专题4分子空间结构与物质性质单元测试卷 高二化学苏教版（2019）选择性必修2（含解析）
文档属性
| 名称 | 专题4分子空间结构与物质性质单元测试卷 高二化学苏教版（2019）选择性必修2（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-06-20 18:17:06 | ||
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文档简介
专题4《分子空间结构与物质性质》单元测试卷
一、单选题
1．已知反应：，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是
A．的电子式为 B．O的价电子排布图为
C．的空间充填模型为 D．中键与键的个数比为1：1
2．某多孔储氢材料前驱体结构如图，、、、、五种元素原子序数依次增大，基态原子的电子填充了个能级，其中有个未成对电子。下列说法正确的是
A．氢化物沸点： B．原子半径：
C．第一电离能： D．该物质为离子化合物
3．下列关于物质结构和化学用语的说法正确的是
A．BF3、CCl4中所有原子均达到8电子稳定结构
B．78gNa2O2晶体中所含离子数目为3NA
C．18gH2O或D2O的质子数均为10NA
D．34gH2O2含有极性键的数目为3NA
4．与NO互为等电子体的是
A．SO3 B．P4 C．CH4 D．NO2
5．常温常压下，某金属有机老多孔材料()能催化与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．a分子中氧原子的杂化类型为杂化 B．b的一氯代物有2种
C．的过程有极性键的形成 D．能选择性吸附，减少的排放
6．化合物A( )进行如下图所示的反应(图中16e表示中心原子周围总共有16个电子)，下列说法不正确的是
A．X为H2，总反应为用丙烯和氢气为原料制备丙烷
B．反应过程涉及氧化还原反应
C．D的结构可能为：
D．化合物C、D、E为同分异构体，且中心原子的化合价不同
7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态原子中，X为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W原子的价电子排布为3d104s1，X、Y、Z、W形成的阳离子如图所示，下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X
B．气态氢化物的稳定性：Y>Z
C．加热时该离子首先失去的组分是X2Z
D．两种配体中的键角：X2Z>YX3
8．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由前三种元素组成的二元化合物，s是元素Z的单质，溶液的为1.86，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物水溶液的酸性：
C．同周期中第一电离能大于Y的元素有3种
D．Y、Z最高价氧化物对应的水化物中心原子的杂化方式不同
9．溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大，这是因为
A．溴单质和四氯化碳中都含有卤素原子
B．Br2是单质，CCl4是化合物
C．Br2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子
D．Br2、CCl4都是有机物，而H2O是无机物
10．晶体硼的基本结构单元是由硼原子通过共价键形成的正二十面体晶体。其中含有20个等边三角形和一定数目的顶角，每个顶角各有一个原子。下列有关说法中正确的是
A．该晶体应该易溶于水中
B．该二十面体中存在60个共价键
C．该二十面体中有12个硼原子
D．该晶体硼受热易分解为硼原子
11．下列说法正确的是
A．极性溶质一定易溶于极性溶剂，非极性溶质一定易溶于非极性溶剂
B．和均是极性分子，是非极性分子，所以难溶于而易溶于
C．和白磷均是非极性分子，是极性分子，所以白磷难溶于而易溶于
D．是极性分子，可溶于，因此是极性分子
12．下列有关Cu及其化合物的叙述正确的是
A．1mol中含有σ键的数目为16mol
B．如图所示的晶胞中Cu原子的配位数为4
C．刻蚀Cu制印刷电路板，说明还原性Cu大于Fe
D．除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
13．下列有关晶体及配合物结构和性质的判断错误的是
选项 结构和性质 相应判断
A 贵金属磷化物Rh2P可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图所示 该晶体中磷原子的配位数为8
B 配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在 该离子的配体是NO2
C GaN、GaP、GaAs都是良好的半导体材料，晶体类型与碳化硅晶体类似 GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低
D 氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一 分子中存在配位键，提供空轨道的原子是硼原子
A．A B．B C．C D．D
14．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
15．某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，W的3p轨道有一个未成对电子，Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物。下列说法正确的是
A．电负性：Y>Z>W
B．最简单氢化物沸点：YC．X2Y2是极性分子
D．Z的最高价氧化物的空间构型为三角锥形
二、填空题
16．回答下列问题：
(1)有人认为：为非化学变化，请为其寻找合理的解释___________。
(2)石墨和金刚石互为同素异形体，其熔点和摩尔硬度如下：
物质 金刚石 石墨
熔点 3550℃ 3652℃
摩尔硬度 10 1
请从结构角度分析两者熔点相近但摩尔硬度有差异的原因___________。
17．回答下列问题
(1)下列分子中，只含有键的是___________(填序号，下同)，既含有键又含有键的是___________。
①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩
(2)在①乙烷(、②乙烯()、③乙炔()分子中碳碳键键长大小顺序是___________(用序号表示)。
18．不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。
(1)基态碳(C)原子的核外电子排布图为___________。
(2)[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中Cr的配位数为___________。
(3)与铜属于同一周期，且未成对价电子数最多的元素基态原子外围电子排布式为_____。
(4)Fe的一种晶胞结构如甲、乙所示，若按甲中虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是_____。
(5)据报道，只含镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该晶体的晶胞结构如图所示，试写出该晶体的化学式：___________。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有___________个。
(6)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol-1)，回答下列问题。
元素代号 I1 I2 I3 I4
Q 2 080 4 000 6 100 9 400
R 500 4 600 6 900 9 500
S 740 1 500 7 700 10 500
T 580 1 800 2 700 11 600
U 420 3 100 4 400 5 900
①在周期表中，最可能处于同一族的是___________和___________。
②T元素最可能是___________区元素。若T为第二周期元素，F是第三周期元素中原子半径最小的元素，则T、F形成的化合物的空间构型为___________，其中心原子的杂化方式为___________。
三、计算题
19．蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题：
(1)水合物中x=______。
(2)若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，则该配合物的化学式可表示为______。
20．铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：
(1)铜元素基态原子的价电子排布式为_______。
(2)成多种配合物，如与乙二胺可形成如图所示配离子。
①与乙二胺所形成的配离子内部粒子间的作用力类型有_______。
A．配位键 B．极性键 C．离子键 D．非极性键 F.氢键 F.金属键
②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为_______，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是_______。
(3)乙二胺和三甲胺 []均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是_______。在水溶液中以形式存在，向含的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的，其原因是_______。
(4)Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)。则C原子的坐标参数为_______
②已知该晶体的密度为，和的半径分别为和，阿伏加德罗常数值为_______。列式表示该晶体中原子的空间利用率_______。
21．(1)在如图反应中，反应前后钒的氧化数和配位数各是多少____ N- N键长如何变化____
(2)单晶衍射实验证实，配合物[ Cr3O( CH3CO2)6(H2O)3]Cl·8H2O中，3个铬原子的化学环境完全相同，乙酸根为桥连配体，水分子为单齿配体。画出该配合物中阳离子的结构示意图_____。
四、实验题
22．铁、铜及其化合物在实验室和实际生产中应用广泛，对其性质进行以下探究。
(1)探究的配合物。
可与等配体形成配离子，如。按图示完成实验。
①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，原因是水解生成，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，往溶液中加入的最佳试剂为________(填化学式)。
②溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ反应的离子方程式为________。
(2)选矿废水含有和，用碘量法对的含量进行测定。
步骤：
①取废水，配成溶液，取出于锥形瓶中。
②已知：。往锥形瓶中先加入适量溶液，再加入稍过量的溶液。加入适量溶液的作用是________。
③用标准溶液滴定，反应为消耗标准溶液体积数据如表所示：
实验序号 1 2 3 4
消耗标准溶液的体积/ 21.40 20.00 20.02 19.98
滴定可选用的指示剂为________，滴定终点的现象是________，废水中________。滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
23．在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：
I.在装有的溶液的碘量瓶中加入足量，充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取上层清液，用萃取，充分振荡、静置、分液，得到萃取后的水溶液、溶液。
II.取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为溶液，充分振荡后，静置5分钟，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。
III.将萃取后的水溶液移入碘量瓶中，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。
已知：i.
ii.与难溶于
iii.室温下，达到溶解平衡后，在层和水层中的分配比为86∶1
回答下列问题：
(1)下列萃取分液操作中没有用到的仪器有_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)易溶于的原因是_______。
(3)滴定过程中标准溶液应装在_______滴定管(填“酸式”或“碱式”)，滴定终点的现象是_______。
(4)步骤II中加入溶液的目的是_______。
(5)步骤III测得萃取后的水溶液中_______，平衡常数_______(列出计算式即可)。
(6)下列关于实验误差分析的说法正确的是_______(填标号)。
A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，则导致所测值偏大
B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏小
C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则测得的K偏大
D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则测得的K偏小
24．长期以来，人们认为氮分子不能作配体形成配合物，直到1965年，化学家Allen偶然制备出了第一个分子氮配合物，震惊了化学界。从此以后，人们对分子氮配合物进行了大量的研究。利用下图装置以X： FeHCIL2(L为一种有机分子)和Z：Na[B(C6H5)4]为原料，在常温下直接与氮气反应可以制备分子氮配合物Y： [FeH(N2)L2][B(C6H5)4|。
相关物质的性质
物质 相对分子质量 性质
X：FeHCIL2 504.5 白色固体，易氧化，易溶于有机溶剂
Y：[FeH(N2)L2][B(C6H5)4] 816 橙色晶体，溶液中易氧化，固体较稳定，可溶于丙酮，难溶于于石油醚。
Z：Na[B(C6H5)4] 342 白色固体，易水解，易溶于丙酮，难溶于石油醚
(1)组装好仪器，检查装置气密性，通入氮气一段时间。其目的是_______。
(2)向A中加入含X1.5g的120mL的丙酮溶液，B中加入含Z1.5g的50mL的丙酮溶液。仪器A的容积应为_______ mL(填 250或500)。仪器B的名称为_______。
(3)继续通入氮气，慢慢将B中液体滴入到A中，打开磁力搅拌器揽拌30分钟，停止通气，冰水浴冷却，析出大量橙色晶体，快速过滤，洗涤，干燥得到粗产品。写出生成产品的化学方程式_______。
(4)将粗产品溶于丙酮，过滤；将滤液真空蒸发得橙色固体，用_______洗涤橙色固体，干燥、称量得到产品1.5g。计算本实验的产率_______ (用百分数表示， 保留1位小数)。
(5)人们之所以对分子氮配合物感兴趣，是因为某些分子氮配合物可以在常温常压下被还原为NH3。简述该过程的意义_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．电子式为，A错误；
B．O的电子排布式为1s22s22p4，价电子排布图为，B正确；
C．H2O空间构型为V形，且氧原子半径大于H原子，图示空间充填模型正确，C正确；
D．银离子和氰酸根离子形成的配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有一个σ键和2个π键，故σ键和π键的个数比为4：4=1：1，D正确；
故答案选A。
2．D
【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B。
【详解】A．由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点：，A错误；
B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：，B错误；
C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能：，C错误；
D．该物质的构成微粒为阴阳离子，为离子化合物，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．BF3中B元素化合价为+3价，B原子最外层电子数是3，3+3=6，则B原子不满足8电子结构，故A错误；
B．78gNa2O2的物质的量是1mol，晶体中所含离子数目为3NA，故B正确；
C．H2O或D2O的质子数均是10个，但相对分子质量不同，因此18gH2O或D2O的质子数不相同，故C错误；
D．34gH2O2的物质的量是1mol，含有极性键的数目为2NA，故D错误；
故选B。
4．A
【分析】原子数和价电子总数分别都相等的互为等电子体，据此解答。
【详解】NO中含有的原子数是4个，价电子数是24。则
A．SO3中含有的原子数是4个，价电子数是24，A符合；
B．P4中含有的原子数是4个，价电子数是20，B不符合；
C．CH4中含有的原子数是5个，价电子数是8，C不符合；
D．NO2中含有的原子数是3个，价电子数是17，D不符合；
答案选A。
5．B
【详解】A．a分子中氧原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故A正确；
B．b中含有3种不同环境的氢原子，b的一氯代物有3种，故B错误；
C． a和CO2发生加成反应生成b，该过程中有C-O极性键形成，故C正确；
D．能催化与环氧丙烷的反应，说明能选择性吸附，利用该反应可减少的排放，故D正确；
故答案选B。
6．D
【详解】A．由反应循环图可以看出B和X生成了C，根据原子守恒可知X为H2，故A正确；
B．从A生成B有电子得失，H2参与生成化合物，都涉及氧化还原，故B正确；
C．C与丙烯生成D，根据C和E的结构简式可知丙烯与中心原子配位，故D的结构简式为 ，故C正确；
D．根据、 、，根据CDE的结构简式可知三者分子式不同，不是同分异构，故D错误；
故答案为D
7．C
【分析】半径最小的原子为氢原子，则X为H；价电子排布为3d104s1，则W为Cu；Z最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z为O，由图可以看出，连接三个键的为N，即Y为N。
【详解】A．原子半径大小为Y>Z>X，A项错误；
B．非金属性O>N，则气态氢化物稳定性O>N，即Z>Y，B项错误；
C．加热时先脱水，C项正确；
D．水中O原子有两对孤电子对，NH3中N原子只有一对孤电子对，因此水中孤电子对成键电子对排斥作用更明显，H2O键角＜NH3键角，D项错误；
答案选C。
8．D
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由前三种元素组成的二元化合物，s是元素Z的单质，溶液的为1.86，说明q为二元酸，则q为硫酸；二氧化硫和双氧水反应生成硫酸，二氧化硫、水和氯气反应生成硫酸和盐酸，因此W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl。
【详解】A．简单离子半径：，故A正确；
B．简单氢化物水溶液的酸性：，故B正确；
C．同周期中第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar等3种，故C正确；
D．Y、Z最高价氧化物对应的水化物分别为硫酸和高氯酸，其中心原子价层电子对数分别为4、4，其杂化方式相同，故D错误；
综上所述，答案为D。
9．C
【详解】根据相似相溶原理:极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂;非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。Br2是非极性分子，它们易溶于非极性溶剂--CCl4；而在极性溶剂水中的溶解度较小。
答案选C。
10．C
【详解】A．该晶体全部由硼原子通过共价键形成，与水分子间不存在氢键，该晶体是分子晶体，结构对称，属于非极性分子，与水不相似，应该难溶于水中，A错误；
B．该二十面体中含有20个等边三角形，三角形的边即时共价键，相邻的两个三角形共用一条边，故存在共价键数目为=30，B错误；
C．该二十面体中含有20个等边三角形，从图中可知，相邻的5个三角形共用一个顶点，则硼原子有=12个，C正确；
D．该晶体硼内部硼原子间以共价键作用，共价键作用力较强，故受热较难分解为硼原子，D错误；
故选C。
11．C
【详解】A．“相似相溶”规律是经验规律，存在特殊情况，部分有机物分子是极性分子，但因为极性很弱，所以大部分难溶于水，故A不正确；
B．是非极性分子，是极性分子，是非极性分子，根据“相似相溶”，难溶于而易溶于，故B不正确；
C．和白磷均是非极性分子，是极性分子，所以白磷难溶于而易溶于，故C正确；
D．是非极性分子，溶于时，部分与反应生成，故D不正确；
答案选C。
12．A
【详解】A．含有4个N-Cu配位键，12个N-H共价键，该物质中含有的σ键数目为16个，即1mol中含有的σ键有16mol，故A正确；
B．如图，白球有2个，黑球有4个，根据氧化亚铜的化学式可知，氧化亚铜晶胞中O原子的配位数为4，则Cu原子的配位数为2，故B错误；
C．氯化铁刻蚀Cu制印刷电路板的反应为，说明氧化性：，还原性：，故B错误；
D．除去铜粉中含有的CuO，加入稀硝酸会使铜和氧化铜均反应，应加稀硫酸或者灼热条件下通入氢气，故D错误；
故选A。
13．B
【详解】A．根据晶胞结构可知，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8，则该晶体中磷原子的配位数为8，故A正确；
B．配离子[Co(NO2)6]3-的配体为，故B错误；
C．GaN、GaP、GaAs都是良好的半导体材料，晶体类型与碳化硅晶体类似，属于共价晶体，N、P、As原子半径依次增大，因此GaN、GaP、GaAs的键长依次增大，键能依次减小，熔沸点依次降低，故C正确；
D．氨硼烷(NH3BH3)分子中，B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，因此提供空轨道的原子是硼原子，故D正确；
答案选B。
14．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。
15．C
【分析】由M的球棍模型可知，X、Y、Z、W形成共价键的数目分别为1、2、、6、1，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，则X为H元素，W的3p轨道有一个未成对电子，则W为Cl元素；Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物，则Y为O元素、Z为S元素。
【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，氯元素的非金属性强于硫元素，则电负性强于硫元素，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故B错误；
C．过氧化氢的空间构型为结构不对称的书形，属于极性分子，故C正确；
D．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面正三角形，故D错误；
故选C。
16．(1)氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨
(2)碳原子的排列方式不同
【详解】（1）化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨的过程中没有化学键的断裂与生成，所以为非化学变化，故答案为：氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨；
（2）石墨和金刚石互为同素异形体，由于晶体中碳原子的排列方式不同，金刚石是由碳原子以共价键相结合形成的空间网状结构的原子晶体，具有很高的熔沸点和很大的硬度，石墨为碳原子形成的层状结构的过渡型晶体，层内碳原子间以共价键相结合形成六元环，层间以范德华力相结合，具有很高的熔沸点，但硬度小，故答案为：碳原子的排列方式不同。
17．(1) ①②③④⑨⑩ ⑤⑥⑦⑧
(2)①>②>③
【详解】1)原子间的共价单键是键，若出现了双键或三键则必有键和键。在题中所给的物质中，()和()含有双键，()和()含有三键，故只有键的是①②③④⑨⑩，既含有键又含有键的是⑤⑥⑦⑧。
2)一般，键能越大，相应的键的键长越短，由键能可知碳碳键键长①>②>③。
18． 6 3d54s1 A MgNi3C 12 R U p 平面正三角形 sp2
【详解】(1)基态碳原子含有6个电子，2个电子排在1S轨道上，2个电子排在2s轨道上，2个电子排在2p轨道上，分占2个轨道，且方向相同，核外电子排布图为：；
(2) 化学式[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl-形成配位键，故配位数为6；
(3) 与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该元素的3d能级上有5 个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素Cr元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为：1s2 2s2 2p63s23p63d54s1(或［Ar] 3d54s1，则其价电子排布式为3d54s1；
(4)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D,，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；
(5)利用均摊法计算确定其化学式，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数，该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数，镍原子个数，故化学式为：MgNi3C；利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有；
(6) Q的电离能较大，且其第一电离能较大，应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能，则R元素原子最外层电子数为1， 属于第IA族元素；
S第二电离能远远小于第三电离能，则S元素原子最外层电子数是2，属于第IIA 族元素；
T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T元素原子最外层电子数是3，属于第IIIA 族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，则U元素原子最外层电子数是1，属于第IA 族元素；
R和U属于第IA族元素，故答案为：R和U；
T属于第IIIA 族元素，则T最可能是P区元素；若T为第二周期元素，T为B元素，E是第三周期元素中原子半径最小的元素，则为Cl元素，T、E形成化合物为BCl3，BCl3中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，中心原子的杂化方式为sp2，所以其空间构型为平面三角形，故答案为：P；平面三角形；sp2。
19． 6
【分析】根据方程式进行计算，的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，内界含有1个氯离子和5个水分子，由此确定化学式。
【详解】(1)根据方程式进行计算：
则，解得。故答案为：6；
(2)中的配位数为6，由题意知该配合物的内界和外界各有1个氯离子，则内界含有1个氯离子和5个水分子，外界含有1个氯离子和1个结晶水，故该配合物的化学式可表示为。故答案为：。
20．(1)3d10 4s1
(2) ABD sp3 N＞C＞H
(3) 乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键； N 元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；
(4) （，，）
【解析】（1）
铜元素基态原子中3d、4s能级上电子为其价电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，其价电子排布式为3d10 4s1；
故答案为3d10 4s1；
（2）
①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部粒子间含有C N、C H、N H、C C和N Cu键，C N、C H和N H为极性键，C C非极性键，N Cu之间的化学键是配位键；
故答案为ABD；
②乙二胺分子中氮原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化轨道类型为 sp3，元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序是N＞C＞H；
故答案为sp3；N＞C＞H；
（3）
乙二胺分子中N原子上连接有氢原子，可形成氢键，而三甲胺分子中氮原子上没有连接氢原子，不能形成氢键，故乙二胺的沸点比三甲胺高很多；向含Cu2＋的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2＋，是因为N 元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；
故答案为乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；N 元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；
（4）
①C点位于体对角线的处，根据A点和B点的晶胞参数，容易写出C的晶胞参数为（，，）；
故答案为（，，）；
②阿伏加德罗常数值为；该晶胞是面心立方最密堆积，每个面上对角线上的3个Cu原子紧密相连，则晶胞棱长＝， 晶胞体积＝，该晶胞中Cu原子个数＝，S原子个数是4，所有原子体积＝，该晶体中原子的空间利用率＝；
故答案为，。
21． +3和+1；7和6 增长
【详解】此题有一定难度，主要考查参赛者对配位化学基础知识的掌握和根据对称性及一些其他条件绘出分子结构的推演能力。
7-1这一小题重点考查参赛者对配位化学基础知识的掌握程度。
氧化数：在反应前的分子中，胺和膦都是中性配体，氯和环戊二烯是-1价配体，所以反应前钒的氧氧化数：在反应前的分子中，胺和膦都是中性配体，氯和环戊二烯是-1价配体，所以反应前钒的氧化数为：1+1+1=+3；在反应产物中，炔烃也是中性配体，只有环戊二烯是-1价配体，所以金属的氧化数为+1。
配位数：在反应前的分子中，两个氯和一个氮、磷各提供一对电子和钒配位，还有6个π电子的环戊二烯负离子可以提供其π电子和金属配位，共3对电子，所以总的配位数为： 2+1+1+3 = 7.在反应产物中，炔烃和氮、磷各提供一对电子给金属配位，炔烃提供的是一组π键中的电子去配位，而另一组π键由于对称性不匹配，即无法“头碰头”地去和金属的杂化轨道成键，所以不能成键，因此炔烃只提供一对电子，环戊二烯负离子仍提供3对电子，所以总的配位数为： 1+1+1+3 = 6。
从键级入手判断N-N键长变化：键级增大，键变强，键长缩短；键级减小，键变弱，键长增长。金属钒除了提供空的杂化轨道来和N2形成配位键外，它本身还有d电子处在未杂化的轨道上，它们可以与。N2的反键轨道形成反馈π键来加强金属与配体之间的相互作用，所以N2的反键轨道上部分填充了电子，N-N总键级是降低的，其键长应该增长。
反应产物的结构由X射线衍射确定，如下图所示：
文献表明，配位后的N—N键长为0.1212(8) nm，相比于单纯的N2分子，键长有所增加，同时V-N键长介于单键和双键之间，这些都有力地证明了反馈π键的存在及其对增强金属配体间力的作用。
7-2此题是一道结构绘制题，题目中给了较多的提示，所以难度有所降低。
条件一：3个铬原子的化学环境完全相同→3个铬原子必呈等边三角形分布，，其他配体分布不能破坏这个对称性。
条件二：乙酸根为桥连配体→乙酸根必均分在3个铬中间，注意到分子中共有6个乙酸根，所以每两个铬之间会夹杂两个乙酸根，而且它为桥连配体，所以应该是用羧酸根上的两个氧去把金属连接起来。
条件三：水分子为单齿配体→注意到分子中正好3个水分子，所以每个铬恰好均分一个水分 子。
最后注意到还剩一个氧原子，考虑到前面提到的铬的等价性，氧只有处于上述等边三角形的中心，才能维持这个等价性，所以氧的位置也被确定了下来。
综上，可以绘出下述结构：
评析7-1小题围绕一个 比较新颖的反应展开，综合了氧化还原、配位化学、氮气活化等多个知识点，考查了π配位体的配位数问题和反馈π键问题，对参赛者基本功要求较高。此反应涉及_______些比较前沿的领域，容易引起学生的兴趣。
7-2小题从一个复杂结构的对称性人手，引导学生发现化学中的对称美，通过对称性信息推断分子结构，虽然简单但构思不错。
22．(1)
(2) 因也能氧化，加入溶液，把转化，避免干扰含量的测定 淀粉溶液 当滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 偏低
【分析】(1)由图可知，溶液Ⅰ中形成，在溶液Ⅱ中转化成，在溶液Ⅲ中进一步转化成，则与等配体形成配离子的能力为；
(2) 用碘量法测定选矿废水(含有和)中的含量时，因也能氧化，故先往待测的废水稀释液中加入溶液，把转化，再加入过量KI溶液，只发生生成I2，可避免干扰含量的测定。
【详解】（1）①根据为浅紫色，溶液Ⅰ呈黄色，原因是水解生成，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，应抑制其水解，根据原溶液的阴离子为，所以往溶液中加入的最佳试剂为。
②溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ的反应，即与F-离子反应转化成，离子方程式为。
（2）用碘量法测定选矿废水(含有和)中的含量时，在步骤②中，在锥形瓶所盛的废水稀释液中先加入适量溶液，再加入稍过量的溶液的原因是：因也能氧化，加入溶液，把转化，而只发生生成I2，可避免干扰含量的测定。
步骤③用标准溶液滴定生成的碘单质时，碘单质遇淀粉现蓝色，则滴定时可选用的指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。
由表知，4次实验中第一次实验数据偏差大，舍去，其余三次数据合理，则消耗标准溶液体积，按反应、，得关系式，则25mL废水稀释液中n(Cu2+)= n(Na2S2O3)= 0.050mol·L-1×20.00mL ×10-3L/mL=1.00×10-3mol，则原废水中。
滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，则所测得的标准溶液体积偏小，测定结果偏低。
23．(1)BD
(2)、均为非极性分子
(3) 碱式 最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色
(4)使碘单质从有机层中转移出
(5)
(6)BD
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）萃取分液操作中需要使用烧杯、分液漏斗，故选BD；
（2）、均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于；
（3）为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故滴定过程中标准溶液应装在碱式滴定管；碘单质能使淀粉变蓝色，反应为，故滴定终点的现象是：最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色；
（4）在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，步骤II中加入溶液的目的是促使平衡正向移动，使碘单质从有机层中转移出来；
（5），加入标准溶液，碘单质被反应，平衡逆向移动最终都转化为碘单质被反应，已知：，则步骤III测得萃取后的水溶液中；
根据化学方程式可知，四氯化碳中碘的浓度为，，，则；；
（6）A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，碘不能充分溶解，导致所测值偏小，A错误；
B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则导致偏大，测得的K偏小，B正确；
C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则偏大，测得的K偏小，C错误；
D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则偏小，测得的K偏小，D正确；
故选BD。
24．(1)排尽装置内的空气
(2) 500 恒压滴液漏斗
(3)FeHClL2+Na[B(C6H5)4]+N2=NaCl+[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]
(4) 石油醚 61.8%
(5)可以实现常温常压合成氨气
【解析】（1）
由表格内容可知，反应物X与产物Y均易被氧化，通氮气可排出装置中的空气，防止X和Y被氧化；
（2）
三颈瓶中加入的液体体积为120mL+50mL=170mL，瓶中的液体不能超过容积的一半，因此三颈瓶应选用500mL的；由仪器的外观可知，B是恒压滴液漏斗；
（3）
FeHClL2和Na[B(C6H5)4]与N2反应生成[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]和NaCl，方程式为FeHClL2+Na[B(C6H5)4]+N2=NaCl+[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]；
（4）
产物Y难溶于石油醚，可以用石油醚洗涤；n(X)= ≈0.002973mol，n(Y)=n(X)=0.002973mol，m(Y)=0.002973mol×816g/mol=2.426g，产率=×100%≈61.8%；
（5）
该过程不需要传统合成氨的高温高压条件，实现了在常温常压条件下合成氨气。
一、单选题
1．已知反应：，该反应可用于提纯末端炔烃。下列说法不正确的是
A．的电子式为 B．O的价电子排布图为
C．的空间充填模型为 D．中键与键的个数比为1：1
2．某多孔储氢材料前驱体结构如图，、、、、五种元素原子序数依次增大，基态原子的电子填充了个能级，其中有个未成对电子。下列说法正确的是
A．氢化物沸点： B．原子半径：
C．第一电离能： D．该物质为离子化合物
3．下列关于物质结构和化学用语的说法正确的是
A．BF3、CCl4中所有原子均达到8电子稳定结构
B．78gNa2O2晶体中所含离子数目为3NA
C．18gH2O或D2O的质子数均为10NA
D．34gH2O2含有极性键的数目为3NA
4．与NO互为等电子体的是
A．SO3 B．P4 C．CH4 D．NO2
5．常温常压下，某金属有机老多孔材料()能催化与环氧丙烷的反应，其工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．a分子中氧原子的杂化类型为杂化 B．b的一氯代物有2种
C．的过程有极性键的形成 D．能选择性吸附，减少的排放
6．化合物A( )进行如下图所示的反应(图中16e表示中心原子周围总共有16个电子)，下列说法不正确的是
A．X为H2，总反应为用丙烯和氢气为原料制备丙烷
B．反应过程涉及氧化还原反应
C．D的结构可能为：
D．化合物C、D、E为同分异构体，且中心原子的化合价不同
7．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态原子中，X为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W原子的价电子排布为3d104s1，X、Y、Z、W形成的阳离子如图所示，下列说法正确的是
A．原子半径：Z>Y>X
B．气态氢化物的稳定性：Y>Z
C．加热时该离子首先失去的组分是X2Z
D．两种配体中的键角：X2Z>YX3
8．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由前三种元素组成的二元化合物，s是元素Z的单质，溶液的为1.86，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是
A．简单离子半径：
B．简单氢化物水溶液的酸性：
C．同周期中第一电离能大于Y的元素有3种
D．Y、Z最高价氧化物对应的水化物中心原子的杂化方式不同
9．溴单质在四氯化碳中的溶解度比在水中大，这是因为
A．溴单质和四氯化碳中都含有卤素原子
B．Br2是单质，CCl4是化合物
C．Br2是非极性分子，CCl4也是非极性分子，而水是极性分子
D．Br2、CCl4都是有机物，而H2O是无机物
10．晶体硼的基本结构单元是由硼原子通过共价键形成的正二十面体晶体。其中含有20个等边三角形和一定数目的顶角，每个顶角各有一个原子。下列有关说法中正确的是
A．该晶体应该易溶于水中
B．该二十面体中存在60个共价键
C．该二十面体中有12个硼原子
D．该晶体硼受热易分解为硼原子
11．下列说法正确的是
A．极性溶质一定易溶于极性溶剂，非极性溶质一定易溶于非极性溶剂
B．和均是极性分子，是非极性分子，所以难溶于而易溶于
C．和白磷均是非极性分子，是极性分子，所以白磷难溶于而易溶于
D．是极性分子，可溶于，因此是极性分子
12．下列有关Cu及其化合物的叙述正确的是
A．1mol中含有σ键的数目为16mol
B．如图所示的晶胞中Cu原子的配位数为4
C．刻蚀Cu制印刷电路板，说明还原性Cu大于Fe
D．除去Cu粉中混有CuO的方法是加入稀硝酸溶解，过滤、洗涤、干燥
13．下列有关晶体及配合物结构和性质的判断错误的是
选项 结构和性质 相应判断
A 贵金属磷化物Rh2P可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图所示 该晶体中磷原子的配位数为8
B 配离子[Co(NO2)6]3-可用于检验K+的存在 该离子的配体是NO2
C GaN、GaP、GaAs都是良好的半导体材料，晶体类型与碳化硅晶体类似 GaN、GaP、GaAs的熔点依次降低
D 氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一 分子中存在配位键，提供空轨道的原子是硼原子
A．A B．B C．C D．D
14．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
15．某物质M是制造染料的中间体，它的球棍模型如图所示，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，W的3p轨道有一个未成对电子，Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物。下列说法正确的是
A．电负性：Y>Z>W
B．最简单氢化物沸点：Y
D．Z的最高价氧化物的空间构型为三角锥形
二、填空题
16．回答下列问题：
(1)有人认为：为非化学变化，请为其寻找合理的解释___________。
(2)石墨和金刚石互为同素异形体，其熔点和摩尔硬度如下：
物质 金刚石 石墨
熔点 3550℃ 3652℃
摩尔硬度 10 1
请从结构角度分析两者熔点相近但摩尔硬度有差异的原因___________。
17．回答下列问题
(1)下列分子中，只含有键的是___________(填序号，下同)，既含有键又含有键的是___________。
①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩
(2)在①乙烷(、②乙烯()、③乙炔()分子中碳碳键键长大小顺序是___________(用序号表示)。
18．不锈钢是由铁、铬、镍、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜CrO3以防止腐蚀。
(1)基态碳(C)原子的核外电子排布图为___________。
(2)[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中Cr的配位数为___________。
(3)与铜属于同一周期，且未成对价电子数最多的元素基态原子外围电子排布式为_____。
(4)Fe的一种晶胞结构如甲、乙所示，若按甲中虚线方向切乙得到的A～D图中正确的是_____。
(5)据报道，只含镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性。鉴于这三种元素都是常见元素，从而引起广泛关注。该晶体的晶胞结构如图所示，试写出该晶体的化学式：___________。晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有___________个。
(6)根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol-1)，回答下列问题。
元素代号 I1 I2 I3 I4
Q 2 080 4 000 6 100 9 400
R 500 4 600 6 900 9 500
S 740 1 500 7 700 10 500
T 580 1 800 2 700 11 600
U 420 3 100 4 400 5 900
①在周期表中，最可能处于同一族的是___________和___________。
②T元素最可能是___________区元素。若T为第二周期元素，F是第三周期元素中原子半径最小的元素，则T、F形成的化合物的空间构型为___________，其中心原子的杂化方式为___________。
三、计算题
19．蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题：
(1)水合物中x=______。
(2)若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，则该配合物的化学式可表示为______。
20．铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：
(1)铜元素基态原子的价电子排布式为_______。
(2)成多种配合物，如与乙二胺可形成如图所示配离子。
①与乙二胺所形成的配离子内部粒子间的作用力类型有_______。
A．配位键 B．极性键 C．离子键 D．非极性键 F.氢键 F.金属键
②乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为_______，C、N、H三种元素的电负性由大到小顺序是_______。
(3)乙二胺和三甲胺 []均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高很多，原因是_______。在水溶液中以形式存在，向含的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的，其原因是_______。
(4)Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)。则C原子的坐标参数为_______
②已知该晶体的密度为，和的半径分别为和，阿伏加德罗常数值为_______。列式表示该晶体中原子的空间利用率_______。
21．(1)在如图反应中，反应前后钒的氧化数和配位数各是多少____ N- N键长如何变化____
(2)单晶衍射实验证实，配合物[ Cr3O( CH3CO2)6(H2O)3]Cl·8H2O中，3个铬原子的化学环境完全相同，乙酸根为桥连配体，水分子为单齿配体。画出该配合物中阳离子的结构示意图_____。
四、实验题
22．铁、铜及其化合物在实验室和实际生产中应用广泛，对其性质进行以下探究。
(1)探究的配合物。
可与等配体形成配离子，如。按图示完成实验。
①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，原因是水解生成，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，往溶液中加入的最佳试剂为________(填化学式)。
②溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ反应的离子方程式为________。
(2)选矿废水含有和，用碘量法对的含量进行测定。
步骤：
①取废水，配成溶液，取出于锥形瓶中。
②已知：。往锥形瓶中先加入适量溶液，再加入稍过量的溶液。加入适量溶液的作用是________。
③用标准溶液滴定，反应为消耗标准溶液体积数据如表所示：
实验序号 1 2 3 4
消耗标准溶液的体积/ 21.40 20.00 20.02 19.98
滴定可选用的指示剂为________，滴定终点的现象是________，废水中________。滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
23．在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，为测定该反应的平衡常数K进行如下实验，实验步骤如下：
I.在装有的溶液的碘量瓶中加入足量，充分搅拌溶解，待过量的固体碘沉于瓶底后，取上层清液，用萃取，充分振荡、静置、分液，得到萃取后的水溶液、溶液。
II.取萃取后的溶液于碘量瓶中，加水充分振荡，再加入质量分数为溶液，充分振荡后，静置5分钟，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。
III.将萃取后的水溶液移入碘量瓶中，用的标准溶液滴定至淡黄色时，注入的淀粉溶液，平行滴定3次，平均消耗溶液。
已知：i.
ii.与难溶于
iii.室温下，达到溶解平衡后，在层和水层中的分配比为86∶1
回答下列问题：
(1)下列萃取分液操作中没有用到的仪器有_______(填标号)。
A． B． C． D．
(2)易溶于的原因是_______。
(3)滴定过程中标准溶液应装在_______滴定管(填“酸式”或“碱式”)，滴定终点的现象是_______。
(4)步骤II中加入溶液的目的是_______。
(5)步骤III测得萃取后的水溶液中_______，平衡常数_______(列出计算式即可)。
(6)下列关于实验误差分析的说法正确的是_______(填标号)。
A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，则导致所测值偏大
B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则测得的K偏小
C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则测得的K偏大
D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则测得的K偏小
24．长期以来，人们认为氮分子不能作配体形成配合物，直到1965年，化学家Allen偶然制备出了第一个分子氮配合物，震惊了化学界。从此以后，人们对分子氮配合物进行了大量的研究。利用下图装置以X： FeHCIL2(L为一种有机分子)和Z：Na[B(C6H5)4]为原料，在常温下直接与氮气反应可以制备分子氮配合物Y： [FeH(N2)L2][B(C6H5)4|。
相关物质的性质
物质 相对分子质量 性质
X：FeHCIL2 504.5 白色固体，易氧化，易溶于有机溶剂
Y：[FeH(N2)L2][B(C6H5)4] 816 橙色晶体，溶液中易氧化，固体较稳定，可溶于丙酮，难溶于于石油醚。
Z：Na[B(C6H5)4] 342 白色固体，易水解，易溶于丙酮，难溶于石油醚
(1)组装好仪器，检查装置气密性，通入氮气一段时间。其目的是_______。
(2)向A中加入含X1.5g的120mL的丙酮溶液，B中加入含Z1.5g的50mL的丙酮溶液。仪器A的容积应为_______ mL(填 250或500)。仪器B的名称为_______。
(3)继续通入氮气，慢慢将B中液体滴入到A中，打开磁力搅拌器揽拌30分钟，停止通气，冰水浴冷却，析出大量橙色晶体，快速过滤，洗涤，干燥得到粗产品。写出生成产品的化学方程式_______。
(4)将粗产品溶于丙酮，过滤；将滤液真空蒸发得橙色固体，用_______洗涤橙色固体，干燥、称量得到产品1.5g。计算本实验的产率_______ (用百分数表示， 保留1位小数)。
(5)人们之所以对分子氮配合物感兴趣，是因为某些分子氮配合物可以在常温常压下被还原为NH3。简述该过程的意义_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．电子式为，A错误；
B．O的电子排布式为1s22s22p4，价电子排布图为，B正确；
C．H2O空间构型为V形，且氧原子半径大于H原子，图示空间充填模型正确，C正确；
D．银离子和氰酸根离子形成的配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有一个σ键和2个π键，故σ键和π键的个数比为4：4=1：1，D正确；
故答案选A。
2．D
【分析】由题干信息可知，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，故Z为C或者O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知Y周围形成了4个单键，再结合信息M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，故Y为N，故Z为O，M只形成一个单键，M为H，X为C，则W为B。
【详解】A．由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点：，A错误；
B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径：，B错误；
C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能：，C错误；
D．该物质的构成微粒为阴阳离子，为离子化合物，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．BF3中B元素化合价为+3价，B原子最外层电子数是3，3+3=6，则B原子不满足8电子结构，故A错误；
B．78gNa2O2的物质的量是1mol，晶体中所含离子数目为3NA，故B正确；
C．H2O或D2O的质子数均是10个，但相对分子质量不同，因此18gH2O或D2O的质子数不相同，故C错误；
D．34gH2O2的物质的量是1mol，含有极性键的数目为2NA，故D错误；
故选B。
4．A
【分析】原子数和价电子总数分别都相等的互为等电子体，据此解答。
【详解】NO中含有的原子数是4个，价电子数是24。则
A．SO3中含有的原子数是4个，价电子数是24，A符合；
B．P4中含有的原子数是4个，价电子数是20，B不符合；
C．CH4中含有的原子数是5个，价电子数是8，C不符合；
D．NO2中含有的原子数是3个，价电子数是17，D不符合；
答案选A。
5．B
【详解】A．a分子中氧原子的价层电子对数为4，采用sp3杂化，故A正确；
B．b中含有3种不同环境的氢原子，b的一氯代物有3种，故B错误；
C． a和CO2发生加成反应生成b，该过程中有C-O极性键形成，故C正确；
D．能催化与环氧丙烷的反应，说明能选择性吸附，利用该反应可减少的排放，故D正确；
故答案选B。
6．D
【详解】A．由反应循环图可以看出B和X生成了C，根据原子守恒可知X为H2，故A正确；
B．从A生成B有电子得失，H2参与生成化合物，都涉及氧化还原，故B正确；
C．C与丙烯生成D，根据C和E的结构简式可知丙烯与中心原子配位，故D的结构简式为 ，故C正确；
D．根据、 、，根据CDE的结构简式可知三者分子式不同，不是同分异构，故D错误；
故答案为D
7．C
【分析】半径最小的原子为氢原子，则X为H；价电子排布为3d104s1，则W为Cu；Z最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z为O，由图可以看出，连接三个键的为N，即Y为N。
【详解】A．原子半径大小为Y>Z>X，A项错误；
B．非金属性O>N，则气态氢化物稳定性O>N，即Z>Y，B项错误；
C．加热时先脱水，C项正确；
D．水中O原子有两对孤电子对，NH3中N原子只有一对孤电子对，因此水中孤电子对成键电子对排斥作用更明显，H2O键角＜NH3键角，D项错误；
答案选C。
8．D
【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是由前三种元素组成的二元化合物，s是元素Z的单质，溶液的为1.86，说明q为二元酸，则q为硫酸；二氧化硫和双氧水反应生成硫酸，二氧化硫、水和氯气反应生成硫酸和盐酸，因此W、X、Y、Z分别为H、O、S、Cl。
【详解】A．简单离子半径：，故A正确；
B．简单氢化物水溶液的酸性：，故B正确；
C．同周期中第一电离能大于S的元素有P、Cl、Ar等3种，故C正确；
D．Y、Z最高价氧化物对应的水化物分别为硫酸和高氯酸，其中心原子价层电子对数分别为4、4，其杂化方式相同，故D错误；
综上所述，答案为D。
9．C
【详解】根据相似相溶原理:极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂;非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂。Br2是非极性分子，它们易溶于非极性溶剂--CCl4；而在极性溶剂水中的溶解度较小。
答案选C。
10．C
【详解】A．该晶体全部由硼原子通过共价键形成，与水分子间不存在氢键，该晶体是分子晶体，结构对称，属于非极性分子，与水不相似，应该难溶于水中，A错误；
B．该二十面体中含有20个等边三角形，三角形的边即时共价键，相邻的两个三角形共用一条边，故存在共价键数目为=30，B错误；
C．该二十面体中含有20个等边三角形，从图中可知，相邻的5个三角形共用一个顶点，则硼原子有=12个，C正确；
D．该晶体硼内部硼原子间以共价键作用，共价键作用力较强，故受热较难分解为硼原子，D错误；
故选C。
11．C
【详解】A．“相似相溶”规律是经验规律，存在特殊情况，部分有机物分子是极性分子，但因为极性很弱，所以大部分难溶于水，故A不正确；
B．是非极性分子，是极性分子，是非极性分子，根据“相似相溶”，难溶于而易溶于，故B不正确；
C．和白磷均是非极性分子，是极性分子，所以白磷难溶于而易溶于，故C正确；
D．是非极性分子，溶于时，部分与反应生成，故D不正确；
答案选C。
12．A
【详解】A．含有4个N-Cu配位键，12个N-H共价键，该物质中含有的σ键数目为16个，即1mol中含有的σ键有16mol，故A正确；
B．如图，白球有2个，黑球有4个，根据氧化亚铜的化学式可知，氧化亚铜晶胞中O原子的配位数为4，则Cu原子的配位数为2，故B错误；
C．氯化铁刻蚀Cu制印刷电路板的反应为，说明氧化性：，还原性：，故B错误；
D．除去铜粉中含有的CuO，加入稀硝酸会使铜和氧化铜均反应，应加稀硫酸或者灼热条件下通入氢气，故D错误；
故选A。
13．B
【详解】A．根据晶胞结构可知，以顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8，则该晶体中磷原子的配位数为8，故A正确；
B．配离子[Co(NO2)6]3-的配体为，故B错误；
C．GaN、GaP、GaAs都是良好的半导体材料，晶体类型与碳化硅晶体类似，属于共价晶体，N、P、As原子半径依次增大，因此GaN、GaP、GaAs的键长依次增大，键能依次减小，熔沸点依次降低，故C正确；
D．氨硼烷(NH3BH3)分子中，B原子有空轨道，NH3中N原子有1对孤电子对，N原子提供孤电子对与B原子形成配位键，因此提供空轨道的原子是硼原子，故D正确；
答案选B。
14．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。
15．C
【分析】由M的球棍模型可知，X、Y、Z、W形成共价键的数目分别为1、2、、6、1，由短周期X、Y、Z、W四种元素组成，X是原子半径最小的元素，则X为H元素，W的3p轨道有一个未成对电子，则W为Cl元素；Y、Z同主族且能形成ZY2的化合物，则Y为O元素、Z为S元素。
【详解】A．元素的非金属性越强，电负性越大，氯元素的非金属性强于硫元素，则电负性强于硫元素，故A错误；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，故B错误；
C．过氧化氢的空间构型为结构不对称的书形，属于极性分子，故C正确；
D．三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面正三角形，故D错误；
故选C。
16．(1)氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨
(2)碳原子的排列方式不同
【详解】（1）化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成，氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨的过程中没有化学键的断裂与生成，所以为非化学变化，故答案为：氨分子和水分子通过氢键形成一水合氨；
（2）石墨和金刚石互为同素异形体，由于晶体中碳原子的排列方式不同，金刚石是由碳原子以共价键相结合形成的空间网状结构的原子晶体，具有很高的熔沸点和很大的硬度，石墨为碳原子形成的层状结构的过渡型晶体，层内碳原子间以共价键相结合形成六元环，层间以范德华力相结合，具有很高的熔沸点，但硬度小，故答案为：碳原子的排列方式不同。
17．(1) ①②③④⑨⑩ ⑤⑥⑦⑧
(2)①>②>③
【详解】1)原子间的共价单键是键，若出现了双键或三键则必有键和键。在题中所给的物质中，()和()含有双键，()和()含有三键，故只有键的是①②③④⑨⑩，既含有键又含有键的是⑤⑥⑦⑧。
2)一般，键能越大，相应的键的键长越短，由键能可知碳碳键键长①>②>③。
18． 6 3d54s1 A MgNi3C 12 R U p 平面正三角形 sp2
【详解】(1)基态碳原子含有6个电子，2个电子排在1S轨道上，2个电子排在2s轨道上，2个电子排在2p轨道上，分占2个轨道，且方向相同，核外电子排布图为：；
(2) 化学式[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O中Cr与4个H2O，2个Cl-形成配位键，故配位数为6；
(3) 与铜属于同一周期，则为第四周期，未成对价电子数最多的元素，该元素的3d能级上有5 个电子、4s能级上有1个电子时，其未成对电子数最多，所以该元素是24号元素Cr元素，根据构造原理书写其基态原子核外电子排布式为：1s2 2s2 2p63s23p63d54s1(或［Ar] 3d54s1，则其价电子排布式为3d54s1；
(4)甲中Fe位于顶点和体心，乙由8个甲组成，按甲虚线方向切乙形成的纵截面边长不相等，则排除B、D,，由于每个小晶胞中的体心含有1个Fe原子，则应为A；
(5)利用均摊法计算确定其化学式，利用沿X、Y、Z三轴切割的方法确定镍原子个数，该晶胞中，碳原子个数是1，镁原子个数，镍原子个数，故化学式为：MgNi3C；利用沿X、Y、Z三轴切割的方法知，晶体中每个镁原子周围距离最近的镍原子有；
(6) Q的电离能较大，且其第一电离能较大，应该为稀有气体元素；R第一电离能远远小于第二电离能，则R元素原子最外层电子数为1， 属于第IA族元素；
S第二电离能远远小于第三电离能，则S元素原子最外层电子数是2，属于第IIA 族元素；
T元素第三电离能远远小于第四电离能，则T元素原子最外层电子数是3，属于第IIIA 族元素；U元素第一电离能远远小于第二电离能，则U元素原子最外层电子数是1，属于第IA 族元素；
R和U属于第IA族元素，故答案为：R和U；
T属于第IIIA 族元素，则T最可能是P区元素；若T为第二周期元素，T为B元素，E是第三周期元素中原子半径最小的元素，则为Cl元素，T、E形成化合物为BCl3，BCl3中B原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，中心原子的杂化方式为sp2，所以其空间构型为平面三角形，故答案为：P；平面三角形；sp2。
19． 6
【分析】根据方程式进行计算，的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，内界含有1个氯离子和5个水分子，由此确定化学式。
【详解】(1)根据方程式进行计算：
则，解得。故答案为：6；
(2)中的配位数为6，由题意知该配合物的内界和外界各有1个氯离子，则内界含有1个氯离子和5个水分子，外界含有1个氯离子和1个结晶水，故该配合物的化学式可表示为。故答案为：。
20．(1)3d10 4s1
(2) ABD sp3 N＞C＞H
(3) 乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键； N 元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；
(4) （，，）
【解析】（1）
铜元素基态原子中3d、4s能级上电子为其价电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，其价电子排布式为3d10 4s1；
故答案为3d10 4s1；
（2）
①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部粒子间含有C N、C H、N H、C C和N Cu键，C N、C H和N H为极性键，C C非极性键，N Cu之间的化学键是配位键；
故答案为ABD；
②乙二胺分子中氮原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化轨道类型为 sp3，元素的非金属性越强，其电负性越大，电负性大小顺序是N＞C＞H；
故答案为sp3；N＞C＞H；
（3）
乙二胺分子中N原子上连接有氢原子，可形成氢键，而三甲胺分子中氮原子上没有连接氢原子，不能形成氢键，故乙二胺的沸点比三甲胺高很多；向含Cu2＋的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的[Cu(NH3)4]2＋，是因为N 元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；
故答案为乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键；N 元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；
（4）
①C点位于体对角线的处，根据A点和B点的晶胞参数，容易写出C的晶胞参数为（，，）；
故答案为（，，）；
②阿伏加德罗常数值为；该晶胞是面心立方最密堆积，每个面上对角线上的3个Cu原子紧密相连，则晶胞棱长＝， 晶胞体积＝，该晶胞中Cu原子个数＝，S原子个数是4，所有原子体积＝，该晶体中原子的空间利用率＝；
故答案为，。
21． +3和+1；7和6 增长
【详解】此题有一定难度，主要考查参赛者对配位化学基础知识的掌握和根据对称性及一些其他条件绘出分子结构的推演能力。
7-1这一小题重点考查参赛者对配位化学基础知识的掌握程度。
氧化数：在反应前的分子中，胺和膦都是中性配体，氯和环戊二烯是-1价配体，所以反应前钒的氧氧化数：在反应前的分子中，胺和膦都是中性配体，氯和环戊二烯是-1价配体，所以反应前钒的氧化数为：1+1+1=+3；在反应产物中，炔烃也是中性配体，只有环戊二烯是-1价配体，所以金属的氧化数为+1。
配位数：在反应前的分子中，两个氯和一个氮、磷各提供一对电子和钒配位，还有6个π电子的环戊二烯负离子可以提供其π电子和金属配位，共3对电子，所以总的配位数为： 2+1+1+3 = 7.在反应产物中，炔烃和氮、磷各提供一对电子给金属配位，炔烃提供的是一组π键中的电子去配位，而另一组π键由于对称性不匹配，即无法“头碰头”地去和金属的杂化轨道成键，所以不能成键，因此炔烃只提供一对电子，环戊二烯负离子仍提供3对电子，所以总的配位数为： 1+1+1+3 = 6。
从键级入手判断N-N键长变化：键级增大，键变强，键长缩短；键级减小，键变弱，键长增长。金属钒除了提供空的杂化轨道来和N2形成配位键外，它本身还有d电子处在未杂化的轨道上，它们可以与。N2的反键轨道形成反馈π键来加强金属与配体之间的相互作用，所以N2的反键轨道上部分填充了电子，N-N总键级是降低的，其键长应该增长。
反应产物的结构由X射线衍射确定，如下图所示：
文献表明，配位后的N—N键长为0.1212(8) nm，相比于单纯的N2分子，键长有所增加，同时V-N键长介于单键和双键之间，这些都有力地证明了反馈π键的存在及其对增强金属配体间力的作用。
7-2此题是一道结构绘制题，题目中给了较多的提示，所以难度有所降低。
条件一：3个铬原子的化学环境完全相同→3个铬原子必呈等边三角形分布，，其他配体分布不能破坏这个对称性。
条件二：乙酸根为桥连配体→乙酸根必均分在3个铬中间，注意到分子中共有6个乙酸根，所以每两个铬之间会夹杂两个乙酸根，而且它为桥连配体，所以应该是用羧酸根上的两个氧去把金属连接起来。
条件三：水分子为单齿配体→注意到分子中正好3个水分子，所以每个铬恰好均分一个水分 子。
最后注意到还剩一个氧原子，考虑到前面提到的铬的等价性，氧只有处于上述等边三角形的中心，才能维持这个等价性，所以氧的位置也被确定了下来。
综上，可以绘出下述结构：
评析7-1小题围绕一个 比较新颖的反应展开，综合了氧化还原、配位化学、氮气活化等多个知识点，考查了π配位体的配位数问题和反馈π键问题，对参赛者基本功要求较高。此反应涉及_______些比较前沿的领域，容易引起学生的兴趣。
7-2小题从一个复杂结构的对称性人手，引导学生发现化学中的对称美，通过对称性信息推断分子结构，虽然简单但构思不错。
22．(1)
(2) 因也能氧化，加入溶液，把转化，避免干扰含量的测定 淀粉溶液 当滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 偏低
【分析】(1)由图可知，溶液Ⅰ中形成，在溶液Ⅱ中转化成，在溶液Ⅲ中进一步转化成，则与等配体形成配离子的能力为；
(2) 用碘量法测定选矿废水(含有和)中的含量时，因也能氧化，故先往待测的废水稀释液中加入溶液，把转化，再加入过量KI溶液，只发生生成I2，可避免干扰含量的测定。
【详解】（1）①根据为浅紫色，溶液Ⅰ呈黄色，原因是水解生成，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，应抑制其水解，根据原溶液的阴离子为，所以往溶液中加入的最佳试剂为。
②溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ的反应，即与F-离子反应转化成，离子方程式为。
（2）用碘量法测定选矿废水(含有和)中的含量时，在步骤②中，在锥形瓶所盛的废水稀释液中先加入适量溶液，再加入稍过量的溶液的原因是：因也能氧化，加入溶液，把转化，而只发生生成I2，可避免干扰含量的测定。
步骤③用标准溶液滴定生成的碘单质时，碘单质遇淀粉现蓝色，则滴定时可选用的指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。
由表知，4次实验中第一次实验数据偏差大，舍去，其余三次数据合理，则消耗标准溶液体积，按反应、，得关系式，则25mL废水稀释液中n(Cu2+)= n(Na2S2O3)= 0.050mol·L-1×20.00mL ×10-3L/mL=1.00×10-3mol，则原废水中。
滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，则所测得的标准溶液体积偏小，测定结果偏低。
23．(1)BD
(2)、均为非极性分子
(3) 碱式 最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色
(4)使碘单质从有机层中转移出
(5)
(6)BD
【分析】滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）萃取分液操作中需要使用烧杯、分液漏斗，故选BD；
（2）、均为非极性分子，根据相似相溶原理，易溶于；
（3）为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故滴定过程中标准溶液应装在碱式滴定管；碘单质能使淀粉变蓝色，反应为，故滴定终点的现象是：最后一滴标准液加入后，溶液蓝色消失且半分钟被不褪色；
（4）在含单质碘的溶液中存在可逆反应：，步骤II中加入溶液的目的是促使平衡正向移动，使碘单质从有机层中转移出来；
（5），加入标准溶液，碘单质被反应，平衡逆向移动最终都转化为碘单质被反应，已知：，则步骤III测得萃取后的水溶液中；
根据化学方程式可知，四氯化碳中碘的浓度为，，，则；；
（6）A．步骤I中碘量瓶若没有充分振荡，碘不能充分溶解，导致所测值偏小，A错误；
B．步骤I中吸取上层清液时，不慎吸入碘固体，则导致偏大，测得的K偏小，B正确；
C．步骤II中滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失，则偏大，测得的K偏小，C错误；
D．步骤III中滴定终点时俯视读数，则偏小，测得的K偏小，D正确；
故选BD。
24．(1)排尽装置内的空气
(2) 500 恒压滴液漏斗
(3)FeHClL2+Na[B(C6H5)4]+N2=NaCl+[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]
(4) 石油醚 61.8%
(5)可以实现常温常压合成氨气
【解析】（1）
由表格内容可知，反应物X与产物Y均易被氧化，通氮气可排出装置中的空气，防止X和Y被氧化；
（2）
三颈瓶中加入的液体体积为120mL+50mL=170mL，瓶中的液体不能超过容积的一半，因此三颈瓶应选用500mL的；由仪器的外观可知，B是恒压滴液漏斗；
（3）
FeHClL2和Na[B(C6H5)4]与N2反应生成[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]和NaCl，方程式为FeHClL2+Na[B(C6H5)4]+N2=NaCl+[FeH(N2)L2][B(C6H5)4]；
（4）
产物Y难溶于石油醚，可以用石油醚洗涤；n(X)= ≈0.002973mol，n(Y)=n(X)=0.002973mol，m(Y)=0.002973mol×816g/mol=2.426g，产率=×100%≈61.8%；
（5）
该过程不需要传统合成氨的高温高压条件，实现了在常温常压条件下合成氨气。