2.3 分子结构与物质的性质 同步练习 （含解析）2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
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| 名称 | 2.3 分子结构与物质的性质 同步练习 （含解析）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 | 606.0KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-02-28 15:19:43 | ||
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文档简介
2.3 分子结构与物质的性质 同步练习
一、单选题
1．下列说法错误的是（ ）
A．离子键是一种静电作用力
B．极性键就是共用电子对发生偏移的共价键
C．氢键是一种比较弱的化学键
D．水结冰时体积膨胀、密度减小就是因为氢键的存在
2．下列关于物质性质的比较，正确的是（ ）
A．酸性： B．原子半径：
C．氢化物稳定性： D．碱性：
3．2022年北京冬奥会已经成功落下帷幕，它的成功举办离不开各种科技力量的支撑。下列说法错误的是（ ）
A．速滑竞赛服采用的聚氨酯材料是一种有机高分子材料
B．被称为“冰丝带”的国家速滑馆采用了二氧化碳制冰技术，二氧化碳是极性分子
C．冬奥会用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑等进行消毒，是利用紫外线使蛋白质变性
D．核酸检测是确认是否感染新冠病毒的有效手段，核苷酸缩合聚合可以得到核酸
4．下列叙述正确的是（ ）
A．含有非极性键的分子一定是非极性分子
B．非极性分子中一定含有非极性键
C．由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
D．分子的极性只与键的极性有关
5．含有非极性键的共价化合物是
A． B． C． D．
6．下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是
A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D．由题意知：
7．下列叙述正确的是（ ）
A．氯仿、四氯甲烷和苯是工业上重要的有机溶剂
B．、、、是同系物
C．烷烃分子中的碳原子与其它原子的结合方式是通过两个共价键
D．在一定条件下，可与、浓硫酸发生化学反应
8．下列说法正确的是（ ）
A．BF3和PCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
B．乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)是因为乙醇分子间存在氢键
C．NaHSO4固体溶于水时，只破坏了离子键
D．CaO2和CaCl2中含有的化学键类型完全相同
9．已知：铜离子的配位数通常4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是（ ）
A．硫酸铜溶液呈蓝色是因为与结合形成
B．b中得到配合物，其配体为
C．由实验可知，的配位能力比弱
D．加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液
10．下列说法正确的是
A．除稀有气体外，第二周期元素随着核电荷数递增，元素的最高正价从+1递增到+7
B．H2O的热稳定性高于H2S是因为水分子间存在氢键
C．共价化合物只含共价键，离子化合物只含离子键
D．共价键的键长等于成键原子之间的核间距
11．可与、、等配体形成配位数为6的配离子，如、(红色)、(无色)等。已知为浅紫色。某同学按如下步骤完成实验：下列说法错误的是（ ）
A．溶液Ⅰ呈黄色，可能是由水解产物的颜色所致
B．为了能观察到溶液Ⅰ的浅紫色，可向该溶液中加入硝酸
C．Ⅱ到Ⅲ溶液颜色的变化一定是由转化为引起的
D．可以推测H2O、SCN-、F-三种微粒和的配合能力依次增大
12．有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径大小关系为r(Y)>r(X)>r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质分子在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子.下列说法中错误的是（ ）
A．X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒
B．C极易溶于B中，溶液呈碱性
C．Y与Z形成的二元化合物只含有极性键
D．A和C能发生氧化还原反应
13．下列有关说法正确的是（ ）
A．水合铜离子的模型如图1，水合铜离子中存在极性共价键、配位键、离子键
B．图2是某化合物晶胞，其中黑球为K+，白球是氧原子，由图可知该晶体化学式为K2O
C．H原子的电子云如图3，多个电子在原子核附近运动
D．CaF2晶体的晶胞如图4，距离F-最近的Ca2+组成正四面体
14．铜是重要过渡元素，能形成多种配合物，如Cu+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成如图所示配离子。下列说法不正确的是（ ）
A．1mol 乙二胺分子中含有11NA个σ键
B．乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为 sp3
C．Cu+与乙二胺形成的配离子内部含有极性键、非极性键、配位键和离子键
D．乙二胺和三甲胺[分子式为 N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
15．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水并振荡，难溶物质溶解得到深蓝色的透明溶液；继续加乙醇，析出深蓝色晶体。下列对此现象的说法正确的是( )
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后的Cu2+浓度不变
B．难溶物溶解得到的溶液中含有深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+
C．加乙醇后析出的深蓝色晶体是Cu(OH)2
D．在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出孤电子对，NH3提供空轨道
16．下列描述中正确的是（ ）
A．BeCl2为V形的极性分子
B．ClO4 的空间构型为正四面体形
C．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
D．H2O和CO32 的中心原子均为sp3杂化
17． 关于CS2，SO2，NH3三种物质的说法中正确的是（ ）
A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C．CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔、沸点最低
D．NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
18．二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。
下列说法错误的是（ ）
A．S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl
B．S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子
C．S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2>S2Cl2
D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
19．食醋是烹饪美食的调味品，其有效成分主要是醋酸()，下列说法正确的是
A．属于离子晶体 B．含有非极性共价键
C．属于强电解质 D．含有酸基
20．某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，其结构式如图，四种元素最外层电子数之和为20，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是（ ）
A．四种元素的氢化物中只有Y的氢化物分子间能形成氢键
B．W、Z形成的化合物是一种离子化合物
C．Z的单质可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质
D．W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的强
二、综合题
21．过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。锰钢异常坚硬，且具抗冲击性能，是制造枪栓、保险库、挖掘机械和铁路设施的理想材料；锰也是人体的重要微量元素。请根据所学知识，回答下列问题：
（1）铬、锰、铁称为黑色金属，位于同一周期的相邻位置。锰的原子序数是 ；基态离子的价层电子排布图为 。
（2）下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是____（填编号）。
A． B．
C． D．
（3）水杨醛缩邻氨基苯酚又被称为“锰试剂”，可与形成黄色的配合物。锰试剂的结构如图所示，其分子中可能与形成配位键的原子有 ；锰试剂 （填“能”或“不能”）形成分子内氢键。
（4）锰试剂分子中，原子采取的杂化方式不涉及 （填“”“”或“”）杂化；分子中除氢以外的元素，第一电离能从小到大的顺序为 （用元素符号表示）。
（5）规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18.符合规则的配合物分子结构和化学性质都较稳定。已知和均符合规则，性质稳定，而则容易在化学反应中表现氧化性。
①x= 。
②从结构角度解释则容易在化学反应中表现氧化性的原因 。
22．H、C、N、O、F、S等是重要的非金属元素，回答下列问题：
（1）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第二电离能的变化图是 (填标号)，判断的根据是 。
（2）已知C-H、C-F的键能分别为413.4、485。在2022年冬奥会上“水立方”华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯()与四氟乙烯()的共聚物(ETFE)制成。、分子的稳定性关系：前者 后者(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（3）相同条件下，与在水中的溶解度较大的是 (写分子式)，理由是 。
（4）已知比接收质子的能力强，可能的原因是 。
23．已知N、P同属于元素周期表的第ⅤA族元素,N在第二周期,P在第三周期。NH3分子呈三角锥形,N原子位于锥顶,3个H原子位于锥底,N—H 键间的夹角是107°。
（1）PH3分子与NH3分子的立体构型 (填“相同”“相似”或“不相似”),P—H键 (填“有”或“无”)极性,PH3分子 (填“有”或“无”)极性。
（2）NH3与PH3相比,热稳定性更强的是 (填化学式)。
（3）NH3、PH3在常温、常压下都是气体,但NH3比PH3易液化,其主要原因是 。
A．键的极性:N—H比P—H强
B．分子的极性:NH3比PH3强
C．相对分子质量:PH3比NH3大
D．NH3分子之间存在特殊的分子间作用力
24．A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态A原子的电子分布在3个能级，且每个能级所含的电子数相同；C的原子核外最外层有6个运动状态不同的电子；D与E同周期且最外层有3个电子；E的最高价氧化物的水化物酸性最强；基态F原子最外层只有一个电子，其余电子层均充满电子。
（1）F原子的外围电子排布式为 。
（2）已知元素A、B形成的分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中键与键数目之比为 。
（3）A、B、C第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号作答)。
（4）B的气态氢化物极易溶于水的原因为 。
（5）A与C形成离子的空间构型为 。
（6）基态E原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为 。
（7）B和D形成的原子晶体DB的晶胞参数为a=x pm，它的晶胞结构如图。
①紧邻的B原子之间距离为b，紧邻B、D原子间距离为d，则b：d= 。
②该晶体的密度为 (用含x的式子表示，阿伏加德罗常数的值用表示)
25．配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合。如NH4+就是由NH3(氮原子提供电子对)和H+(提供空轨道)通过配位键形成的。据此，回答下列问题：
（1）下列粒子中可能存在配位键的是________
A．CO2 B．H3O+ C．CH4 D．[Ag(NH3)2]+
（2）配位化学创始人维尔纳发现，将各为1mol的CoCl3 6NH3(黄色)、CoCl3 5NH3(紫红色)、CoCl3 4NH3(绿色)、CoCl3 4NH3(紫色)四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol。已知上述配合物中配离子的配位数均为6。请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
①CoCl3 5NH3(紫红色)
②CoCl3 4NH3(紫色)
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.使带相反电荷的阴、阳离子结合的相互作用称为离子键，阴、阳离子通过静电作用形成离子化合物；
B. 极性键就是共用电子对发生偏移的共价键 ；
C.氢键是一种分子间作用力，不是化学键；
D.冰晶体中，氢键使冰的微观结构里存在较大的空隙，所以冰的体积大，密度小。
故答案为：
【分析】A离子键是静电作用力，包括引力和斥力；
B. 极性键就是共价键的一种 ；
C.化学键包括离子键、共价键、金属键；
D.冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．非金属性：P小于S小于Cl，最高价氧化物对应的水化物酸性：H3PO4小于H2SO4小于HClO4，A不符合题意；
B．原子半径：Na大于S大于O，B不符合题意；
C．非金属性：F大于O大于P，氢化物稳定性： ，C符合题意；
D．金属性：Li小于Na小于K，最高价氧化物对应的水化物的碱性：LiOH小于NaOH小于KOH，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．非金属性强，最高价氧化物对应的水化物酸性强；
B．原子半径大小的比较；
C．非金属性强，氢化物稳定性越稳定；
D．金属性强，最高价氧化物对应的水化物的碱性强。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．聚氨酯材料是一种人工合成有机高分子材料，A不符合题意；
B．二氧化碳分子呈直线形、正负电荷中心重叠、是非极性分子，B符合题意；
C．紫外线能使蛋白质变性，故可用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑等进行消毒，C不符合题意；
D．核酸是有机高分子化合物，可以由核苷酸缩合聚合得到， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、聚氨酯材料为有机高分子材料；
B、二氧化碳是非极性分子；
C、紫外线可以使蛋白质变性；
D、核苷酸缩合聚合可以得到核酸。
4．【答案】C
【解析】【解答】A.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2，中含有非极性分子，但属于极性分子，A是错误的，不符合题意；
B.非极性分子中可能不含非极性键，如BF3为非极性分子，但是内部只有极性键，正电中心与负电中心重合，B选项是错误的，不符合题意；
C.由极性键形成的双原子分子一定是极性分子，如HCl等，C选项是正确的，符合题意；
D.分子的极性并不是只与键的极性有关，与正电中心和负电中心是否重合有关。D选项是错误的。不符合题意。
故答案为：C。
【分析】极性分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀，所以具有一定的极性；而非极性分子正负电荷中心是重合的，从整个分子来看，电荷的分布是均匀的，不具有极性。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．为共价化合物，没有非极性键，故A不选；
B．为共价化合物，含有C=C非极性键，故B选；
C．为离子化合物，故C不选；
D．为共价化合物，没有非极性键，故D不选；
故答案为：B。
【分析】只含共价键的化合物为共价化合物，同种非金属原子间形成非极性键。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A符合题意；
B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B不符合题意；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C不符合题意；
D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为： ，则 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.反应过程中不存在非极性键的形成；
B.物质I为催化剂，物质II、III为中间产物；
C.催化剂能降低反应的活化能，不影响焓变；
D.放热反应的逆反应为吸热反应。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．氯仿、四氯甲烷和苯是工业上重要的有机溶剂，三氯甲烷和四氯甲烷是有机物，极性小，可以溶解很多非极性溶质，A符合题意；
B．同系物需要结构相似相差n-CH2，、、、不是同系物，B不符合题意；
C．烷烃分子中的碳原子与其它原子的结合方式是通过四对共价健，C不符合题意；
D．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等，甲烷性质稳定，不与浓硫酸反应，甲烷可以燃烧，生成二氧化碳和水，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯仿（即三氯甲烷）、四氯甲烷和苯是工业上重要的有机溶剂。
B.同系物的特点有：①相对分子质量相差nCH2；②结构相似（若有官能团，则所含官能团的种类和个数相等）。
C.烷烃分子中的碳原子与其它原子之间共有4对共用电子对。
D.根据甲烷的化学性质进行分析。
8．【答案】B
【解析】【解答】A. BF3和PCl3中，根据价态绝对值加最外层电子数是否等于8判断，B最外层不具有8电子稳定结构，故A不符合题意；
B. 乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)是因为乙醇分子间存在氢键，故B符合题意；
C. NaHSO4固体溶于水时电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，破坏了离子键和共价键，故C不符合题意；
D. CaO2含有离子键和非极性共价键，CaCl2含有离子键，因此含有的化学键类型不完全相同，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】判断8电子稳定结构：价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断，等于8则为8电子稳定结构。
9．【答案】C
【解析】【解答】A. 硫酸铜溶液呈蓝色是因为形成可配合物导致的，A项正确；
B.加入氢氧化钠溶液后，变成深蓝色，是形成的新的配合物： ，其配体为 ，B项正确；
C.根据实验ac进行对比，的配位能力比强，C项错误；
D.加热c中溶液会促进一水合氨向电离的方向进行，使得一水合氨浓度减小，导致 转化为氢氧化铜沉淀，故有可能得到蓝色浑浊液，D正确；
故答案为：C。
【分析】C.加入氨水溶液，沉淀消失，变为蓝色溶液，说明得到了 ，从而可以判断，的配位能力比强。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．第二周期中O元素没有+6价，F元素没有正价，A不符合题意；
B．热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，H2O的热稳定性高于H2S，是因为H—O键的键能大于H—S键的键能，热稳定性与氢键无关，B不符合题意；
C．共价化合物只有共价键，但离子化合物除了一定有离子键之外，还可能含共价键，如NaOH，C不符合题意；
D．形成共价键的两个原子的原子核间的距离叫做共价键的键长，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．第二周期中O元素没有+6价，F元素没有正价；
B．热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，热稳定性与氢键无关；
C．共价化合物只有共价键，但离子化合物除了一定有离子键之外，还可能含共价键；
D．形成共价键的两个原子的原子核间的距离叫做共价键的键长。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．为浅紫色，最后溶液呈黄色，说明存在红褐色物质生成，则可能是因为水解生成氢氧化铁，A不符合题意；
B．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加硝酸，B不符合题意
C．也可能是中存在电离平衡，加入NaF后，平衡正向移动，导致减少，直到颜色消失，C项符合题意；
D．中加入KSCN，溶液转化为红色，说明生成了，再向红色溶液中加入NaF，则溶液恢复无色，说明转化为，因此结合的能力依次增强，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】解答工业流程题一般技巧：1.认真读题，首先通读题目，了解题目大意；2.仔细分析：理清每一步关系，①原料与产品，②步骤与目的，加入某种试剂目的是，该实验操作目的是，③信息与迁移：所给信息一定有用，充分利用题目关键信息；3大胆猜想与回答：对于不懂得步骤可以大胆猜想并验证。
12．【答案】C
【解析】【解答】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A、X与Z形成的某种化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A不符合题意；
B、C是NH3，极易溶于B——H2O中，溶液呈碱性，故B不符合题意；
C、Y与Z形成的二元化合物可能是NH3只含有极性键，也可能是N2H4其中N―H是极性键，N―N是非极性键，故C符合题意；
D、NO和NH3能发生氧化还原反应，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，Y与Z形成的二元化合物可能是氨气，也可能是N2H4
13．【答案】D
【解析】【解答】A．水合铜离子中存在极性共价键、配位键，不存在离子键，A不符合题意；
B．由图示知，晶胞中K+个数=，过氧根个数，由图可知该晶体化学式为KO2，B不符合题意；
C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H 原子最外层只有一个电子，所以不存在多个电子的说法，只能说 H原子的一个电子在原子核附近出现的概率较大，C不符合题意；
D．由CaF2晶胞中，有4个Ca2+距离F-最近，形成以F-为中心，Ca2+位于顶点的正四面体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．Cu2＋含有空轨道，H2O含有孤对电子，可形成配位键，铜离子配体数为4；
B．根据均摊法进行计算判断；
C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，在原子核附近出现的机会较多；
D．根据晶胞中离子的相对位置判断。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、根据结构简式，可知σ键有C-C、C-H、C-N、N-H，1mol乙二胺分子中有11NA σ键，A错误；
B、乙二胺中N原子含有1对孤电子对，连接3个原子，杂化轨道数为4，则为sp3杂化，B错误；
C、配离子中，C-H、C-N、N-H为极性键，C-C为非极性键，N→Cu为配位键，不含离子键，C正确；
D、 N(CH3)3 N和H没有直接连接，无法形成氢键， H2N-CH2-CH2-NH2 中，N和H直接连接，可以形成氢键，氢键使分子沸点增大，D错误；
故答案为：C
【分析】A、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；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、杂化轨道数=周围原子数+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；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合，铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，一个原子提供孤电子对，一个电子提供空轨道，形成配位键；
D、氢键连接要满足形式：X-H······Y(X、Y为N、O、F)三种原子。
15．【答案】B
【解析】【解答】反应后的溶液中存在[Cu(NH3)4]2+，故Cu2+浓度减小，A项错；加入乙醇后析出的晶体为[Cu(NH3)4]SO4，C项错；在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+给出空轨道，而NH3提供孤电子对，D项错。
【分析】
A.溶液中含有深蓝色晶体，含铜元素，铜离子浓度会减小；
B.深蓝色晶体为配合物，[Cu(NH3)4]2+ ；
C.溶液中含[Cu(NH3)4]2+，所以析出的蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4；
D.配位化合物中，中心离子提供空轨道，配离子提供孤对电子对。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．BeCl2为中心原子的价层电子对数为 =2，不含孤对电子，所以分子的空间构型为直线形，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，A不符合题意；
B．ClO4 的中心原子的价层电子对数为 =4，不含孤对电子，所以空间构型为正四面体，B符合题意；
C．二者虽都是正四面体形分子，但白磷中键角为60°，CH4键角为109°28ˊ，C不符合题意；
D．水分子的中心原子价层电子对数为 =4，为sp3杂化，CO32 的中心原子价层电子对数为 =3，所以为sp2杂化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，价层电子对个数VP=键合电子对数BP+孤电子对数LP，极性分子结构不对称，正负电荷重心不重叠；
B．依据价层电子对互斥理论可知，中心原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，据此判断离子的空间构型；
C．白磷中键角为60°；
D．CO32-的中心原子均为sp2杂化。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．CS2的结构为S=C=S，其空间构型为直线型，结构对称，则正负电荷的重心重合，所以CS2属于非极性分子，A不符合题意；
B．SO2、NH3、H2O均属于极性分子，根据相似相溶的原理，则SO2、NH3均溶于水，B符合题意；
C．CS2、SO2、NH3这三种物质均为分子晶体，相对分子质量越大，则其熔沸点越高，由于NH3分子之间存在氢键，其熔沸点最高，所以熔沸点大小顺序是NH3＞CS2＞SO2，C不符合题意；
D．NH3在水中溶解度很大不只是因为NH3与H2O同为极性分子（相似相溶原理），还因为NH3能与水形成氢键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.极性分子和非极性分子的区别在于正负电荷重心是否重合，据此分析。
B.根据相似相溶原理进行分析。
C.分子晶体的熔沸点一般随相对分子质量的增大而增大，若分子之间存在氢键，则其熔沸点反常升高。
D.物质在水中溶解度较大的原因可从物质与水相似相溶的原理及与水形成氢键的角度进行分析。
18．【答案】B
【解析】【解答】A. 根据图中所示可知，S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl，故不选A；
B. 非极性分子要求结构完全对称，正负电荷中心重合，S2Cl2结构并不完全对称，为极性分子，
C. S2Br2与S2Cl2结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此分子间作用力：S2Br2>S2Cl2，故不选C；
D. 根据题干信息S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，品红褪色气体为SO2，再根据氧化还原理论，可知S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故不选D；
故答案为：B；
【分析】A.由分子结构图确定原子间的连接方式来书写结构式；
B.由于分子的不完全对称，该分子是极性分子；
C.分子晶体的分子间作用力随相对分子质量的增大而增大；
D.与水反应时+1价的S发生自身氧化还原反应。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．乙酸是熔沸点低的分子晶体，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，乙酸分子中含有碳碳非极性共价键，故B符合题意；
C．乙酸在溶液中部分电离出乙酸根离子和氢离子，属于弱电解质，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，乙酸分子的官能团为羧基，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．乙酸是分子晶体；
B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
C．强电解质在水溶液中完全电离，强电解质 一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；
D．根据结构简式确定官能团。
20．【答案】C
【解析】【解答】由分析可知，W为B、X为C、Y为O、Z为F。
A、O、F的氢化物都可以形成氢键，A不符合题意。
B、B、C都是非金属元素，其形成的化合物中不含有离子键，只含有共价键，因此属于共价化合物，B不符合题意。
C、F2能与H2O发生反应：2F2＋2H2O=4HF＋O2↑，因此Z的单质可以从含Y的化合物中置换出Y的单质，C不符合题意。
D、非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C>B，因此酸性H2CO3>H3BO3，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素位于同一周期，且Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，所以四种元素应都位于第二周期。Y能形成两个共价键，因此其最外层电子数为6，所以Y为O。X的核外电子总数的呢过于Y的最外层电子数，所以X的核外电子总数为6，因此X为C。Z可形成一个共价键，则Z的最外层电子数为7，所以Z为F。W可形成四个化学键，因此W为B，其中一个化学键为配位键。
21．【答案】（1）25；
（2）A
（3）N、O；能
（4）；
（5）4；配合物Co（CO）4的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性；
【解析】【解答】（1）Mn的质子数为25，原子序数为25，为24号元素，原子核外电子排布为[Ar]3d54s1，则的核外电子排布为[Ar]3d3，价层电子排布图为；
故答案为：25；；
（2）为基态Fe3+，处于3d半满稳定状态，很难再失电子；
为基态Fe2+，易失去一个电子变为Fe3+；
为激发态的Fe2+，其失去一个电子比基态Fe2+
为激发态Fe3+，其失去一个电子比基态Fe3+容易；
故最难在失去一个电子的是A，
故答案为：A；
（3）N、O原子上存在孤电子对，可以作为配位原子；锰试剂含有两个不相邻的酚羟基，能形成分子内氢键，
故答案为：N、O；能；
（4）锰试剂分子中，苯环C原子采取sp2杂化方式，N＝C采取sp2杂化方式，羟基O采取sp3杂化方式，所以不采取sp杂化方式，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的，故第一电离能为：C，
故答案为：sp；C；
（4）①配合物Ni（CO）x的Ni原子价电子数为10，CO提供一对孤对电子，与Ni原子形成配位键，则10＋2x＝18，解得x＝4，
故答案为：4；
②配合物Co（CO）4的Co原子价电子数为9，CO提供一对孤对电子，与Co原子形成配位键，则9＋2×4＝17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子的配合物分子结构和化学性质会更稳定，故表现氧化性，
故答案为：配合物Co（CO）4的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性；
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）依据电离能逐级增大且全满和半满状态比较稳定分析；
（3）配位原子存在孤电子对；考虑分子内氢键的形成条件；
（4）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，判断杂化类型，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
（4）①依据配合物的电子数之和计算；
②依据EAN规则分析。
22．【答案】（1）图c；C、N、O、F失去第一个电子后的电子排布式分别为、、、，氧的2p能级为半充满状态，最稳定，再失去一个电子所需能量最大
（2）小于；C—F的键能大于C—H的键能，键能越大，分子越稳定
（3）SO2；SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂
（4）甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子，导致N原子的电子云密度增大，接收质子的能力增强
【解析】【解答】(1) C、N、O、F失去第一个电子后的电子排布式分别为 、、、 氧2p能级是半充满状态，最稳定，再失去一个电子所需能量最大，第二电离能的变化图是c；
(2) C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，分子越稳定， 的稳定性比 小；
(3)SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂 ， 在水中的溶解度小于 。
(4)比接收质子的能力强原因是甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子，导致N原子的电子云密度增大，接收质子的能力增强；
【分析】(1) 电子排布式的书写、 氧2p能级是半充满状态；
(2) C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，分子越稳定；
(3)SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂 ；
(4)甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子。
23．【答案】（1）相似；有；有
（2）NH3
（3）D
【解析】【解答】(1)N原子与P原子结构相似,NH3分子与PH3分子结构也相似,P—H键为不同种元素原子之间形成的共价键,为极性键。
(2)由N、P在元素周期表中的位置关系和元素周期律,可知N的非金属性比P的强。由元素的非金属性与氢化物之间的热稳定性关系知,NH3的热稳定性比PH3的强。
(3)按照相对分子质量与分子间作用力的关系,以及分子间作用力与物质的物理性质的关系分析,应该是PH3的沸点比NH3的高,PH3比NH3易液化。事实却是NH3比PH3易液化,这种反常现象的客观存在,说明这当中必有特殊的原因——氢键的存在。
【分析】（1）同主族化学性质相似，氢化物的结构相似，不同种原子形成的键具有极性，磷化氢分子正负电荷中心不重合故为极性分子
（2）氢化物热稳定性主要和键能有关，键能主要是和非金属性有关，非金属性越强，键能越强
（3）氨气易液化主要是氮原子存在孤对电子，易形成氢键
24．【答案】（1）
（2）3：4
（3）N﹥O﹥C
（4）和均为极性分子，极性分子易溶于极性分子且和还易形成氢键(合理答案均计分)
（5）平面三角形
（6）哑铃形
（7）；
【解析】【解答】(1)F原子即Cu原子的外围电子排布式为。
(2)已知元素A、B形成的(CN)2分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其电子式为，分子中键与键数目之比为3：4。
(3)同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，但由于N的2p轨道半充满，所以其第一电离能大于其后的O，所以A、B、C即C、N、O第一电离能由大到小的顺序为N﹥O﹥C。
(4)B的气态氢化物为NH3，和均为极性分子，极性分子易溶于极性分子且和还易形成氢键，所以NH3极易溶于水。
(5)A与C形成离子的中心原子C的价层电子对数为3+(4+2-2×3)=3，无孤电子对，所以其空间构型为平面三角形。
(6)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，p电子云轮廓形状为哑铃形。
(7)①B和D形成的原子晶体AlN的晶胞参数为a=x pm，根据晶胞结构图可知，紧邻的B原子之间距离为面对角线的一半，即b=x，紧邻B、D原子间距离为体对角线的，即d=x，则b：d=。
②该晶体中有4个Al，4个N，则一个晶胞的质量为g=g，一个晶胞的体积为(x×10-10)3 cm3，则晶体的密度为=。
【分析】首先根据信息，推出元素符号， 其中基态A原子的电子分布在3个能级，且每个能级所含的电子数相同 ，核外排布式为1s22s22p2，为碳元素， C的原子核外最外层有6个运动状态不同的电子，为氧元素，B为N元素，介于碳和氧之间，E的最高价氧化物的水化物酸性最强 ，为氯，F为Cu，根据元素性质进行解答。
25．【答案】（1）B；D
（2）[Co(NH3)5Cl]Cl2；[Co(NH3)4Cl2]Cl
【解析】【解答】（1）含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键；
A．CO2中没有孤电子对和空轨道，所以没有配位键，故A不合题意；
B．H3O+中一个H原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故B正确；
C．CH4中没有孤电子对和空轨道，所以没有配位键，故C不正确；
D．[Ag(NH3)2]+中银离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故D正确；
答案为BD。（2）1mol的CoCl3 6NH3（黄色）、CoCl3 5NH3（紫红色）、CoCl3 4NH3（绿色）、CoCl3 4NH3（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol，说明这几种配合物的外界中氯离子个数分别是3、2、1、1，剩余氯离子为配体；①CoCl3 5NH3（紫红色）的外界中含有2个氯离子，则另外一个氯原子为配体，该配合物中配离子的配位数为6，则氨气分子都是配体，则其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，答案为[Co(NH3)5Cl]Cl2；②CoCl3 4NH3（紫色）的外界中含有1个氯离子，则另外两个氯原子为配体，该配合物中配离子的配位数是6，则氨气分子都是配体，则该化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl；答案为[Co(NH3)4Cl2]Cl。
【分析】（1）还有孤电子对和空轨道的原子间形成配位键；
（2） CoCl3 5NH3 外界含有两个氯离子，则另外一个氯原子为配体，该化合物的配合物是六则氨气分子都是配体；同理可得 CoCl3 4NH3 配位数是六，氨气都是配体。即可写出化学式。
一、单选题
1．下列说法错误的是（ ）
A．离子键是一种静电作用力
B．极性键就是共用电子对发生偏移的共价键
C．氢键是一种比较弱的化学键
D．水结冰时体积膨胀、密度减小就是因为氢键的存在
2．下列关于物质性质的比较，正确的是（ ）
A．酸性： B．原子半径：
C．氢化物稳定性： D．碱性：
3．2022年北京冬奥会已经成功落下帷幕，它的成功举办离不开各种科技力量的支撑。下列说法错误的是（ ）
A．速滑竞赛服采用的聚氨酯材料是一种有机高分子材料
B．被称为“冰丝带”的国家速滑馆采用了二氧化碳制冰技术，二氧化碳是极性分子
C．冬奥会用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑等进行消毒，是利用紫外线使蛋白质变性
D．核酸检测是确认是否感染新冠病毒的有效手段，核苷酸缩合聚合可以得到核酸
4．下列叙述正确的是（ ）
A．含有非极性键的分子一定是非极性分子
B．非极性分子中一定含有非极性键
C．由极性键形成的双原子分子一定是极性分子
D．分子的极性只与键的极性有关
5．含有非极性键的共价化合物是
A． B． C． D．
6．下图是用钌基催化剂催化和的反应示意图，当反应生成液态时放出的热量。下列说法错误的是
A．反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成
B．图示中物质I为该反应的催化剂，物质II、III为中间产物
C．使用催化剂可以降低反应的活化能，但无法改变反应的焓变
D．由题意知：
7．下列叙述正确的是（ ）
A．氯仿、四氯甲烷和苯是工业上重要的有机溶剂
B．、、、是同系物
C．烷烃分子中的碳原子与其它原子的结合方式是通过两个共价键
D．在一定条件下，可与、浓硫酸发生化学反应
8．下列说法正确的是（ ）
A．BF3和PCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
B．乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)是因为乙醇分子间存在氢键
C．NaHSO4固体溶于水时，只破坏了离子键
D．CaO2和CaCl2中含有的化学键类型完全相同
9．已知：铜离子的配位数通常4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是（ ）
A．硫酸铜溶液呈蓝色是因为与结合形成
B．b中得到配合物，其配体为
C．由实验可知，的配位能力比弱
D．加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液
10．下列说法正确的是
A．除稀有气体外，第二周期元素随着核电荷数递增，元素的最高正价从+1递增到+7
B．H2O的热稳定性高于H2S是因为水分子间存在氢键
C．共价化合物只含共价键，离子化合物只含离子键
D．共价键的键长等于成键原子之间的核间距
11．可与、、等配体形成配位数为6的配离子，如、(红色)、(无色)等。已知为浅紫色。某同学按如下步骤完成实验：下列说法错误的是（ ）
A．溶液Ⅰ呈黄色，可能是由水解产物的颜色所致
B．为了能观察到溶液Ⅰ的浅紫色，可向该溶液中加入硝酸
C．Ⅱ到Ⅲ溶液颜色的变化一定是由转化为引起的
D．可以推测H2O、SCN-、F-三种微粒和的配合能力依次增大
12．有X、Y、Z三种短周期元素，原子半径大小关系为r(Y)>r(X)>r(Z)，原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素的常见单质分子在适当条件下可发生如图变化，其中B和C均为10电子分子.下列说法中错误的是（ ）
A．X与Z形成的某种化合物可用来杀菌消毒
B．C极易溶于B中，溶液呈碱性
C．Y与Z形成的二元化合物只含有极性键
D．A和C能发生氧化还原反应
13．下列有关说法正确的是（ ）
A．水合铜离子的模型如图1，水合铜离子中存在极性共价键、配位键、离子键
B．图2是某化合物晶胞，其中黑球为K+，白球是氧原子，由图可知该晶体化学式为K2O
C．H原子的电子云如图3，多个电子在原子核附近运动
D．CaF2晶体的晶胞如图4，距离F-最近的Ca2+组成正四面体
14．铜是重要过渡元素，能形成多种配合物，如Cu+与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)可形成如图所示配离子。下列说法不正确的是（ ）
A．1mol 乙二胺分子中含有11NA个σ键
B．乙二胺分子中氮原子轨道的杂化类型为 sp3
C．Cu+与乙二胺形成的配离子内部含有极性键、非极性键、配位键和离子键
D．乙二胺和三甲胺[分子式为 N(CH3)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键
15．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水并振荡，难溶物质溶解得到深蓝色的透明溶液；继续加乙醇，析出深蓝色晶体。下列对此现象的说法正确的是( )
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后的Cu2+浓度不变
B．难溶物溶解得到的溶液中含有深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+
C．加乙醇后析出的深蓝色晶体是Cu(OH)2
D．在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出孤电子对，NH3提供空轨道
16．下列描述中正确的是（ ）
A．BeCl2为V形的极性分子
B．ClO4 的空间构型为正四面体形
C．P4和CH4都是正四面体分子且键角都为109°28′
D．H2O和CO32 的中心原子均为sp3杂化
17． 关于CS2，SO2，NH3三种物质的说法中正确的是（ ）
A．CS2在水中的溶解度很小，是由于其属于极性分子
B．SO2和NH3均易溶于水，原因之一是它们都是极性分子
C．CS2为非极性分子，所以在三种物质中熔、沸点最低
D．NH3在水中溶解度很大只是由于NH3分子有极性
18．二氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。
下列说法错误的是（ ）
A．S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl
B．S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子
C．S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2>S2Cl2
D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
19．食醋是烹饪美食的调味品，其有效成分主要是醋酸()，下列说法正确的是
A．属于离子晶体 B．含有非极性共价键
C．属于强电解质 D．含有酸基
20．某种电解质阴离子由同周期四种元素W、X、Y、Z组成，其结构式如图，四种元素最外层电子数之和为20，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，下列说法正确的是（ ）
A．四种元素的氢化物中只有Y的氢化物分子间能形成氢键
B．W、Z形成的化合物是一种离子化合物
C．Z的单质可以从含Y的某些化合物中置换出Y的单质
D．W的最高价氧化物对应的水化物酸性比X的强
二、综合题
21．过渡金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。锰钢异常坚硬，且具抗冲击性能，是制造枪栓、保险库、挖掘机械和铁路设施的理想材料；锰也是人体的重要微量元素。请根据所学知识，回答下列问题：
（1）铬、锰、铁称为黑色金属，位于同一周期的相邻位置。锰的原子序数是 ；基态离子的价层电子排布图为 。
（2）下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是____（填编号）。
A． B．
C． D．
（3）水杨醛缩邻氨基苯酚又被称为“锰试剂”，可与形成黄色的配合物。锰试剂的结构如图所示，其分子中可能与形成配位键的原子有 ；锰试剂 （填“能”或“不能”）形成分子内氢键。
（4）锰试剂分子中，原子采取的杂化方式不涉及 （填“”“”或“”）杂化；分子中除氢以外的元素，第一电离能从小到大的顺序为 （用元素符号表示）。
（5）规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18.符合规则的配合物分子结构和化学性质都较稳定。已知和均符合规则，性质稳定，而则容易在化学反应中表现氧化性。
①x= 。
②从结构角度解释则容易在化学反应中表现氧化性的原因 。
22．H、C、N、O、F、S等是重要的非金属元素，回答下列问题：
（1）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第二电离能的变化图是 (填标号)，判断的根据是 。
（2）已知C-H、C-F的键能分别为413.4、485。在2022年冬奥会上“水立方”华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯()与四氟乙烯()的共聚物(ETFE)制成。、分子的稳定性关系：前者 后者(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（3）相同条件下，与在水中的溶解度较大的是 (写分子式)，理由是 。
（4）已知比接收质子的能力强，可能的原因是 。
23．已知N、P同属于元素周期表的第ⅤA族元素,N在第二周期,P在第三周期。NH3分子呈三角锥形,N原子位于锥顶,3个H原子位于锥底,N—H 键间的夹角是107°。
（1）PH3分子与NH3分子的立体构型 (填“相同”“相似”或“不相似”),P—H键 (填“有”或“无”)极性,PH3分子 (填“有”或“无”)极性。
（2）NH3与PH3相比,热稳定性更强的是 (填化学式)。
（3）NH3、PH3在常温、常压下都是气体,但NH3比PH3易液化,其主要原因是 。
A．键的极性:N—H比P—H强
B．分子的极性:NH3比PH3强
C．相对分子质量:PH3比NH3大
D．NH3分子之间存在特殊的分子间作用力
24．A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态A原子的电子分布在3个能级，且每个能级所含的电子数相同；C的原子核外最外层有6个运动状态不同的电子；D与E同周期且最外层有3个电子；E的最高价氧化物的水化物酸性最强；基态F原子最外层只有一个电子，其余电子层均充满电子。
（1）F原子的外围电子排布式为 。
（2）已知元素A、B形成的分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其分子中键与键数目之比为 。
（3）A、B、C第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号作答)。
（4）B的气态氢化物极易溶于水的原因为 。
（5）A与C形成离子的空间构型为 。
（6）基态E原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为 。
（7）B和D形成的原子晶体DB的晶胞参数为a=x pm，它的晶胞结构如图。
①紧邻的B原子之间距离为b，紧邻B、D原子间距离为d，则b：d= 。
②该晶体的密度为 (用含x的式子表示，阿伏加德罗常数的值用表示)
25．配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某原子单方面提供和另一提供空轨道的粒子结合。如NH4+就是由NH3(氮原子提供电子对)和H+(提供空轨道)通过配位键形成的。据此，回答下列问题：
（1）下列粒子中可能存在配位键的是________
A．CO2 B．H3O+ C．CH4 D．[Ag(NH3)2]+
（2）配位化学创始人维尔纳发现，将各为1mol的CoCl3 6NH3(黄色)、CoCl3 5NH3(紫红色)、CoCl3 4NH3(绿色)、CoCl3 4NH3(紫色)四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol。已知上述配合物中配离子的配位数均为6。请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。
①CoCl3 5NH3(紫红色)
②CoCl3 4NH3(紫色)
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A.使带相反电荷的阴、阳离子结合的相互作用称为离子键，阴、阳离子通过静电作用形成离子化合物；
B. 极性键就是共用电子对发生偏移的共价键 ；
C.氢键是一种分子间作用力，不是化学键；
D.冰晶体中，氢键使冰的微观结构里存在较大的空隙，所以冰的体积大，密度小。
故答案为：
【分析】A离子键是静电作用力，包括引力和斥力；
B. 极性键就是共价键的一种 ；
C.化学键包括离子键、共价键、金属键；
D.冰晶体中水分子间形成的氢键比液态水中形成的氢键多。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．非金属性：P小于S小于Cl，最高价氧化物对应的水化物酸性：H3PO4小于H2SO4小于HClO4，A不符合题意；
B．原子半径：Na大于S大于O，B不符合题意；
C．非金属性：F大于O大于P，氢化物稳定性： ，C符合题意；
D．金属性：Li小于Na小于K，最高价氧化物对应的水化物的碱性：LiOH小于NaOH小于KOH，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．非金属性强，最高价氧化物对应的水化物酸性强；
B．原子半径大小的比较；
C．非金属性强，氢化物稳定性越稳定；
D．金属性强，最高价氧化物对应的水化物的碱性强。
3．【答案】B
【解析】【解答】A．聚氨酯材料是一种人工合成有机高分子材料，A不符合题意；
B．二氧化碳分子呈直线形、正负电荷中心重叠、是非极性分子，B符合题意；
C．紫外线能使蛋白质变性，故可用紫外杀菌技术对手机和笔记本电脑等进行消毒，C不符合题意；
D．核酸是有机高分子化合物，可以由核苷酸缩合聚合得到， D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、聚氨酯材料为有机高分子材料；
B、二氧化碳是非极性分子；
C、紫外线可以使蛋白质变性；
D、核苷酸缩合聚合可以得到核酸。
4．【答案】C
【解析】【解答】A.含有非极性键的分子不一定是非极性分子，如H2O2，中含有非极性分子，但属于极性分子，A是错误的，不符合题意；
B.非极性分子中可能不含非极性键，如BF3为非极性分子，但是内部只有极性键，正电中心与负电中心重合，B选项是错误的，不符合题意；
C.由极性键形成的双原子分子一定是极性分子，如HCl等，C选项是正确的，符合题意；
D.分子的极性并不是只与键的极性有关，与正电中心和负电中心是否重合有关。D选项是错误的。不符合题意。
故答案为：C。
【分析】极性分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀，所以具有一定的极性；而非极性分子正负电荷中心是重合的，从整个分子来看，电荷的分布是均匀的，不具有极性。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．为共价化合物，没有非极性键，故A不选；
B．为共价化合物，含有C=C非极性键，故B选；
C．为离子化合物，故C不选；
D．为共价化合物，没有非极性键，故D不选；
故答案为：B。
【分析】只含共价键的化合物为共价化合物，同种非金属原子间形成非极性键。
6．【答案】A
【解析】【解答】A．由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成，故A符合题意；
B．物质I为反应起点存在的物质，且在整个过程中量未发生改变，物质I为催化剂，物质II、III为中间过程出现的物质，为中间产物，故B不符合题意；
C．催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率，但不影响反应的焓变，故C不符合题意；
D．生成液态时放出的热量，该反应的热化学方程式为： ，则 ，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.反应过程中不存在非极性键的形成；
B.物质I为催化剂，物质II、III为中间产物；
C.催化剂能降低反应的活化能，不影响焓变；
D.放热反应的逆反应为吸热反应。
7．【答案】A
【解析】【解答】A．氯仿、四氯甲烷和苯是工业上重要的有机溶剂，三氯甲烷和四氯甲烷是有机物，极性小，可以溶解很多非极性溶质，A符合题意；
B．同系物需要结构相似相差n-CH2，、、、不是同系物，B不符合题意；
C．烷烃分子中的碳原子与其它原子的结合方式是通过四对共价健，C不符合题意；
D．甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷等，甲烷性质稳定，不与浓硫酸反应，甲烷可以燃烧，生成二氧化碳和水，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氯仿（即三氯甲烷）、四氯甲烷和苯是工业上重要的有机溶剂。
B.同系物的特点有：①相对分子质量相差nCH2；②结构相似（若有官能团，则所含官能团的种类和个数相等）。
C.烷烃分子中的碳原子与其它原子之间共有4对共用电子对。
D.根据甲烷的化学性质进行分析。
8．【答案】B
【解析】【解答】A. BF3和PCl3中，根据价态绝对值加最外层电子数是否等于8判断，B最外层不具有8电子稳定结构，故A不符合题意；
B. 乙醇的沸点高于二甲醚(CH3OCH3)是因为乙醇分子间存在氢键，故B符合题意；
C. NaHSO4固体溶于水时电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，破坏了离子键和共价键，故C不符合题意；
D. CaO2含有离子键和非极性共价键，CaCl2含有离子键，因此含有的化学键类型不完全相同，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】判断8电子稳定结构：价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断，等于8则为8电子稳定结构。
9．【答案】C
【解析】【解答】A. 硫酸铜溶液呈蓝色是因为形成可配合物导致的，A项正确；
B.加入氢氧化钠溶液后，变成深蓝色，是形成的新的配合物： ，其配体为 ，B项正确；
C.根据实验ac进行对比，的配位能力比强，C项错误；
D.加热c中溶液会促进一水合氨向电离的方向进行，使得一水合氨浓度减小，导致 转化为氢氧化铜沉淀，故有可能得到蓝色浑浊液，D正确；
故答案为：C。
【分析】C.加入氨水溶液，沉淀消失，变为蓝色溶液，说明得到了 ，从而可以判断，的配位能力比强。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．第二周期中O元素没有+6价，F元素没有正价，A不符合题意；
B．热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，H2O的热稳定性高于H2S，是因为H—O键的键能大于H—S键的键能，热稳定性与氢键无关，B不符合题意；
C．共价化合物只有共价键，但离子化合物除了一定有离子键之外，还可能含共价键，如NaOH，C不符合题意；
D．形成共价键的两个原子的原子核间的距离叫做共价键的键长，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．第二周期中O元素没有+6价，F元素没有正价；
B．热稳定性是化学性质，取决于共价键的强弱，热稳定性与氢键无关；
C．共价化合物只有共价键，但离子化合物除了一定有离子键之外，还可能含共价键；
D．形成共价键的两个原子的原子核间的距离叫做共价键的键长。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．为浅紫色，最后溶液呈黄色，说明存在红褐色物质生成，则可能是因为水解生成氢氧化铁，A不符合题意；
B．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加硝酸，B不符合题意
C．也可能是中存在电离平衡，加入NaF后，平衡正向移动，导致减少，直到颜色消失，C项符合题意；
D．中加入KSCN，溶液转化为红色，说明生成了，再向红色溶液中加入NaF，则溶液恢复无色，说明转化为，因此结合的能力依次增强，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】解答工业流程题一般技巧：1.认真读题，首先通读题目，了解题目大意；2.仔细分析：理清每一步关系，①原料与产品，②步骤与目的，加入某种试剂目的是，该实验操作目的是，③信息与迁移：所给信息一定有用，充分利用题目关键信息；3大胆猜想与回答：对于不懂得步骤可以大胆猜想并验证。
12．【答案】C
【解析】【解答】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，A、X与Z形成的某种化合物H2O2可用来杀菌消毒，故A不符合题意；
B、C是NH3，极易溶于B——H2O中，溶液呈碱性，故B不符合题意；
C、Y与Z形成的二元化合物可能是NH3只含有极性键，也可能是N2H4其中N―H是极性键，N―N是非极性键，故C符合题意；
D、NO和NH3能发生氧化还原反应，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据10电子分子可围绕常见氢化物分析，根据原子序数结合原子半径，可知Z是氢、X是氧、Y是氮，Y与Z形成的二元化合物可能是氨气，也可能是N2H4
13．【答案】D
【解析】【解答】A．水合铜离子中存在极性共价键、配位键，不存在离子键，A不符合题意；
B．由图示知，晶胞中K+个数=，过氧根个数，由图可知该晶体化学式为KO2，B不符合题意；
C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H 原子最外层只有一个电子，所以不存在多个电子的说法，只能说 H原子的一个电子在原子核附近出现的概率较大，C不符合题意；
D．由CaF2晶胞中，有4个Ca2+距离F-最近，形成以F-为中心，Ca2+位于顶点的正四面体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．Cu2＋含有空轨道，H2O含有孤对电子，可形成配位键，铜离子配体数为4；
B．根据均摊法进行计算判断；
C．电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少，H原子最外层只有一个电子，在原子核附近出现的机会较多；
D．根据晶胞中离子的相对位置判断。
14．【答案】C
【解析】【解答】A、根据结构简式，可知σ键有C-C、C-H、C-N、N-H，1mol乙二胺分子中有11NA σ键，A错误；
B、乙二胺中N原子含有1对孤电子对，连接3个原子，杂化轨道数为4，则为sp3杂化，B错误；
C、配离子中，C-H、C-N、N-H为极性键，C-C为非极性键，N→Cu为配位键，不含离子键，C正确；
D、 N(CH3)3 N和H没有直接连接，无法形成氢键， H2N-CH2-CH2-NH2 中，N和H直接连接，可以形成氢键，氢键使分子沸点增大，D错误；
故答案为：C
【分析】A、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；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；
B、杂化轨道数=周围原子数+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；
C、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合，铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，一个原子提供孤电子对，一个电子提供空轨道，形成配位键；
D、氢键连接要满足形式：X-H······Y(X、Y为N、O、F)三种原子。
15．【答案】B
【解析】【解答】反应后的溶液中存在[Cu(NH3)4]2+，故Cu2+浓度减小，A项错；加入乙醇后析出的晶体为[Cu(NH3)4]SO4，C项错；在[Cu(NH3)4]2+中Cu2+给出空轨道，而NH3提供孤电子对，D项错。
【分析】
A.溶液中含有深蓝色晶体，含铜元素，铜离子浓度会减小；
B.深蓝色晶体为配合物，[Cu(NH3)4]2+ ；
C.溶液中含[Cu(NH3)4]2+，所以析出的蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4；
D.配位化合物中，中心离子提供空轨道，配离子提供孤对电子对。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．BeCl2为中心原子的价层电子对数为 =2，不含孤对电子，所以分子的空间构型为直线形，正负电荷中心重合，所以为非极性分子，A不符合题意；
B．ClO4 的中心原子的价层电子对数为 =4，不含孤对电子，所以空间构型为正四面体，B符合题意；
C．二者虽都是正四面体形分子，但白磷中键角为60°，CH4键角为109°28ˊ，C不符合题意；
D．水分子的中心原子价层电子对数为 =4，为sp3杂化，CO32 的中心原子价层电子对数为 =3，所以为sp2杂化，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．根据价层电子对互斥理论确定分子的空间构型，价层电子对个数VP=键合电子对数BP+孤电子对数LP，极性分子结构不对称，正负电荷重心不重叠；
B．依据价层电子对互斥理论可知，中心原子的价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数，据此判断离子的空间构型；
C．白磷中键角为60°；
D．CO32-的中心原子均为sp2杂化。
17．【答案】B
【解析】【解答】A．CS2的结构为S=C=S，其空间构型为直线型，结构对称，则正负电荷的重心重合，所以CS2属于非极性分子，A不符合题意；
B．SO2、NH3、H2O均属于极性分子，根据相似相溶的原理，则SO2、NH3均溶于水，B符合题意；
C．CS2、SO2、NH3这三种物质均为分子晶体，相对分子质量越大，则其熔沸点越高，由于NH3分子之间存在氢键，其熔沸点最高，所以熔沸点大小顺序是NH3＞CS2＞SO2，C不符合题意；
D．NH3在水中溶解度很大不只是因为NH3与H2O同为极性分子（相似相溶原理），还因为NH3能与水形成氢键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.极性分子和非极性分子的区别在于正负电荷重心是否重合，据此分析。
B.根据相似相溶原理进行分析。
C.分子晶体的熔沸点一般随相对分子质量的增大而增大，若分子之间存在氢键，则其熔沸点反常升高。
D.物质在水中溶解度较大的原因可从物质与水相似相溶的原理及与水形成氢键的角度进行分析。
18．【答案】B
【解析】【解答】A. 根据图中所示可知，S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl，故不选A；
B. 非极性分子要求结构完全对称，正负电荷中心重合，S2Cl2结构并不完全对称，为极性分子，
C. S2Br2与S2Cl2结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此分子间作用力：S2Br2>S2Cl2，故不选C；
D. 根据题干信息S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体，品红褪色气体为SO2，再根据氧化还原理论，可知S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故不选D；
故答案为：B；
【分析】A.由分子结构图确定原子间的连接方式来书写结构式；
B.由于分子的不完全对称，该分子是极性分子；
C.分子晶体的分子间作用力随相对分子质量的增大而增大；
D.与水反应时+1价的S发生自身氧化还原反应。
19．【答案】B
【解析】【解答】A．乙酸是熔沸点低的分子晶体，故A不符合题意；
B．由结构简式可知，乙酸分子中含有碳碳非极性共价键，故B符合题意；
C．乙酸在溶液中部分电离出乙酸根离子和氢离子，属于弱电解质，故C不符合题意；
D．由结构简式可知，乙酸分子的官能团为羧基，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．乙酸是分子晶体；
B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
C．强电解质在水溶液中完全电离，强电解质 一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；
D．根据结构简式确定官能团。
20．【答案】C
【解析】【解答】由分析可知，W为B、X为C、Y为O、Z为F。
A、O、F的氢化物都可以形成氢键，A不符合题意。
B、B、C都是非金属元素，其形成的化合物中不含有离子键，只含有共价键，因此属于共价化合物，B不符合题意。
C、F2能与H2O发生反应：2F2＋2H2O=4HF＋O2↑，因此Z的单质可以从含Y的化合物中置换出Y的单质，C不符合题意。
D、非金属性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性C>B，因此酸性H2CO3>H3BO3，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】W、X、Y、Z四种短周期元素位于同一周期，且Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，所以四种元素应都位于第二周期。Y能形成两个共价键，因此其最外层电子数为6，所以Y为O。X的核外电子总数的呢过于Y的最外层电子数，所以X的核外电子总数为6，因此X为C。Z可形成一个共价键，则Z的最外层电子数为7，所以Z为F。W可形成四个化学键，因此W为B，其中一个化学键为配位键。
21．【答案】（1）25；
（2）A
（3）N、O；能
（4）；
（5）4；配合物Co（CO）4的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性；
【解析】【解答】（1）Mn的质子数为25，原子序数为25，为24号元素，原子核外电子排布为[Ar]3d54s1，则的核外电子排布为[Ar]3d3，价层电子排布图为；
故答案为：25；；
（2）为基态Fe3+，处于3d半满稳定状态，很难再失电子；
为基态Fe2+，易失去一个电子变为Fe3+；
为激发态的Fe2+，其失去一个电子比基态Fe2+
为激发态Fe3+，其失去一个电子比基态Fe3+容易；
故最难在失去一个电子的是A，
故答案为：A；
（3）N、O原子上存在孤电子对，可以作为配位原子；锰试剂含有两个不相邻的酚羟基，能形成分子内氢键，
故答案为：N、O；能；
（4）锰试剂分子中，苯环C原子采取sp2杂化方式，N＝C采取sp2杂化方式，羟基O采取sp3杂化方式，所以不采取sp杂化方式，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能共用同周期相邻元素的，故第一电离能为：C，
故答案为：sp；C；
（4）①配合物Ni（CO）x的Ni原子价电子数为10，CO提供一对孤对电子，与Ni原子形成配位键，则10＋2x＝18，解得x＝4，
故答案为：4；
②配合物Co（CO）4的Co原子价电子数为9，CO提供一对孤对电子，与Co原子形成配位键，则9＋2×4＝17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子的配合物分子结构和化学性质会更稳定，故表现氧化性，
故答案为：配合物Co（CO）4的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性；
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）依据电离能逐级增大且全满和半满状态比较稳定分析；
（3）配位原子存在孤电子对；考虑分子内氢键的形成条件；
（4）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，判断杂化类型，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
（4）①依据配合物的电子数之和计算；
②依据EAN规则分析。
22．【答案】（1）图c；C、N、O、F失去第一个电子后的电子排布式分别为、、、，氧的2p能级为半充满状态，最稳定，再失去一个电子所需能量最大
（2）小于；C—F的键能大于C—H的键能，键能越大，分子越稳定
（3）SO2；SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂
（4）甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子，导致N原子的电子云密度增大，接收质子的能力增强
【解析】【解答】(1) C、N、O、F失去第一个电子后的电子排布式分别为 、、、 氧2p能级是半充满状态，最稳定，再失去一个电子所需能量最大，第二电离能的变化图是c；
(2) C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，分子越稳定， 的稳定性比 小；
(3)SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂 ， 在水中的溶解度小于 。
(4)比接收质子的能力强原因是甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子，导致N原子的电子云密度增大，接收质子的能力增强；
【分析】(1) 电子排布式的书写、 氧2p能级是半充满状态；
(2) C—F的键能比C—H的键能大，键能越大，分子越稳定；
(3)SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子的溶质易溶于极性溶剂 ；
(4)甲基是推电子基团，供电子能力强于氢原子。
23．【答案】（1）相似；有；有
（2）NH3
（3）D
【解析】【解答】(1)N原子与P原子结构相似,NH3分子与PH3分子结构也相似,P—H键为不同种元素原子之间形成的共价键,为极性键。
(2)由N、P在元素周期表中的位置关系和元素周期律,可知N的非金属性比P的强。由元素的非金属性与氢化物之间的热稳定性关系知,NH3的热稳定性比PH3的强。
(3)按照相对分子质量与分子间作用力的关系,以及分子间作用力与物质的物理性质的关系分析,应该是PH3的沸点比NH3的高,PH3比NH3易液化。事实却是NH3比PH3易液化,这种反常现象的客观存在,说明这当中必有特殊的原因——氢键的存在。
【分析】（1）同主族化学性质相似，氢化物的结构相似，不同种原子形成的键具有极性，磷化氢分子正负电荷中心不重合故为极性分子
（2）氢化物热稳定性主要和键能有关，键能主要是和非金属性有关，非金属性越强，键能越强
（3）氨气易液化主要是氮原子存在孤对电子，易形成氢键
24．【答案】（1）
（2）3：4
（3）N﹥O﹥C
（4）和均为极性分子，极性分子易溶于极性分子且和还易形成氢键(合理答案均计分)
（5）平面三角形
（6）哑铃形
（7）；
【解析】【解答】(1)F原子即Cu原子的外围电子排布式为。
(2)已知元素A、B形成的(CN)2分子中所有原子都满足8电子稳定结构，则其电子式为，分子中键与键数目之比为3：4。
(3)同周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，但由于N的2p轨道半充满，所以其第一电离能大于其后的O，所以A、B、C即C、N、O第一电离能由大到小的顺序为N﹥O﹥C。
(4)B的气态氢化物为NH3，和均为极性分子，极性分子易溶于极性分子且和还易形成氢键，所以NH3极易溶于水。
(5)A与C形成离子的中心原子C的价层电子对数为3+(4+2-2×3)=3，无孤电子对，所以其空间构型为平面三角形。
(6)基态Cl原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5，p电子云轮廓形状为哑铃形。
(7)①B和D形成的原子晶体AlN的晶胞参数为a=x pm，根据晶胞结构图可知，紧邻的B原子之间距离为面对角线的一半，即b=x，紧邻B、D原子间距离为体对角线的，即d=x，则b：d=。
②该晶体中有4个Al，4个N，则一个晶胞的质量为g=g，一个晶胞的体积为(x×10-10)3 cm3，则晶体的密度为=。
【分析】首先根据信息，推出元素符号， 其中基态A原子的电子分布在3个能级，且每个能级所含的电子数相同 ，核外排布式为1s22s22p2，为碳元素， C的原子核外最外层有6个运动状态不同的电子，为氧元素，B为N元素，介于碳和氧之间，E的最高价氧化物的水化物酸性最强 ，为氯，F为Cu，根据元素性质进行解答。
25．【答案】（1）B；D
（2）[Co(NH3)5Cl]Cl2；[Co(NH3)4Cl2]Cl
【解析】【解答】（1）含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键；
A．CO2中没有孤电子对和空轨道，所以没有配位键，故A不合题意；
B．H3O+中一个H原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故B正确；
C．CH4中没有孤电子对和空轨道，所以没有配位键，故C不正确；
D．[Ag(NH3)2]+中银离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以该微粒中含有配位键，故D正确；
答案为BD。（2）1mol的CoCl3 6NH3（黄色）、CoCl3 5NH3（紫红色）、CoCl3 4NH3（绿色）、CoCl3 4NH3（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀分别为3mol、2mol、1mol、和1mol，说明这几种配合物的外界中氯离子个数分别是3、2、1、1，剩余氯离子为配体；①CoCl3 5NH3（紫红色）的外界中含有2个氯离子，则另外一个氯原子为配体，该配合物中配离子的配位数为6，则氨气分子都是配体，则其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，答案为[Co(NH3)5Cl]Cl2；②CoCl3 4NH3（紫色）的外界中含有1个氯离子，则另外两个氯原子为配体，该配合物中配离子的配位数是6，则氨气分子都是配体，则该化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl；答案为[Co(NH3)4Cl2]Cl。
【分析】（1）还有孤电子对和空轨道的原子间形成配位键；
（2） CoCl3 5NH3 外界含有两个氯离子，则另外一个氯原子为配体，该化合物的配合物是六则氨气分子都是配体；同理可得 CoCl3 4NH3 配位数是六，氨气都是配体。即可写出化学式。