和外界中的的数目比是
D．的中心原子是杂化
11．溶液中存在平衡：(蓝色)(黄色)，下列说法错误的是
A．中铜的化合价是价
B．中键的物质的量为
C．向溶液中加入溶液可使黄绿色的溶液变成蓝色
D．若升高溶液温度，溶液不变
二、多选题
12．实验室中可用KSCN或来检验，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．与KSCN溶液混合，得到的配合物中，提供空轨道的是，配体是，配位数是5
C．中含有离子键、极性共价键和非极性共价键
D．与反应可得到一种蓝色沉淀(普鲁士蓝)，其化学式为，普鲁士蓝的内界是，其中Fe元素为价，外界是
13．Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心原子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是
A．该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4
B．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区
C．1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成1mol沉淀
D．该配合物中阴阳离子均呈正八面体构型
14．下列说法中，错误的是
A．形成配位键的金属离子通常是过渡金属离子
B．非金属元素不可能形成离子化合物
C．含有非极性键的物质不一定是共价化合物
D．离子化合物一定不含有共价键
15．已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：
以下结论和解释正确的是
A．由实验①可推知正反应为放热反应
B．等物质的量的和中σ键数之比为9:2
C．实验②是由于增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：
三、结构与性质
16．铁及其化合物在国民生产、生活中用途广泛。
(1)向溶液中加入少量的溶液，生成红色的。N、C、H元素的第一电离能由大到小的顺序为____，O、N、C、H四种元素电负性最大的是____(填元素符号)。
(2)与溶液混合生成沉淀。配体中C原子的杂化方式为_______，CH2=CHCH2CN分子中σ键与π键的数目之比为_______。
(3)用邻二氮菲(phen，结构为)与琥珀酸亚铁生成稳定的橙色配合物，可测定的浓度，发生反应：。
①中，存在的化学键有_______(填字母)。
a．配位键　　　b．离子键　　　c．π键　　　d．氢键
②用邻二氮菲测定浓度时应控制pH为2～9的适宜范围，请解释原因：_______。
17．材料是人类文明进步的阶梯，第IIIA、IVA、VA族元素是组成特殊材料的重要元素。请回答下列问题：
(1)基态Ge原子的价层电子排布图为___________；基态As原子核外电子占据的能量最高的能级的电子云形状为___________。
(2)Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为___________。
(3)M与Ga位于同周期，的一种配合物组成为。
①下列有关、的说法正确的是___________(填字母)。
a．分子空间结构相同
b．中心原子杂化轨道类型相同
c．键角大小相同
②1mol含___________mol键。
③配合物T与组成元素相同，中心离子的配位数相同。1molT溶于水，加入足量溶液可生成2mol。则T的化学式为___________。
(4)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其晶胞结构如图所示，该晶胞中B原子与相邻的P原子构成___________(填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)。
已知该晶体的密度为，设是阿伏加德罗常数的值。BP晶胞中面心上6个P原子相连构成正八面体，该正八面体的边长为___________pm(列式即可)。
18．元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，原理为：2XCl+2CO+2H2O=X2Cl2·2CO·2H2O
(1)C、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______；
(2)H2O中氧原子的轨道杂化类型为_______；
(3)X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，结构如图所示，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在下图中用“→”标出相应的配位键__。
(4)CO与N2分子的结构相似，则1molX2Cl2·2CO·2H2O含有σ键的物质的量为_____mol。
(5)化合物XCl晶体的晶胞如图所示，距离每个X离子最近的Cl-的个数为____。
四、元素或物质推断题
19．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；基态c原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的2倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。回答下列问题：
(1)b、c、d电负性最大的是___________(填元素符号)。
(2)b的单质分子中键与π键的个数比为___________。
(3)a与c可形成两种二元化合物，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中c原子的杂化方式为___________；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___________(填序号)。
①极性共价键 ②非极性共价键 ③离子键 ④金属键 ⑤氢键 ⑥范德华力
(4)这些元素形成的含氧酸根离子中，中心原子的价电子对数为4的是___________(填离子符号，下同)；平面三角形结构的是___________，试从结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___________酸根离子(填“＞”或“＜”)。
(5)元素e位于周期表中___________区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___________。
20．A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。A元素的所有P能级都是半满状态，B元素的最外层电子数是核外电子总数的1/6，C元素是生活中使用非常广泛的金属元素，D元素的主族序数与周期数差值为4，E元素核外未成对电子数在本周期最多，F元素M能层所有能级都排满电子，N层只有一个电子。请回答下列问题：
（1）A元素的最高价氧化物对应水化物和它的氢化物可以形成一种盐，常温下该盐溶液中离子浓度由大到小的顺序为：_______________________。
（2）B、C、D的简单离子半径由大到小的顺序为_____________。
（3）C元素的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为____________。
（4）E元素核外有______种运动状态不同的电子。
（5）F元素的价电子排布式为______________。1mol [F(AH3)4]2+配合离子中所含σ键的数目为 ___________。
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
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参考答案：
1．B
【详解】能与人体血红蛋白中的以配位键结合，与血红蛋白中的结合的能力远远强于与血红蛋白中结合的能力，因此一旦与血红蛋白中的结合，就很难与血红蛋白中的结合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。
故选B。
2．C
【详解】A．该物质中，铜离子提供空轨道，水分子中氧原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选；
B．该物质中，银离子提供空轨道，NH3中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，故B不选；
C．属于一般化合物，不含配体，所以不属于配合物，故C选；
D．中铝原子提供空轨道，F原子提供孤电子对，所以该物质属于配合物，故D不选；
故选C。
3．B
【详解】A．由化学式可知，配合物[Co(NH3)4Cl2]Cl的内界为[Co(NH3)4Cl2]+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故A不符合题意；
B．由化学式可知，配合物[Co(NH3)3Cl3]中氯离子与三价钴离子形成配位键，不易电离，则配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成氯化银沉淀，故B符合题意；
C．由化学式可知，配合物[Co(NH3)6]Cl3中内界为[Co(NH3)6]3+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故C不符合题意；
D．由化学式可知，配合物[Co(NH3)4Cl]Cl2中内界为[Co(NH3)4Cl]2+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故D不符合题意；
故选B。
4．D
【详解】CoCl3·5NH3·H2O水溶液加过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，说明外界离子有氯离子，过滤后再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，说明配体中含有氯离子，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一，说明外界离子中的氯离子与配体中的氯离子的个数比为2:1，则该配合物的化学式最可能为[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O，
答案选D。
5．C
【详解】A．计算配位数时不包括外界离子，故中配体是和，配位数是6，A错误；
B．1mol中，外界中含个键，配离子中键的数目为，则1mol中，键的数目是，B错误；
C．的内界是，外界是，内界和外界中、的数目之比是1∶2，C正确；
D．加入足量的溶液，内界中不沉淀，D错误；
故选：C。
6．C
【详解】A．分子中C原子为杂化，空间构型为平面三角形，A正确；
B．一分子中含2个键和1个键，共有3个键，所以1mol分子中含有键的数目为，B正确；
C．分子中与羟基相连的C为杂化，中的C为sp杂化，C错误；
D．中与的C原子形成配位键，所以结构可表示为，D正确；
故答案选C。
7．C
【详解】A．利用杯酚分离和体现了超分子具有“分子识别”的特征，A项正确；
B．杯酚分子中含有苯环结构，存在大键，B项正确；
C．杯酚与形成的不是氢键，C项错误；
D．金刚石是共价晶体，为分子晶体，二者晶体类型不同，D项正确；
故选C。
8．D
【详解】能与人体血红蛋白中的以配位键结合，与血红蛋白中的结合的能力远远强于与血红蛋白中结合的能力，因此一旦与血红蛋白中的结合，就很难与血红蛋白中的结合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。故选D。
9．C
【分析】已知：Cr3+可形成配位数为6的配合物。组成为CrCl3 6H2O的配合物有3种(甲乙丙)，分别呈亮绿色、暗绿色和紫色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等物质的量的甲乙丙紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀且质量比为2：1：3，则亮绿色配合物的化学式中配体有1个氯离子、5个水分子，则亮绿色配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2 H2O，据此解答即可。
【详解】A．由题意知，甲乙丙分子式相同，结构不同，属于不同的物质，故A错误；
B．由题意知：此配合物中的配位数均是6，故配体除氯离子外，还有水，故B错误；
C．该化合物中铬元素化合价相同，均为+3，故C正确；
D．相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比分别为2：1：3，则绿色配合物的化学式中配体有1个氯离子、5个水分子，则亮绿色配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2 H2O，故D错误；
故选：C。
10．C
【详解】A．由化学式知，配位体是和，配位数是6，A项错误；
B．由化学式知中心离子是，内界是，B项错误；
C．内界有1个，外界有2个，故数目比是，C项正确；
D．中价电子对数为2+，故中心原子是杂化，D项错误；
故选C。
11．D
【详解】A．由化合价的代数和为0可知，四氯合铜离子中铜元素的化合价为价，故A正确；
B．四水合铜离子中配位键属于σ键，水分子中的氢氧键为σ键，则1mol四水合铜离子中含有σ键的物质的量为12mol，故B正确；
C．向氯化铜溶液中加入硝酸银溶液，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，氯离子的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，四水合铜离子的浓度增大，溶液由黄绿色变成蓝色，故C正确；
D．氯化铜在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故D错误；
故选D。
12．BD
【详解】A．Fe为26号元素，位于周期表第四周期第Ⅷ族，周期表中没有第ⅧB族，Fe元素属于d区，选项A错误；
B．中，中心离子为，中心离子提供空轨道，配体是，配体提供孤电子对，配体的数目即时配位数，所以配位数是5，选项B正确；
C．中含有离子键、极性共价键，但不存在非极性共价键，选项C错误；
D．与反应可得到一种蓝色沉淀(普鲁士蓝)，其化学式为，普鲁士蓝的内界是，其中Fe元素为价，外界是，选项D正确；
答案选BD。
13．AC
【分析】配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子（3s23p63d6），配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14+2+2n=26，所以n=5。
【详解】A. 由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；
B. 该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；
C. [Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，C正确；
D. 该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。
综上所述，正确的是AC。
14．BD
【详解】A．形成配位键的金属离子，即中心原子又称为配合物的形成体，多为金属离子，尤其是过渡金属离子，A正确；
B．非金属元素可能形成离子键化合物，如铵盐，B错误；
C．含有非极性键的分子，可能是单质，如氮气、氢气等，Na2O2中含有非极性键的离子化合物，C正确；
D．离子化合物中可能含有共价键，如KOH等，D错误；
故选BD。
15．BD
【详解】A．由实验①可知，降低温度，平衡向生成的方向移动，表明逆反应为放热反应，则可推知正反应为吸热反应，A不正确；
B．共价单键和配位键都属于σ键，则等物质的量的和中σ键数之比为18:4=9:2，B正确；
C．因为水是溶剂，所以实验②中加水，不变，但、Cl-、的浓度都减小，平衡向离子浓度增大的方向移动，即平衡逆向移动，C不正确；
D．由实验③可知，加入ZnCl2后，转化为，则表明Zn2+结合Cl-的能力比Co2+ 强，即配离子的稳定性：，D正确；
故选BD。
16．(1) O
(2) sp 3：1
(3) ac 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH－浓度高时，OH－与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位
【详解】（1）H的1s轨道为半充满结构，N的2p轨道为半充满结构，根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，所以N、C、H元素的第一电离能由大到小的顺序为；同周期从左到右电负性逐渐增大，因此O、N、C、H中电负性最大的是O；故答案为：；O。
（2）为直线形，所以C原子的杂化方式为sp杂化；1个CH2=CHCH2CN分子中有9个σ键，3个π键，所以σ键与π键数目之比为；故答案为：sp；3：1。
（3）①该离子为配离子，含有配位键，邻二氮菲中含有碳碳双键，所以含有π键；故答案为：ac。
②当浓度高时，邻二氮菲中的N优先与形成配位键，导致与配位能力减弱；当浓度高时，OH－与反应，影响与邻二氮菲配位，所以用邻二氮菲测定浓度时应控制pH为2～9的适宜范围；故答案为：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH－浓度高时，OH－与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位。
17．(1) 哑铃形(或纺锤形)
(2)
(3) b 23
(4) 正四面体
【详解】（1）锗是32号元素，价层电子排布式为，有2个未成对电子，价层电子排布图为。砷原子价层电子排布式为，电子占据的能级中，4p能级能量最高，电子云形状为哑铃形或纺锤形；
（2）磷原子3p能级为半充满状态，故磷的第一电离能大于硫、但小于氯，则Si、P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为；
（3）①和的键角、空间结构不同，中心原子的杂化轨道类型相同，均为杂化，故选b；
②、中的共价键都是键，每个分子形成一个配位键，配位键也是键，所以1mol含23mol键；
③该配合物中的配位数为6，依题意，1molT中有2mol在外界，能电离出2mol，只有1mol形成配离子，故T的化学式为；
（4）由题图知，B原子位于体对角线的处，B原子与相邻的4个P原子构成正四面体。面心上六个P原子构成正八面体，该正八面体的边长等于面对角线长的一半，设BP晶胞棱长为，1个晶胞含4个BP，所以，，故正八面体的边长为。
18． O＞C＞H sp3 14mol或14×6.02×1023 4
【分析】由题干信息可知，元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，X为Cu，据此分析解题。
【详解】(1)非金属性越强电负性越大，所以C、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H，故答案为：O＞C＞H；
(2)根据水的中心原子的氧原子周围形成了2个σ键，孤电子对数为：，故其价电子数为2+2=4，所以氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3；
(3) 根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成两条共价键中只有一条是配位键，而X可形成3条配位键，故为 ，故答案为： ；
(4) 因1molX2Cl2 2CO 2H2O含有8mol配位键，4molH-O键，2molCO含2molσ键，H-O键和配位键都属于σ键，即1molX2Cl2 2CO 2H2O含有8+4+2=14molσ键，即14NA个σ键，故答案为：14mol或14×6.02×1023；
(5)图示晶胞中不能观察到完整的X成键，但根据Cl原子的成键情况判断X情况，图中观察到每个Cl原子周围有4个X距离最近，因XCl中离子个数比为1：1，故距离每个X+最近的Cl-的个数是4个，故答案为：4。
19． O 1:2 ①② 、 ＜ d
【分析】周期表前四周期的元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，a的核外电子总数与其周期数相同，a为H；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态，即，则b为N；基态c原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，则c为O；d的原子序数是c的2倍，则d为S；基态e原子轨道上有4个单电子，即，则e为。
【详解】(1)同周期主族元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从上到下，电负性依次减小，N、O、S中电负性最大的是O，故答案为：O；
(2)b的单质为氮气，氮气分子中键与π键的个数比为1:2，故答案为：1:2；
(3)H与O可形成两种二元化合物，分别为和，不稳定，的结构式为，每个氧原子有2个键，还有2对孤电子对，因此O原子的杂化方式为；和互溶物中，中有极性共价键，中有极性共价键、非极性共价键，分子之间有范德华力和分子间氢键，但范德华力和氢键不是化学键，因此存在的化学键有①②；故答案为：；①②；
(4)这些元素形成的含氧酸根离子有、、、、，中N的价电子对数为，离子为平面三角形；中N的价电子对数为，离子为角形；中S的价电子对数为，离子为正四面体形；中S的价电子对数为，离子为三角锥形，因此中心原子的价电子对数为4的酸根离子是、；呈平面三角形结构的酸根离子是；酸分子中中心原子带正电荷，吸引氧原子上的电子，使得氧与氢结合形成的电子对易断裂，因此酸分子的稳定性＜酸根离子的稳定性；故答案为：、；；＜；
(5)基态原子的价电子排布式为，在周期表中位于d区；中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，中间的与其中1个形成共价键，与另一个形成配位键，提供孤电子对，因此其结构式为；故答案为：d；。
20． c((NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-) Cl- >Mg2+> Al3+ Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O 24 3d104s1 16NA
【分析】A元素的所有P能级都是半满状态，则A的核外电子排布为1s22s22p3，即A为N；B元素的最外层电子数是核外电子总数的1/6，设B元素的最外层电子数为x，由于B的原子序数比A大，则有=，解得x=2，则B的核外电子排布为2、8、2，故B为Mg；D元素的主族序数与周期数差值为4，且D的原子序数比B大，则D位于第三或第四周期，若D位于第四周期，则D的族序数为8，与“主族”矛盾，故D为与第三周期，其主族序数为7，则D为Cl；C元素是生活中使用非常广泛的金属元素，且C的原子序数在B、D之间，故C为Al； E的原子序数大于D（Cl），且E元素核外未成对电子数在本周期最多，则E位于第四周期，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，即E为Cr；F元素M能层所有能级都排满电子，N层只有一个电子，则F的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则F为Cu；综上所述，A为N，B为Mg，C为Al，D为Cl，E为Cr，F为Cu。
【详解】经分析，A为N，B为Mg，C为Al，D为Cl，E为Cr，F为Cu，
（1）A元素的最高价氧化物对应水化物HNO3和它的氢化物NH3形成的盐为NH4NO3，是强酸弱碱盐，其水溶液中离子浓度由大到小为：c((NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；
（2）B、C、D的简单离子分别为Mg2+、Al3+、Cl-，则离子半径由大到小为：Cl->Mg2+> Al3+；
（3）C元素的氧化物Al2O3和NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；
（4）E为Cr，是24号元素，核外电子数为24，则其核外有24种运动状态不同的电子；
（5）F为Cu，其价电子排布为3d104s1；1个[F(AH3)4]2+即[Cu(NH3)4]2+中含有16个σ键，则1mol该离子含有16NA个σ键。
答案第1页，共2页
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