3.4 配合物与超分子 （含解析）综合测试题 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 3.4 配合物与超分子 （含解析）综合测试题 2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 831.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-01-16 21:45:43 | ||
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文档简介
3.4 配合物与超分子 综合测试题
一、单选题
1．下列有机物沸点最高的是（ ）
A．HCHO B．异丁烷 C．新戊烷 D．正戊烷
2．下列不能形成配位键的组合是（ ）
A．Ag＋、NH3 B．BF3、NH3 C．NH4+、H＋ D．Co3＋、CO
3．关于配合物的说法中正确的是（ ）
A．1mol该配合物含有12molσ键
B．该配合物中心离子的化合价为+3价
C．该配合物中NH3分子之间能形成氢键
D．含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀
4．与可以形成化合物，关于该化合物的结构表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．下列有关说法不正确的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
6．NH3和BF3可以通过配位键形成化合物NH3·BF3，下列说法正确的是（ ）
A．NH3和BF3的空间结构都是三角锥形
B．NH3和BF3的中心原子的杂化方式相同
C．NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3，中各原子都达到8电子稳定结构
D．NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3中配位键可表示为N→B
7．水可以发生如下变化：
冰 液态水(4℃) 水蒸气(100℃) 氢气+氧气
下列说法正确的是（ ）
A．过程①中物质体积膨胀
B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成
D．过程②与过程④互为可逆反应
8． 可写 ，其结构示意图如下：
下列有关 的说法正确的是（ ）
A． 俗称绿矾
B．氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键
C． 的价电子排布式为
D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．从空间角度看，2s轨道比1s轨道大，其空间包含了1s轨道
B．第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
C．原子的电子层数越多，原子半径越大
D．硫化氢和水分子结构相似，硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数相同
10．下列不能形成配位键的组合的是（ ）
A．Cu2+、NH3 B．BF3、NH3 C．CH4、Ag+ D．Co3+、CO
11．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，生成深蓝色的配合离子
C． 比 中的配位键稳定
D．用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验,不能观察到同样的现象
12．硫化锌有两种常见的晶体，分别是六方硫化锌(晶胞结构如图甲所示)和立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示)。下列说法错误的是（ ）
A．可用X-射线衍射实验鉴别硫化锌是否属于晶体
B．每个六方硫化锌晶胞中含2个S原子
C．立方硫化锌中锌的配位数为4
D．氧化锌的熔点低于六方硫化锌和立方硫化锌
13．CuSO4常用作农业杀菌剂、分析试剂、媒染剂和防腐剂等。实验室利用废铜屑制备CuSO4有三种途径：一是将废铜屑与浓硫酸共热，此方法会产生污染性气体SO2；二是先将废铜屑加热氧化成CuO，然后再用稀硫酸溶解，该方法耗能较多；三是在常温下用H2O2和H2SO4的混合溶液浸取废铜屑获得CuSO4，该方法绿色环保且节能，反应为Cu(s)+ H2O2(l) + 2H+ (aq)= Cu2+(aq)+ 2H2O(1) ΔH =-319.68 kJ·mol-1。下列有关Cu、SO、Cu2+的说法正确的是（ ）
A．Cu可以使蛋白质变性
B．Cu基态价电子排布式为3d94s2
C．SO的空间构型为正四面体
D．Cu2+与NH3形成的[Cu(NH3)4]2+中配位数是2
14．碳及其化合物在工农业生产中有着广泛应用。是常见还原剂，可用溶液吸收。还可以用于生产、等有机物。下列有关说法正确的是（ ）
A．能形成分子间氢键
B．中的键角比的大
C．的空间构型为三角锥形
D．中有配位键
15．a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物．b为EDTA与Ca2+形成的螯合物．下列叙述正确的是（ ）
A．a和b中的N原子均为sp3杂化 B．b中Ca2+的配位数为4
C．b含有分子内氢键 D．b含有共价键、离子键和配位键
16．已知铜的晶胞结构如图所示，则在铜的晶胞中所含铜原子数及配位数分别为（ ）
A．14、6 B．14、8 C．4、8 D．4、12
二、综合题
17．研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。在元素周期表中位置为 。
（2）1 mol 晶胞中含有Cl原子 mol，含有杂化的中心原子 mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是 。
（3）TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为 ；的沸点高于，主要原因是 。
18．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 (填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 。
A． B．
C．
D．
（2）铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是 。
（3）镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是： ；的熔点高于的原因是 。
（4）氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为 ；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为 。
19．d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。回答下列问题：
（1）我国科学家用和，制备超导材料TiN，反应原理为。
①基态钛原子的核外电子排布式为 。原子中运动电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的则用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
TiN
熔点/℃ 800（分解） -25 714 2950
沸点/℃ 700（升华） 136.4 1412 （略）
属于 晶体，中心Ti原子的杂化方式为 。
（2）是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断 （填“甲”或“乙”）在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是 。
③和中铂的配体数分别为 和 。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成的原因： 。
（3）晶体中，的重复排列方式如图1所示，该晶体中存在着由围成的正四面体空隙（如1、3、6、7号围成）和正八面体空隙（如3、6、7、8、9、12号围成）。中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和分别填充在不同的正八面体空隙中，则晶体中，正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为 。
（4）铜的晶胞如图2所示，则晶胞中原子的空间利用率为 （用含π的最简式表示）。
20．近年来我国科学家发明了Fe—Ni—P—C系非晶合金电催化剂(成分为：Fe80-xNixP20-yCy)，是一种良好的析氢反应电催化剂，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布图为 。
（2）POCl3分子的VSEPR模型为 ，其中心原子的杂化方式为 。
（3）二磷化四氢(P2H4)，俗称“双磷”，沸点为51℃，C2H4的沸点为-103.9℃，P2H4的沸点高于C2H4的原因是 。
（4）镍的一种化合物分子结构如图：
化合物中电负性最大的元素是 (填元素符号)。 分子中σ键和π键数目之比为 ， 分子内还含有下列作用力中的 (填标号)。
A．氢键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
（5）Ni、Fe均可形成多种氧化物晶体结构。
①NiO晶胞结构类型与氯化钠相同，Ni和O的配位数依次为 。
②某种铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成，该氧化物中Fe2+、Fe3+ 、O2-的个数比为 。 已知晶胞中相距最远的Fe2+之间距离为xnm，晶体的密度为 g·cm-3 (列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
21．根据要求完成下列问题：
（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，试回答：
该元素核外价电子排布图 ，该元素基态原子结构示意图 ．该元素的名称为 ，形成的单质为 晶体．
（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）试比较下列含氧酸的酸性强弱：H3PO4 H3PO3（填“＞”、“＜”或“=”）．
（4）根据价层电子对互斥理论判断：NH3的电子式为 中心原子的杂化方式为
杂化，VSEPR构型为 ，分子的立体构型为 ．
（5）在下列物质①CO2、②NH3、③CCl4、④C2H2、⑤H2O、⑥SO2、⑦SO3、⑧、PCl3中，属于非极性分子的是 （填序号）．
（6）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】D
【解析】【解答】分子晶体的相对分子质量越大，则熔沸点越高，戊烷的相对分子质量比丁烷、HCHO大，所以戊烷的沸点比丁烷、HCHO高，戊烷的同分异构体中正戊烷支链最少，所以正戊烷的沸点最高。
故答案为：D。
【分析】分子晶体的相对分子质量越大，则熔沸点越高，支链越多熔沸点越低，据此分析。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．Ag＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故A不符合题意；
B．BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故B不符合题意；
C．NH4+、H+两种离子没有孤电子对，故其不能形成配位键，故C符合题意；
D．Co3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】据配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．配合物的配体氨分子内部含有3条σ键，配体和中心离子之间形成6条σ键，所以1mol该配合物含有3×4+6＝18molσ键，A不符合题意；
B．根据化合价代数和为0得原则，可知该配合物中心离子的化合价为+3价，B符合题意；
C．氨分子内部含有N－H，遇到其他氨分子中的氮原子，可以形成氢键：，所以该配合物中NH3分子之间能形成氢键，C不符合题意；
D．配合物外界的氯离子可以和银离子生成氯化银沉淀，所以含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生1mol白色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.单键均为σ键，配位键也是σ键；
C.NH3为配体；
D.该配合物中只有外界的氯离子能与硝酸银反应。
4．【答案】D
【解析】【解答】通过配位键形成酸位化合物，N原子最外层有5个电子提供共用电子对，B原子最外层有3个电子提供空轨道，所以箭头由N指向B
故答案为：D.
【分析】配位键形成条件：1.含有孤对电子的原子；2.含有空轨道的原子；配位键的方向有孤电子原子指向空轨道原子。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；
B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；
C.核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；
D.煤油为烃的混合物，D项错误；
故答案为：D。
【分析】易错分析：一般燃料都为混合物，如汽油、柴油、煤油等，通过分馏方式从石油中获取的。
6．【答案】D
【解析】【解答】根据价电子对互斥理论，价电子对数=σ键数+孤电子对数，则NH3中N原子的价电子对数=3+1 =4，空间结构为三角锥形，BF3中B形成3个σ键，无孤电子对， B原子的价电子对数=3+0=3，空间结构为平面三角形故A不符合题意；
NH3中N原子的价电子对数为4，即为sp3杂化，BF3中B形成3个σ键，无孤电子对，B原子的价电子对数为3，所以为sp3杂化，即NH3和BF3的中心原子的杂化方式不同，故B不符合题意；
NH3·BF3中N提供孤电子对，B提供空轨道，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，但H原子只能达到2电子的稳定结构，故C不符合题意；
NH3·BF3中配位键可表示为N→B，故D符合题意。
【分析】
A.根据价电子对数和成键情况，后者结构属于平面三角形；
B.根据其中心原子的价电子对数和成键情况分析，杂化类型不同；
C.氢原子未达8电子稳定结构；
D.NH3·BF3中配位键可表示为N→B。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.4℃时的液态水体积比冰小，故过程①中物质体积缩小，A项不符合题意；
B．液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B项不符合题意；
C．水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O断裂，形成了H-H和O-O，故过程③中涉及化学键的断裂和形成，C项符合题意；
D．可逆反应是在同一条件下既可以向正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的化学反应，故过程②与过程④不是可逆反应，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】①是固体到液态水，分子间隔增大，液态水到水蒸气分子间的间隔也变大，①和②均为物理变化，过程③是化学变化，涉及到化学键的断裂和形成，可逆反应是在同一条件下正逆反应均可发生的反应。②和④不为可逆反应
8．【答案】D
【解析】【解答】A． 俗称胆矾、蓝矾，故A不符合题意；
B．根据胆矾的结构示意图，氧原子形成极性键、配位键和氢键，氢键不属于化学键，故B不符合题意；
C．基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Cu2+的价电子排布式为3d9，故C不符合题意；
D．根据胆矾的结构和胆矾可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O可知，胆矾晶体中水分子有一部分与Cu2+形成配位键的水分子，一部分与SO 和配体水分子形成氢键的水分子，由于作用力的不同，胆矾中的水在不同温度下会分步失去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CuSO4·5H2O俗称胆矾或蓝矾；
B.氢键不是化学键；
C.Cu原子优先失去4s轨道上的1个电子，然后再失去3d轨道上的电子；
D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去，优先失去以氢键形式结合的水分子，再失去配位键形式结合的水分子。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．从空间角度看，2s、1s轨道都是以原子核为中心的球形 ，2s轨道比1s轨道大，2s空间包含了1s轨道，故A符合题意；
B．第一电离能小，金属性不一定强，如第一电离能Mg>Al，金属性Mg>Al，故B不符合题意；
C．原子的电子层数越多，不一定原子半径越大，如锂原子的半径大于氯原子，故C不符合题意；
D．水分子间能形成氢键，所以硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数不相同，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．从空间角度，结合电子云的特点分析
B．第一电离能小，金属性不一定强；
C．原子的电子层数越多，不一定原子半径越大；
D．水分子间能形成氢键。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．Cu2＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故A不符合题意；
B．BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故B不符合题意；
C．Ag+有空轨道，CH4中没有孤电子对，故不能形成配位键，故C符合题意；
D．Co3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】当共价键中的共用电子对是由其中一原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.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，Cu2+的浓度减小，A不符合题意；
B.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子 ，该离子较稳定，难电离，B符合题意；
C.从实验现象分析可知，Cu2+与NH3 H2O反应生成氢氧化铜沉淀，继续添加氨水，由于Cu2+更易与NH3结合，生成更稳定的 ，C不符合题意；
D.本实验的本质是Cu2+更易与NH3结合，所以用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，也能观察到同样的现象，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，形成氢氧化铜的蓝色沉淀，继续加入氨水形成铜氨溶液，结合选项进行判断
12．【答案】D
【解析】【解答】A.晶体与非晶体最大的区别是组成的物质粒子在微观空间是否有序，X射线可以观察到微观结构，因此用X射线可以鉴别是否属于晶体，故A不符合题意
B. 每个六方硫化锌晶胞中含有4个硫原子在棱上，1个硫原子在晶胞内部。因此含有的硫原子的个数为4x+1=2,gu B不符合题意
C.根据 立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示) ，每个锌离子是处于4个硫离子形成的四面体的体心，因此配位数为4，故C不符合题意
D.氧离子半径小于硫离子半径，因此氧化锌的熔点高于硫化锌的熔点，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.X射线可以区分晶体与非晶体
B.根据六方晶胞中占位情况计算出硫原子的个数
C.找出与锌离子周围距离最近的硫离子数目即可
D.硫化锌和氧化锌均是离子晶体，离子晶体的熔沸点与离子半径和电荷有关，
13．【答案】C
【解析】【解答】A．单质铜不能使蛋白质变性，重金属盐可以使蛋白质变性，A不符合题意；
B．全满或半充满为稳定结构，Cu基态价电子排布式为3d104s1，B不符合题意；
C．SO的中心原子S的价层电子数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，C符合题意；
D．Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，则形成的[Cu(NH3)4]2+中配位数是4，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.重金属离子能使蛋白质变性；
B.Cu基态价电子排布式为3d104s1；
C.SO的中心原子S的价层电子数为4，不含孤电子对；
D.[Cu(NH3)4]2+中配位数为4。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．C的非金属性不太强，不能形成分子间氢键，故A不符合题意；
B．二氧化碳为直线型分子，键角为180°，甲烷为正四面体型，键角为109°28′，二氧化碳的键角大，故B符合题意；
C．中中心碳原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，为平面三角形结构，故C不符合题意；
D．中Cu和氨气分子间存在配位键，中有配位键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.甲烷分子间不能形成氢键；
B.二氧化碳为直线形分子，甲烷为正四面体形；
C.碳酸根的空间构型为平面三角形；
D.一个中含有2个配位键。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．a中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，而b中N原子形成4个σ键、没有孤对电子，N原子杂化轨道数目均为4，N原子均采取sp3杂化，故A符合题意；
B．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，故B不符合题意；
C．b中N原子、O原子均未与H原子形成共价键，b中没有分子内氢键，故C不符合题意；
D．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，不含离子键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Ａ．ａ和ｂ的N原子均采取sp3杂化；
Ｂ．b中Ca2+的配位数为6；
Ｃ．ｂ不能形成分子内氢键；
Ｄ．ｂ不含离子键。
16．【答案】D
【解析】【解答】(1)晶胞中所含原子的计算方法：晶胞顶点上的原子占 ，棱上的原子占 ，面上的原子占 ，体心上的原子为1，根据以上规律就可计算晶胞所含的原子数。(2)金属晶体中金属原子的配位数即为距离该原子最近的金属原子的数目。在Cu的晶胞中，顶角原子为8个晶胞共用，面上的铜原子为两个晶胞共用，因此，金属铜的一个晶胞的原子数为8× ＋6× ＝4。在Cu的晶胞中，与每个顶点的Cu原子距离相等的铜原子共有12个，因此其配位数为12。
故答案为：D。
【分析】根据占位情况计算出含有铜原子的个数，找出铜原子与铜原子距离相等的原子个数即为配位数
17．【答案】（1）；第4周期第ⅦB族
（2）16；32；Cl、N
（3）（正)四面体(形)；二者均为分子晶体，相对分子质量更大
【解析】【解答】（1）基态Mn原子的电子排布式为：，价电子轨道表示式为 ，在周期表中的未知为：第4周期第ⅦB族；
（2）根据晶胞结构图，原子棱上有24个，面心有8个，里面有6个，总个数为：个，含有杂化的中心原子为32，Cl、N含有孤电子对，提供提供电子对形成配位键；
（3）中N价层电子对为4，构型为正四面体结构；相对分子质量较大，所以沸点较高。
【分析】（1）依据原子构造原理和洪特规则分析；
（2）利用均摊法确定原子数；根据晶胞结构图，依据配合物的结构确定配位键的数目；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高。
18．【答案】（1）A；CD
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF
（3）C；为离子晶体、而为分子晶体
（4）混合型晶体；
【解析】【解答】（1）硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，
故答案为：CD；
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致比更易分解；
（3）中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；的熔点高于的原因是为离子晶体、而为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
（4）六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个N，则晶体密度为，则；
【分析】（1）电子处于半充满或者全充满时，失去电子吸收的能量最多；
（2）键能越大物质越稳定；
（3）镍离子结合的是碳原子；离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）阿伏加德罗常数可以结合密度、体积、摩尔质量判断。
19．【答案】（1）{或 }；＋1或-1；分子；
（2）甲；；4；4；乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
（3）1：4
（4）
【解析】【解答】(1)①钛元素是22号元素，按构造原理，基态钛原子的核外电子排布式为
，基态钛原子的价电子排布式为
，
是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为
或
。
②熔沸点较低，属于分子晶体，其中心原子的价电子对数为n= =4，故中心原子形成杂化方式为 杂化。
(2)①甲为极性分子，根据相似相溶的规律，甲在水中的溶解度较大。
②及其同分异构体发生水解反应生成物的化学式均为
和氯化氢，故反应的化学方程式是
。
③由化学式
可知其铂的配体数为4。甲、乙的水解产物化学式均为
，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成
，说明甲的物质结构中，有两个氢氧根离子的距离相对较近，可以与一个草酸根离子形成双齿结构，即每个
中有2个原子与铂配位。草酸根离子中碳原子没有孤电子对，只有氧原子存在孤电子对，所以
有2个氧原子与铂配位，故
中心原子铂的配体数也为4。
④甲、乙均为平面结构，其中甲为极性分子，乙为非极性分子，经分析甲分子有两个氢氧根离子的距离相对较近，则乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），故草酸的两个羧基无法与铂原子同时形成配位键。
(3)由图1可知，
的重复排列方式为面心立方密堆积，其晶胞中正四面体空隙为8个，正八面体空隙为4个，2个三价铁离子，一个填充在正四面体空隙中，一个填充在正八面体空隙中，另一个亚铁离子填充在不同的正八面体空隙中，则被填充的正四面体空隙占总的四面体空隙个数的
，被填充的正八面体空隙占总的正八面体空隙个数的
，故正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为1：4。
(4)由图2可知，铜晶胞为面心立方密堆积结构，设晶胞边长为a，该晶胞中Cu原子个数
，则四个Cu原子体积
，晶胞体积
，空间利用率
。
【分析】（1）①钛原子的核外电子数为22，根据核外电子排布原则进行解答。价电子就是最外层电子，根据钛原子的价电子及其排布原则进行解答。
②分子晶体的熔沸点一般较低；根据价层电子对互斥理论进行解答。
（2）①甲与水均为极性分子，则甲在水中溶解度较大。
②根据水解产物及反应前后原子个数、种类不变进行分析。
③PtCl2(NH3)2和Pt(C2O4)(NH3)2的配体数均为4。
④乙为非极性分子，说明乙的结构对称，可推出其结构式，进一步分析。
（3）由图1可知该晶胞中有8个正四面体空隙，4个正八面体空隙。根据题干信息，则正四面体空隙阳离子填充率为
，正八面体空隙阳离子填充率为
=
。
（4）由图2可知该晶胞中铜原子的个数，晶胞晶胞中原子利用率=
。
20．【答案】（1）
（2）四面体；sp3
（3）P2H4是极性分子，C2H4是非极性分子；相对分子质量：P2H4＞C2H4
（4）O；8：1；AC
（5）6、6；1：2：4；
【解析】【解答】(1)Ni的原子序数为28，其基态原子价电子排布式为：3d84s2，价电子排布图为： 。
(2)POCl3中心原子的价层电子对数为4+ =4，采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形。
(3)C2H4中碳碳之间是双键，四个氢和两个碳位于同一平面上，是非极性分子，P2H4中磷磷之间是单键，磷氢之间也是单键，由于单键键角的缘故，使得P2H4中的六个原子并不处在一个平面上，是极性分子，同时P2H4的相对分子质量比C2H4的相对分子质量大，从而使得P2H4的沸点高于C2H4。
(4)元素非金属性越强，电负性越大，其中O的非金属性最强，因此电负性最大的为O；单键为σ键，双键为1个σ键、一个π键，配位键为σ键，由图示可知，有32个σ键、4个π键，σ键和π键数目之比为：32：4=8：1；由图示可知，分子内含有氢键、配位键、共价键，
故答案为：AC。
(5)①氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，NiO晶胞结构类型与氯化钠相同，则Ni和O的配位数依次为：6、6。
②由题图可知，Fe2+位于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3+位于B位置立方体的内部，则Fe2+的个数为8 +6 +4=8，O2-的个数为4 8=32，Fe3+的个数为4 4=16，Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为：8：16：32=1：2：4；晶胞中相距最远的Fe2+之间距离为体对角线，即体对角线的长度为xnm，则晶胞边长为 xnm，晶胞体积为( x 10-7)3cm3，晶胞质量为 = ，则晶胞密度为 = g/cm3。
【分析】
(1)依据电子排布式书写价电子排布图 。
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型和杂化类型。
(3)分子晶体相对分子质量越大，极性越强，沸点越高。
(4)元素非金属性越强，电负性越大；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键
(5)①依据氯化钠中阴阳离子的配位数均为6判断。
②利用分摊法确定化学式，依据计算。
21．【答案】（1）；；钪；金属
（2）Co3+；CN﹣；6
（3）＞
（4）；sp3；正四面体形；三角锥形
（5）①③④⑦
（6）水分子之间除了有范德华力还有氢键，而硫化氢分子之间只有范德华力
【解析】【解答】解：（1.）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，价电子排布式为3d14s2，其元素核外价电子排布图为： ，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，原子序数为21，该元素的名称为钪，属于金属元素，形成金属晶体，故答案为： ； ；钪；金属；
（2.）配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子为Co3+、配位体是CN﹣、配位数为6；
故答案为：Co3+；CN﹣；6；
（3.）同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故酸性：H3PO4＞H3PO3，故答案为：＞；
（4.）氨气的电子式为 ，NH3分子中心N原子孤电子对数= =1，价层电子对数=3+1=4，故N原子采取sp3杂化，VSEPR构型为正四面体，分子的立体构型为三角锥形故答案为： ，sp3；正四面体；三角锥形；
（5.）①CO2中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，为非极性分子；②NH3中C元素化合价为﹣3，N原子最外层5个电子未全部成键，为极性分子；③CCl4中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，为非极性分子；④BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层3个电子全部成键，为非极性分子；⑤H2O中O元素化合价为﹣2，O原子最外层6个电子未全部成键，为极性分子；⑥SO2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；⑦SO3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；⑧PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层5个电子未全部成键，为极性分子；故选①③④⑦；
（6.）水分子之间除了有范德华力还有氢键，而硫化氢分子之间只有范德华力，沸点高于同族其它元素氢化物，故答案为：水分子之间除了有范德华力还有氢键，而硫化氢分子之间只有范德华力．
【分析】（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，价电子排布式为3d14s2，根据原子序数画原子结构示意图，处于第四周期ⅢB族，为金属元素，属于金属晶体；（2）根据配合物理论分析，配位体：提供孤电子对的分子或离子；配位原子：配体中，提供电子对的原子，配位数：中心原子周围的配位原子个数；（3）同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；（4）N原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，据此分析解答；（5）不同非金属元素之间易形成极性键，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；（6）根据氢键进行分析，氢键影响晶体的熔沸点．
一、单选题
1．下列有机物沸点最高的是（ ）
A．HCHO B．异丁烷 C．新戊烷 D．正戊烷
2．下列不能形成配位键的组合是（ ）
A．Ag＋、NH3 B．BF3、NH3 C．NH4+、H＋ D．Co3＋、CO
3．关于配合物的说法中正确的是（ ）
A．1mol该配合物含有12molσ键
B．该配合物中心离子的化合价为+3价
C．该配合物中NH3分子之间能形成氢键
D．含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀
4．与可以形成化合物，关于该化合物的结构表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
5．下列有关说法不正确的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
6．NH3和BF3可以通过配位键形成化合物NH3·BF3，下列说法正确的是（ ）
A．NH3和BF3的空间结构都是三角锥形
B．NH3和BF3的中心原子的杂化方式相同
C．NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3，中各原子都达到8电子稳定结构
D．NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3中配位键可表示为N→B
7．水可以发生如下变化：
冰 液态水(4℃) 水蒸气(100℃) 氢气+氧气
下列说法正确的是（ ）
A．过程①中物质体积膨胀
B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成
D．过程②与过程④互为可逆反应
8． 可写 ，其结构示意图如下：
下列有关 的说法正确的是（ ）
A． 俗称绿矾
B．氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键
C． 的价电子排布式为
D．胆矾中的水在不同温度下会分步失去
9．下列说法中，正确的是（ ）
A．从空间角度看，2s轨道比1s轨道大，其空间包含了1s轨道
B．第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
C．原子的电子层数越多，原子半径越大
D．硫化氢和水分子结构相似，硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数相同
10．下列不能形成配位键的组合的是（ ）
A．Cu2+、NH3 B．BF3、NH3 C．CH4、Ag+ D．Co3+、CO
11．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，生成深蓝色的配合离子
C． 比 中的配位键稳定
D．用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验,不能观察到同样的现象
12．硫化锌有两种常见的晶体，分别是六方硫化锌(晶胞结构如图甲所示)和立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示)。下列说法错误的是（ ）
A．可用X-射线衍射实验鉴别硫化锌是否属于晶体
B．每个六方硫化锌晶胞中含2个S原子
C．立方硫化锌中锌的配位数为4
D．氧化锌的熔点低于六方硫化锌和立方硫化锌
13．CuSO4常用作农业杀菌剂、分析试剂、媒染剂和防腐剂等。实验室利用废铜屑制备CuSO4有三种途径：一是将废铜屑与浓硫酸共热，此方法会产生污染性气体SO2；二是先将废铜屑加热氧化成CuO，然后再用稀硫酸溶解，该方法耗能较多；三是在常温下用H2O2和H2SO4的混合溶液浸取废铜屑获得CuSO4，该方法绿色环保且节能，反应为Cu(s)+ H2O2(l) + 2H+ (aq)= Cu2+(aq)+ 2H2O(1) ΔH =-319.68 kJ·mol-1。下列有关Cu、SO、Cu2+的说法正确的是（ ）
A．Cu可以使蛋白质变性
B．Cu基态价电子排布式为3d94s2
C．SO的空间构型为正四面体
D．Cu2+与NH3形成的[Cu(NH3)4]2+中配位数是2
14．碳及其化合物在工农业生产中有着广泛应用。是常见还原剂，可用溶液吸收。还可以用于生产、等有机物。下列有关说法正确的是（ ）
A．能形成分子间氢键
B．中的键角比的大
C．的空间构型为三角锥形
D．中有配位键
15．a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物．b为EDTA与Ca2+形成的螯合物．下列叙述正确的是（ ）
A．a和b中的N原子均为sp3杂化 B．b中Ca2+的配位数为4
C．b含有分子内氢键 D．b含有共价键、离子键和配位键
16．已知铜的晶胞结构如图所示，则在铜的晶胞中所含铜原子数及配位数分别为（ ）
A．14、6 B．14、8 C．4、8 D．4、12
二、综合题
17．研究压电材料对于自动化技术具有重要意义。一种有机—无机复合压电材料的单斜晶体结构沿晶轴方向投影如图所示(H原子未画出)，晶胞内总共含有84个原子。晶胞参数为，，。回答下列问题：
（1）基态Mn原子的价电子轨道表示式为 。在元素周期表中位置为 。
（2）1 mol 晶胞中含有Cl原子 mol，含有杂化的中心原子 mol；该晶体中提供电子对形成配位键的原子是 。
（3）TMCM性质活泼，一定条件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的价层电子对构型为 ；的沸点高于，主要原因是 。
18．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 (填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 。
A． B．
C．
D．
（2）铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是 。
（3）镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是： ；的熔点高于的原因是 。
（4）氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为 ；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为 。
19．d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。回答下列问题：
（1）我国科学家用和，制备超导材料TiN，反应原理为。
①基态钛原子的核外电子排布式为 。原子中运动电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的则用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
TiN
熔点/℃ 800（分解） -25 714 2950
沸点/℃ 700（升华） 136.4 1412 （略）
属于 晶体，中心Ti原子的杂化方式为 。
（2）是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断 （填“甲”或“乙”）在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是 。
③和中铂的配体数分别为 和 。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成的原因： 。
（3）晶体中，的重复排列方式如图1所示，该晶体中存在着由围成的正四面体空隙（如1、3、6、7号围成）和正八面体空隙（如3、6、7、8、9、12号围成）。中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和分别填充在不同的正八面体空隙中，则晶体中，正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为 。
（4）铜的晶胞如图2所示，则晶胞中原子的空间利用率为 （用含π的最简式表示）。
20．近年来我国科学家发明了Fe—Ni—P—C系非晶合金电催化剂(成分为：Fe80-xNixP20-yCy)，是一种良好的析氢反应电催化剂，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布图为 。
（2）POCl3分子的VSEPR模型为 ，其中心原子的杂化方式为 。
（3）二磷化四氢(P2H4)，俗称“双磷”，沸点为51℃，C2H4的沸点为-103.9℃，P2H4的沸点高于C2H4的原因是 。
（4）镍的一种化合物分子结构如图：
化合物中电负性最大的元素是 (填元素符号)。 分子中σ键和π键数目之比为 ， 分子内还含有下列作用力中的 (填标号)。
A．氢键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
（5）Ni、Fe均可形成多种氧化物晶体结构。
①NiO晶胞结构类型与氯化钠相同，Ni和O的配位数依次为 。
②某种铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成，该氧化物中Fe2+、Fe3+ 、O2-的个数比为 。 已知晶胞中相距最远的Fe2+之间距离为xnm，晶体的密度为 g·cm-3 (列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
21．根据要求完成下列问题：
（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，试回答：
该元素核外价电子排布图 ，该元素基态原子结构示意图 ．该元素的名称为 ，形成的单质为 晶体．
（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）试比较下列含氧酸的酸性强弱：H3PO4 H3PO3（填“＞”、“＜”或“=”）．
（4）根据价层电子对互斥理论判断：NH3的电子式为 中心原子的杂化方式为
杂化，VSEPR构型为 ，分子的立体构型为 ．
（5）在下列物质①CO2、②NH3、③CCl4、④C2H2、⑤H2O、⑥SO2、⑦SO3、⑧、PCl3中，属于非极性分子的是 （填序号）．
（6）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】D
【解析】【解答】分子晶体的相对分子质量越大，则熔沸点越高，戊烷的相对分子质量比丁烷、HCHO大，所以戊烷的沸点比丁烷、HCHO高，戊烷的同分异构体中正戊烷支链最少，所以正戊烷的沸点最高。
故答案为：D。
【分析】分子晶体的相对分子质量越大，则熔沸点越高，支链越多熔沸点越低，据此分析。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．Ag＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故A不符合题意；
B．BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故B不符合题意；
C．NH4+、H+两种离子没有孤电子对，故其不能形成配位键，故C符合题意；
D．Co3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故其可以形成配位键，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】据配位键形成的条件，一方要提供空轨道，另一方提供孤电子对。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．配合物的配体氨分子内部含有3条σ键，配体和中心离子之间形成6条σ键，所以1mol该配合物含有3×4+6＝18molσ键，A不符合题意；
B．根据化合价代数和为0得原则，可知该配合物中心离子的化合价为+3价，B符合题意；
C．氨分子内部含有N－H，遇到其他氨分子中的氮原子，可以形成氢键：，所以该配合物中NH3分子之间能形成氢键，C不符合题意；
D．配合物外界的氯离子可以和银离子生成氯化银沉淀，所以含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生1mol白色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.单键均为σ键，配位键也是σ键；
C.NH3为配体；
D.该配合物中只有外界的氯离子能与硝酸银反应。
4．【答案】D
【解析】【解答】通过配位键形成酸位化合物，N原子最外层有5个电子提供共用电子对，B原子最外层有3个电子提供空轨道，所以箭头由N指向B
故答案为：D.
【分析】配位键形成条件：1.含有孤对电子的原子；2.含有空轨道的原子；配位键的方向有孤电子原子指向空轨道原子。
5．【答案】D
【解析】【解答】A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；
B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；
C.核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；
D.煤油为烃的混合物，D项错误；
故答案为：D。
【分析】易错分析：一般燃料都为混合物，如汽油、柴油、煤油等，通过分馏方式从石油中获取的。
6．【答案】D
【解析】【解答】根据价电子对互斥理论，价电子对数=σ键数+孤电子对数，则NH3中N原子的价电子对数=3+1 =4，空间结构为三角锥形，BF3中B形成3个σ键，无孤电子对， B原子的价电子对数=3+0=3，空间结构为平面三角形故A不符合题意；
NH3中N原子的价电子对数为4，即为sp3杂化，BF3中B形成3个σ键，无孤电子对，B原子的价电子对数为3，所以为sp3杂化，即NH3和BF3的中心原子的杂化方式不同，故B不符合题意；
NH3·BF3中N提供孤电子对，B提供空轨道，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，但H原子只能达到2电子的稳定结构，故C不符合题意；
NH3·BF3中配位键可表示为N→B，故D符合题意。
【分析】
A.根据价电子对数和成键情况，后者结构属于平面三角形；
B.根据其中心原子的价电子对数和成键情况分析，杂化类型不同；
C.氢原子未达8电子稳定结构；
D.NH3·BF3中配位键可表示为N→B。
7．【答案】C
【解析】【解答】A.4℃时的液态水体积比冰小，故过程①中物质体积缩小，A项不符合题意；
B．液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B项不符合题意；
C．水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O断裂，形成了H-H和O-O，故过程③中涉及化学键的断裂和形成，C项符合题意；
D．可逆反应是在同一条件下既可以向正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的化学反应，故过程②与过程④不是可逆反应，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】①是固体到液态水，分子间隔增大，液态水到水蒸气分子间的间隔也变大，①和②均为物理变化，过程③是化学变化，涉及到化学键的断裂和形成，可逆反应是在同一条件下正逆反应均可发生的反应。②和④不为可逆反应
8．【答案】D
【解析】【解答】A． 俗称胆矾、蓝矾，故A不符合题意；
B．根据胆矾的结构示意图，氧原子形成极性键、配位键和氢键，氢键不属于化学键，故B不符合题意；
C．基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Cu2+的价电子排布式为3d9，故C不符合题意；
D．根据胆矾的结构和胆矾可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O可知，胆矾晶体中水分子有一部分与Cu2+形成配位键的水分子，一部分与SO 和配体水分子形成氢键的水分子，由于作用力的不同，胆矾中的水在不同温度下会分步失去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.CuSO4·5H2O俗称胆矾或蓝矾；
B.氢键不是化学键；
C.Cu原子优先失去4s轨道上的1个电子，然后再失去3d轨道上的电子；
D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去，优先失去以氢键形式结合的水分子，再失去配位键形式结合的水分子。
9．【答案】A
【解析】【解答】A．从空间角度看，2s、1s轨道都是以原子核为中心的球形 ，2s轨道比1s轨道大，2s空间包含了1s轨道，故A符合题意；
B．第一电离能小，金属性不一定强，如第一电离能Mg>Al，金属性Mg>Al，故B不符合题意；
C．原子的电子层数越多，不一定原子半径越大，如锂原子的半径大于氯原子，故C不符合题意；
D．水分子间能形成氢键，所以硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数不相同，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．从空间角度，结合电子云的特点分析
B．第一电离能小，金属性不一定强；
C．原子的电子层数越多，不一定原子半径越大；
D．水分子间能形成氢键。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．Cu2＋有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故A不符合题意；
B．BF3中B原子有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故B不符合题意；
C．Ag+有空轨道，CH4中没有孤电子对，故不能形成配位键，故C符合题意；
D．Co3+有空轨道，CO中的碳原子上有孤电子对，故可以形成配位键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】当共价键中的共用电子对是由其中一原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.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，Cu2+的浓度减小，A不符合题意；
B.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子 ，该离子较稳定，难电离，B符合题意；
C.从实验现象分析可知，Cu2+与NH3 H2O反应生成氢氧化铜沉淀，继续添加氨水，由于Cu2+更易与NH3结合，生成更稳定的 ，C不符合题意；
D.本实验的本质是Cu2+更易与NH3结合，所以用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，也能观察到同样的现象，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，形成氢氧化铜的蓝色沉淀，继续加入氨水形成铜氨溶液，结合选项进行判断
12．【答案】D
【解析】【解答】A.晶体与非晶体最大的区别是组成的物质粒子在微观空间是否有序，X射线可以观察到微观结构，因此用X射线可以鉴别是否属于晶体，故A不符合题意
B. 每个六方硫化锌晶胞中含有4个硫原子在棱上，1个硫原子在晶胞内部。因此含有的硫原子的个数为4x+1=2,gu B不符合题意
C.根据 立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示) ，每个锌离子是处于4个硫离子形成的四面体的体心，因此配位数为4，故C不符合题意
D.氧离子半径小于硫离子半径，因此氧化锌的熔点高于硫化锌的熔点，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.X射线可以区分晶体与非晶体
B.根据六方晶胞中占位情况计算出硫原子的个数
C.找出与锌离子周围距离最近的硫离子数目即可
D.硫化锌和氧化锌均是离子晶体，离子晶体的熔沸点与离子半径和电荷有关，
13．【答案】C
【解析】【解答】A．单质铜不能使蛋白质变性，重金属盐可以使蛋白质变性，A不符合题意；
B．全满或半充满为稳定结构，Cu基态价电子排布式为3d104s1，B不符合题意；
C．SO的中心原子S的价层电子数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，C符合题意；
D．Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，则形成的[Cu(NH3)4]2+中配位数是4，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.重金属离子能使蛋白质变性；
B.Cu基态价电子排布式为3d104s1；
C.SO的中心原子S的价层电子数为4，不含孤电子对；
D.[Cu(NH3)4]2+中配位数为4。
14．【答案】B
【解析】【解答】A．C的非金属性不太强，不能形成分子间氢键，故A不符合题意；
B．二氧化碳为直线型分子，键角为180°，甲烷为正四面体型，键角为109°28′，二氧化碳的键角大，故B符合题意；
C．中中心碳原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，为平面三角形结构，故C不符合题意；
D．中Cu和氨气分子间存在配位键，中有配位键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.甲烷分子间不能形成氢键；
B.二氧化碳为直线形分子，甲烷为正四面体形；
C.碳酸根的空间构型为平面三角形；
D.一个中含有2个配位键。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．a中N原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，而b中N原子形成4个σ键、没有孤对电子，N原子杂化轨道数目均为4，N原子均采取sp3杂化，故A符合题意；
B．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，故B不符合题意；
C．b中N原子、O原子均未与H原子形成共价键，b中没有分子内氢键，故C不符合题意；
D．b为配离子，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，不含离子键，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】Ａ．ａ和ｂ的N原子均采取sp3杂化；
Ｂ．b中Ca2+的配位数为6；
Ｃ．ｂ不能形成分子内氢键；
Ｄ．ｂ不含离子键。
16．【答案】D
【解析】【解答】(1)晶胞中所含原子的计算方法：晶胞顶点上的原子占 ，棱上的原子占 ，面上的原子占 ，体心上的原子为1，根据以上规律就可计算晶胞所含的原子数。(2)金属晶体中金属原子的配位数即为距离该原子最近的金属原子的数目。在Cu的晶胞中，顶角原子为8个晶胞共用，面上的铜原子为两个晶胞共用，因此，金属铜的一个晶胞的原子数为8× ＋6× ＝4。在Cu的晶胞中，与每个顶点的Cu原子距离相等的铜原子共有12个，因此其配位数为12。
故答案为：D。
【分析】根据占位情况计算出含有铜原子的个数，找出铜原子与铜原子距离相等的原子个数即为配位数
17．【答案】（1）；第4周期第ⅦB族
（2）16；32；Cl、N
（3）（正)四面体(形)；二者均为分子晶体，相对分子质量更大
【解析】【解答】（1）基态Mn原子的电子排布式为：，价电子轨道表示式为 ，在周期表中的未知为：第4周期第ⅦB族；
（2）根据晶胞结构图，原子棱上有24个，面心有8个，里面有6个，总个数为：个，含有杂化的中心原子为32，Cl、N含有孤电子对，提供提供电子对形成配位键；
（3）中N价层电子对为4，构型为正四面体结构；相对分子质量较大，所以沸点较高。
【分析】（1）依据原子构造原理和洪特规则分析；
（2）利用均摊法确定原子数；根据晶胞结构图，依据配合物的结构确定配位键的数目；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；分子晶体的相对分子质量越大，沸点越高。
18．【答案】（1）A；CD
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF
（3）C；为离子晶体、而为分子晶体
（4）混合型晶体；
【解析】【解答】（1）硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，
故答案为：CD；
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致比更易分解；
（3）中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；的熔点高于的原因是为离子晶体、而为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
（4）六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个N，则晶体密度为，则；
【分析】（1）电子处于半充满或者全充满时，失去电子吸收的能量最多；
（2）键能越大物质越稳定；
（3）镍离子结合的是碳原子；离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）阿伏加德罗常数可以结合密度、体积、摩尔质量判断。
19．【答案】（1）{或 }；＋1或-1；分子；
（2）甲；；4；4；乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
（3）1：4
（4）
【解析】【解答】(1)①钛元素是22号元素，按构造原理，基态钛原子的核外电子排布式为
，基态钛原子的价电子排布式为
，
是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为
或
。
②熔沸点较低，属于分子晶体，其中心原子的价电子对数为n= =4，故中心原子形成杂化方式为 杂化。
(2)①甲为极性分子，根据相似相溶的规律，甲在水中的溶解度较大。
②及其同分异构体发生水解反应生成物的化学式均为
和氯化氢，故反应的化学方程式是
。
③由化学式
可知其铂的配体数为4。甲、乙的水解产物化学式均为
，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成
，说明甲的物质结构中，有两个氢氧根离子的距离相对较近，可以与一个草酸根离子形成双齿结构，即每个
中有2个原子与铂配位。草酸根离子中碳原子没有孤电子对，只有氧原子存在孤电子对，所以
有2个氧原子与铂配位，故
中心原子铂的配体数也为4。
④甲、乙均为平面结构，其中甲为极性分子，乙为非极性分子，经分析甲分子有两个氢氧根离子的距离相对较近，则乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），故草酸的两个羧基无法与铂原子同时形成配位键。
(3)由图1可知，
的重复排列方式为面心立方密堆积，其晶胞中正四面体空隙为8个，正八面体空隙为4个，2个三价铁离子，一个填充在正四面体空隙中，一个填充在正八面体空隙中，另一个亚铁离子填充在不同的正八面体空隙中，则被填充的正四面体空隙占总的四面体空隙个数的
，被填充的正八面体空隙占总的正八面体空隙个数的
，故正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为1：4。
(4)由图2可知，铜晶胞为面心立方密堆积结构，设晶胞边长为a，该晶胞中Cu原子个数
，则四个Cu原子体积
，晶胞体积
，空间利用率
。
【分析】（1）①钛原子的核外电子数为22，根据核外电子排布原则进行解答。价电子就是最外层电子，根据钛原子的价电子及其排布原则进行解答。
②分子晶体的熔沸点一般较低；根据价层电子对互斥理论进行解答。
（2）①甲与水均为极性分子，则甲在水中溶解度较大。
②根据水解产物及反应前后原子个数、种类不变进行分析。
③PtCl2(NH3)2和Pt(C2O4)(NH3)2的配体数均为4。
④乙为非极性分子，说明乙的结构对称，可推出其结构式，进一步分析。
（3）由图1可知该晶胞中有8个正四面体空隙，4个正八面体空隙。根据题干信息，则正四面体空隙阳离子填充率为
，正八面体空隙阳离子填充率为
=
。
（4）由图2可知该晶胞中铜原子的个数，晶胞晶胞中原子利用率=
。
20．【答案】（1）
（2）四面体；sp3
（3）P2H4是极性分子，C2H4是非极性分子；相对分子质量：P2H4＞C2H4
（4）O；8：1；AC
（5）6、6；1：2：4；
【解析】【解答】(1)Ni的原子序数为28，其基态原子价电子排布式为：3d84s2，价电子排布图为： 。
(2)POCl3中心原子的价层电子对数为4+ =4，采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形。
(3)C2H4中碳碳之间是双键，四个氢和两个碳位于同一平面上，是非极性分子，P2H4中磷磷之间是单键，磷氢之间也是单键，由于单键键角的缘故，使得P2H4中的六个原子并不处在一个平面上，是极性分子，同时P2H4的相对分子质量比C2H4的相对分子质量大，从而使得P2H4的沸点高于C2H4。
(4)元素非金属性越强，电负性越大，其中O的非金属性最强，因此电负性最大的为O；单键为σ键，双键为1个σ键、一个π键，配位键为σ键，由图示可知，有32个σ键、4个π键，σ键和π键数目之比为：32：4=8：1；由图示可知，分子内含有氢键、配位键、共价键，
故答案为：AC。
(5)①氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，NiO晶胞结构类型与氯化钠相同，则Ni和O的配位数依次为：6、6。
②由题图可知，Fe2+位于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3+位于B位置立方体的内部，则Fe2+的个数为8 +6 +4=8，O2-的个数为4 8=32，Fe3+的个数为4 4=16，Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为：8：16：32=1：2：4；晶胞中相距最远的Fe2+之间距离为体对角线，即体对角线的长度为xnm，则晶胞边长为 xnm，晶胞体积为( x 10-7)3cm3，晶胞质量为 = ，则晶胞密度为 = g/cm3。
【分析】
(1)依据电子排布式书写价电子排布图 。
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型和杂化类型。
(3)分子晶体相对分子质量越大，极性越强，沸点越高。
(4)元素非金属性越强，电负性越大；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键
(5)①依据氯化钠中阴阳离子的配位数均为6判断。
②利用分摊法确定化学式，依据计算。
21．【答案】（1）；；钪；金属
（2）Co3+；CN﹣；6
（3）＞
（4）；sp3；正四面体形；三角锥形
（5）①③④⑦
（6）水分子之间除了有范德华力还有氢键，而硫化氢分子之间只有范德华力
【解析】【解答】解：（1.）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，价电子排布式为3d14s2，其元素核外价电子排布图为： ，其基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d14s2，原子序数为21，该元素的名称为钪，属于金属元素，形成金属晶体，故答案为： ； ；钪；金属；
（2.）配合物K3[Co（CN）6]中的中心离子为Co3+、配位体是CN﹣、配位数为6；
故答案为：Co3+；CN﹣；6；
（3.）同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强，故酸性：H3PO4＞H3PO3，故答案为：＞；
（4.）氨气的电子式为 ，NH3分子中心N原子孤电子对数= =1，价层电子对数=3+1=4，故N原子采取sp3杂化，VSEPR构型为正四面体，分子的立体构型为三角锥形故答案为： ，sp3；正四面体；三角锥形；
（5.）①CO2中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，为非极性分子；②NH3中C元素化合价为﹣3，N原子最外层5个电子未全部成键，为极性分子；③CCl4中C元素化合价为+4，C原子最外层4个电子全部成键，为非极性分子；④BF3中B元素化合价为+3，B原子最外层3个电子全部成键，为非极性分子；⑤H2O中O元素化合价为﹣2，O原子最外层6个电子未全部成键，为极性分子；⑥SO2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；⑦SO3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；⑧PCl3中P元素化合价为+3，P原子最外层5个电子未全部成键，为极性分子；故选①③④⑦；
（6.）水分子之间除了有范德华力还有氢键，而硫化氢分子之间只有范德华力，沸点高于同族其它元素氢化物，故答案为：水分子之间除了有范德华力还有氢键，而硫化氢分子之间只有范德华力．
【分析】（1）某元素原子共有3个价电子，其中一个价电子位于第三能层d轨道，价电子排布式为3d14s2，根据原子序数画原子结构示意图，处于第四周期ⅢB族，为金属元素，属于金属晶体；（2）根据配合物理论分析，配位体：提供孤电子对的分子或离子；配位原子：配体中，提供电子对的原子，配位数：中心原子周围的配位原子个数；（3）同一元素的含氧酸，该元素的化合价越高，对应的含氧酸的酸性越强；（4）N原子价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，据此分析解答；（5）不同非金属元素之间易形成极性键，正负电荷重心重合的分子为非极性分子；（6）根据氢键进行分析，氢键影响晶体的熔沸点．