高中化学同步练习：选择性必修二3.5简单配合物的形成
文档属性
| 名称 | 高中化学同步练习：选择性必修二3.5简单配合物的形成 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-29 09:25:42 | ||
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文档简介
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高中化学同步练习：选择性必修二3.5简单配合物的形成
一、选择题
1．下列不属于配位化合物的是( )
A．六氟合铝酸钠:Na3[AlF6]
B．氢氧化二氨合银:Ag[NH3]2OH
C．六氟合铁酸钾:K3[FeF6]
D．十二水硫酸铝钾:KAl(SO4)2·12H2O
2．近日，科学家在国际上首次提出e-refinery(瓦斯精炼厂)的概念，并系统构建了研究e-refinery的原理和方法学，如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．X组分子中共价键键角相等
B．上述三环重叠的共价键中既有σ键又有π键
C．Y组分子中，极性分子间能形成氢键
D．Z组中阴离子的时，离子空间构型为平面正三角形
3．EDTA(乙二胺四乙酸)是良好的配合剂，Ca2+与EDTA形成的螯合物结构如图所示。下列关于该螯合物的说法错误的是（ ）
A．碳原子的杂化方式均为sp3
B．配体的配位原子为O、N
C．Ca2+的配位数为6
D．组成元素中第一电离能最大的是N
4．青霉胺可以用于医学上误食铜盐的解毒，解毒原理：Cu2+形成环状配合物，其结构如图所示。该配合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。下列说法错误的是（ ）
A．共价键键角的大小关系为H2OB．电负性大小关系为O>N>H>Cu
C．该配合物易溶于水的主要原因是其与水可形成分子间氢键
D．与铜离子形成配位键强弱的大小关系为H2S>NH3
5．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列对应离子方程式书写错误的是（ ）
A．硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸：
B．向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：
D．等浓度和溶液等体积混合：
6．氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列说法正确的是（ ）
A．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区
B．提供孤电子对用于形成配位键
C．该配合物中阴离子空间结构为正四面体形
D．配离子为，中心离子的配位数为5
7．配离子球棍模型如下图所示。下列关于该配离子的说法中不正确的是（ ）
A．配位数为4
B．中的采用杂化
C．配体是，的空间构型为三角锥形
D．若用代替与形成配位键，则配位键的强度将减弱
8．在硫酸铜溶液中加入浓氨水，可形成配离子[Cu(NH3)4(H2O)2]2+。下列有关说法中正确的是（ ）
A．中心离子的配位数为4
B．电负性由大到小为N>O>Cu
C．基态原子的第一电离能：N>O>S
D．键角：H2O>NH3
9．已知： 。试管 a 中溶液作参照，对试管 b 中溶液依次进行如下操作：①微热，溶液变为黄绿色；②将其置于冷水中，溶液变为蓝绿色；③滴加氨水至过量，蓝色沉淀增多，后又逐渐消失变为深蓝色溶液。下列说法正确的是（ ）
A．由步骤①可推知该反应的△H< 0
B．由步骤②可说明降低温度，该反应平衡正向移动
C．步骤③深蓝色溶液中
D．由实验③可知配离子的稳定性：
10．我国科学家开发了一种新型手性Ru(Ⅱ)—Pt(Ⅱ)双核配合物()作为G—quadruplexDNA稳定剂和端粒酶抑制剂。手性Ru(Ⅱ)—Pt(Ⅱ)双核配合物的化学结构 /A—RuPt和相关的单一核配合物(Pt和)的结构如图所示。已知：在等价轨道上的电子排布采取全充满和半充满时，能量会较低，体系有更大的稳定性。下列说法正确的是（ ）
已知：Ru(Ⅱ)表示+2价Ru，Pt(Ⅱ)的配位数为4。
A．与位于同一周期，基态Pd的价层电子排布式为
B．单一核配合物Pt中的配位原子只有N原子
C．中Ru原子与Pt原子的配位数相同
D．中Ru提供空轨道形成配位键
11．我国科学家开发了一种新型手性Ru（Ⅱ）—Pt（Ⅱ）双核配合物（）作为G-quadruplexDNA稳定剂和端粒酶抑制剂。手性Ru（Ⅱ）-Pt（Ⅱ）双核配合物的化学结构△/A-RuPt和相关的单一核配合物（Pt和）的结构如图所示。已知：在等价轨道上的电子排布采取全充满和半充满时，能量会较低，体系有更大的稳定性。下列说法正确的是（ ）
已知：Ru（Ⅱ）表示+2价Ru，Pt（Ⅱ）的配位数为4。
A．与位于同一周期，基态的价层电子排布式为
B．单一核配合物Pt中的配位原子只有N原子
C．中Ru原子与Pt原子的配位数相同
D．中Ru提供空轨道形成配位键
12．铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．CO也是该反应的催化剂
B．反应过程中Rh的成键数目有变化
C．CH3I是反应中间体
D．存在反应CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI
二、非选择题
13．含硅和硫元素的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
（1）Ⅰ．是生产多晶硅的副产物。
基态硅原子的价层电子排布式为 ．
（2）已知比更易水解，导致更易水解的因素有 （填标号）。
a．键极性更大 b．的原子半径更大
c．键键能更大 d．有更多的价层轨道
（3）Ⅱ．硫代硫酸盐可用在银盐照相中做定影液。
已知硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
基态原子的价层电子排布式不能表示为，因为违背了
（4）能确定晶体中各原子的位置（坐标），从而得出分子空间结构的一种方法是 ．
a．质谱法 b．射线衍射 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱
（5）作为配体可提供孤电子对与形成。分析判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：
．
（6）的晶胞如图，该晶胞中个数为 ．假设晶胞边长分别为，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 （用相应字母表示）。
14．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
15．酸雨的危害非常严重，它会导致生物死亡，古建筑被腐蚀和破坏，现代钢铁建筑很快锈蚀，土壤酸化，作物难以生长，严格控制酸性气体的排放意义重大。
（1）臭氧在催化下能将烟气中的、分别氧化为和、也可在其他条件下被还原为。的空间构型为 ，中心原子轨道的杂化类型为 。
（2）基态核外电子排布式为 。
（3）能被溶液吸收生成配含物，其中心离子的配位数为 。
（4）以N原子与形成配位键。请在结构示意图的相应位置补填缺少的配体 。
16．2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
（1）第三周期元素中第一电离能比P大的元素有 种。
（2）基态As原子的电子排布式为 。
（3）与的空间构型均为 ，其中沸点较高的是 ，键角较大的是 。
（4）Mn的一种配合物化学式为[]，该配合物中锰原子的配位数为 。
（5）中C原子的杂化类型为 。
（6）等物质的量的和CO中，π键数目之比 。
（7）NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为ρ，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 pm(列出计算式)。
17．卤族元素易与金属元素形成大量无机盐，在有机合成等领域也发挥着重要的作用，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。
（1）基态溴原子价层电子排布式为 。
（2）COCl2的空间结构名称为 ，分子中碳原子的杂化轨道类型是 。
（3）三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法正确的是____。
A．原子半径N＜O＜Cl
B．该配合物中的配离子存在多种异构体
C．对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去
D．常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3molAgCl沉淀
（4）铜和氯形成的某化合物晶体的晶胞如图。该化合物的化学式为 ，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则该晶体的密度ρ= g cm-3。
18．Ⅰ.过渡区金属元素原子或离子易形成配合物，广泛用作催化剂。回答下列问题：
（1）硫酸铜溶液中滴入氨水可形成配离子。还可与其他微粒形成配离子，如与乙二胺形成 ，此配离子内部不含有的化学键类型是____。
A．离子键 B．非极性键 C．配位键 D．氢键
（2）在的水溶液中，一定条件下存在组成为(n为正整数)的配离子，提供孤电子对的是____ (填序号)。
A． B．H C．O D．Cr
（3）Ⅱ.晶体世界丰富多彩，复杂多样，各类晶体具有不同的结构特点，决定着他具有不同的性质和用途，回答下列问题：
由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体的晶胞如图所示，X晶体的化学式为：
（4）NiO的晶胞结构如图乙所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为 。配位数是 ，若晶胞边长为apm，则NiO晶体的密度为 (用含a、的代数式表示，表示阿伏加德罗常数)。
（5）已知的立方晶胞结构如图所示，若晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则Cu与O之间最短距离为 cm(用含a、的代数式表示)。
19．铁、钴均为第四周期第Ⅷ族元素，它们的单质及其化合物均具有广泛用途。
（1）基态中未成对电子数为 ；Fe和Co的第三电离能： (填“>”“<”或“=”)。
（2）化学上可用EDTA测定和的含量。EDTA的结构简式如图所示：
①EDTA中电负性最大的元素是 (填元素符号)，其中C原子的杂化轨道类型为 。
②EDTA分子中不存在的化学键有 (填选项字母)。
a．离子键 b．共价键 c．σ键 d．π键 e．配位键
（3）将1 mol 溶于水中，加入足量溶液生成1 mol AgCl沉淀。则中配离子的化学式为 。已知孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对与成键电子对的排斥作用，则分子与形成配合物后，H-N-H键角 (填“变大”“变小”或“不变”)。
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。已知晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为。
①该铁氮化合物的化学式为 。
②一个晶胞内Fe(Ⅱ)构成的一个正八面体的体积为 cm。
20．过渡金属元素铬是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是____(填标号)。
A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为
B．4s轨道上电子能量较高，总是在比3s轨道上电子离核更远的地方运动
C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。
（3）中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。
中P的杂化类型是 。的沸点比的 ，原因是 ，的键角小于的，分析原因 。
（4）在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是 原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为 %(列出计算表达式)。
21．锌是动物必需的微量元素之一，参与机体的各种代谢活动。
（1）Zn位于元素周期表的 区，基态Zn原子的价电子排布图为 。
（2）第二电离能：Cu Zn(填“>”、“<”或“=”)，判断依据是 。
（3）含有多个配位原子的配体与同一个中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物，一种Zn2+配合物的结构如图1所示(-OTs为含氧、硫的有机基团)：
①1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol，该螯合物中N原子的杂化类型为 。
②该配合物所涉及非金属元素电负性最小的是 (填元素符号)。
（4）硫化锌精矿是冶炼金属锌的主要原料，六方硫化锌(纤锌矿型)的平行六面体晶胞如图2所示，晶体中正负离子的配位数之比为 。
（5）已知每个Zn2+与其周围最近的S2-之间的距离都相等，以晶胞参数为单位长度建立坐标系，若A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(，，)，C点坐标为(0，0，u)，则D点坐标为 。
22．2022年北京冬季奥运会场馆使用了大量不锈钢材质，不锈钢属于合金钢，其基体是铁碳合金，常用的不锈钢中含铬(Cr)18%、含镍(Ni)8%。回答下列问题：
（1）石墨烯(即单层石墨)是一种由碳原子构成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，其中碳原子采取 杂化。
（2） 蒸气状态下以双聚分子形式存在(如图)，其中Fe的配位数为 ，双聚分子中存在配位键，提供空轨道的是 (填元素符号)原子。
（3）甘氨酸亚铁中非金属元素的电负性由大到小的顺序是 。甘氨酸()比其同分异构体硝基乙烷()熔沸点高，其原因是
。
（4） 的阴离子的空间构型为 。
（5）工业上常用羰基镍制备高纯镍，其熔点-19℃，沸点43℃，羰基镍属于 (填晶体类型)，该晶体中键与键数目之比为 。
（6）金属铬属于体心立方晶体(如图)，已知其密度为，则晶体中铬原子的半径为 cm(阿伏加德罗常数的值为，列出表达式)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】十二水硫酸铝钾是由K+、Al3+、S及H2O分子组成的离子化合物,属于复盐,所以D项正确。
【分析】根据配合物的组成进行判断是否为配位化合物即可。
2．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；极性键和非极性键
【解析】【解答】A.二氧化碳键角为180°，而甲烷是极性键的非极性分子，键角为109°30'，故A符合题意；
B.重叠部分含有双键和单键，因此含有 σ键又有π键 ，故B不符合题意；
C. Y组分子中，极性分子水和过氧化氢间能形成氢键，故C不符合题意；
D. Z组中阴离子的时，离子为硝酸根离子空间构型为平面正三角形，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据分子式计算其键角；
B.含有双键和单键含有 σ键又有π键；
C.根据水和过氧化氢均可形成氢键；
D.根据计算出硝酸根离子的价层电子对即可判断。
3．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、形成单键的碳原子采用sp3杂化，形成碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，A符合题意。
B、配体中O原子和N原子提供孤电子对，因此配体中的配位原子为O、N，B不符合题意。
C、由结构式可知，Ca2+的配位数为6，C不符合题意。
D、该物质的组成元素有Ca、C、N、O，其中Ca的第一电离能最小。C、N、O三种元素中，核电荷数越大，第一电离能越大；但由于N原子的2p轨道为半充满稳定结构，不易失去电子，所以其第一电离能最大，因此组成元素中第一电离能最大的是N，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、形成碳氧双键的碳原子采用sp2杂化。
B、O原子和N原子提供孤电子对，形成配位键。
C、Ca2+周围有6个原子，其配位数为6。
D、N的2p轨道为半充满稳定结构，能量最低，最稳定，第一电离能较大。
4．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A.水中存在2个孤对电子，氨气中存在1对孤对电子，孤对电子对键的斥力较大，因此键角大小 H2OB.电负性与元素的非金属性有关，非金属性越强电负性越强，故B不符合题意；
C.根据结构式可知含有氨基和羧基，羧基和氨基均可与水形成氢键，故C不符合题意；
D.原子间的电负性差值越大，越易形成配位键，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据孤对电子对键的斥力较大；
B.根据电负性和元素的非金属性有关即可判断；
C.主要考虑可以形成氢键增强其溶解性；
D.根据电负性差异判断。
5．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；离子方程式的书写
【解析】【解答】 A.硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸反应生成硫酸钠、硫、二氧化硫和水，反应的离子方程式为： ，故A不符合题意；
B.向氨水中滴入少量硫酸铜溶液生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为： ，故B符合题意；
C.向烧碱溶液中加入一小段铝片生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为： ，故C不符合题意；
D.等浓度和溶液等体积混合，反应的离子方程式为： ， 故D不符合题意确；
答案为：
【分析】B项中向氨水中滴入少量硫酸铜溶液生成四氨合铜络离子，其它选项离子方程式书写正确。
6．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、H元素属于s区，故A错误；
B、 中，提供空轨道，NO和水分子提供孤电子对，故B错误；
C、该配合物的阴离子是硫酸根离子，硫酸根离子中，中心S原子采用sp3杂化，不含孤电子对，空间结构为正四面体形，故C正确；
D、该配合物的配体为NO和水分子，则配位数为1+5=6，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、H位于s区；
B、 提供空轨道；
C、该配合物阴离子为硫酸根离子；
D、配体为NO和水分子。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、由配离子的结构模型可知，Cu2+的配位数为4，A不符合题意。
B、由配离子的球棍模型图可知，配离子内N原子排列成平面正方形，因此Cu2+采用的dsp2杂化，B符合题意。
C、配离子中配体是NH3，NH3中心氮原子的价层电子对数为，所以NH3的空间构型为三角锥形，C不符合题意。
D、由于电负性N＜O，O原子给出电子的能力比N原子弱，所以用H2O代替NH3与Cu2+形成配位键，则配位键的强度将减弱，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、根据配离子的结构其配位数为4。
B、Cu2+采用dsp2杂化。
C、根据氮原子的价层电子对数确定其空间结构。
D、结合电负性N＜O分析。
8．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．配离子 [Cu(NH3)4(H2O)2]2+ 中，配位数是6，A不符合题意；
B．同周期元素，原子序数越大，电负性越强，同主族元素，原子序数越大电负性越弱，电负性由大到小为O大于N大于Cu，B不符合题意；
C．同周期元素，从左到右原子的第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道处于半满状态，基态原子的第一电离能： N>O>S ，C符合题意；
D．H2O中心O原子孤电子对数是2，NH3中心N原子孤电子对数是1，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，键角：H2O故答案为：C
【分析】A．配位数的判断；
B．同周期元素，原子序数越大，电负性越强，同主族元素，原子序数越大，电负性越弱；
C．N原子2p轨道处于半满状态；
D．孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力。
9．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、步骤①微热时，溶液变为黄绿色，即反应生成[CuCl4]2－，说明升高温度，平衡正向移动，因此该反应为吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意。
B、步骤②中置于冷水，温度降低，溶液变为蓝绿色，则反应生成[Cu(H2O)4]2＋，说明降低温度，平衡逆向移动，B不符合题意。
C、由于该反应为可逆反应，因此步骤③深蓝色溶液中n([Cu(H2O)4]2＋)＜1mmol，C不符合题意。
D、步骤③中形成的深蓝色溶液为[Cu(NH3)4]2＋，过程中[Cu(H2O)4]2＋转化为[Cu(NH3)4]2＋，说明稳定性：[Cu(NH3)4]2＋＞[Cu(H2O)4]2＋，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、微热时温度升高，溶液变为黄绿色，则形成[CuCl4]2－，结合温度变化对平衡移动的影响分析反应的热效应。
B、置于冷水中，温度降低，溶液变为蓝绿色，则反应生成[Cu(H2O)4]2＋。
C、该反应为可逆反应，物质无法完全转化。
D、步骤③中沉淀消失形成深蓝色溶液为[Cu(NH3)4]2＋。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A. 基态Pd为46号，其价层电子排布式为，故A项错误；
B.有分析可知， 单一核配合物Pt中的配位原子有N和氯原子，故B项错误；
C.由图可知， 中Ru原子与Pt原子的配位数 分别为：6、4，C错误；
D. 中Ru原子供空轨道形成配位键，氮原子提供孤独电子，故D正确；
故答案为：D。
【分析】配位键形成条件：1.能够提供空轨道的原子，大多数为金属原子或者离子，2.要有能够提供孤电子的原子，如N、Cl等。
11．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、Pd与Pt位于同一周期，都是在第五周期，Pd的简化的核外电子排布式为[Kr]4d10，因此其价层电子排布式为4d10，A不符合题意。
B、由配合物的结构可知，单一核配合物Pt中的配位原子有N原子和Cl原子，B不符合题意。
C、由配合物的结构可知，中Ru原子与Pt原子的配位数分别为6和3，C不符合题意。
D、中Ru原子提供空轨道形成配位键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据核外电子排布式确定其价层电子排布式。
B、配合物Pt中的配位原子有N和Cl。
C、根据配合物的结构确定其配位数。
D、金属元素提供空轨道。
12．【答案】A
【知识点】化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．由图示可知：在反应过程中CO参加了反应，但反应后未产生CO，因此CO不是该反应的催化剂，A符合题意；
B．由图可知Rh的化合物的成键数目变化为：4→6→5→6→4，可见反应过程中Rh的成键数目有变化，B不符合题意；
C．由图可知铑的配合物离子 会分解产生CH3COI和 ，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，HI与CH3OH反应产生CH3I和H2O，CH3I再与 反应产生 ，故CH3I是该反应的中间体，C不符合题意；
D．由图可知铑的配合物离子 会分解产生CH3COI和 ，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI的方程式为：CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据图示，一氧化碳做为反应物参与反应
B.根据图示，Rh在反应过程中的成键数目有变化
C.根据反应原理即可知道 CH3I是反应中间体
D.根据图示即可判断
13．【答案】（1）
（2）abd
（3）洪特规则
（4）b
（5）中的中心原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子
（6）4；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1） 基态硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，价层电子排布为 ；
（2） 比更易水解，主要是Si的半径更大，含有更多的价层轨道，导致Si-Cl的极性更大；
（3）基态原子的价层电子排布为：2s22p4，价层电子表示为： ，符合洪特规则；
（4） 能确定晶体中各原子的位置（坐标），利用X射线衍射可得到空间的结构；
（5）中的中心原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子；
（6）根据晶胞图示可以看到 位于晶胞中间，故含有4个，根据位于顶点和面心和棱上计算出8x1/8+2x1/2+4x1/4+1=4，含有4个 ，晶胞的体积为abcx10-21cm3，密度为 ；
【分析】（1）结合核外电子排布即可判断；
（2）根据水解的原因主要和极性半径和价层轨道；
（3）根据洪特规则判断先排每个轨道，多余再排；
（4）X射线衍射可以测出分子结构；
（5）根据找出中心硫原子的价层电子对和孤对电子即可；
（6）根据占位计算出含有的离子的个数，结合体积以及质量计算出密度。
14．【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
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【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。
15．【答案】（1）正四面体；sp2
（2）1s22s22p63s23p63d6
（3）6
（4）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】（1）中心S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对，空间结构为正四面体；中心N原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，采用sp2杂化；
故答案为：正四面体；sp2 ；
（2）Fe为26号元素， 基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe原子失去2个电子形成 ，则 基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；
故答案为： 1s22s22p63s23p63d6 ；
（3） 中配体为NO和H2O，则中心离子的配位数为1+5=6；
故答案为：6；
（4） [Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图还缺少1个NO、1个H2O，补填缺少的配体后为： ；
故答案为： 。
【分析】（1） 中中心S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对； 中心N原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
（2） 基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，形成离子首先失去最外层电子；
（3） 中配体为NO和H2O；
（4）该结构中缺少1个NO、1个H2O。
16．【答案】（1）2
（2）[Ar]
（3）三角锥形；；
（4）6
（5）、sp
（6）1∶1
（7）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第三周期元素中第一电离能比P大的元素有Cl、Ar两种，故答案为：2；
（2） As为33号元素，位于周期表中第四周期第ⅤA族，基态As原子的电子排布式为：[Ar]， 故答案为： [Ar] ；
（3） 与 的中心原子的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，且均含有1个孤电子对，空间构型均为三角锥形；、为结构相似的分子晶体，的相对分子质量大，范德华力大，的沸点高；电负性：P>As，则中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间斥力增大，键角增大，则键角： >，故答案为：三角锥形；；；
（4）中，配体为CO和CH3CN，则其配位数为5+1=6，故答案为：6；
（5）中，甲基上的碳原子采用sp3杂化，-CN中的碳原子才采用sp杂化，故答案为： 、sp ；
（6） 和CO分子中均只含一个π键，则等物质的量的和CO中π键数目之比为1∶1，故答案为：1∶1；
（7）该晶胞中，Ni位于晶胞体内，数目为4，As位于顶点和面心，数目为，则晶胞质量为，设晶胞边长为apm，则晶胞体积为a3×10-30cm3，根据可得，，解得 ，晶胞中最近的砷原子之间的距离为面对角线的一半，则晶胞中最近的砷原子之间的距离为 ，故答案为： 。
【分析】（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（2）As为33号元素，根据构造原理书写其电子排布式；
（3） 与 的中心原子价层电子对数均为4，均含有1个孤电子对；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（4） 中，CO和CH3CN为配体；
（5） 中饱和碳原子采用sp3杂化，-CN中的碳原子采用sp杂化；
（6）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
（7）根据均摊法和列式计算。
17．【答案】（1）4s24p5
（2）平面三角形；sp2杂化
（3）B；C
（4）CuCl；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）溴是35号元素，最外层电子为4s、4p电子，则其价电子排布式为4s24p5，故答案为：4s24p5；
（2）COCl2中C原子的价电子对数为3，C原子采用sp2杂化；C原子上不含孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；sp2杂化；
（3）A、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：OB、配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，如图：，两个水分子可以排在1和2、2和3、3和4、1和6的位置，所以该配合物中的配离子有多种异构体，故B正确；
C、配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力越弱，形成的配位键越弱，加热时易失去，电负性：O＞N，则该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，故C正确；
D、 ，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2能电离产生两个Cl-，则向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2molAgCl沉淀，故D错误；
故答案为：BC；
（4）由图可知，Cl位于顶点和面心，数目为，Cu位于晶胞内部，数目为4，则该化合物的化学式为CuCl；该晶胞的质量为，晶胞体积为(a×10-9)3cm3，则其密度为 g cm-3，故答案为：CuCl；。
【分析】（1）溴为35号元素，根据构造原理书写其价层电子排布式；
（2）COCl2中C原子的价电子对数为3；
（3）A、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
B、配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构；
C、配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强；
D、只有外界的氯离子能与硝酸银反应生成AgCl沉淀；
（4）根据均摊法和计算。
18．【答案】（1）A；D
（2）A；C
（3）GeHgSb2
（4）；12；
（5）
【知识点】化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）由配离子的结构可知，该配离子中存在配位键、极性共价键、非极性共价键，不存在离子键和氢键，AD符合题意。
故答案为：AD
（2）A、Cl-位于配离子的内部，且含有孤电子对，因此Cl-提供了孤电子对，A符合题意。
B、H原子最外层的一个电子与O原子形成共用电子对，因此H原子不提供孤电子对，B不符合题意。
C、O原子最外层有6个电子，其中两个孤电子与H原子形成共用电子对，剩余2个孤电子对，与Cr形成配位键，因此O原子提供孤电子对，C符合题意。
D、Cr原子提供空轨道，与Cl-、O原子形成配位键，D不符合题意。
故答案为：AC
（3）由晶胞结构可知，Ge原子位于晶胞的顶点、面心和内部，因此一个晶胞中所含Ge原子的个数为。Hg原子位于面心和棱心，因此一个晶胞中所含Hg原子的个数为。Sb原子位于晶胞的内部，因此一个晶胞中含有Sb原子的个数为8，所以晶胞中Ge、Hg、Sb的原子个数比为4：4：8=1：1：2，所以X晶体的化学式为GeHgSb2。
（4）B的坐标为（1，1，1），C点位于右侧侧面的面心，因此C点的离子坐标参数为。
以左下角顶点的Ni2+为中心，其配位数为，所以Ni2+的配位数为12。
该晶胞中所含Ni2+的个数为，所含O2-的个数为。所以可得该晶体的密度。
（5）由晶胞结构可知，一个晶胞中含有2个Cu2O，设晶胞的边长为b cm，则该晶胞的密度，所以可得该晶胞的边长。设该晶胞面对角线的长度为c，则c2=b2+b2=2b2。设体对角线的长度为d，则d2=b2+c2=3b2，所以。而Cu与O之间的最短距离为体对角线的，所以Cu与O之间的最短距离为。
【分析】（1）根据配离子的结构确定其所含的化学键类型。
（2）根据各个原子的价层电子分析。
（3）根据均摊法确定晶体的化学式。
（4）根据A、B的坐标参数，结合晶体结构确定C的坐标参数。根据晶胞结构确定Ni2+的配位数。根据公式计算晶体的密度。
（5）由晶胞结构可知，Cu与O之间的最短距离为体对角线的，结合密度计算晶胞边长，由晶胞边长计算体对角线。
19．【答案】（1）3；＜
（2）O；sp2、sp3；ae
（3）[Co(NH3)4Cl2]+；变大
（4）Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1） 钴的原子序数为27，基态核外电子排布式为[Ar]3d74s2，基态Co2+的价电子排布式为3d7，3d轨道上有3个单电子，故其未成对电子数为3；铁元素失去的第三个电子是3d6上的电子，而3d6容易失去一个电子形成比较稳定的3d5半满状态，而Co的价电子排布式为3d73s2，失去的第三个电子是3d7上的电子，没有3d6容易，则 < ，故答案为：3；<；
（2）①EDTA中含有的元素为C、H、O、N，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>N>C>H，则电负性最大的元素是O；EDTA中，饱和碳原子采用sp3杂化，羧基上的碳原子采用sp2杂化，故答案为：O； sp2、sp3 ；
②EDTA的化学键中，单键均为共价键中的σ键，羧基中存在碳氧双键，所以还含有π键，则不含离子键和配位键，故答案为：ae；
（3） 将1 mol 溶于水中，加入足量溶液生成1 mol AgCl沉淀，说明只有一个氯离子位于外界，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，此配合物结构的化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，配离子的化学式为：[Co(NH3)4Cl2]+ ； 氨气分子中N原子有1对孤电子对，而形成配合物后没有孤电子对，配位键N-Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N-H键的排斥力变小，故NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角变大，故答案为： [Co(NH3)4Cl2]+ ； 变大；
（4）①晶胞中Fe原子数为，N原子位于体心，数目为1，则该铁氮化合物的化学式为： Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N，故答案为： Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N；
②该晶胞的化学式为Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N，则晶胞质量为，若晶胞边长为acm，则晶胞质量ρV=ρa3g=，，Fe（Ⅱ）围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高为，则，则八面体的体积为正四棱锥的两倍，即为 cm3，故答案为：。
【分析】（1）Co为27号元素，根据构造原理确定其未成对电子数；原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（2）①元素的非金属性越强，电负性越大；双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
②根据EDTA的结构分析；
（3）配合物中只有外界的氯离子能与硝酸银反应生成AgCl沉淀；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（4）根据均摊法和列式计算。
20．【答案】（1）A；C
（2）；6
（3）；高；存在分子间氢键；含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大
（4）Al；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）A、轨道处于半充满时，体系的总能量最低，结构最稳定，因此Cr的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，A符合题意。
B、4s电子运动的区域不一定比3s电子运动区域离核更远，B不符合题意。
C、Cr的电负性比钾强，原子对键合电子的吸引力大，C符合题意。
故答案为：AC
（2）该配位离子中N、O、Cl都存在孤电子对，因此该配位离子中提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl。由配位离子的结构可知，中心离子的配位数为6。
（3）PH3中P原子形成3个σ键，同时含存在一个孤电子对，因此其价层电子对数为4，所以P原子采用sp3杂化。NH3可形成分子间氢键，使得NH3的沸点变大。因此NH3的沸点高于PH3，其原因是NH3可形成分子间氢键。H2O的中心原子氧原子含有2个孤电子对，NH3的中心原子氮原子含有一个孤电子对，因此H2O中孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，使得H2O的键角小于NH3。
（4）黑球位于顶点和体心，因此黑球的个数为；白球位于棱上和内部，因此白球的个数为。由化学式AlCr2可知，黑球表示Al，白球表示Cr。所以处于顶角位置的是Al原子。该晶胞的体积V=a×a×c=a2c。该晶胞中原子的体积。所以金属原子空间占有率为。
【分析】（1）A、结合能量最低原理分析。
B、4s电子运动的区域不一定比3s电子运动区域离核更远。
C、电负性越大，对键合电子的吸引力越强。
（2）根据配合离子的结构确定其配位原子核配位数。
（3）根据P原子的价层电子对数，确定P原子的杂化方式。NH3可形成分子间氢键，使得沸点增大。结合孤电子对对键角的影响分析。
（4）根据均摊法确定原子个数比，结合化学式确定原子的位置。根据晶胞体积和原子体积计算占有率。
21．【答案】（1）ds；
（2）>；基态Cu+核外价电子为3d10，3d轨道为全满较稳定状态，不容易再失去一个电子；基态Zn+核外价电子为3d104s1，4s轨道有1个电子，容易失去1个电子
（3）4；sp2杂化、sp3杂化；H
（4）1：1
（5）(，，)
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Zn的原子序数为30，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，其最后填充的电子在3d轨道和4s轨道上，因此Zn位于元素周期表中的ds区。基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，所以其价电子排布图为。
（2）基态Cu+核外价电子为3d10，3d轨道为全满较稳定状态，不容易再失去一个电子；基态Zn+核外价电子为3d104s1，4s轨道有1个电子，容易失去1个电子。所以Cu的第二电离能大于Zn。
（3）①给配合物中提供空轨道的为Zn，提供孤电子对的为N，因此1mol该配合物中含有的配位键为4mol。形成双键的氮原子采用sp2杂化；形成单键的氮原子采用sp3杂化，因此该配合物中N原子的杂化类型为sp2、sp3。
②该配合物中所涉及的非金属元素有H、C、N、O，其中H与其他元素形成化合物时，都显正化合价，因此H的电负性最小。
（4）由晶胞结构图可知，每个S2－周围有4个Zn2＋，每个Zn2＋周围有4个S2－，因此正负离子的配位数都是4，则其配位数之比为1：1。
（5）由晶胞结构可知，BC=BD=，所以D点的坐标为。
【分析】（1）Zn的原子序数为30，结合其核外电子排布式确定在元素周期表中的位置和价电子排布图。
（2）根据基态Cu＋、Zn＋的核外电子排布式，结合结构的稳定性，确定失去电子所需的能量，从而得出第二电离能的相对大小。
（3）①由配合物的结构可知，N与Zn形成配位键，据此判断配位键的个数。形成单键的氮原子采用sp3杂化，形成双键的氮原子采用sp2杂化。
②电负性最小的为H。
（4）根据“均摊法”确定正负离子的个数，从而得出其配位数之比。
（5）结合晶胞结构确定D点的参数坐标。
22．【答案】（1）
（2）4；Fe
（3）；甘氨酸分子间形成氢键(或甘氨酸分子内同时含有碱性基团和酸性基团，能形成内盐等其他合理答案)
（4）平面三角形
（5）分子晶体；1：1
（6） 或 或
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）石墨烯（即单层石墨）是一种碳原子构成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，其中碳原子采取sp2杂化，故答案为： ；
（2）由图可知，Fe原子周围有4个Cl，则Fe的配位数为4；双聚分子中存在配位键，Fe含有空轨道，其提供空轨道形成配位键，故答案为：4；Fe；
（3）元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性： ，则电负性： ；甘氨酸分子间形成氢键，导致其熔沸点高于硝基乙烷，故答案为：；甘氨酸分子间形成氢键(或甘氨酸分子内同时含有碱性基团和酸性基团，能形成内盐等其他合理答案)；
（4） 的阴离子为，中C原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（5）羰基镍熔点-19℃，沸点43℃，其熔沸点较低，属于分子晶体；单键均为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则 晶体中含有8个键，8个键，键与键数目之比为1：1，故答案为：分子晶体；1：1；
（6）Cr原子处于晶胞体心与顶点，晶胞中Cr原子数目为，处于体对角线上的Cr原子紧密相邻，则体对角线长度等于Cr原子半径的4倍，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量为，则晶体体积为cm3 ，则晶胞棱长为，铬原子的半径为 或 或 ，故答案为： 或 或 。
【分析】（1）石墨烯中碳原子采用sp2杂化；
（2）Fe原子周围有4个Cl；Fe含有空轨道；
（3）元素的非金属性越强，电负性越大；分子间形成氢键会导致熔沸点升高；
（4） 的阴离子为碳酸根；
（5）羰基镍熔沸点较低；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
（6）根据列式计算。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：105分
分值分布 客观题（占比） 24.0(22.9%)
主观题（占比） 81.0(77.1%)
题量分布 客观题（占比） 12(54.5%)
主观题（占比） 10(45.5%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 12(54.5%) 24.0(22.9%)
非选择题 10(45.5%) 81.0(77.1%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 普通 (54.5%)
2 容易 (4.5%)
3 困难 (40.9%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 极性键和非极性键 2.0(1.9%) 2
2 离子方程式的书写 2.0(1.9%) 5
3 元素周期表的结构及其应用 2.0(1.9%) 6
4 判断简单分子或离子的构型 34.0(32.4%) 6,7,15,16,17,22
5 氢键的存在对物质性质的影响 19.0(18.1%) 20,22
6 元素电离能、电负性的含义及应用 61.0(58.1%) 3,4,7,8,14,16,19,20,21,22
7 晶胞的计算 69.0(65.7%) 13,16,17,18,19,20,21,22
8 配合物的成键情况 105.0(100.0%) 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22
9 键能、键长、键角及其应用 32.0(30.5%) 2,4,8,13,19,20
10 化学平衡的影响因素 2.0(1.9%) 9
11 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 44.0(41.9%) 3,14,16,17,20,22
12 原子核外电子排布 55.0(52.4%) 11,13,14,15,16,17,19,21
13 化学键 29.0(27.6%) 12,18,19,22
14 反应热和焓变 2.0(1.9%) 9
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高中化学同步练习：选择性必修二3.5简单配合物的形成
一、选择题
1．下列不属于配位化合物的是( )
A．六氟合铝酸钠:Na3[AlF6]
B．氢氧化二氨合银:Ag[NH3]2OH
C．六氟合铁酸钾:K3[FeF6]
D．十二水硫酸铝钾:KAl(SO4)2·12H2O
2．近日，科学家在国际上首次提出e-refinery(瓦斯精炼厂)的概念，并系统构建了研究e-refinery的原理和方法学，如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．X组分子中共价键键角相等
B．上述三环重叠的共价键中既有σ键又有π键
C．Y组分子中，极性分子间能形成氢键
D．Z组中阴离子的时，离子空间构型为平面正三角形
3．EDTA(乙二胺四乙酸)是良好的配合剂，Ca2+与EDTA形成的螯合物结构如图所示。下列关于该螯合物的说法错误的是（ ）
A．碳原子的杂化方式均为sp3
B．配体的配位原子为O、N
C．Ca2+的配位数为6
D．组成元素中第一电离能最大的是N
4．青霉胺可以用于医学上误食铜盐的解毒，解毒原理：Cu2+形成环状配合物，其结构如图所示。该配合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。下列说法错误的是（ ）
A．共价键键角的大小关系为H2O
C．该配合物易溶于水的主要原因是其与水可形成分子间氢键
D．与铜离子形成配位键强弱的大小关系为H2S>NH3
5．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列对应离子方程式书写错误的是（ ）
A．硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸：
B．向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：
D．等浓度和溶液等体积混合：
6．氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列说法正确的是（ ）
A．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区
B．提供孤电子对用于形成配位键
C．该配合物中阴离子空间结构为正四面体形
D．配离子为，中心离子的配位数为5
7．配离子球棍模型如下图所示。下列关于该配离子的说法中不正确的是（ ）
A．配位数为4
B．中的采用杂化
C．配体是，的空间构型为三角锥形
D．若用代替与形成配位键，则配位键的强度将减弱
8．在硫酸铜溶液中加入浓氨水，可形成配离子[Cu(NH3)4(H2O)2]2+。下列有关说法中正确的是（ ）
A．中心离子的配位数为4
B．电负性由大到小为N>O>Cu
C．基态原子的第一电离能：N>O>S
D．键角：H2O>NH3
9．已知： 。试管 a 中溶液作参照，对试管 b 中溶液依次进行如下操作：①微热，溶液变为黄绿色；②将其置于冷水中，溶液变为蓝绿色；③滴加氨水至过量，蓝色沉淀增多，后又逐渐消失变为深蓝色溶液。下列说法正确的是（ ）
A．由步骤①可推知该反应的△H< 0
B．由步骤②可说明降低温度，该反应平衡正向移动
C．步骤③深蓝色溶液中
D．由实验③可知配离子的稳定性：
10．我国科学家开发了一种新型手性Ru(Ⅱ)—Pt(Ⅱ)双核配合物()作为G—quadruplexDNA稳定剂和端粒酶抑制剂。手性Ru(Ⅱ)—Pt(Ⅱ)双核配合物的化学结构 /A—RuPt和相关的单一核配合物(Pt和)的结构如图所示。已知：在等价轨道上的电子排布采取全充满和半充满时，能量会较低，体系有更大的稳定性。下列说法正确的是（ ）
已知：Ru(Ⅱ)表示+2价Ru，Pt(Ⅱ)的配位数为4。
A．与位于同一周期，基态Pd的价层电子排布式为
B．单一核配合物Pt中的配位原子只有N原子
C．中Ru原子与Pt原子的配位数相同
D．中Ru提供空轨道形成配位键
11．我国科学家开发了一种新型手性Ru（Ⅱ）—Pt（Ⅱ）双核配合物（）作为G-quadruplexDNA稳定剂和端粒酶抑制剂。手性Ru（Ⅱ）-Pt（Ⅱ）双核配合物的化学结构△/A-RuPt和相关的单一核配合物（Pt和）的结构如图所示。已知：在等价轨道上的电子排布采取全充满和半充满时，能量会较低，体系有更大的稳定性。下列说法正确的是（ ）
已知：Ru（Ⅱ）表示+2价Ru，Pt（Ⅱ）的配位数为4。
A．与位于同一周期，基态的价层电子排布式为
B．单一核配合物Pt中的配位原子只有N原子
C．中Ru原子与Pt原子的配位数相同
D．中Ru提供空轨道形成配位键
12．铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．CO也是该反应的催化剂
B．反应过程中Rh的成键数目有变化
C．CH3I是反应中间体
D．存在反应CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI
二、非选择题
13．含硅和硫元素的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
（1）Ⅰ．是生产多晶硅的副产物。
基态硅原子的价层电子排布式为 ．
（2）已知比更易水解，导致更易水解的因素有 （填标号）。
a．键极性更大 b．的原子半径更大
c．键键能更大 d．有更多的价层轨道
（3）Ⅱ．硫代硫酸盐可用在银盐照相中做定影液。
已知硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
基态原子的价层电子排布式不能表示为，因为违背了
（4）能确定晶体中各原子的位置（坐标），从而得出分子空间结构的一种方法是 ．
a．质谱法 b．射线衍射 c．核磁共振氢谱 d．红外光谱
（5）作为配体可提供孤电子对与形成。分析判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：
．
（6）的晶胞如图，该晶胞中个数为 ．假设晶胞边长分别为，其摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 （用相应字母表示）。
14．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
15．酸雨的危害非常严重，它会导致生物死亡，古建筑被腐蚀和破坏，现代钢铁建筑很快锈蚀，土壤酸化，作物难以生长，严格控制酸性气体的排放意义重大。
（1）臭氧在催化下能将烟气中的、分别氧化为和、也可在其他条件下被还原为。的空间构型为 ，中心原子轨道的杂化类型为 。
（2）基态核外电子排布式为 。
（3）能被溶液吸收生成配含物，其中心离子的配位数为 。
（4）以N原子与形成配位键。请在结构示意图的相应位置补填缺少的配体 。
16．2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
（1）第三周期元素中第一电离能比P大的元素有 种。
（2）基态As原子的电子排布式为 。
（3）与的空间构型均为 ，其中沸点较高的是 ，键角较大的是 。
（4）Mn的一种配合物化学式为[]，该配合物中锰原子的配位数为 。
（5）中C原子的杂化类型为 。
（6）等物质的量的和CO中，π键数目之比 。
（7）NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为ρ，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 pm(列出计算式)。
17．卤族元素易与金属元素形成大量无机盐，在有机合成等领域也发挥着重要的作用，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。
（1）基态溴原子价层电子排布式为 。
（2）COCl2的空间结构名称为 ，分子中碳原子的杂化轨道类型是 。
（3）三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法正确的是____。
A．原子半径N＜O＜Cl
B．该配合物中的配离子存在多种异构体
C．对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去
D．常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成3molAgCl沉淀
（4）铜和氯形成的某化合物晶体的晶胞如图。该化合物的化学式为 ，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm，则该晶体的密度ρ= g cm-3。
18．Ⅰ.过渡区金属元素原子或离子易形成配合物，广泛用作催化剂。回答下列问题：
（1）硫酸铜溶液中滴入氨水可形成配离子。还可与其他微粒形成配离子，如与乙二胺形成 ，此配离子内部不含有的化学键类型是____。
A．离子键 B．非极性键 C．配位键 D．氢键
（2）在的水溶液中，一定条件下存在组成为(n为正整数)的配离子，提供孤电子对的是____ (填序号)。
A． B．H C．O D．Cr
（3）Ⅱ.晶体世界丰富多彩，复杂多样，各类晶体具有不同的结构特点，决定着他具有不同的性质和用途，回答下列问题：
由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体的晶胞如图所示，X晶体的化学式为：
（4）NiO的晶胞结构如图乙所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为 。配位数是 ，若晶胞边长为apm，则NiO晶体的密度为 (用含a、的代数式表示，表示阿伏加德罗常数)。
（5）已知的立方晶胞结构如图所示，若晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则Cu与O之间最短距离为 cm(用含a、的代数式表示)。
19．铁、钴均为第四周期第Ⅷ族元素，它们的单质及其化合物均具有广泛用途。
（1）基态中未成对电子数为 ；Fe和Co的第三电离能： (填“>”“<”或“=”)。
（2）化学上可用EDTA测定和的含量。EDTA的结构简式如图所示：
①EDTA中电负性最大的元素是 (填元素符号)，其中C原子的杂化轨道类型为 。
②EDTA分子中不存在的化学键有 (填选项字母)。
a．离子键 b．共价键 c．σ键 d．π键 e．配位键
（3）将1 mol 溶于水中，加入足量溶液生成1 mol AgCl沉淀。则中配离子的化学式为 。已知孤电子对与成键电子对的排斥作用大于成键电子对与成键电子对的排斥作用，则分子与形成配合物后，H-N-H键角 (填“变大”“变小”或“不变”)。
（4）一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示。已知晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为。
①该铁氮化合物的化学式为 。
②一个晶胞内Fe(Ⅱ)构成的一个正八面体的体积为 cm。
20．过渡金属元素铬是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：
（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是____(填标号)。
A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为
B．4s轨道上电子能量较高，总是在比3s轨道上电子离核更远的地方运动
C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。
（3）中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。
中P的杂化类型是 。的沸点比的 ，原因是 ，的键角小于的，分析原因 。
（4）在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是 原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为 %(列出计算表达式)。
21．锌是动物必需的微量元素之一，参与机体的各种代谢活动。
（1）Zn位于元素周期表的 区，基态Zn原子的价电子排布图为 。
（2）第二电离能：Cu Zn(填“>”、“<”或“=”)，判断依据是 。
（3）含有多个配位原子的配体与同一个中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物，一种Zn2+配合物的结构如图1所示(-OTs为含氧、硫的有机基团)：
①1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol，该螯合物中N原子的杂化类型为 。
②该配合物所涉及非金属元素电负性最小的是 (填元素符号)。
（4）硫化锌精矿是冶炼金属锌的主要原料，六方硫化锌(纤锌矿型)的平行六面体晶胞如图2所示，晶体中正负离子的配位数之比为 。
（5）已知每个Zn2+与其周围最近的S2-之间的距离都相等，以晶胞参数为单位长度建立坐标系，若A点坐标为(0，0，0)，B点坐标为(，，)，C点坐标为(0，0，u)，则D点坐标为 。
22．2022年北京冬季奥运会场馆使用了大量不锈钢材质，不锈钢属于合金钢，其基体是铁碳合金，常用的不锈钢中含铬(Cr)18%、含镍(Ni)8%。回答下列问题：
（1）石墨烯(即单层石墨)是一种由碳原子构成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，其中碳原子采取 杂化。
（2） 蒸气状态下以双聚分子形式存在(如图)，其中Fe的配位数为 ，双聚分子中存在配位键，提供空轨道的是 (填元素符号)原子。
（3）甘氨酸亚铁中非金属元素的电负性由大到小的顺序是 。甘氨酸()比其同分异构体硝基乙烷()熔沸点高，其原因是
。
（4） 的阴离子的空间构型为 。
（5）工业上常用羰基镍制备高纯镍，其熔点-19℃，沸点43℃，羰基镍属于 (填晶体类型)，该晶体中键与键数目之比为 。
（6）金属铬属于体心立方晶体(如图)，已知其密度为，则晶体中铬原子的半径为 cm(阿伏加德罗常数的值为，列出表达式)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】十二水硫酸铝钾是由K+、Al3+、S及H2O分子组成的离子化合物,属于复盐,所以D项正确。
【分析】根据配合物的组成进行判断是否为配位化合物即可。
2．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；极性键和非极性键
【解析】【解答】A.二氧化碳键角为180°，而甲烷是极性键的非极性分子，键角为109°30'，故A符合题意；
B.重叠部分含有双键和单键，因此含有 σ键又有π键 ，故B不符合题意；
C. Y组分子中，极性分子水和过氧化氢间能形成氢键，故C不符合题意；
D. Z组中阴离子的时，离子为硝酸根离子空间构型为平面正三角形，故D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据分子式计算其键角；
B.含有双键和单键含有 σ键又有π键；
C.根据水和过氧化氢均可形成氢键；
D.根据计算出硝酸根离子的价层电子对即可判断。
3．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、形成单键的碳原子采用sp3杂化，形成碳氧双键的碳原子采用sp2杂化，A符合题意。
B、配体中O原子和N原子提供孤电子对，因此配体中的配位原子为O、N，B不符合题意。
C、由结构式可知，Ca2+的配位数为6，C不符合题意。
D、该物质的组成元素有Ca、C、N、O，其中Ca的第一电离能最小。C、N、O三种元素中，核电荷数越大，第一电离能越大；但由于N原子的2p轨道为半充满稳定结构，不易失去电子，所以其第一电离能最大，因此组成元素中第一电离能最大的是N，D不符合题意。
故答案为：A
【分析】A、形成碳氧双键的碳原子采用sp2杂化。
B、O原子和N原子提供孤电子对，形成配位键。
C、Ca2+周围有6个原子，其配位数为6。
D、N的2p轨道为半充满稳定结构，能量最低，最稳定，第一电离能较大。
4．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A.水中存在2个孤对电子，氨气中存在1对孤对电子，孤对电子对键的斥力较大，因此键角大小 H2O
C.根据结构式可知含有氨基和羧基，羧基和氨基均可与水形成氢键，故C不符合题意；
D.原子间的电负性差值越大，越易形成配位键，故D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.根据孤对电子对键的斥力较大；
B.根据电负性和元素的非金属性有关即可判断；
C.主要考虑可以形成氢键增强其溶解性；
D.根据电负性差异判断。
5．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；离子方程式的书写
【解析】【解答】 A.硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸反应生成硫酸钠、硫、二氧化硫和水，反应的离子方程式为： ，故A不符合题意；
B.向氨水中滴入少量硫酸铜溶液生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为： ，故B符合题意；
C.向烧碱溶液中加入一小段铝片生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为： ，故C不符合题意；
D.等浓度和溶液等体积混合，反应的离子方程式为： ， 故D不符合题意确；
答案为：
【分析】B项中向氨水中滴入少量硫酸铜溶液生成四氨合铜络离子，其它选项离子方程式书写正确。
6．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A、H元素属于s区，故A错误；
B、 中，提供空轨道，NO和水分子提供孤电子对，故B错误；
C、该配合物的阴离子是硫酸根离子，硫酸根离子中，中心S原子采用sp3杂化，不含孤电子对，空间结构为正四面体形，故C正确；
D、该配合物的配体为NO和水分子，则配位数为1+5=6，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、H位于s区；
B、 提供空轨道；
C、该配合物阴离子为硫酸根离子；
D、配体为NO和水分子。
7．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、由配离子的结构模型可知，Cu2+的配位数为4，A不符合题意。
B、由配离子的球棍模型图可知，配离子内N原子排列成平面正方形，因此Cu2+采用的dsp2杂化，B符合题意。
C、配离子中配体是NH3，NH3中心氮原子的价层电子对数为，所以NH3的空间构型为三角锥形，C不符合题意。
D、由于电负性N＜O，O原子给出电子的能力比N原子弱，所以用H2O代替NH3与Cu2+形成配位键，则配位键的强度将减弱，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A、根据配离子的结构其配位数为4。
B、Cu2+采用dsp2杂化。
C、根据氮原子的价层电子对数确定其空间结构。
D、结合电负性N＜O分析。
8．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．配离子 [Cu(NH3)4(H2O)2]2+ 中，配位数是6，A不符合题意；
B．同周期元素，原子序数越大，电负性越强，同主族元素，原子序数越大电负性越弱，电负性由大到小为O大于N大于Cu，B不符合题意；
C．同周期元素，从左到右原子的第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道处于半满状态，基态原子的第一电离能： N>O>S ，C符合题意；
D．H2O中心O原子孤电子对数是2，NH3中心N原子孤电子对数是1，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，键角：H2O
【分析】A．配位数的判断；
B．同周期元素，原子序数越大，电负性越强，同主族元素，原子序数越大，电负性越弱；
C．N原子2p轨道处于半满状态；
D．孤电子对之间的排斥力大于孤电子对与成键电子对之间的排斥力。
9．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；反应热和焓变；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、步骤①微热时，溶液变为黄绿色，即反应生成[CuCl4]2－，说明升高温度，平衡正向移动，因此该反应为吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意。
B、步骤②中置于冷水，温度降低，溶液变为蓝绿色，则反应生成[Cu(H2O)4]2＋，说明降低温度，平衡逆向移动，B不符合题意。
C、由于该反应为可逆反应，因此步骤③深蓝色溶液中n([Cu(H2O)4]2＋)＜1mmol，C不符合题意。
D、步骤③中形成的深蓝色溶液为[Cu(NH3)4]2＋，过程中[Cu(H2O)4]2＋转化为[Cu(NH3)4]2＋，说明稳定性：[Cu(NH3)4]2＋＞[Cu(H2O)4]2＋，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、微热时温度升高，溶液变为黄绿色，则形成[CuCl4]2－，结合温度变化对平衡移动的影响分析反应的热效应。
B、置于冷水中，温度降低，溶液变为蓝绿色，则反应生成[Cu(H2O)4]2＋。
C、该反应为可逆反应，物质无法完全转化。
D、步骤③中沉淀消失形成深蓝色溶液为[Cu(NH3)4]2＋。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A. 基态Pd为46号，其价层电子排布式为，故A项错误；
B.有分析可知， 单一核配合物Pt中的配位原子有N和氯原子，故B项错误；
C.由图可知， 中Ru原子与Pt原子的配位数 分别为：6、4，C错误；
D. 中Ru原子供空轨道形成配位键，氮原子提供孤独电子，故D正确；
故答案为：D。
【分析】配位键形成条件：1.能够提供空轨道的原子，大多数为金属原子或者离子，2.要有能够提供孤电子的原子，如N、Cl等。
11．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况
【解析】【解答】A、Pd与Pt位于同一周期，都是在第五周期，Pd的简化的核外电子排布式为[Kr]4d10，因此其价层电子排布式为4d10，A不符合题意。
B、由配合物的结构可知，单一核配合物Pt中的配位原子有N原子和Cl原子，B不符合题意。
C、由配合物的结构可知，中Ru原子与Pt原子的配位数分别为6和3，C不符合题意。
D、中Ru原子提供空轨道形成配位键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据核外电子排布式确定其价层电子排布式。
B、配合物Pt中的配位原子有N和Cl。
C、根据配合物的结构确定其配位数。
D、金属元素提供空轨道。
12．【答案】A
【知识点】化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．由图示可知：在反应过程中CO参加了反应，但反应后未产生CO，因此CO不是该反应的催化剂，A符合题意；
B．由图可知Rh的化合物的成键数目变化为：4→6→5→6→4，可见反应过程中Rh的成键数目有变化，B不符合题意；
C．由图可知铑的配合物离子 会分解产生CH3COI和 ，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，HI与CH3OH反应产生CH3I和H2O，CH3I再与 反应产生 ，故CH3I是该反应的中间体，C不符合题意；
D．由图可知铑的配合物离子 会分解产生CH3COI和 ，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI的方程式为：CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据图示，一氧化碳做为反应物参与反应
B.根据图示，Rh在反应过程中的成键数目有变化
C.根据反应原理即可知道 CH3I是反应中间体
D.根据图示即可判断
13．【答案】（1）
（2）abd
（3）洪特规则
（4）b
（5）中的中心原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子
（6）4；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1） 基态硅原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，价层电子排布为 ；
（2） 比更易水解，主要是Si的半径更大，含有更多的价层轨道，导致Si-Cl的极性更大；
（3）基态原子的价层电子排布为：2s22p4，价层电子表示为： ，符合洪特规则；
（4） 能确定晶体中各原子的位置（坐标），利用X射线衍射可得到空间的结构；
（5）中的中心原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子；
（6）根据晶胞图示可以看到 位于晶胞中间，故含有4个，根据位于顶点和面心和棱上计算出8x1/8+2x1/2+4x1/4+1=4，含有4个 ，晶胞的体积为abcx10-21cm3，密度为 ；
【分析】（1）结合核外电子排布即可判断；
（2）根据水解的原因主要和极性半径和价层轨道；
（3）根据洪特规则判断先排每个轨道，多余再排；
（4）X射线衍射可以测出分子结构；
（5）根据找出中心硫原子的价层电子对和孤对电子即可；
（6）根据占位计算出含有的离子的个数，结合体积以及质量计算出密度。
14．【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
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【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。
15．【答案】（1）正四面体；sp2
（2）1s22s22p63s23p63d6
（3）6
（4）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况
【解析】【解答】（1）中心S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对，空间结构为正四面体；中心N原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，采用sp2杂化；
故答案为：正四面体；sp2 ；
（2）Fe为26号元素， 基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe原子失去2个电子形成 ，则 基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6；
故答案为： 1s22s22p63s23p63d6 ；
（3） 中配体为NO和H2O，则中心离子的配位数为1+5=6；
故答案为：6；
（4） [Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图还缺少1个NO、1个H2O，补填缺少的配体后为： ；
故答案为： 。
【分析】（1） 中中心S原子的价层电子对数为4，不含孤电子对； 中心N原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
（2） 基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，形成离子首先失去最外层电子；
（3） 中配体为NO和H2O；
（4）该结构中缺少1个NO、1个H2O。
16．【答案】（1）2
（2）[Ar]
（3）三角锥形；；
（4）6
（5）、sp
（6）1∶1
（7）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第三周期元素中第一电离能比P大的元素有Cl、Ar两种，故答案为：2；
（2） As为33号元素，位于周期表中第四周期第ⅤA族，基态As原子的电子排布式为：[Ar]， 故答案为： [Ar] ；
（3） 与 的中心原子的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，且均含有1个孤电子对，空间构型均为三角锥形；、为结构相似的分子晶体，的相对分子质量大，范德华力大，的沸点高；电负性：P>As，则中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间斥力增大，键角增大，则键角： >，故答案为：三角锥形；；；
（4）中，配体为CO和CH3CN，则其配位数为5+1=6，故答案为：6；
（5）中，甲基上的碳原子采用sp3杂化，-CN中的碳原子才采用sp杂化，故答案为： 、sp ；
（6） 和CO分子中均只含一个π键，则等物质的量的和CO中π键数目之比为1∶1，故答案为：1∶1；
（7）该晶胞中，Ni位于晶胞体内，数目为4，As位于顶点和面心，数目为，则晶胞质量为，设晶胞边长为apm，则晶胞体积为a3×10-30cm3，根据可得，，解得 ，晶胞中最近的砷原子之间的距离为面对角线的一半，则晶胞中最近的砷原子之间的距离为 ，故答案为： 。
【分析】（1）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（2）As为33号元素，根据构造原理书写其电子排布式；
（3） 与 的中心原子价层电子对数均为4，均含有1个孤电子对；结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（4） 中，CO和CH3CN为配体；
（5） 中饱和碳原子采用sp3杂化，-CN中的碳原子采用sp杂化；
（6）单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
（7）根据均摊法和列式计算。
17．【答案】（1）4s24p5
（2）平面三角形；sp2杂化
（3）B；C
（4）CuCl；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）溴是35号元素，最外层电子为4s、4p电子，则其价电子排布式为4s24p5，故答案为：4s24p5；
（2）COCl2中C原子的价电子对数为3，C原子采用sp2杂化；C原子上不含孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；sp2杂化；
（3）A、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：O
C、配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力越弱，形成的配位键越弱，加热时易失去，电负性：O＞N，则该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，故C正确；
D、 ，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2能电离产生两个Cl-，则向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，滴定结束后生成2molAgCl沉淀，故D错误；
故答案为：BC；
（4）由图可知，Cl位于顶点和面心，数目为，Cu位于晶胞内部，数目为4，则该化合物的化学式为CuCl；该晶胞的质量为，晶胞体积为(a×10-9)3cm3，则其密度为 g cm-3，故答案为：CuCl；。
【分析】（1）溴为35号元素，根据构造原理书写其价层电子排布式；
（2）COCl2中C原子的价电子对数为3；
（3）A、电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小；
B、配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构；
C、配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强；
D、只有外界的氯离子能与硝酸银反应生成AgCl沉淀；
（4）根据均摊法和计算。
18．【答案】（1）A；D
（2）A；C
（3）GeHgSb2
（4）；12；
（5）
【知识点】化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）由配离子的结构可知，该配离子中存在配位键、极性共价键、非极性共价键，不存在离子键和氢键，AD符合题意。
故答案为：AD
（2）A、Cl-位于配离子的内部，且含有孤电子对，因此Cl-提供了孤电子对，A符合题意。
B、H原子最外层的一个电子与O原子形成共用电子对，因此H原子不提供孤电子对，B不符合题意。
C、O原子最外层有6个电子，其中两个孤电子与H原子形成共用电子对，剩余2个孤电子对，与Cr形成配位键，因此O原子提供孤电子对，C符合题意。
D、Cr原子提供空轨道，与Cl-、O原子形成配位键，D不符合题意。
故答案为：AC
（3）由晶胞结构可知，Ge原子位于晶胞的顶点、面心和内部，因此一个晶胞中所含Ge原子的个数为。Hg原子位于面心和棱心，因此一个晶胞中所含Hg原子的个数为。Sb原子位于晶胞的内部，因此一个晶胞中含有Sb原子的个数为8，所以晶胞中Ge、Hg、Sb的原子个数比为4：4：8=1：1：2，所以X晶体的化学式为GeHgSb2。
（4）B的坐标为（1，1，1），C点位于右侧侧面的面心，因此C点的离子坐标参数为。
以左下角顶点的Ni2+为中心，其配位数为，所以Ni2+的配位数为12。
该晶胞中所含Ni2+的个数为，所含O2-的个数为。所以可得该晶体的密度。
（5）由晶胞结构可知，一个晶胞中含有2个Cu2O，设晶胞的边长为b cm，则该晶胞的密度，所以可得该晶胞的边长。设该晶胞面对角线的长度为c，则c2=b2+b2=2b2。设体对角线的长度为d，则d2=b2+c2=3b2，所以。而Cu与O之间的最短距离为体对角线的，所以Cu与O之间的最短距离为。
【分析】（1）根据配离子的结构确定其所含的化学键类型。
（2）根据各个原子的价层电子分析。
（3）根据均摊法确定晶体的化学式。
（4）根据A、B的坐标参数，结合晶体结构确定C的坐标参数。根据晶胞结构确定Ni2+的配位数。根据公式计算晶体的密度。
（5）由晶胞结构可知，Cu与O之间的最短距离为体对角线的，结合密度计算晶胞边长，由晶胞边长计算体对角线。
19．【答案】（1）3；＜
（2）O；sp2、sp3；ae
（3）[Co(NH3)4Cl2]+；变大
（4）Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1） 钴的原子序数为27，基态核外电子排布式为[Ar]3d74s2，基态Co2+的价电子排布式为3d7，3d轨道上有3个单电子，故其未成对电子数为3；铁元素失去的第三个电子是3d6上的电子，而3d6容易失去一个电子形成比较稳定的3d5半满状态，而Co的价电子排布式为3d73s2，失去的第三个电子是3d7上的电子，没有3d6容易，则 < ，故答案为：3；<；
（2）①EDTA中含有的元素为C、H、O、N，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O>N>C>H，则电负性最大的元素是O；EDTA中，饱和碳原子采用sp3杂化，羧基上的碳原子采用sp2杂化，故答案为：O； sp2、sp3 ；
②EDTA的化学键中，单键均为共价键中的σ键，羧基中存在碳氧双键，所以还含有π键，则不含离子键和配位键，故答案为：ae；
（3） 将1 mol 溶于水中，加入足量溶液生成1 mol AgCl沉淀，说明只有一个氯离子位于外界，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，此配合物结构的化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl，配离子的化学式为：[Co(NH3)4Cl2]+ ； 氨气分子中N原子有1对孤电子对，而形成配合物后没有孤电子对，配位键N-Co键的成键电子对相比NH3中的孤电子对N-H键的排斥力变小，故NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角变大，故答案为： [Co(NH3)4Cl2]+ ； 变大；
（4）①晶胞中Fe原子数为，N原子位于体心，数目为1，则该铁氮化合物的化学式为： Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N，故答案为： Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N；
②该晶胞的化学式为Fe3(Ⅱ)Fe(Ⅲ)N或Fe4N，则晶胞质量为，若晶胞边长为acm，则晶胞质量ρV=ρa3g=，，Fe（Ⅱ）围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高为，则，则八面体的体积为正四棱锥的两倍，即为 cm3，故答案为：。
【分析】（1）Co为27号元素，根据构造原理确定其未成对电子数；原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（2）①元素的非金属性越强，电负性越大；双键碳原子采用sp2杂化，饱和碳原子采用sp3杂化；
②根据EDTA的结构分析；
（3）配合物中只有外界的氯离子能与硝酸银反应生成AgCl沉淀；孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（4）根据均摊法和列式计算。
20．【答案】（1）A；C
（2）；6
（3）；高；存在分子间氢键；含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大
（4）Al；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）A、轨道处于半充满时，体系的总能量最低，结构最稳定，因此Cr的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d54s1，A符合题意。
B、4s电子运动的区域不一定比3s电子运动区域离核更远，B不符合题意。
C、Cr的电负性比钾强，原子对键合电子的吸引力大，C符合题意。
故答案为：AC
（2）该配位离子中N、O、Cl都存在孤电子对，因此该配位离子中提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl。由配位离子的结构可知，中心离子的配位数为6。
（3）PH3中P原子形成3个σ键，同时含存在一个孤电子对，因此其价层电子对数为4，所以P原子采用sp3杂化。NH3可形成分子间氢键，使得NH3的沸点变大。因此NH3的沸点高于PH3，其原因是NH3可形成分子间氢键。H2O的中心原子氧原子含有2个孤电子对，NH3的中心原子氮原子含有一个孤电子对，因此H2O中孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，使得H2O的键角小于NH3。
（4）黑球位于顶点和体心，因此黑球的个数为；白球位于棱上和内部，因此白球的个数为。由化学式AlCr2可知，黑球表示Al，白球表示Cr。所以处于顶角位置的是Al原子。该晶胞的体积V=a×a×c=a2c。该晶胞中原子的体积。所以金属原子空间占有率为。
【分析】（1）A、结合能量最低原理分析。
B、4s电子运动的区域不一定比3s电子运动区域离核更远。
C、电负性越大，对键合电子的吸引力越强。
（2）根据配合离子的结构确定其配位原子核配位数。
（3）根据P原子的价层电子对数，确定P原子的杂化方式。NH3可形成分子间氢键，使得沸点增大。结合孤电子对对键角的影响分析。
（4）根据均摊法确定原子个数比，结合化学式确定原子的位置。根据晶胞体积和原子体积计算占有率。
21．【答案】（1）ds；
（2）>；基态Cu+核外价电子为3d10，3d轨道为全满较稳定状态，不容易再失去一个电子；基态Zn+核外价电子为3d104s1，4s轨道有1个电子，容易失去1个电子
（3）4；sp2杂化、sp3杂化；H
（4）1：1
（5）(，，)
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）Zn的原子序数为30，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，其最后填充的电子在3d轨道和4s轨道上，因此Zn位于元素周期表中的ds区。基态Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，所以其价电子排布图为。
（2）基态Cu+核外价电子为3d10，3d轨道为全满较稳定状态，不容易再失去一个电子；基态Zn+核外价电子为3d104s1，4s轨道有1个电子，容易失去1个电子。所以Cu的第二电离能大于Zn。
（3）①给配合物中提供空轨道的为Zn，提供孤电子对的为N，因此1mol该配合物中含有的配位键为4mol。形成双键的氮原子采用sp2杂化；形成单键的氮原子采用sp3杂化，因此该配合物中N原子的杂化类型为sp2、sp3。
②该配合物中所涉及的非金属元素有H、C、N、O，其中H与其他元素形成化合物时，都显正化合价，因此H的电负性最小。
（4）由晶胞结构图可知，每个S2－周围有4个Zn2＋，每个Zn2＋周围有4个S2－，因此正负离子的配位数都是4，则其配位数之比为1：1。
（5）由晶胞结构可知，BC=BD=，所以D点的坐标为。
【分析】（1）Zn的原子序数为30，结合其核外电子排布式确定在元素周期表中的位置和价电子排布图。
（2）根据基态Cu＋、Zn＋的核外电子排布式，结合结构的稳定性，确定失去电子所需的能量，从而得出第二电离能的相对大小。
（3）①由配合物的结构可知，N与Zn形成配位键，据此判断配位键的个数。形成单键的氮原子采用sp3杂化，形成双键的氮原子采用sp2杂化。
②电负性最小的为H。
（4）根据“均摊法”确定正负离子的个数，从而得出其配位数之比。
（5）结合晶胞结构确定D点的参数坐标。
22．【答案】（1）
（2）4；Fe
（3）；甘氨酸分子间形成氢键(或甘氨酸分子内同时含有碱性基团和酸性基团，能形成内盐等其他合理答案)
（4）平面三角形
（5）分子晶体；1：1
（6） 或 或
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）石墨烯（即单层石墨）是一种碳原子构成的单层二维蜂窝状晶格结构的新材料，其中碳原子采取sp2杂化，故答案为： ；
（2）由图可知，Fe原子周围有4个Cl，则Fe的配位数为4；双聚分子中存在配位键，Fe含有空轨道，其提供空轨道形成配位键，故答案为：4；Fe；
（3）元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性： ，则电负性： ；甘氨酸分子间形成氢键，导致其熔沸点高于硝基乙烷，故答案为：；甘氨酸分子间形成氢键(或甘氨酸分子内同时含有碱性基团和酸性基团，能形成内盐等其他合理答案)；
（4） 的阴离子为，中C原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（5）羰基镍熔点-19℃，沸点43℃，其熔沸点较低，属于分子晶体；单键均为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则 晶体中含有8个键，8个键，键与键数目之比为1：1，故答案为：分子晶体；1：1；
（6）Cr原子处于晶胞体心与顶点，晶胞中Cr原子数目为，处于体对角线上的Cr原子紧密相邻，则体对角线长度等于Cr原子半径的4倍，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量为，则晶体体积为cm3 ，则晶胞棱长为，铬原子的半径为 或 或 ，故答案为： 或 或 。
【分析】（1）石墨烯中碳原子采用sp2杂化；
（2）Fe原子周围有4个Cl；Fe含有空轨道；
（3）元素的非金属性越强，电负性越大；分子间形成氢键会导致熔沸点升高；
（4） 的阴离子为碳酸根；
（5）羰基镍熔沸点较低；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
（6）根据列式计算。
试题分析部分
1、试卷总体分布分析
总分：105分
分值分布 客观题（占比） 24.0(22.9%)
主观题（占比） 81.0(77.1%)
题量分布 客观题（占比） 12(54.5%)
主观题（占比） 10(45.5%)
2、试卷题量分布分析
大题题型 题目量（占比） 分值（占比）
选择题 12(54.5%) 24.0(22.9%)
非选择题 10(45.5%) 81.0(77.1%)
3、试卷难度结构分析
序号 难易度 占比
1 普通 (54.5%)
2 容易 (4.5%)
3 困难 (40.9%)
4、试卷知识点分析
序号 知识点（认知水平） 分值（占比） 对应题号
1 极性键和非极性键 2.0(1.9%) 2
2 离子方程式的书写 2.0(1.9%) 5
3 元素周期表的结构及其应用 2.0(1.9%) 6
4 判断简单分子或离子的构型 34.0(32.4%) 6,7,15,16,17,22
5 氢键的存在对物质性质的影响 19.0(18.1%) 20,22
6 元素电离能、电负性的含义及应用 61.0(58.1%) 3,4,7,8,14,16,19,20,21,22
7 晶胞的计算 69.0(65.7%) 13,16,17,18,19,20,21,22
8 配合物的成键情况 105.0(100.0%) 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22
9 键能、键长、键角及其应用 32.0(30.5%) 2,4,8,13,19,20
10 化学平衡的影响因素 2.0(1.9%) 9
11 原子轨道杂化方式及杂化类型判断 44.0(41.9%) 3,14,16,17,20,22
12 原子核外电子排布 55.0(52.4%) 11,13,14,15,16,17,19,21
13 化学键 29.0(27.6%) 12,18,19,22
14 反应热和焓变 2.0(1.9%) 9
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