3.4 配合物与超分子 课时作业 （含解析）2023-2024学年高二化学人教版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 3.4 配合物与超分子 课时作业 （含解析）2023-2024学年高二化学人教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 458.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-10 00:26:05 | ||
图片预览
文档简介
3.4 配合物与超分子 课时作业
一、单选题
1．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，四种元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能。下列有关叙述正确的是（ ）
A．该化合物中X、Y和W原子间均存在配位键
B．Y的最高价氧化物的水化物一定为强酸
C．离子半径：Z＞Y＞W
D．电负性顺序：X＞Y＞W
2．下列说法中错误的是（ ）
A．SiH4的空间构型是正四面体
B．在NH4+和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键
C．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、硬度大的特性
D．SO2、SO3都是极性分子
3．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是（ ）
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+
C．用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，不能观察到同样现象
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
4．下列说法中错误的是（ ）
A．SO2、SO3都是极性分子
B．在 和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
D．CO可以和很多金属形成配合物，如Ni(CO)2，Ni与CO之间的键型为配位键
5．由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学将淡紫色的晶体溶于水后再依次加入和溶液，出现下列变化：
已知：为浅紫色，为红色，为无色。下列说法错误的是
A．溶液Ⅰ为黄色的原因是水解生成了
B．与形成配位键时，S原子提供孤电子对
C．溶液Ⅲ为无色，说明与配位键强度更大
D．焰色试验中可用无锈铁丝的原因是铁灼烧时无焰色且不会产生发射光谱
6．下列叙述正确的是（ ）
A．亚磷酸H3PO3只有Na2HPO3、NaH2PO3两种钠盐，所以亚磷酸没有正盐
B．同周期非金属元素的氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强
C．配位键也有方向性和饱和性
D．H3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数均为1，他们的酸性相近，均为中强酸
7．水是制取氢气的常用原料，下列有关水的说法错误的是（ ）
A．水分子是一种极性分子，空间结构呈三角锥形
B．H2O分子中有2个由s轨道与sp3杂化轨道形成的σ键
C．H2O和H+以配位键结合并形成H3O+
D．水在固态时形成的晶体为分了晶体，存在氢键和分子间作用力
8．NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水可以形成[Ni(NH3)6]SO4。下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是（ ）
A．配体为NH3，其空间结构为平面三角形
B．1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为18mol
C．[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会产生沉淀
9．向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液．下列对此现象的相关说法不正确的是（ ）
A．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子为[Cu（NH3）4]2+
B．向反应后的溶液中加入乙醇，有沉淀析出
C．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对
D．反应前后，Cu2+浓度不变
10．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，用强碱处理并没有NH3放出，则下列有关说法中正确的是（ ）
A．NH3与NO3-中氮原子的杂化方式相同
B．配合物中心离子的电荷数和配位数均为4
C．PtCl4·2NH3的立体构型为正八面体形
D．Cl－和NH3分子均与中心离子Pt4＋配位
11．某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是（ ）
A．该物质属于离子化合物
B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，配位数是4
D．该物质中C，N，O原子均存在孤对电子
12．关于化学式为的配合物，下列说法中正确的是（ ）
A．配体是和，配位数是9
B．中心离子是，配离子是
C．内界和外界中的数目比是1∶2
D．加入足量溶液，所有均被完全沉淀
13．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
14．下列有关配合物的说法正确的是（ ）
A．配合物的配位数是6
B．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子
C．1mol中σ键的物质的量为8mol
D．的空间结构为平面正四边形
15．离子液体可在室温下以和为原料合成DMC，具体流程如下(其中化合物①的1号C上没有H原子)，下列说法错误的是（ ）
A．化合物①可作为配体与某些金属离子形成配合物
B．①→A是加成反应，则A的结构可能为
C．在上述流程中，中间体A还起到了吸水作用
D．根据流程可知，DMC的结构为
16．下列比较大小错误的是（ ）
A．热稳定性： B．键角：
C．沸点：正丁烷<异戊烷 D．沸点：
二、综合题
17．按要求完成填空。
（1）与Al元素在元素周期表中处于对角线的铍，在性质上具有相似性，写出铍的氧化物与氢氧化钠溶液反应生成的离子方程式 。
（2）气态分子的空间结构为 ；将纯液态冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态中S原子的杂化轨道类型是 。
（3）二氧化钛是常用的具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米催化的一个实例如图所示。
化合物甲的分子中采取杂化方式的碳原子个数为 ，化合物乙中采取杂化的原子对应元素的第一电离能由小到大的顺序为 。
（4）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供孤电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。
18．下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答：
（1）在周期表给出的10种元素中，电负性最小的元素基态原子的电子排布式为 。
（2）在周期表给出的10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素与短周期最外层没有未成对电子数的元素形成的化合物是 (填化学式)，所含化学键类型是 。
（3）关于元素①与元素⑤形成的1：1的化合物，下列说法正确的是_____(填字母序号)。
A．该化合物中的所有原子都满足最外层8电子稳定结构
B．该化合物分子中σ键和π键数目比为1：1
C．该化合物是由极性键和非极性键形成的极性分子
D．该化合物分子的空间构型为直线形
（4）在①与③形成的相对分子质量最小的化合物A中，元素③的杂化类型是 ，写出与化合物A互为等电子体的一种阳离子 (填离子符号)。
（5）元素⑧的+3价化合物MCl3·6H2O有三种不同颜色的异构体，为探究MCl3溶液析出的暗绿色晶体的化学式，取0.010molMCl3·6H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g，该晶体的化学式为_______(填字母序号)。
A．[M(H2O)6]Cl3
B．[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[M(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
（6）元素⑩与元素⑤形成一种化合物其晶胞结构如下图所示，该化合物的化学式为 ，若该晶体密度为dg/cm3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数的值NA 为 。
19．第VIII族元素(Fe、Co、Ni等)在生产、生活中用途广泛。回答下列问题：
（1）第四周期基态原子与基态Ni3+未成对电子数相同的元素有 种。
（2）邻二氮菲(phen，结构如图)能通过N原子与Fe2+形成稳定的配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的特征颜色可用于测定Fe2+的浓度。[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为 ；实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，其原因是 。
（3）草酸亚铁是生产磷酸铁锂动力电池的原料，可由草酸与硫酸亚铁铵反应制得。草酸与甲酸酸性相对强弱：草酸 甲酸(填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
（4）Fe3O4晶胞具有反尖晶石结构，氧离子和不同价态铁离子构成A、B两种结构，如图所示，其晶胞可以看作是由4个A型和4个B型小单元交替并置而成。
①Fe3+填充在O2-围成的 空隙处(填“正四面体”或“正八面体”)。
②纳米材料的量子尺寸效应可以显著改变材料电磁性能，材料表面原子(或离子)占总原子(或离子)数的比例是重要的影响因素。假设某Fe3O4纳米颗粒恰好是一个Fe3O4晶胞，该颗粒表面离子与总离子数的最简整数比为 。
20．超细铜粉主要应用于导电材料、催化剂等领域中．超细铜粉的某制备方法如下：
试回答下列问题：
（1）下列关于[Cu（NH3）4]SO4的说法中，正确的有 ．（填字母序号）
A．[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．[Cu（NH3）4]SO4难溶于水，易溶于乙醇
C．[Cu（NH3）4]SO4是离子化合物
D．[Cu（NH3）4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
（2）NH4CuSO3中的金属阳离子的核外电子排布式为
（3）SO42﹣中S的杂化方式为 ，与其互为等电子体的一种分子的分子式是
（4）NH3极易溶于水的原因是 ，NH3的空间构型为
（5）如图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，由此可确定该氧化物的化学式为 ，晶胞中氧离子的配位数为 ，若该晶体的密度为ag/cm3，则晶胞中两个氧离子的最近距离为 pm．
（6）NH4CuSO3与硫酸微热，溶液变为蓝色，该反应的离子方程式为
21．
（1）X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是 ；其轨道表示式为 ；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则R原子可能是 、 ；Y原子的核电荷数为29，其电子排布式是 ，其在元素周期表中的位置是 ，是属于 区的元素。
（2）指出配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子、配位体及其配位数： 、 、 。
（3）下列分子中若有手性原子，请用“*”标出其手性碳原子 。
（4）在下列物质①CO2、②NH3、③CCl4、④BF3、⑤H2O、⑥SO2、⑦SO3、⑧PCl3中，属于非极性分子的是（填序号） 。
（5）试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“＞”、“＜”或“=”）：H2SO4 H2SO3；H3PO4 H3PO3。
（6）根据价层电子对互斥理论判断下列问题：
H2O中心原子的杂化方式为 杂化，分子的立体构型为 。
BF3分子中，中心原子的杂化方式为 杂化，分子的立体构型为 。
（7）H2O的沸点（100℃）比H2S的沸点（﹣61℃）高，这是由于 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．根据结构分析可知，该化合物中，B元素和N元素形成配位键，但H元素未与B、N形成配位键，A不符合题意；
B．Y为N元素，其最高价氧化物的水化物为HNO3，属于强酸，B符合题意；
C．Na+和N3-的电子层数相同，核电荷数Na＞N，故离子半径N3-＞Na+，C不符合题意；
D．X为B元素，Y为N元素，W为H元素，电负性：N＞B＞H，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，结合图示可知，Z形成+1价阳离子，其原子序数最大，则Z为Na元素；Y形成3个共价键，其原子序数小于Na，则Y为N元素；W形成1个共价键，其原子序数小于N，则W为H元素；X的原子序数为24-1-7-11=5，则X为B元素。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A．硅烷中Si原子形成4个Si﹣H键，共价键键长相等，结构对称，为正四面体结构，故A正确；
B．NH4+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，故B正确；
C．原子晶体中原子以共价键结合，形成网状结构，具有键能大、硬度大的特性，如二氧化硅、金刚石等原子晶体，故C正确；
D．SO2中S元素化合价为+4，S原子最外层6个电子未全部成键，为极性分子，SO3中S元素化合价为+6，S原子最外层6个电子全部成键，为非极性分子，故D错误；
故选D．
【分析】A．分子的空间构型是正四面体，所含中心原子应能形成4个σ键，且结构对称，中心原子所形成的共价键键长相等；
B．NH4+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；
C．原子晶体中原子以共价键结合，形成网状结构，具有键能大、熔点高、硬度大的特性；
D．对于ABn型分子，A原子的最外层电子，若完全成键，属于非极性分子，若不完全成键，则属于极性分子，SO2是极性分子，SO3分子是非极性分子．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子[Cu（NH3）4]2+，所以反应前后Cu2+的浓度改变，故A错误；
B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；
C．硝酸铜中的铜离子和氨水反应现象与硫酸铜中铜离子和氨水反应现象相同，硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，能观察到同样现象，故C错误；
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故D错误；
故选B．
【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物．
4．【答案】A
【解析】【解答】A．SO2中心原子S的化合价为+4价，最外层电子未全部参与成键，含有孤对电子对，为极性分子；SO3中心原子S的化合价为+6价，最外层电子全部参与成键，没有孤对电子对，SO3是平面三角形的分子，是非极性分子，故A符合题意；
B． 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，故B不符合题意；
C．非金属性越强，电负性越大，该元素的原子吸引电子的能力越强，故C不符合题意；
D．Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，镍原子中含有空轨道，CO与N2结构相似，含有C≡O键，CO中含有孤电子对，所以二者能形成配位键，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.计算出价层电子以及是否含有孤对电子即可
B.氮原子提供孤对电子，而氢原子和铜原子提供空轨道进行形成配位键
C.吸引电子能力越强，电负性也越强
D.一氧化碳存在孤对电子，故可与提供空轨道的原子形成配位键
5．【答案】D
【解析】【解答】A．根据为浅紫色， 将晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是因为Fe3+水解生成红褐色与紫色共同作用所致，选项A不符合题意；
B．S的半径大于N，SCN-中S、 N都含有孤电子对，S的半径大于N，所以SCN-与Fe3+形成配位键时，S原子提供孤电子对，选项B不符合题意；
C．溶液Ⅰ加NaF后溶液由红色变为无色，变为，SCN-与Fe3+配位键强度不及F-与Fe3+配位键强度，选项C不符合题意；
D．铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色，所以焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据已知和过程中颜色变化判断；
B．S的半径大于N，S原子提供孤电子对；
C．根据反应过程中颜色变化判断；
D．铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A．亚磷酸H3PO3只有Na2HPO3、NaH2PO3两种钠盐，可知为二元酸，存在正盐，故A错误；
B．同周期非金属元素从左向右增强，则对应的最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强，不是最高价含氧酸无此规律，故B错误；
C．配位键中单方提供孤电子对，原子之间通过共用电子对形成，有方向性和饱和性，故C正确；
D．H3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数分别为2、1，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则磷酸为中强酸，而碳酸为弱酸，故D错误；
故选C．
【分析】A．亚磷酸H3PO3只有Na2HPO3、NaH2PO3两种钠盐，可知为二元酸； B．同周期非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强； C．配位键中单方提供孤电子对，原子之间通过共用电子对形成，有方向性和饱和性； D．H3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数分别为2、1，磷酸为中强酸，而碳酸为弱酸．
7．【答案】A
【解析】【解答】A. 水分子是一种极性分子，空间结构呈V形，A符合题意；
B. H2O分子中有2 个由s轨道与sp3杂化轨道形成的σ键，B不符合题意；
C. H2O 和H+ 以配位键结合并形成H3O+ ， C不符合题意；
D. 水在固态时形成的晶体为分了晶体，存在分子间氢键和分子间作用力，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】该题考查水的价键类型、水的结构、空间构型及分子间作用力等知识点，常见物质的价键类型、结构、空间构型等均需要掌握，如果实在理解不了也应该牢牢记住（如sp3杂化 sp2杂化 sp杂化等常见的空间构型）。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．配体为NH3，NH3中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥模型可知，其空间结构为三角锥形，A不符合题意；
B．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，NH3分子中含有3个N-H键，这些键均为σ键，则1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为3×6+6=24mol，B不符合题意；
C．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，则其中N原子周围不再有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，C符合题意；
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，但[Ni(NH3)6]SO4=[Ni(NH3)6]2++，故向其中滴加BaCl2溶液能够会产生沉淀BaSO4，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NH3中的N的价层电子对数为4，根据VSEPR模型可知是三角锥形；
B.配位键也是σ键；
C.孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对数之间的排斥力；
D.[Ni(NH3)6]SO4是配合物 ，但是硫酸根离子是外界，在溶液中是可以电离出硫酸根离子的。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3 H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣．
A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故A正确；
B．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故B正确；
C．在[Cu（NH3）4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故C正确；
D．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故D错误；
故选D．
【分析】氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液． A．氢氧化铜和氨水反应生成配合物[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清； B．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出晶体； C．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键； D．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物．
10．【答案】D
【解析】【解答】A．NH3中氮原子的价层电子对数=3+ =4，NO3-中氮原子的价层电子对数=3+ =3，氮原子的杂化方式不同，故A不符合题意；
B．配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故B不符合题意；
C．该配合物中中心原子的配位数为6，应是八面体结构，Pt与6个配体成键，但不是正八面体，故C不符合题意；
D．由上述分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，据此分析解答。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图示，该物质不含离子，属于共价化合物，故A不符合题意；
B．该物质的分子中含有共价键、配位键、氢键三种作用力，故B不符合题意；
C．根据图示， Ni原子与4个N原子形成配位键，配位数是4，故C符合题意；
D．该物质中C原子最外层4个电子，形成4个共价键，C原子不存在孤对电子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该物质只含共价键和配位键；
B.该分子中含有共价键、配位键和氢键；
C.该配合物中Ni原子为中心原子，配位数是4；
D.C原子不存在孤对电子。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．配合物，配位体是和，配位数是6，A项不符合题意；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是 ，外配离子是，B项不符合题意；
C．配合物，内配离子是为1，外配离子是为2，内界和外界中的的数目比是： 1：2，C项符合题意；
D．加入足量溶液，外界离子与Ag+反应，内配位离子不与Ag+反应，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 的配位数为6；
B.的中心离子是Ti3+，配离子为Cl-；
D.内界的Cl-不与Ag+反应。
13．【答案】D
【解析】【解答】由题意可知配合物化学式中的Cl分为两部分，且两部分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。
【分析】根据Co3+即可判断可以形成6个配位键，结合溶液中加入硝酸银与加热后再加入硝酸银的产生沉淀的量即可写出化学式
14．【答案】B
【解析】【解答】A．中只有NH3是配体，所以配位数是4，A不符合题意；
B．配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可，所以可以是分子也可以是阴离子，B符合题意；
C.1mol可形成2molO-H共价键和1molO-Cu配位键，所以4mol共形成σ键数= 43mol=12mol，C不符合题意；
D．的空间结构为正四面体形，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.的配体为NH3；
B.配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键是σ键；
D.为正四面体形。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，化合物①中含有孤电子对，作为配体与某些金属离子形成配合物，故A不符合题意；
B．由图可知，①→A的反应是①与二氧化碳发生加成反应生成，故B不符合题意；
C．由图可知，中间体A与水反应生成化合物②，所以反应过程中，中间体A还起到了吸水作用，故C不符合题意；
D．由图可知，中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，碳酸二甲酯中的酯基结构为，不含有酯基结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合物①中含有孤电子对，可作配体；
B．根据官能团的变化确定反应类型；
C．依据反应过程图判断；
D．中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．已知非金属的非金属性与其简单气态氢化物的热稳定性一致，非金属性F＞O＞N＞C，则热稳定性：，A不符合题意；
B．已知CH4中C周围无孤电子对，NH3中N周围有1对孤电子对，H2O中O周围有2对孤电子对，由于孤电子对对孤电子对的排斥作用大于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致键角：，B不符合题意；
C．烷烃的沸点随相对分子质量的增加而有规律升高，则沸点：正丁烷<异戊烷，C不符合题意；
D．卤素的氢化物均形成分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增强，沸点升高，但由于HF中存在分子间氢键，导致沸点异常升高，则沸点：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.比较热稳定性转化为比较元素非金属性
B.先判断出分子内孤对电子，然后根据孤对电子与成键电子的排斥进行判断键角大小
C.烷烃支链越多，沸点越低
D.要注意HF分子间存在氢键，沸点异常高
17．【答案】（1）BeO+2OH-=BeO22- + H2O
（2）平面三角形；SP3
（3）7；C（4）N，O，Cl；6
【解析】【解答】（1）与 Al元素在元素周期表中处于对角线的铍，在性质上具有相似性， 铍与铝的化学性质相似，氧化铍与氢氧化钠反应得到偏铝酸铍和水，即可写出离子方程式为： BeO+2OH-=BeO22- + H2O ；
（2）气态三氧化硫分子硫原子的价电子对为3，无孤对电子，故为平面三角形结构，结合给出的结构式，形成4个键，为sp3杂化；
（3）根据形成的双键碳原个数为7个，因此sp2杂化的有7个， 化合物乙中采取杂化的原子对应元素为：O，C，N，第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；
（4）根据配合物化学式即可得到配位原子为N，O，Cl，中心配位原子配位数为6；
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式；
（2）计算出价电子对即可；
（3）根据找出双键的原子即可，找出sp3杂化的原子即可；
（4）根据给出的配离子即可找出配位原子和配位数。
18．【答案】（1）1s22s22p63s23p64s2
（2）Mg3N2；离子键
（3）C
（4）sp3；H3O+
（5）B
（6）Cu2O；288×1030/da3
【解析】【解答】（1）根据元素在周期表中的位置可知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别是H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu元素，其中Ca元素金属性最强，则Ca元素电负性最小，Ca为第四周期第IIA族元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2。
（2）在H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu等10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素是N，属于短周期最外层没有未成对电子数的元素是Mg，二者形成的化合物是Mg3N2；Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的，所含化学键类型是离子键。
（3）元素①与元素⑤形成的1：1的化合物是H2O2，该化合物中的氢原子满足最外层2电子稳定结构，故A错误；H2O2中只存在共价单键，所以只存在σ键，故B错误；H2O2中氧原子间是非极性键、氢原子和氧原子间是极性键，分子不是直线型的，而是折线型的，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确、D错误。
（4）H与N形成的相对分子质量最小的化合物是NH3，氨气中价层电子对个数=3+ （5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化；等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，所以与化合物NH3互为等电子体的阳离子较多，例如：H3O+、NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。
（5）由已知0.010mol该物质与足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g，即n(Cl-)=n(AgCl)=2.870g÷0.02mol，所以符合条件的异构体中有2个Cl-(-1价的Cl)，根据正负化合价代数和相等可得，该晶体的化学式为[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，故选B。
（6）元素⑩为Cu，元素⑤为O，由二者形成化合物晶胞结构图可得：Cu原子数为4，O原子数为1+8× =2，所以该化合物的化学式为：Cu2O；apm=a×10-10cm，该晶体密度为dg/cm3，则晶胞质量： g=dg/cm3×(a×10-10)3cm3，所以NA=288×1030/da3。
【分析】（1）上述10种元素中，电负性最小的为Ca，结合构造原理书写基态原子的电子排布式；
（2）最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素是N，属于短周期最外层没有未成对电子数的元素是Mg；
（3）元素①为H，元素⑤为O，二者形成原子个数比为1：1的化合物为H2O2，结合H2O2的结构分析选项；
（4）元素①为H，元素③为N，二者形成的相对分子质量最小的化合物A为NH3，结合NH3的结构分析；
（5）由氯原子守恒进行计算，确定晶体中所含氯原子的个数，从而确定晶体的化学式；
（6）根据“均摊法”确定该化合物的化学式；由密度求得晶胞的质量，进而得出NA的值；
19．【答案】（1）3
（2）6；当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位
（3）>；羧基具有吸电子作用，使相邻羧基中羟基的极性增大，更易电离出氢离子
（4）正八面体；12：65
【解析】【解答】（1）Ni是28号元素，基态Ni原子核外电子排布式是[Ar]3d84s2，Ni原子失去最外层的2个4s电子和1个3d电子，就得到Ni3+，则基态Ni3+核外电子排布式为[Ar]3d7；3d轨道有5个，每个轨道最多可容纳2个自旋方向相反的电子，则其中有3个未成对的电子，第四周期基态原子有3个未成对的电子的元素有V、Co、As共3种；
（2）N原子上有孤电子对，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2+和3个邻二氮菲形成配位键，Fe2+的配位数为6；邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，其原因是：当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位；
（3）由于羧基具有吸电子作用，使相邻羧基中羟基的极性增大，更易电离出氢离子，则酸性：草酸>甲酸；
（4）①A中黑球为4×+1=1.5个，白球为4个，B中白球为4个，黑球为4×=0.5个，三角形为4个，晶胞结构如图所示，因此整个晶胞中有黑球为16个，白球为32个，三角形为16个，根据正负化合价代数和为零可以知道，黑球代表Fe2+，白球代表O2-，三角形代表Fe3+；在图B中三角形代表三价铁，结合Fe3O4晶胞的结构可知，三价铁填充在O2-围成的正八面体空隙中；②由Fe3O4晶胞可知，一个晶胞含有Fe2+、Fe3+、O2-的个数分别是为8、16、32，该颗粒只有黑球即Fe2+在表面，表面离子数为12，总离子数为65，最简整数比为12：65。
【分析】（1）依据核外电子排布规律判断；
（2）依据配合物的结构判断；
（3）由于羧基具有吸电子作用，使相邻羧基中羟基的极性增大，更易电离出氢离子；
（4）①利用均摊法确定原子数；②由晶胞结构判断。
20．【答案】（1）AC
（2）[Ar]3d10
（3）sp3；CCl4
（4）NH3分子和H2O分子间可形成氢键；三角锥
（5）CuO；4；×10﹣10
（6）2NH4CuSO3+4H+2NH4++Cu2++Cu+2SO2↑+2H2O
【解析】【解答】（1）A．[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根离子和[Cu（NH3）4]2+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有共价键、离子键、配位键，故A正确；
B．[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，故B错误；
C．[Cu（NH3）4]SO4含有离子键，属于离子化合物，故C正确；
D．元素周期律中，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N原子最外层达到半饱和的稳定结构，难以失去电子，所以其第一电离能大小为N＞O，故D错误．
故答案为：AC；
（2）Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，则金属阳离子的核外电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10；
（3）SO42﹣中含有4个δ键，没有孤电子对，故为sp3杂化，离子含有5个原子，价电子总数为32，对应的等电子体有CCl4（或CF4、SiCl4、SiF4等），
故答案为：sp3；CCl4；
（4）NH3与水分子间能形成氢键，使氨气在水中的溶解度较大；NH3分子中N原子形成4个价层电子对，含有一个孤电子对，所以氨气的空间构型为三角锥形；
故答案为：NH3分子和H2O分子间可形成氢键；三角锥；
（5）晶胞中4个Cu位于晶胞内部，O位于晶胞的顶点和面心，共有8×
+6×
=4，则该氧化物的化学式为CuO；晶胞图中每个O离子周围最近的铜离子数为4，则晶胞中氧离子的配位数为4；
因为每个晶胞中有4个铜离子和4个氧离子，根据a=
=
，得晶胞体积为V=
cm3，则晶胞边长为
cm，则两个氧离子的距离为晶胞棱长的一半即为
×
cm=
cm=
×10﹣10pm；
故答案为：CuO；4；
×10﹣10；
（6）除得到超细铜粉外，还可看到溶液变蓝，同时有使品红褪色的气体，说明生成Cu、Cu2+和SO2，反应的离子方程式为2NH4CuSO3+4H+2NH4++Cu2++Cu+2SO2↑+2H2O，
故答案为：2NH4CuSO3+4H+2NH4++Cu2++Cu+2SO2↑+2H2O．
【分析】（1）A．阴阳离子存在离子键，非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；
B．[Cu（NH3）4]SO4易溶于水；
C．[Cu（NH3）4]SO4含有离子键；
D．根据第一电离能的变化规律比较其大小．
（2）NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，结合Cu的原子核外电子排布书写；
（3）SO42﹣中含有4个δ键，没有孤电子对，结合等电子体的定义判断；
（4）NH3与水分子间能形成氢键；NH3分子中N原子形成4个价层电子对，含有一个孤电子对；
（5）利用均摊法计算；晶胞图中每个O离子周围最近的铜离子数为4；根据ρ=
，求得晶胞体积，再计算出晶胞边长，两个氧离子的距离为晶胞棱长的一半，据此答题
（6）除得到超细铜粉外，还可看到溶液变蓝，同时有使品红褪色的气体，说明生成Cu、Cu2+和SO2．
21．【答案】（1）C； ；Al；Cl；1s22s22p63s23p63d104s1 ；第四周期ⅠA族；ds
（2）Co；CN；6
（3）
（4）①③④⑦
（5）>；>
（6）sp3；V形；sp2；平面三角形
（7）由于水分子中含有氢键
【解析】【解答】（1）根据构造原理可知，若X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是碳元素，其轨道表达式 ；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则根据构造原理可知，R原子可能是Al和Cl；Y原子的核电荷数为29，所以Y是铜元素。根据构造原理可知，其电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；铜元素位于第四周期ⅠA族；区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级的符号，所以铜元素属于ds区。
（2）考查配位键的形成与有关判断。根据化学式可知，CN提供孤对电子，所以CN是配体，配位数是6；钴离子接受孤对电子，属于中心离子。
（3）人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子（常以*标记手性碳原子），所以根据结构简式可知，手性碳原子是 。
（4）原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，即分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布是均匀的，对称的，这样的分子为非极性分子。CO2是直线型结构，四氯化碳是正四面体形结构，三氟化硼和三氧化硫都是平面正三角形结构，所以均属于非极性分子，其余都是极性分子，
故答案为：①③④⑦。
（5）根据(HO)m(RO)n可知，n值越大，酸性越强。亚硫酸中n＝1，硫酸中n＝2，所以硫酸的酸性强于亚硫酸的；H3PO4中n＝1，H3PO3中n＝0，所以磷酸的酸性强于亚磷酸的。
（6）根据价层电子对互斥理论可知，水分子中氧原子含有的孤对电子对数是（6－1×2）÷2＝2，所以水是V形结构，氧原子是sp3杂化；BF3分子中B原子含有的孤对电子对数是（3－1×3）÷2＝0，所以三氟化硼是平面正三角形结构，B原子是sp2杂化。
（7）由于水分子中含有氢键，所以H2O的沸点(100℃)比H2S的沸点(-61℃)高。
【分析】（1）根据构造原理，结合所给信息确定元素符号；
（2）结合配位键的形成进行分析；
（3）根据手性碳原子的定义分析；
（4）根据非极性分子的定义分析；
（5）根据(HO)m(RO)n可知，n值越大，酸性越强，据此分析；
（6）根据价层电子对互斥理论进行分析；
（7）结合氢键对沸点的影响分析；
一、单选题
1．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，四种元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能。下列有关叙述正确的是（ ）
A．该化合物中X、Y和W原子间均存在配位键
B．Y的最高价氧化物的水化物一定为强酸
C．离子半径：Z＞Y＞W
D．电负性顺序：X＞Y＞W
2．下列说法中错误的是（ ）
A．SiH4的空间构型是正四面体
B．在NH4+和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键
C．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、硬度大的特性
D．SO2、SO3都是极性分子
3．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液．下列对此现象说法正确的是（ ）
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+
C．用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，不能观察到同样现象
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
4．下列说法中错误的是（ ）
A．SO2、SO3都是极性分子
B．在 和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强
D．CO可以和很多金属形成配合物，如Ni(CO)2，Ni与CO之间的键型为配位键
5．由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学将淡紫色的晶体溶于水后再依次加入和溶液，出现下列变化：
已知：为浅紫色，为红色，为无色。下列说法错误的是
A．溶液Ⅰ为黄色的原因是水解生成了
B．与形成配位键时，S原子提供孤电子对
C．溶液Ⅲ为无色，说明与配位键强度更大
D．焰色试验中可用无锈铁丝的原因是铁灼烧时无焰色且不会产生发射光谱
6．下列叙述正确的是（ ）
A．亚磷酸H3PO3只有Na2HPO3、NaH2PO3两种钠盐，所以亚磷酸没有正盐
B．同周期非金属元素的氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强
C．配位键也有方向性和饱和性
D．H3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数均为1，他们的酸性相近，均为中强酸
7．水是制取氢气的常用原料，下列有关水的说法错误的是（ ）
A．水分子是一种极性分子，空间结构呈三角锥形
B．H2O分子中有2个由s轨道与sp3杂化轨道形成的σ键
C．H2O和H+以配位键结合并形成H3O+
D．水在固态时形成的晶体为分了晶体，存在氢键和分子间作用力
8．NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水可以形成[Ni(NH3)6]SO4。下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是（ ）
A．配体为NH3，其空间结构为平面三角形
B．1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为18mol
C．[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会产生沉淀
9．向盛有硫酸铜溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液．下列对此现象的相关说法不正确的是（ ）
A．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子为[Cu（NH3）4]2+
B．向反应后的溶液中加入乙醇，有沉淀析出
C．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对
D．反应前后，Cu2+浓度不变
10．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，用强碱处理并没有NH3放出，则下列有关说法中正确的是（ ）
A．NH3与NO3-中氮原子的杂化方式相同
B．配合物中心离子的电荷数和配位数均为4
C．PtCl4·2NH3的立体构型为正八面体形
D．Cl－和NH3分子均与中心离子Pt4＋配位
11．某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是（ ）
A．该物质属于离子化合物
B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，配位数是4
D．该物质中C，N，O原子均存在孤对电子
12．关于化学式为的配合物，下列说法中正确的是（ ）
A．配体是和，配位数是9
B．中心离子是，配离子是
C．内界和外界中的数目比是1∶2
D．加入足量溶液，所有均被完全沉淀
13．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
14．下列有关配合物的说法正确的是（ ）
A．配合物的配位数是6
B．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子
C．1mol中σ键的物质的量为8mol
D．的空间结构为平面正四边形
15．离子液体可在室温下以和为原料合成DMC，具体流程如下(其中化合物①的1号C上没有H原子)，下列说法错误的是（ ）
A．化合物①可作为配体与某些金属离子形成配合物
B．①→A是加成反应，则A的结构可能为
C．在上述流程中，中间体A还起到了吸水作用
D．根据流程可知，DMC的结构为
16．下列比较大小错误的是（ ）
A．热稳定性： B．键角：
C．沸点：正丁烷<异戊烷 D．沸点：
二、综合题
17．按要求完成填空。
（1）与Al元素在元素周期表中处于对角线的铍，在性质上具有相似性，写出铍的氧化物与氢氧化钠溶液反应生成的离子方程式 。
（2）气态分子的空间结构为 ；将纯液态冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态中S原子的杂化轨道类型是 。
（3）二氧化钛是常用的具有较高催化活性和稳定性的光催化剂，常用于污水处理。纳米催化的一个实例如图所示。
化合物甲的分子中采取杂化方式的碳原子个数为 ，化合物乙中采取杂化的原子对应元素的第一电离能由小到大的顺序为 。
（4）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供孤电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。
18．下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答：
（1）在周期表给出的10种元素中，电负性最小的元素基态原子的电子排布式为 。
（2）在周期表给出的10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素与短周期最外层没有未成对电子数的元素形成的化合物是 (填化学式)，所含化学键类型是 。
（3）关于元素①与元素⑤形成的1：1的化合物，下列说法正确的是_____(填字母序号)。
A．该化合物中的所有原子都满足最外层8电子稳定结构
B．该化合物分子中σ键和π键数目比为1：1
C．该化合物是由极性键和非极性键形成的极性分子
D．该化合物分子的空间构型为直线形
（4）在①与③形成的相对分子质量最小的化合物A中，元素③的杂化类型是 ，写出与化合物A互为等电子体的一种阳离子 (填离子符号)。
（5）元素⑧的+3价化合物MCl3·6H2O有三种不同颜色的异构体，为探究MCl3溶液析出的暗绿色晶体的化学式，取0.010molMCl3·6H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g，该晶体的化学式为_______(填字母序号)。
A．[M(H2O)6]Cl3
B．[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[M(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
（6）元素⑩与元素⑤形成一种化合物其晶胞结构如下图所示，该化合物的化学式为 ，若该晶体密度为dg/cm3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数的值NA 为 。
19．第VIII族元素(Fe、Co、Ni等)在生产、生活中用途广泛。回答下列问题：
（1）第四周期基态原子与基态Ni3+未成对电子数相同的元素有 种。
（2）邻二氮菲(phen，结构如图)能通过N原子与Fe2+形成稳定的配合物[Fe(phen)3]2+，该配合物的特征颜色可用于测定Fe2+的浓度。[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为 ；实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，其原因是 。
（3）草酸亚铁是生产磷酸铁锂动力电池的原料，可由草酸与硫酸亚铁铵反应制得。草酸与甲酸酸性相对强弱：草酸 甲酸(填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
（4）Fe3O4晶胞具有反尖晶石结构，氧离子和不同价态铁离子构成A、B两种结构，如图所示，其晶胞可以看作是由4个A型和4个B型小单元交替并置而成。
①Fe3+填充在O2-围成的 空隙处(填“正四面体”或“正八面体”)。
②纳米材料的量子尺寸效应可以显著改变材料电磁性能，材料表面原子(或离子)占总原子(或离子)数的比例是重要的影响因素。假设某Fe3O4纳米颗粒恰好是一个Fe3O4晶胞，该颗粒表面离子与总离子数的最简整数比为 。
20．超细铜粉主要应用于导电材料、催化剂等领域中．超细铜粉的某制备方法如下：
试回答下列问题：
（1）下列关于[Cu（NH3）4]SO4的说法中，正确的有 ．（填字母序号）
A．[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．[Cu（NH3）4]SO4难溶于水，易溶于乙醇
C．[Cu（NH3）4]SO4是离子化合物
D．[Cu（NH3）4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
（2）NH4CuSO3中的金属阳离子的核外电子排布式为
（3）SO42﹣中S的杂化方式为 ，与其互为等电子体的一种分子的分子式是
（4）NH3极易溶于水的原因是 ，NH3的空间构型为
（5）如图是铜的某种氧化物的晶胞结构示意图，由此可确定该氧化物的化学式为 ，晶胞中氧离子的配位数为 ，若该晶体的密度为ag/cm3，则晶胞中两个氧离子的最近距离为 pm．
（6）NH4CuSO3与硫酸微热，溶液变为蓝色，该反应的离子方程式为
21．
（1）X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是 ；其轨道表示式为 ；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则R原子可能是 、 ；Y原子的核电荷数为29，其电子排布式是 ，其在元素周期表中的位置是 ，是属于 区的元素。
（2）指出配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子、配位体及其配位数： 、 、 。
（3）下列分子中若有手性原子，请用“*”标出其手性碳原子 。
（4）在下列物质①CO2、②NH3、③CCl4、④BF3、⑤H2O、⑥SO2、⑦SO3、⑧PCl3中，属于非极性分子的是（填序号） 。
（5）试比较下列含氧酸的酸性强弱（填“＞”、“＜”或“=”）：H2SO4 H2SO3；H3PO4 H3PO3。
（6）根据价层电子对互斥理论判断下列问题：
H2O中心原子的杂化方式为 杂化，分子的立体构型为 。
BF3分子中，中心原子的杂化方式为 杂化，分子的立体构型为 。
（7）H2O的沸点（100℃）比H2S的沸点（﹣61℃）高，这是由于 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．根据结构分析可知，该化合物中，B元素和N元素形成配位键，但H元素未与B、N形成配位键，A不符合题意；
B．Y为N元素，其最高价氧化物的水化物为HNO3，属于强酸，B符合题意；
C．Na+和N3-的电子层数相同，核电荷数Na＞N，故离子半径N3-＞Na+，C不符合题意；
D．X为B元素，Y为N元素，W为H元素，电负性：N＞B＞H，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且总和为24，结合图示可知，Z形成+1价阳离子，其原子序数最大，则Z为Na元素；Y形成3个共价键，其原子序数小于Na，则Y为N元素；W形成1个共价键，其原子序数小于N，则W为H元素；X的原子序数为24-1-7-11=5，则X为B元素。
2．【答案】D
【解析】【解答】解：A．硅烷中Si原子形成4个Si﹣H键，共价键键长相等，结构对称，为正四面体结构，故A正确；
B．NH4+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，故B正确；
C．原子晶体中原子以共价键结合，形成网状结构，具有键能大、硬度大的特性，如二氧化硅、金刚石等原子晶体，故C正确；
D．SO2中S元素化合价为+4，S原子最外层6个电子未全部成键，为极性分子，SO3中S元素化合价为+6，S原子最外层6个电子全部成键，为非极性分子，故D错误；
故选D．
【分析】A．分子的空间构型是正四面体，所含中心原子应能形成4个σ键，且结构对称，中心原子所形成的共价键键长相等；
B．NH4+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；
C．原子晶体中原子以共价键结合，形成网状结构，具有键能大、熔点高、硬度大的特性；
D．对于ABn型分子，A原子的最外层电子，若完全成键，属于非极性分子，若不完全成键，则属于极性分子，SO2是极性分子，SO3分子是非极性分子．
3．【答案】B
【解析】【解答】A．铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子[Cu（NH3）4]2+，所以反应前后Cu2+的浓度改变，故A错误；
B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B正确；
C．硝酸铜中的铜离子和氨水反应现象与硫酸铜中铜离子和氨水反应现象相同，硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，能观察到同样现象，故C错误；
D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故D错误；
故选B．
【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物．
4．【答案】A
【解析】【解答】A．SO2中心原子S的化合价为+4价，最外层电子未全部参与成键，含有孤对电子对，为极性分子；SO3中心原子S的化合价为+6价，最外层电子全部参与成键，没有孤对电子对，SO3是平面三角形的分子，是非极性分子，故A符合题意；
B． 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，故B不符合题意；
C．非金属性越强，电负性越大，该元素的原子吸引电子的能力越强，故C不符合题意；
D．Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，镍原子中含有空轨道，CO与N2结构相似，含有C≡O键，CO中含有孤电子对，所以二者能形成配位键，故D不符合题意；
故答案为A。
【分析】A.计算出价层电子以及是否含有孤对电子即可
B.氮原子提供孤对电子，而氢原子和铜原子提供空轨道进行形成配位键
C.吸引电子能力越强，电负性也越强
D.一氧化碳存在孤对电子，故可与提供空轨道的原子形成配位键
5．【答案】D
【解析】【解答】A．根据为浅紫色， 将晶体溶于水后溶液不是浅紫色而是黄色，是因为Fe3+水解生成红褐色与紫色共同作用所致，选项A不符合题意；
B．S的半径大于N，SCN-中S、 N都含有孤电子对，S的半径大于N，所以SCN-与Fe3+形成配位键时，S原子提供孤电子对，选项B不符合题意；
C．溶液Ⅰ加NaF后溶液由红色变为无色，变为，SCN-与Fe3+配位键强度不及F-与Fe3+配位键强度，选项C不符合题意；
D．铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色，所以焰色试验中可用无锈铁丝替代铂丝，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．根据已知和过程中颜色变化判断；
B．S的半径大于N，S原子提供孤电子对；
C．根据反应过程中颜色变化判断；
D．铁灼烧时产生发射光谱无特殊焰色。
6．【答案】C
【解析】【解答】解：A．亚磷酸H3PO3只有Na2HPO3、NaH2PO3两种钠盐，可知为二元酸，存在正盐，故A错误；
B．同周期非金属元素从左向右增强，则对应的最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强，不是最高价含氧酸无此规律，故B错误；
C．配位键中单方提供孤电子对，原子之间通过共用电子对形成，有方向性和饱和性，故C正确；
D．H3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数分别为2、1，非羟基氧原子个数越多，酸性越强，则磷酸为中强酸，而碳酸为弱酸，故D错误；
故选C．
【分析】A．亚磷酸H3PO3只有Na2HPO3、NaH2PO3两种钠盐，可知为二元酸； B．同周期非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性从左到右依次增强； C．配位键中单方提供孤电子对，原子之间通过共用电子对形成，有方向性和饱和性； D．H3PO4和H2CO3分子中非羟基氧的个数分别为2、1，磷酸为中强酸，而碳酸为弱酸．
7．【答案】A
【解析】【解答】A. 水分子是一种极性分子，空间结构呈V形，A符合题意；
B. H2O分子中有2 个由s轨道与sp3杂化轨道形成的σ键，B不符合题意；
C. H2O 和H+ 以配位键结合并形成H3O+ ， C不符合题意；
D. 水在固态时形成的晶体为分了晶体，存在分子间氢键和分子间作用力，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】该题考查水的价键类型、水的结构、空间构型及分子间作用力等知识点，常见物质的价键类型、结构、空间构型等均需要掌握，如果实在理解不了也应该牢牢记住（如sp3杂化 sp2杂化 sp杂化等常见的空间构型）。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．配体为NH3，NH3中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥模型可知，其空间结构为三角锥形，A不符合题意；
B．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，NH3分子中含有3个N-H键，这些键均为σ键，则1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为3×6+6=24mol，B不符合题意；
C．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，则其中N原子周围不再有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，C符合题意；
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，但[Ni(NH3)6]SO4=[Ni(NH3)6]2++，故向其中滴加BaCl2溶液能够会产生沉淀BaSO4，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NH3中的N的价层电子对数为4，根据VSEPR模型可知是三角锥形；
B.配位键也是σ键；
C.孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对数之间的排斥力；
D.[Ni(NH3)6]SO4是配合物 ，但是硫酸根离子是外界，在溶液中是可以电离出硫酸根离子的。
9．【答案】D
【解析】【解答】解：氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2++2NH3 H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣．
A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故A正确；
B．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故B正确；
C．在[Cu（NH3）4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故C正确；
D．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，故D错误；
故选D．
【分析】氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液． A．氢氧化铜和氨水反应生成配合物[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清； B．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出晶体； C．配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键； D．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物．
10．【答案】D
【解析】【解答】A．NH3中氮原子的价层电子对数=3+ =4，NO3-中氮原子的价层电子对数=3+ =3，氮原子的杂化方式不同，故A不符合题意；
B．配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故B不符合题意；
C．该配合物中中心原子的配位数为6，应是八面体结构，Pt与6个配体成键，但不是正八面体，故C不符合题意；
D．由上述分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，据此分析解答。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．根据图示，该物质不含离子，属于共价化合物，故A不符合题意；
B．该物质的分子中含有共价键、配位键、氢键三种作用力，故B不符合题意；
C．根据图示， Ni原子与4个N原子形成配位键，配位数是4，故C符合题意；
D．该物质中C原子最外层4个电子，形成4个共价键，C原子不存在孤对电子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该物质只含共价键和配位键；
B.该分子中含有共价键、配位键和氢键；
C.该配合物中Ni原子为中心原子，配位数是4；
D.C原子不存在孤对电子。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．配合物，配位体是和，配位数是6，A项不符合题意；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是 ，外配离子是，B项不符合题意；
C．配合物，内配离子是为1，外配离子是为2，内界和外界中的的数目比是： 1：2，C项符合题意；
D．加入足量溶液，外界离子与Ag+反应，内配位离子不与Ag+反应，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A. 的配位数为6；
B.的中心离子是Ti3+，配离子为Cl-；
D.内界的Cl-不与Ag+反应。
13．【答案】D
【解析】【解答】由题意可知配合物化学式中的Cl分为两部分，且两部分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。
【分析】根据Co3+即可判断可以形成6个配位键，结合溶液中加入硝酸银与加热后再加入硝酸银的产生沉淀的量即可写出化学式
14．【答案】B
【解析】【解答】A．中只有NH3是配体，所以配位数是4，A不符合题意；
B．配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可，所以可以是分子也可以是阴离子，B符合题意；
C.1mol可形成2molO-H共价键和1molO-Cu配位键，所以4mol共形成σ键数= 43mol=12mol，C不符合题意；
D．的空间结构为正四面体形，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.的配体为NH3；
B.配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键是σ键；
D.为正四面体形。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，化合物①中含有孤电子对，作为配体与某些金属离子形成配合物，故A不符合题意；
B．由图可知，①→A的反应是①与二氧化碳发生加成反应生成，故B不符合题意；
C．由图可知，中间体A与水反应生成化合物②，所以反应过程中，中间体A还起到了吸水作用，故C不符合题意；
D．由图可知，中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，碳酸二甲酯中的酯基结构为，不含有酯基结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合物①中含有孤电子对，可作配体；
B．根据官能团的变化确定反应类型；
C．依据反应过程图判断；
D．中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水。
16．【答案】D
【解析】【解答】A．已知非金属的非金属性与其简单气态氢化物的热稳定性一致，非金属性F＞O＞N＞C，则热稳定性：，A不符合题意；
B．已知CH4中C周围无孤电子对，NH3中N周围有1对孤电子对，H2O中O周围有2对孤电子对，由于孤电子对对孤电子对的排斥作用大于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致键角：，B不符合题意；
C．烷烃的沸点随相对分子质量的增加而有规律升高，则沸点：正丁烷<异戊烷，C不符合题意；
D．卤素的氢化物均形成分子晶体，随着相对分子质量的增大，分子间作用力增强，沸点升高，但由于HF中存在分子间氢键，导致沸点异常升高，则沸点：，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.比较热稳定性转化为比较元素非金属性
B.先判断出分子内孤对电子，然后根据孤对电子与成键电子的排斥进行判断键角大小
C.烷烃支链越多，沸点越低
D.要注意HF分子间存在氢键，沸点异常高
17．【答案】（1）BeO+2OH-=BeO22- + H2O
（2）平面三角形；SP3
（3）7；C
【解析】【解答】（1）与 Al元素在元素周期表中处于对角线的铍，在性质上具有相似性， 铍与铝的化学性质相似，氧化铍与氢氧化钠反应得到偏铝酸铍和水，即可写出离子方程式为： BeO+2OH-=BeO22- + H2O ；
（2）气态三氧化硫分子硫原子的价电子对为3，无孤对电子，故为平面三角形结构，结合给出的结构式，形成4个键，为sp3杂化；
（3）根据形成的双键碳原个数为7个，因此sp2杂化的有7个， 化合物乙中采取杂化的原子对应元素为：O，C，N，第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；
（4）根据配合物化学式即可得到配位原子为N，O，Cl，中心配位原子配位数为6；
【分析】（1）根据反应物和生成物即可写出方程式；
（2）计算出价电子对即可；
（3）根据找出双键的原子即可，找出sp3杂化的原子即可；
（4）根据给出的配离子即可找出配位原子和配位数。
18．【答案】（1）1s22s22p63s23p64s2
（2）Mg3N2；离子键
（3）C
（4）sp3；H3O+
（5）B
（6）Cu2O；288×1030/da3
【解析】【解答】（1）根据元素在周期表中的位置可知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别是H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu元素，其中Ca元素金属性最强，则Ca元素电负性最小，Ca为第四周期第IIA族元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2。
（2）在H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu等10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素是N，属于短周期最外层没有未成对电子数的元素是Mg，二者形成的化合物是Mg3N2；Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的，所含化学键类型是离子键。
（3）元素①与元素⑤形成的1：1的化合物是H2O2，该化合物中的氢原子满足最外层2电子稳定结构，故A错误；H2O2中只存在共价单键，所以只存在σ键，故B错误；H2O2中氧原子间是非极性键、氢原子和氧原子间是极性键，分子不是直线型的，而是折线型的，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确、D错误。
（4）H与N形成的相对分子质量最小的化合物是NH3，氨气中价层电子对个数=3+ （5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化；等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，所以与化合物NH3互为等电子体的阳离子较多，例如：H3O+、NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。
（5）由已知0.010mol该物质与足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g，即n(Cl-)=n(AgCl)=2.870g÷0.02mol，所以符合条件的异构体中有2个Cl-(-1价的Cl)，根据正负化合价代数和相等可得，该晶体的化学式为[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，故选B。
（6）元素⑩为Cu，元素⑤为O，由二者形成化合物晶胞结构图可得：Cu原子数为4，O原子数为1+8× =2，所以该化合物的化学式为：Cu2O；apm=a×10-10cm，该晶体密度为dg/cm3，则晶胞质量： g=dg/cm3×(a×10-10)3cm3，所以NA=288×1030/da3。
【分析】（1）上述10种元素中，电负性最小的为Ca，结合构造原理书写基态原子的电子排布式；
（2）最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素是N，属于短周期最外层没有未成对电子数的元素是Mg；
（3）元素①为H，元素⑤为O，二者形成原子个数比为1：1的化合物为H2O2，结合H2O2的结构分析选项；
（4）元素①为H，元素③为N，二者形成的相对分子质量最小的化合物A为NH3，结合NH3的结构分析；
（5）由氯原子守恒进行计算，确定晶体中所含氯原子的个数，从而确定晶体的化学式；
（6）根据“均摊法”确定该化合物的化学式；由密度求得晶胞的质量，进而得出NA的值；
19．【答案】（1）3
（2）6；当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位
（3）>；羧基具有吸电子作用，使相邻羧基中羟基的极性增大，更易电离出氢离子
（4）正八面体；12：65
【解析】【解答】（1）Ni是28号元素，基态Ni原子核外电子排布式是[Ar]3d84s2，Ni原子失去最外层的2个4s电子和1个3d电子，就得到Ni3+，则基态Ni3+核外电子排布式为[Ar]3d7；3d轨道有5个，每个轨道最多可容纳2个自旋方向相反的电子，则其中有3个未成对的电子，第四周期基态原子有3个未成对的电子的元素有V、Co、As共3种；
（2）N原子上有孤电子对，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有2个N原子，则Fe2+和3个邻二氮菲形成配位键，Fe2+的配位数为6；邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2~9，其原因是：当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH-浓度较高时，Fe2+会与OH-作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位；
（3）由于羧基具有吸电子作用，使相邻羧基中羟基的极性增大，更易电离出氢离子，则酸性：草酸>甲酸；
（4）①A中黑球为4×+1=1.5个，白球为4个，B中白球为4个，黑球为4×=0.5个，三角形为4个，晶胞结构如图所示，因此整个晶胞中有黑球为16个，白球为32个，三角形为16个，根据正负化合价代数和为零可以知道，黑球代表Fe2+，白球代表O2-，三角形代表Fe3+；在图B中三角形代表三价铁，结合Fe3O4晶胞的结构可知，三价铁填充在O2-围成的正八面体空隙中；②由Fe3O4晶胞可知，一个晶胞含有Fe2+、Fe3+、O2-的个数分别是为8、16、32，该颗粒只有黑球即Fe2+在表面，表面离子数为12，总离子数为65，最简整数比为12：65。
【分析】（1）依据核外电子排布规律判断；
（2）依据配合物的结构判断；
（3）由于羧基具有吸电子作用，使相邻羧基中羟基的极性增大，更易电离出氢离子；
（4）①利用均摊法确定原子数；②由晶胞结构判断。
20．【答案】（1）AC
（2）[Ar]3d10
（3）sp3；CCl4
（4）NH3分子和H2O分子间可形成氢键；三角锥
（5）CuO；4；×10﹣10
（6）2NH4CuSO3+4H+2NH4++Cu2++Cu+2SO2↑+2H2O
【解析】【解答】（1）A．[Cu（NH3）4]SO4中硫酸根离子和[Cu（NH3）4]2+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以[Cu（NH3）4]SO4中所含的化学键有共价键、离子键、配位键，故A正确；
B．[Cu（NH3）4]SO4易溶于水，故B错误；
C．[Cu（NH3）4]SO4含有离子键，属于离子化合物，故C正确；
D．元素周期律中，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N原子最外层达到半饱和的稳定结构，难以失去电子，所以其第一电离能大小为N＞O，故D错误．
故答案为：AC；
（2）Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，则金属阳离子的核外电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10；
（3）SO42﹣中含有4个δ键，没有孤电子对，故为sp3杂化，离子含有5个原子，价电子总数为32，对应的等电子体有CCl4（或CF4、SiCl4、SiF4等），
故答案为：sp3；CCl4；
（4）NH3与水分子间能形成氢键，使氨气在水中的溶解度较大；NH3分子中N原子形成4个价层电子对，含有一个孤电子对，所以氨气的空间构型为三角锥形；
故答案为：NH3分子和H2O分子间可形成氢键；三角锥；
（5）晶胞中4个Cu位于晶胞内部，O位于晶胞的顶点和面心，共有8×
+6×
=4，则该氧化物的化学式为CuO；晶胞图中每个O离子周围最近的铜离子数为4，则晶胞中氧离子的配位数为4；
因为每个晶胞中有4个铜离子和4个氧离子，根据a=
=
，得晶胞体积为V=
cm3，则晶胞边长为
cm，则两个氧离子的距离为晶胞棱长的一半即为
×
cm=
cm=
×10﹣10pm；
故答案为：CuO；4；
×10﹣10；
（6）除得到超细铜粉外，还可看到溶液变蓝，同时有使品红褪色的气体，说明生成Cu、Cu2+和SO2，反应的离子方程式为2NH4CuSO3+4H+2NH4++Cu2++Cu+2SO2↑+2H2O，
故答案为：2NH4CuSO3+4H+2NH4++Cu2++Cu+2SO2↑+2H2O．
【分析】（1）A．阴阳离子存在离子键，非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键；
B．[Cu（NH3）4]SO4易溶于水；
C．[Cu（NH3）4]SO4含有离子键；
D．根据第一电离能的变化规律比较其大小．
（2）NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，结合Cu的原子核外电子排布书写；
（3）SO42﹣中含有4个δ键，没有孤电子对，结合等电子体的定义判断；
（4）NH3与水分子间能形成氢键；NH3分子中N原子形成4个价层电子对，含有一个孤电子对；
（5）利用均摊法计算；晶胞图中每个O离子周围最近的铜离子数为4；根据ρ=
，求得晶胞体积，再计算出晶胞边长，两个氧离子的距离为晶胞棱长的一半，据此答题
（6）除得到超细铜粉外，还可看到溶液变蓝，同时有使品红褪色的气体，说明生成Cu、Cu2+和SO2．
21．【答案】（1）C； ；Al；Cl；1s22s22p63s23p63d104s1 ；第四周期ⅠA族；ds
（2）Co；CN；6
（3）
（4）①③④⑦
（5）>；>
（6）sp3；V形；sp2；平面三角形
（7）由于水分子中含有氢键
【解析】【解答】（1）根据构造原理可知，若X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是碳元素，其轨道表达式 ；R原子的3p轨道上只有一个未成对电子，则根据构造原理可知，R原子可能是Al和Cl；Y原子的核电荷数为29，所以Y是铜元素。根据构造原理可知，其电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1；铜元素位于第四周期ⅠA族；区的名称来自于按照构造原理最后填入电子的能级的符号，所以铜元素属于ds区。
（2）考查配位键的形成与有关判断。根据化学式可知，CN提供孤对电子，所以CN是配体，配位数是6；钴离子接受孤对电子，属于中心离子。
（3）人们将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子（常以*标记手性碳原子），所以根据结构简式可知，手性碳原子是 。
（4）原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，即分子中正负电荷中心重合，从整个分子来看，电荷分布是均匀的，对称的，这样的分子为非极性分子。CO2是直线型结构，四氯化碳是正四面体形结构，三氟化硼和三氧化硫都是平面正三角形结构，所以均属于非极性分子，其余都是极性分子，
故答案为：①③④⑦。
（5）根据(HO)m(RO)n可知，n值越大，酸性越强。亚硫酸中n＝1，硫酸中n＝2，所以硫酸的酸性强于亚硫酸的；H3PO4中n＝1，H3PO3中n＝0，所以磷酸的酸性强于亚磷酸的。
（6）根据价层电子对互斥理论可知，水分子中氧原子含有的孤对电子对数是（6－1×2）÷2＝2，所以水是V形结构，氧原子是sp3杂化；BF3分子中B原子含有的孤对电子对数是（3－1×3）÷2＝0，所以三氟化硼是平面正三角形结构，B原子是sp2杂化。
（7）由于水分子中含有氢键，所以H2O的沸点(100℃)比H2S的沸点(-61℃)高。
【分析】（1）根据构造原理，结合所给信息确定元素符号；
（2）结合配位键的形成进行分析；
（3）根据手性碳原子的定义分析；
（4）根据非极性分子的定义分析；
（5）根据(HO)m(RO)n可知，n值越大，酸性越强，据此分析；
（6）根据价层电子对互斥理论进行分析；
（7）结合氢键对沸点的影响分析；