3.4 配合物与超分子 课后练习（含解析） 2023-2024学年下学期高二化学人教版（2019）选择性必修2
文档属性
| 名称 | 3.4 配合物与超分子 课后练习（含解析） 2023-2024学年下学期高二化学人教版（2019）选择性必修2 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 691.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-18 09:36:53 | ||
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文档简介
3.4 配合物与超分子 课后练习
一、单选题
1．下列晶体变成液态的过程中破坏的作用力与其他不同的是
A．食盐 B．冰醋酸 C．蔗糖 D．干冰
2．某物质的化学式为，其水溶液不导电，加入溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有放出，则关于此化合物的说法正确的是（ ）
A．该配合物中心原子的配位数为4
B．该配合物的配体只有
C．和分子均与形成配位键
D．该配合物可能是平面正方形结构
3．胆矾()是一种重要的盐，在电镀、印染、颜料、农药等领域都有着广泛的应用，可写作，其结构如图1，胆矾溶于水可得溶液，如图2所示，向溶液中逐滴加入浓氨水至过量，得到透明的深蓝色溶液，其溶质为，再向其中加入乙醇，可析出深蓝色的晶体，其组成为，下列有关说法不正确的是（ ）
A．由图1知胆矾中的水在不同温度下会分步失去
B．胆矾晶体中存在离子键、共价键、氢键及范德华力
C．该实验证明配离子比稳定
D．加入乙醇能使在水中的溶解度减小
4．下列微粒间不能形成配位键的组合是（ ）
A．、 B．、 C．、 D．、
5．氨气及铵盐等都是重要的化工原料。从“结构化学”的角度分析，下列说法正确的是（ ）
A．中N、H间通过头碰头形成键
B．分子中含极性共价键，为极性分子，可推出也为极性分子
C．为离子化合物，离子键具有方向性和饱和性
D．配位化合物的配体为、Cl
6．下列说法中，正确的是（ ）
A．共价晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高
B．碘单质升华时，分子中I-I键发生断裂
C．分子晶体中，共价键的键能越大，该物质的熔、沸点就越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定
7．往溶液中加入过量的，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入后，析出深蓝色晶体。下列分析错误的是（ ）
A．析出的深蓝色晶体化学式为
B．加的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度
C．加入氨水的过程中的浓度不断减小
D．中配体和中心离子的杂化轨道类型一定都是杂化
8．下列现象的变化与配合物的形成无关的是（ ）
A．向FeCl3与溶液中滴加KSCN，出现红色
B．用王水(1体积浓硝酸和3体积浓盐酸混合而成)清洗金币，会使金币质量减轻
C．向AgNO3溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀后溶解
D．向AlCl3溶液中逐滴加入NH3·H2O溶液至过量，出现白色沉淀
9．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
10．实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法错误的是（ ）
A．中铁离子的配位数为6
B．再失去1个电子比更难
C．形成配位键时，中碳原子提供孤电子对
D．1 mol含12 mol 键
11．(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。其释氢方式主要有两种，水解释氢和热分解释氢。氨硼烷水解释氢时转化为；受热释氢时固体残留率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．分子中存在配位键
B．水解释氢的化学方程式
C．110℃时残留固体的化学式可能为
D．若B点一种产物的最简式就是分子式，则该产物分子中σ键∶π键=2∶3
12．现有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且与Q同一主族；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述错误的是（ ）
A．T的一种单质的空间构型为正四面体形
B．1mol[Y(CO)5]分子中含5molσ键
C．X和Q结合生成的一种化合物为平面三角形
D．Z与Q互为等电子体，1molQ中含有的π键数目为2NA
13．下列叙述正确的是（ ）
A．键角：CH4B．H F、H Cl、H Br、H I的键长逐渐增大，分子的稳定性逐渐增强
C．H-O键的键能为463kJ/mol，即18gH2O分解成H2和O2时，消耗的能量为(2×463)kJ
D．、中均含有配位键
14．合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是吸收原料气中的CO，其反应式为： △H＜0，下列说法或判断错误的是
A．必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒
B．[Cu(NH3)3CO]+中非金属元素电负性：O＞N＞C＞H
C．可采用低压高温的条件使吸收CO后的铜氨液再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用
D．[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为6
15．下列说法正确的是（ ）
A．基态Mn原子的价电子排布图为
B．沸点：CO＜N2
C．键角：NH3＜H2O
D．S8中S原子的杂化方式为sp3
16．下列对有关事实的解释正确的是（ ）
事实 解释
A 石墨晶体中横向与纵向的导电性不同 晶体性质表现自范性
B CH4与NH3分子的空间构型不同 二者中心原子杂化轨道类型不同
C H2O的热稳定性比H2S强 H2O分子间形成氢键，而H2S分子间没有形成氢键
D 向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入过量氨水，得到深蓝色溶液 NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强
A．A B．B C．C D．D
17．向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是（ ）
A．配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3给出孤对电子
B．沉淀溶解后，生成[Ag(NH3)2]OH难电离
C．配合离子[Ag(NH3)2]+存在离子键和共价键
D．反应前后Ag+的浓度不变
18．向盛有硫酸铜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。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是（ ）
A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子为
B．在［Cu(NH3)4]2+中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道
C．NH3与铜离子络合，形成配合物后H-N-H键角会变大
D．深蓝色的晶体析出的原因是［Cu(NH3)4]2+与乙醇发生化学反应
19．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
20．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是（ ）
A．配位体是Cl-和H2O，配位数是8
B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C．内界和外界中的Cl-的数目比是1：2
D．在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀
二、综合题
21．磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：
（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是 ，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态 (填“相同”或“相反”)。
（2）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的的结构式为 ，其中Fe的配位数为 。
（3）苯胺()的晶体类型是 。
（4）中，电负性最高的元素是 ；P的 杂化轨道与O的2p轨道形成 键。
（5）和属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 (用n代表P原子数)。
22．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）。
23．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 。
24．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 。
25．我国科学家发现一种钡配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。
(代表单键、双键或叁键)
回答问题：
（1）配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是 。
（2）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，空间结构呈角形，原因是 。
（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是 。
（4）配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，两个氮原子间键长最长的是 。
（5）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。
①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为 。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为 。
②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是 。
a．有或价态形式 b．均属于第四周期元素
c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】食盐即NaCl形成离子晶体，其变为液体即熔化过程中克服离子键，冰醋酸、蔗糖和干冰均形成分子晶体，其变为液体即熔化过程中均克服分子间作用力即范德华力，
故答案为：A。
【分析】依据晶体类型不同判断。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．加入溶液反应也不产生沉淀，可知无游离的，以强碱处理并没有放出，可知无游离的氨分子，两者均与中心铂离子形成配位键，所以该物质的配位化学式为故配位数为6，故A不符合题意；
B．根据题意可知该配合物为，配体有和，故B不符合题意；
C．该配合物为，和分子均与中心铂离子形成配位键，故C符合题意；
D．Pt与6个配体成键，该配合物应是8面体结构，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】加入AgNO3溶液后，无沉淀产生，说明其水溶液中不存在游离的Cl－；加入强碱溶液无NH3逸出，说明不存在游离的NH3。因此该化合物的的化学式为[PtCl4(NH3)2]，所含的配位数为6。据此结合选项进行分析。
3．【答案】C
【解析】【解答】】A.观察图示，内界H2O与铜离子生成配位键，结晶水和水形成氢键，配位键和氢键作用力不同， 故胆矾中的水在不同温度下会分步失去，则故A不符合题意；
B. 观察图示，胆矾晶体中存在离子键、共价键、氢键及范德华力 ，故B不符合题意；
C. 向溶液中逐滴加入浓氨水至过量，得到透明的深蓝色溶液，则比 稳定，故C符合题意；
D. 加入乙醇，可析出深蓝色的晶体，证明溶解度减小，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】中心原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对，这种“电子给予接受”形成配位键。
氢键是H与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用。
4．【答案】D
【解析】【解答】A． 有空轨道，中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，故A不符合题意；
B． 有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，故B不符合题意；
C． 有空轨道，水分子中的O原子含有孤电子对，可以形成配位键，故C不符合题意；
D． 、两种离子均没有孤电子对，所以不能形成配位键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】形成配位键时需要提供空轨道和孤对电子，结合选项找出可以提供空轨道以及孤对电子的组合即可
5．【答案】A
【解析】【解答】A、NH3中氮原子采用sp3杂化，形成的N－H键，是由氮原子提供一个sp3电子，氢原子提供一个s轨道上的电子，形成共用电子对，因此所形成的σ键为sp3－sσ键，A符合题意。
B、NH3为三角锥形结构，为极性分子；CO2为直线型结构，为非极性分子，B不符合题意。
C、NH4Cl是由NH4＋和Cl－构成，因此属于离子键，离子键没有方向性和饱和性，C不符合题意。
D、配合物[Ag(NH3)2]Cl的配体为NH3，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、NH3中氮原子采用sp3杂化。
B、CO2的结构式为O=C=O，为非极性分子。
C、离子键没有方向性和饱和性。
D、配合物[Ag(NH3)2]Cl的配体为NH3。
6．【答案】A
【解析】【解答】共价晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，A符合题意；
碘单质升华时，只发生物质状态的改变，而化学键没有改变，所以分子中I-I键不发生断裂，B不符合题意；
分子晶体中，分子间作用力越大，该物质的熔、沸点就越高，与共价键无关，C不符合题意；
分子的稳定性与分子内的共价键有关，与分子间作用力无关，D不符合题意。
【分析】分子晶体三态变化时，破坏的是分子间作用力。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．往溶液中加入过量的，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入后，析出深蓝色晶体为，A不符合题意；
B．加入，减小溶剂的极性，降低离子化合物的溶解度，B不符合题意；
C．加入氨水的过程中，首先会生成氢氧化铜沉淀，再被溶解生成铜氨离子，铜离子浓度减小，C不符合题意；
D．中铜杂化方式为dsp2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】向硫酸铜加入氨水，先产生氢氧化铜沉淀，然后沉淀溶解得到四氨合铜配合物，由于该配合物在乙醇中溶解度很低，析出晶体，Cu2+的d轨道含有空轨道，氨气中N原子有孤对电子，形成配位键。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Fe3+和SCN-形成配合物离子，与配合物的形成有关，故A不符合题意
B．金币溶于王水生成HAuCl4，是配合物，故B不符合题意
C．出现白色沉淀是生成了AgOH，再进一步反应生成[Ag(NH3)2]OH，是配合物，故C不符合题题
D．AlCl3和NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，与配合物的形成无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯化铝与氨水发生的是复分解反应，与配合物无关，其他均与配合物有关
9．【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。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．K3[Fe(CN)6] 中铁离子的配位数为6，A不符合题意；
B．Fe2+ 的核外价层电子排布为3d6，Mn2+ 的核外价层电子排布为3d5，Mn2+ 半满结构，再失去1个电子比Fe2+ 难，B符合题意；
C．形成配位键时， CN 中碳原子电负性弱，更易提供孤电子对，C不符合题意；
D.1 mol [Fe(CN)6]3 含6mol碳氮叁键中的σ 键和CN-与Fe3+形成的6mol配位键（也是σ 键），（6+6）mol=12 mol σ 键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据配合物的结构分析；
B．全满、半满结构比较稳定；
C．形成配位键时，原子电负性弱，更易提供孤电子对；
D.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；
11．【答案】D
【解析】【解答】A．N存在孤电子对，B原子为缺电子原子，其提供空轨道故存在配位键，故A不符合题意；
B．根据题意氨硼烷水解释氢时转化为，水解释氢的化学方程式，故B不符合题意；
C.110℃时， 根据图可知M(A) = M(NH3BH3) 93.55% =3193.55% =29，故A为BNH4，故C不符合题意；
D．B点时，根据图可知M(B) = M(NH3BH3) 87.10% =3187.10%=27，B点一种产物的最简式就是分子式，故B为NH2=B，键： 键为3：2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键；
B.氨硼烷水解释氢时转化为和氢气；
C.110℃时，M(A) = M(NH3BH3) 93.55% =3193.55% =29。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，T为P，则白磷的空间构型为正四面体形，A不符合题意；
B．由分析可知Y为Fe，则[Y(CO)5]为[Fe(CO)5]其中碳原子和氧原子之间是σ键，并且CO和Fe之间的配位键也属于σ键，则1mol[Y(CO)5]分子中含10molσ键，B不符合题意；
C．由分析可知，X是S，Q是O，则SO3中，S原子有3个σ键电子对，没有孤电子对，根据价层电子互斥理论可知，其空间构型为平面三角形，C不符合题意；
D．由分析可知Z为C，Q是O，则Z与Q分别为C与O，O中两个O原子之间没有π键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 Y原子的价电子排布式为3d64s2，则Y为Fe元素，Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素， Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q为O元素， T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P元素， X原子M层上有2个未成对电子且与Q同一主族，则X为S元素，据此解答。
13．【答案】D
【解析】【解答】A、CH4为四面体结构，键角为109°28′；NH3为三角锥形，键角为107°；H2O为V形结构，其键角为104.5°，因此三者的键角大小为：CH4＞NH3＞H2O，A不符合题意。
B、原子半径：F＜Cl＜Br＜I，所以键长：H－F＜H－Cl＜H－Br＜H－I，所以键能：H－F＞H－Cl＞H－Br＞H－I，分子稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B不符合题意。
C、H2O分解为H2和O2的过程中，H2O分子中的H-O化学键断裂吸收能量；同时还形成了H－H、O=O化学键，释放能量；因此反应过程中的能量变化不是(2×463)kJ，C不符合题意。
D、H3O＋、[Cu(H2O)4]2＋中均含有配位键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据三种物质键角的大小判断。
B、原子半径越大，键长越大，键能越小，结构越不稳定。
C、H2O分解成H2和O2的过程中，存在化学键的断裂和形成两个过程。
D、两种离子中都含有配位键。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．合成氨工业中，需使用催化剂，但CO可能会使催化剂的催化作用减弱甚至失去催化作用，即发生催化剂中毒，因此必须除去CO气体，必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒，A不符合题意；
B．[Cu(NH3)3CO]+中涉及的非金属元素有C、O、N、H，元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以非金属元素电负性大小关系为：O＞N＞C＞H，B不符合题意；
C．的正反应是气体体积减小的放热反应，根据平衡移动原理，升高温度减小压强，可以使化学平衡向吸热的逆反应方向移动，分解反应产生[Cu(NH3)2]+和CO，从而可以使其恢复吸收CO的能力以供循环使用，C不符合题意；
D．[Cu(NH3)2]+中的中心Cu原子与配位体NH3之间以配位键结合，在NH3中存在N-H共价键，配位键和一般共价键都是σ键，因此在1个[Cu(NH3)2]+中含有的σ键数：2+3×2=8个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂中含有杂质会导致催化剂中毒；
B、非金属性越强，电负性越强；
C、升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
D、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键。
15．【答案】D
【解析】【解答】A.4s能级能量低于3d，所以基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2，价电子排布图为 ，A不符合题意；
B．二者相对分子质量虽然相同，但CO为极性分子，N2为非极性分子，所以CO的沸点更高，B不符合题意；
C．NH3和H2O分子的中心原子均为sp3杂化，但N原子只有一对孤电子对，而O原子有两对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间有较强的排斥作用，所以NH3分子中键角更大，C不符合题意；
D．S8的分子结构为 ，每个S原子形成2个σ键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据核外电子排布即可判断
B.极性化合物的熔沸点高于非极性物质
C.孤对电子越多，键角越小
D.根据结构简式即可判断杂化方式
16．【答案】D
【解析】【解答】A．石墨晶体中横向与纵向的导电性不同，石墨的这种性质叫做晶体的各向异性，故A不符合题意；
B．CH4的价层电子对数是4，无孤对电子，分子的空间构型正四面体，中心原子杂化轨道类型均为sp3，NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B不符合题意；
C．H2O的热稳定性比H2S强，是由于元素的非金属性：O＞S，分子的稳定性与氢键无关，故C不符合题意；
D．硫酸铜蓝色溶液中存在[Cu(H2O)4]2+离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的[Cu(H2O)4]2+与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，则说明NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、石墨晶体中横向与纵向的导电性不同，石墨的这种性质叫做晶体的各向异性；
B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
C、氢键影响分子的物理性质；
D、越容易反应，则配位键越强。
17．【答案】A
【解析】【解答】 A．在配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故A符合题意；
B．[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]+ +OH-，故B不符合题意；
C．在配合离子[Ag(NH3)2]+中， Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，存在N、H间共价键，配位键属于特殊共价键，没有离子键，故C不符合题意；
D．反应后形成[Ag(NH3)2]+络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag+的浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】B.[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离；
C.[Ag(NH3)2]+中Ag+和NH3之间形成配位键，NH3中存在共价键；
D.反应后形成[Ag(NH3)2]+络离子，Ag+的浓度减小。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子为 ，A项不符合题意；
B．在［Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，B项不符合题意；
C．NH3中N元素是sp3杂化，形成了三个氮氢键，还有一对孤对电子，孤对电子由于未成键，电子云较大，使氮氢键之间夹角变小，但与Cu2+络合后，N的孤对电子受Cu2+正电荷吸引，使电子云缩小，H-N-H键角会变大，C项不符合题意；
D．［Cu(NH3)4]2+在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇有深蓝色的晶体析出，该过程不属于化学反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，离子方程式为： ，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，离子方程式为： 。
19．【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。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A不符合题意；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B不符合题意；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2 H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C符合题意；
D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2molAgCl沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O中配位体是Cl和H2O；
B..[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O中中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-；
D.只有外界的Cl-离子与Ag+反应。
21．【答案】（1）Mg；相反
（2）或；4
（3）分子晶体
（4）O；；
（5）
【解析】【解答】(1)在周期表中存在“对角线”关系的元素化学性质相似，如和和和等，所以与的化学性质最相似的邻族元素是；根据泡利原理知，元素基态原子核外M层上只有轨道上2个自旋状态相反的电子，故答案为：Mg；相反；
(2)在蒸汽状态下以双聚分子存在，即分子式为；每个原子与3个原子形成共价键，还可以提供空轨道与另1个原子提供的孤对电子形成配位键，结构式可表示为或；由结构式可知，的配位数为4；
(3)苯胺是有机化合物，属于分子晶体；
(4)元素的非金属性越强，电负性越高，非金属性：，故在N、H、P、O四种元素中电负性最高的是O。中价电子对数为，采取杂化方式，杂化轨道与配位原子只能形成键，故与O原子的轨道形成键，故答案为：O；；；
(5)由题给焦磷酸根离子、三磷酸根离子的结构式可看出，多磷酸盐中存在结构单元，n个结构单元共用（n-1）个O原子，则O原子总数为，离子所带电荷数为，故通式为。
【分析】（1）位于元素周期对角线的元素性质相似；根据泡利原理判断；
（2）每个原子与3个Cl原子形成共价键，还可以提供空轨道与另1个Cl原子提供的孤对电子形成配位键；
（3）苯胺为分子晶体；
（4）元素的非金属性越强，电负性越大；杂化轨道与配位原子只能形成σ键；
（5）多磷酸盐中存在结构单元，n个结构单元共用（n-1）个O原子，O原子总数为，P显+5价，O显-2价。
22．【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=
。
23．【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。
24．【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。
25．【答案】（1）C、O、P、Cl
（2）根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形
（3）N
（4）配合物Ⅱ
（5）6；；ad
【解析】【解答】（1）根据题干配合物Ⅰ的结构图，根据每个原子含有单电子数目。可以形成共价键数目，多出的化学键即为配位键，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl；
（2）根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形；
（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N；
（4）一般来说，三键键长大于双键键长大于单键键长，钒的化合价分别为+4和+3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中未氮氮双键， 氮气中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长；
（5）①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式；
②a．中V带的总的正电荷为+9，当替代原子为Sn时，化合价可能为+4或+5价态形式，故a正确；
b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误；
c．Sn是VA族元素，不属于过渡元素，故c错误；
d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确；
答案为：ad。
【分析】（1）根据题目中物质结构，要形成配位键，必须要有孤对电子，所以形成配位键原子有碳、氮、磷、氯。
（2）根据VSEPR模型，计算出价层电子对即可，以及孤对电子即可判断；
（3）氮原子的电子排布处于半满结构，比较稳定电离能比相邻原子要大；
（4）配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中未氮氮双键， 氮气中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。
一、单选题
1．下列晶体变成液态的过程中破坏的作用力与其他不同的是
A．食盐 B．冰醋酸 C．蔗糖 D．干冰
2．某物质的化学式为，其水溶液不导电，加入溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有放出，则关于此化合物的说法正确的是（ ）
A．该配合物中心原子的配位数为4
B．该配合物的配体只有
C．和分子均与形成配位键
D．该配合物可能是平面正方形结构
3．胆矾()是一种重要的盐，在电镀、印染、颜料、农药等领域都有着广泛的应用，可写作，其结构如图1，胆矾溶于水可得溶液，如图2所示，向溶液中逐滴加入浓氨水至过量，得到透明的深蓝色溶液，其溶质为，再向其中加入乙醇，可析出深蓝色的晶体，其组成为，下列有关说法不正确的是（ ）
A．由图1知胆矾中的水在不同温度下会分步失去
B．胆矾晶体中存在离子键、共价键、氢键及范德华力
C．该实验证明配离子比稳定
D．加入乙醇能使在水中的溶解度减小
4．下列微粒间不能形成配位键的组合是（ ）
A．、 B．、 C．、 D．、
5．氨气及铵盐等都是重要的化工原料。从“结构化学”的角度分析，下列说法正确的是（ ）
A．中N、H间通过头碰头形成键
B．分子中含极性共价键，为极性分子，可推出也为极性分子
C．为离子化合物，离子键具有方向性和饱和性
D．配位化合物的配体为、Cl
6．下列说法中，正确的是（ ）
A．共价晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高
B．碘单质升华时，分子中I-I键发生断裂
C．分子晶体中，共价键的键能越大，该物质的熔、沸点就越高
D．分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定
7．往溶液中加入过量的，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入后，析出深蓝色晶体。下列分析错误的是（ ）
A．析出的深蓝色晶体化学式为
B．加的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度
C．加入氨水的过程中的浓度不断减小
D．中配体和中心离子的杂化轨道类型一定都是杂化
8．下列现象的变化与配合物的形成无关的是（ ）
A．向FeCl3与溶液中滴加KSCN，出现红色
B．用王水(1体积浓硝酸和3体积浓盐酸混合而成)清洗金币，会使金币质量减轻
C．向AgNO3溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀后溶解
D．向AlCl3溶液中逐滴加入NH3·H2O溶液至过量，出现白色沉淀
9．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
10．实验室用检验的离子方程式为。下列有关说法错误的是（ ）
A．中铁离子的配位数为6
B．再失去1个电子比更难
C．形成配位键时，中碳原子提供孤电子对
D．1 mol含12 mol 键
11．(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。其释氢方式主要有两种，水解释氢和热分解释氢。氨硼烷水解释氢时转化为；受热释氢时固体残留率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．分子中存在配位键
B．水解释氢的化学方程式
C．110℃时残留固体的化学式可能为
D．若B点一种产物的最简式就是分子式，则该产物分子中σ键∶π键=2∶3
12．现有5种元素X、Y、Z、Q、T。X原子M层上有2个未成对电子且与Q同一主族；Y原子的价电子排布式为3d64s2；Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子；T原子的M电子层上p轨道半充满。下列叙述错误的是（ ）
A．T的一种单质的空间构型为正四面体形
B．1mol[Y(CO)5]分子中含5molσ键
C．X和Q结合生成的一种化合物为平面三角形
D．Z与Q互为等电子体，1molQ中含有的π键数目为2NA
13．下列叙述正确的是（ ）
A．键角：CH4
C．H-O键的键能为463kJ/mol，即18gH2O分解成H2和O2时，消耗的能量为(2×463)kJ
D．、中均含有配位键
14．合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是吸收原料气中的CO，其反应式为： △H＜0，下列说法或判断错误的是
A．必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒
B．[Cu(NH3)3CO]+中非金属元素电负性：O＞N＞C＞H
C．可采用低压高温的条件使吸收CO后的铜氨液再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用
D．[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为6
15．下列说法正确的是（ ）
A．基态Mn原子的价电子排布图为
B．沸点：CO＜N2
C．键角：NH3＜H2O
D．S8中S原子的杂化方式为sp3
16．下列对有关事实的解释正确的是（ ）
事实 解释
A 石墨晶体中横向与纵向的导电性不同 晶体性质表现自范性
B CH4与NH3分子的空间构型不同 二者中心原子杂化轨道类型不同
C H2O的热稳定性比H2S强 H2O分子间形成氢键，而H2S分子间没有形成氢键
D 向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里加入过量氨水，得到深蓝色溶液 NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强
A．A B．B C．C D．D
17．向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是（ ）
A．配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3给出孤对电子
B．沉淀溶解后，生成[Ag(NH3)2]OH难电离
C．配合离子[Ag(NH3)2]+存在离子键和共价键
D．反应前后Ag+的浓度不变
18．向盛有硫酸铜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。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是（ ）
A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子为
B．在［Cu(NH3)4]2+中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道
C．NH3与铜离子络合，形成配合物后H-N-H键角会变大
D．深蓝色的晶体析出的原因是［Cu(NH3)4]2+与乙醇发生化学反应
19．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
20．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是（ ）
A．配位体是Cl-和H2O，配位数是8
B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C．内界和外界中的Cl-的数目比是1：2
D．在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀
二、综合题
21．磷酸亚铁锂(LiFePO4)可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：
（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是 ，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态 (填“相同”或“相反”)。
（2）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的的结构式为 ，其中Fe的配位数为 。
（3）苯胺()的晶体类型是 。
（4）中，电负性最高的元素是 ；P的 杂化轨道与O的2p轨道形成 键。
（5）和属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：
这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 (用n代表P原子数)。
22．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）。
23．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 。
24．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 。
25．我国科学家发现一种钡配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。
(代表单键、双键或叁键)
回答问题：
（1）配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是 。
（2）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，空间结构呈角形，原因是 。
（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是 。
（4）配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，两个氮原子间键长最长的是 。
（5）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。
①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为 。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为 。
②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是 。
a．有或价态形式 b．均属于第四周期元素
c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】食盐即NaCl形成离子晶体，其变为液体即熔化过程中克服离子键，冰醋酸、蔗糖和干冰均形成分子晶体，其变为液体即熔化过程中均克服分子间作用力即范德华力，
故答案为：A。
【分析】依据晶体类型不同判断。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．加入溶液反应也不产生沉淀，可知无游离的，以强碱处理并没有放出，可知无游离的氨分子，两者均与中心铂离子形成配位键，所以该物质的配位化学式为故配位数为6，故A不符合题意；
B．根据题意可知该配合物为，配体有和，故B不符合题意；
C．该配合物为，和分子均与中心铂离子形成配位键，故C符合题意；
D．Pt与6个配体成键，该配合物应是8面体结构，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】加入AgNO3溶液后，无沉淀产生，说明其水溶液中不存在游离的Cl－；加入强碱溶液无NH3逸出，说明不存在游离的NH3。因此该化合物的的化学式为[PtCl4(NH3)2]，所含的配位数为6。据此结合选项进行分析。
3．【答案】C
【解析】【解答】】A.观察图示，内界H2O与铜离子生成配位键，结晶水和水形成氢键，配位键和氢键作用力不同， 故胆矾中的水在不同温度下会分步失去，则故A不符合题意；
B. 观察图示，胆矾晶体中存在离子键、共价键、氢键及范德华力 ，故B不符合题意；
C. 向溶液中逐滴加入浓氨水至过量，得到透明的深蓝色溶液，则比 稳定，故C符合题意；
D. 加入乙醇，可析出深蓝色的晶体，证明溶解度减小，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】中心原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对，这种“电子给予接受”形成配位键。
氢键是H与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用。
4．【答案】D
【解析】【解答】A． 有空轨道，中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，故A不符合题意；
B． 有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，故B不符合题意；
C． 有空轨道，水分子中的O原子含有孤电子对，可以形成配位键，故C不符合题意；
D． 、两种离子均没有孤电子对，所以不能形成配位键，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】形成配位键时需要提供空轨道和孤对电子，结合选项找出可以提供空轨道以及孤对电子的组合即可
5．【答案】A
【解析】【解答】A、NH3中氮原子采用sp3杂化，形成的N－H键，是由氮原子提供一个sp3电子，氢原子提供一个s轨道上的电子，形成共用电子对，因此所形成的σ键为sp3－sσ键，A符合题意。
B、NH3为三角锥形结构，为极性分子；CO2为直线型结构，为非极性分子，B不符合题意。
C、NH4Cl是由NH4＋和Cl－构成，因此属于离子键，离子键没有方向性和饱和性，C不符合题意。
D、配合物[Ag(NH3)2]Cl的配体为NH3，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、NH3中氮原子采用sp3杂化。
B、CO2的结构式为O=C=O，为非极性分子。
C、离子键没有方向性和饱和性。
D、配合物[Ag(NH3)2]Cl的配体为NH3。
6．【答案】A
【解析】【解答】共价晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，A符合题意；
碘单质升华时，只发生物质状态的改变，而化学键没有改变，所以分子中I-I键不发生断裂，B不符合题意；
分子晶体中，分子间作用力越大，该物质的熔、沸点就越高，与共价键无关，C不符合题意；
分子的稳定性与分子内的共价键有关，与分子间作用力无关，D不符合题意。
【分析】分子晶体三态变化时，破坏的是分子间作用力。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．往溶液中加入过量的，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入后，析出深蓝色晶体为，A不符合题意；
B．加入，减小溶剂的极性，降低离子化合物的溶解度，B不符合题意；
C．加入氨水的过程中，首先会生成氢氧化铜沉淀，再被溶解生成铜氨离子，铜离子浓度减小，C不符合题意；
D．中铜杂化方式为dsp2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】向硫酸铜加入氨水，先产生氢氧化铜沉淀，然后沉淀溶解得到四氨合铜配合物，由于该配合物在乙醇中溶解度很低，析出晶体，Cu2+的d轨道含有空轨道，氨气中N原子有孤对电子，形成配位键。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．Fe3+和SCN-形成配合物离子，与配合物的形成有关，故A不符合题意
B．金币溶于王水生成HAuCl4，是配合物，故B不符合题意
C．出现白色沉淀是生成了AgOH，再进一步反应生成[Ag(NH3)2]OH，是配合物，故C不符合题题
D．AlCl3和NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，与配合物的形成无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯化铝与氨水发生的是复分解反应，与配合物无关，其他均与配合物有关
9．【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。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．K3[Fe(CN)6] 中铁离子的配位数为6，A不符合题意；
B．Fe2+ 的核外价层电子排布为3d6，Mn2+ 的核外价层电子排布为3d5，Mn2+ 半满结构，再失去1个电子比Fe2+ 难，B符合题意；
C．形成配位键时， CN 中碳原子电负性弱，更易提供孤电子对，C不符合题意；
D.1 mol [Fe(CN)6]3 含6mol碳氮叁键中的σ 键和CN-与Fe3+形成的6mol配位键（也是σ 键），（6+6）mol=12 mol σ 键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据配合物的结构分析；
B．全满、半满结构比较稳定；
C．形成配位键时，原子电负性弱，更易提供孤电子对；
D.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；
11．【答案】D
【解析】【解答】A．N存在孤电子对，B原子为缺电子原子，其提供空轨道故存在配位键，故A不符合题意；
B．根据题意氨硼烷水解释氢时转化为，水解释氢的化学方程式，故B不符合题意；
C.110℃时， 根据图可知M(A) = M(NH3BH3) 93.55% =3193.55% =29，故A为BNH4，故C不符合题意；
D．B点时，根据图可知M(B) = M(NH3BH3) 87.10% =3187.10%=27，B点一种产物的最简式就是分子式，故B为NH2=B，键： 键为3：2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键；
B.氨硼烷水解释氢时转化为和氢气；
C.110℃时，M(A) = M(NH3BH3) 93.55% =3193.55% =29。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，T为P，则白磷的空间构型为正四面体形，A不符合题意；
B．由分析可知Y为Fe，则[Y(CO)5]为[Fe(CO)5]其中碳原子和氧原子之间是σ键，并且CO和Fe之间的配位键也属于σ键，则1mol[Y(CO)5]分子中含10molσ键，B不符合题意；
C．由分析可知，X是S，Q是O，则SO3中，S原子有3个σ键电子对，没有孤电子对，根据价层电子互斥理论可知，其空间构型为平面三角形，C不符合题意；
D．由分析可知Z为C，Q是O，则Z与Q分别为C与O，O中两个O原子之间没有π键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 Y原子的价电子排布式为3d64s2，则Y为Fe元素，Z原子的L电子层的p能级上有一个空轨道，则Z为C元素， Q原子的L电子层的P能级上只有一对成对电子，则Q为O元素， T原子的M电子层上p轨道半充满，则T为P元素， X原子M层上有2个未成对电子且与Q同一主族，则X为S元素，据此解答。
13．【答案】D
【解析】【解答】A、CH4为四面体结构，键角为109°28′；NH3为三角锥形，键角为107°；H2O为V形结构，其键角为104.5°，因此三者的键角大小为：CH4＞NH3＞H2O，A不符合题意。
B、原子半径：F＜Cl＜Br＜I，所以键长：H－F＜H－Cl＜H－Br＜H－I，所以键能：H－F＞H－Cl＞H－Br＞H－I，分子稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B不符合题意。
C、H2O分解为H2和O2的过程中，H2O分子中的H-O化学键断裂吸收能量；同时还形成了H－H、O=O化学键，释放能量；因此反应过程中的能量变化不是(2×463)kJ，C不符合题意。
D、H3O＋、[Cu(H2O)4]2＋中均含有配位键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据三种物质键角的大小判断。
B、原子半径越大，键长越大，键能越小，结构越不稳定。
C、H2O分解成H2和O2的过程中，存在化学键的断裂和形成两个过程。
D、两种离子中都含有配位键。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．合成氨工业中，需使用催化剂，但CO可能会使催化剂的催化作用减弱甚至失去催化作用，即发生催化剂中毒，因此必须除去CO气体，必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒，A不符合题意；
B．[Cu(NH3)3CO]+中涉及的非金属元素有C、O、N、H，元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以非金属元素电负性大小关系为：O＞N＞C＞H，B不符合题意；
C．的正反应是气体体积减小的放热反应，根据平衡移动原理，升高温度减小压强，可以使化学平衡向吸热的逆反应方向移动，分解反应产生[Cu(NH3)2]+和CO，从而可以使其恢复吸收CO的能力以供循环使用，C不符合题意；
D．[Cu(NH3)2]+中的中心Cu原子与配位体NH3之间以配位键结合，在NH3中存在N-H共价键，配位键和一般共价键都是σ键，因此在1个[Cu(NH3)2]+中含有的σ键数：2+3×2=8个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂中含有杂质会导致催化剂中毒；
B、非金属性越强，电负性越强；
C、升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
D、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键。
15．【答案】D
【解析】【解答】A.4s能级能量低于3d，所以基态Mn原子的价电子排布式为：3d54s2，价电子排布图为 ，A不符合题意；
B．二者相对分子质量虽然相同，但CO为极性分子，N2为非极性分子，所以CO的沸点更高，B不符合题意；
C．NH3和H2O分子的中心原子均为sp3杂化，但N原子只有一对孤电子对，而O原子有两对孤电子对，孤电子对和成键电子对之间有较强的排斥作用，所以NH3分子中键角更大，C不符合题意；
D．S8的分子结构为 ，每个S原子形成2个σ键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据核外电子排布即可判断
B.极性化合物的熔沸点高于非极性物质
C.孤对电子越多，键角越小
D.根据结构简式即可判断杂化方式
16．【答案】D
【解析】【解答】A．石墨晶体中横向与纵向的导电性不同，石墨的这种性质叫做晶体的各向异性，故A不符合题意；
B．CH4的价层电子对数是4，无孤对电子，分子的空间构型正四面体，中心原子杂化轨道类型均为sp3，NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，空间构型为三角锥形，故B不符合题意；
C．H2O的热稳定性比H2S强，是由于元素的非金属性：O＞S，分子的稳定性与氢键无关，故C不符合题意；
D．硫酸铜蓝色溶液中存在[Cu(H2O)4]2+离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的[Cu(H2O)4]2+与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，则说明NH3与Cu2+间的配位键比H2O与Cu2+间的配位键强，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、石墨晶体中横向与纵向的导电性不同，石墨的这种性质叫做晶体的各向异性；
B、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
C、氢键影响分子的物理性质；
D、越容易反应，则配位键越强。
17．【答案】A
【解析】【解答】 A．在配合离子[Ag(NH3)2]+中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故A符合题意；
B．[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]+ +OH-，故B不符合题意；
C．在配合离子[Ag(NH3)2]+中， Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，存在N、H间共价键，配位键属于特殊共价键，没有离子键，故C不符合题意；
D．反应后形成[Ag(NH3)2]+络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag+的浓度减小，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】B.[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离；
C.[Ag(NH3)2]+中Ag+和NH3之间形成配位键，NH3中存在共价键；
D.反应后形成[Ag(NH3)2]+络离子，Ag+的浓度减小。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子为 ，A项不符合题意；
B．在［Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，B项不符合题意；
C．NH3中N元素是sp3杂化，形成了三个氮氢键，还有一对孤对电子，孤对电子由于未成键，电子云较大，使氮氢键之间夹角变小，但与Cu2+络合后，N的孤对电子受Cu2+正电荷吸引，使电子云缩小，H-N-H键角会变大，C项不符合题意；
D．［Cu(NH3)4]2+在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇有深蓝色的晶体析出，该过程不属于化学反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，离子方程式为： ，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，离子方程式为： 。
19．【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。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A不符合题意；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B不符合题意；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2 H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C符合题意；
D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2molAgCl沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O中配位体是Cl和H2O；
B..[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O中中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-；
D.只有外界的Cl-离子与Ag+反应。
21．【答案】（1）Mg；相反
（2）或；4
（3）分子晶体
（4）O；；
（5）
【解析】【解答】(1)在周期表中存在“对角线”关系的元素化学性质相似，如和和和等，所以与的化学性质最相似的邻族元素是；根据泡利原理知，元素基态原子核外M层上只有轨道上2个自旋状态相反的电子，故答案为：Mg；相反；
(2)在蒸汽状态下以双聚分子存在，即分子式为；每个原子与3个原子形成共价键，还可以提供空轨道与另1个原子提供的孤对电子形成配位键，结构式可表示为或；由结构式可知，的配位数为4；
(3)苯胺是有机化合物，属于分子晶体；
(4)元素的非金属性越强，电负性越高，非金属性：，故在N、H、P、O四种元素中电负性最高的是O。中价电子对数为，采取杂化方式，杂化轨道与配位原子只能形成键，故与O原子的轨道形成键，故答案为：O；；；
(5)由题给焦磷酸根离子、三磷酸根离子的结构式可看出，多磷酸盐中存在结构单元，n个结构单元共用（n-1）个O原子，则O原子总数为，离子所带电荷数为，故通式为。
【分析】（1）位于元素周期对角线的元素性质相似；根据泡利原理判断；
（2）每个原子与3个Cl原子形成共价键，还可以提供空轨道与另1个Cl原子提供的孤对电子形成配位键；
（3）苯胺为分子晶体；
（4）元素的非金属性越强，电负性越大；杂化轨道与配位原子只能形成σ键；
（5）多磷酸盐中存在结构单元，n个结构单元共用（n-1）个O原子，O原子总数为，P显+5价，O显-2价。
22．【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=
。
23．【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。
24．【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。
25．【答案】（1）C、O、P、Cl
（2）根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形
（3）N
（4）配合物Ⅱ
（5）6；；ad
【解析】【解答】（1）根据题干配合物Ⅰ的结构图，根据每个原子含有单电子数目。可以形成共价键数目，多出的化学键即为配位键，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl；
（2）根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形；
（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N；
（4）一般来说，三键键长大于双键键长大于单键键长，钒的化合价分别为+4和+3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中未氮氮双键， 氮气中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长；
（5）①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式；
②a．中V带的总的正电荷为+9，当替代原子为Sn时，化合价可能为+4或+5价态形式，故a正确；
b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误；
c．Sn是VA族元素，不属于过渡元素，故c错误；
d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确；
答案为：ad。
【分析】（1）根据题目中物质结构，要形成配位键，必须要有孤对电子，所以形成配位键原子有碳、氮、磷、氯。
（2）根据VSEPR模型，计算出价层电子对即可，以及孤对电子即可判断；
（3）氮原子的电子排布处于半满结构，比较稳定电离能比相邻原子要大；
（4）配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中未氮氮双键， 氮气中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。