3.4 配合物与超分子 同步测试 （含解析）2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修3
文档属性
| 名称 | 3.4 配合物与超分子 同步测试 （含解析）2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修3 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 574.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-05-08 08:41:41 | ||
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文档简介
3.4 配合物与超分子 同步测试
2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修3
一、单选题
1．配合物种类繁多，在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。已知某配合物的化学式为，下列有关说法正确的是（ ）
A．配体是和，配位数是9
B．该配合物中提供孤电子对的是中心离子
C．该配合物中存在离子键、配位键和极性键
D．向其溶液中加入足量溶液，所有都能转化为沉淀
2．下列有关说法不正确的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
3．与可以形成化合物，关于该化合物的结构表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．能区别和两种溶液的试剂是（ ）
A．溶液 B．溶液 C． D．浓氨水
5．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．NH3与Cu2+的配位能力强于H2O
B．1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NA
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与乙醇发生化学反应
6．从微粒结构角度分析，下列说法正确的是（ ）
A．OF2与H2O的立体构型同为V形，因氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差，而且OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F－O键中共用电子对偏向F而产生的极性，所以水分子的极性比OF2的极性小
B．过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色。据此判断[Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+中只有一种有颜色
C．三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体( )两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同
D．南京理工大学化工学院胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，其局部结构如图所示 ，其中两种阳离子中心原子的杂化轨道类型相同，阴离子N中所有的氮原子在同一平面内
7．实验室可用检验，离子方程式为。下列有关说法正确的是（ ）
A．中铁离子的配位数为9
B．元素在周期表中位于第4周期ⅧB族，属区
C．中含键数目为
D．比更难再失去1个电子
8．电催化还原的某种催化剂的结构如图，下列说法错误的是（ ）
A．Re的配位数为6
B．结构中N的杂化方式均相同
C．Rc提供空轨道
D．CO中C的电负性小，易于提供配位电子对
9．硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。下列说法错误的是（ ）
A．BF4的键角小于NH3
B．BF4的中心原子的杂化方式为sp3
C．BF3与NH3反应时有配位键生成
D．BF3分子的空间结构为平面三角形
10．在水溶液中可与发生反应生成和，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．分子中，碳原子轨道的杂化类型是，分子的空间构型为平面三角形
B．1mol分子中含有σ键的数目为
C．分子中碳原子轨道的杂化类型只有
D．中与的C原子形成配位键，结构可表示为
11．已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物。下列说法不正确的是（ ）
A．该配合物中阴离子空间构型为正四面体形
B．配离子为，配位数为5
C．Fe2+被氧化为Fe3+，失去的电子位于3d轨道
D．向配合物溶液中加入足量的BaCl2溶液，所有 SO42-均被完全沉淀
12．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
13．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是（ ）
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+
C．[Cu(NH3)4] 2+中配位数是3
D．在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+ 给出孤对电子，NH3提供空轨道
14．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
15．向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成AgCl沉淀的是( )
A．[Co(NH3)3Cl3] B．[Co(NH3)6]Cl3
C．[Co(NH3)4Cl2]Cl D．[Co(NH3)5Cl]Cl2
16．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
17．离子液体可在室温下以和为原料合成DMC，具体流程如下(其中化合物①的1号C上没有H原子)，下列说法错误的是（ ）
A．化合物①可作为配体与某些金属离子形成配合物
B．①→A是加成反应，则A的结构可能为
C．在上述流程中，中间体A还起到了吸水作用
D．根据流程可知，DMC的结构为
18．下列配合物中，配位数错误的是（ ）
A．K[Ag(CN)2]： 2 B．[Ni(NH3)4]Cl2： 4
C．[Ag(NH3)2]Cl： 3 D．[Ag(NH3)2]Cl：2
19．配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键
B．1 mol配合物中σ键数目为6NA
C．配离子为[Fe(CN)6]3-，中心离子为Fe3+ ，配位数为6
D．该配合物易电离，1 mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA
20．向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物；继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；再加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体．与上述实验相关的说法中正确的是（ ）
A．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子
B．析出的深蓝色晶体是
C．中含有共价键
D．中，提供空轨道，的原子给出孤电子对
二、综合题
21．往硫酸铜水溶液中加入氨水，首先生成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，而且所得溶液的颜色比原来明显加深，得到了一种含2+的溶液，此离子的立体结构如图所示（4个NH3与Cu2+共面，跟H2O﹣Cu2+﹣H2O轴线垂直）．请回答以下问题：
（1）硫酸铜水溶液加氨水的变化过程，用离子方程式表示为
①生成浅蓝色沉淀： ；
②生成深蓝色溶液： ．
（2）此深蓝色的离子属于 ．其中Cu2+与H2O和NH3形成的是 键，请在图中表示此化学键 ．
（3）此深蓝色离子的空间结构呈 形．
22．铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。
（1）基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，其最外层电子的电子云形状为 。
（2）(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O俗称摩尔盐。
①O、S两元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
②N、O两元素的的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
③SO42-中S原子的杂化方式为 ，VSEPR模型名称为 。
（3）Fe3+可与某阴离子发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+。该阴离子的电子式为 ，σ键和π键的数目之比为 。其空间构型为 。
（4）K3[Fe(CN)6]晶体中配离子的配位体为 (用化学符号表示)
23．硼和氮元素在化学中有很重要的地位，回答下列问题：
（1）基态硼原子核外电子有 种不同的运动状态，基态氮原子的价层电子排布图为 ．预计于2017年发射的“嫦娥五号”探测器采用的长征5号运载火箭燃料为偏二甲肼[（CH3）2NNH2]．（CH3）2NNH2中N原子的杂化方式为 ．
（2）化合物H3BNH3是一种潜在的储氢材料，可利用化合物B3N3H6通过如下反应制得：3CH4+2B3N3H6+6H2O═3CO2+6H3BNH3
①H3BNH3分子中是否存在配位键 （填“是”或“否”），B、C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为 ．
②与B3N3H6互为等电子体的分子是 （填一个即可），B3N3H6为非极性分子，根据等电子原理写出B3N3H6的结构式 ．
（3）“嫦娥五号”探测器采用太阳能电池板提供能量，在太阳能电池板材料中除单晶硅外，还有铜，铟，镓，硒等化学物质，回答下列问题：
①SeO3分子的立体构型为 ．
②金属铜投入氨水或H2O2溶液中均无明显现象，但投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，写出该反应的离子反应方程式为 ．
③某种铜合金的晶胞结构如图所示，该晶胞中距离最近的铜原子和氮原子间的距离为 apm，则该晶体的密度为 （用含a的代数式表示，设NA为阿伏加德罗常数的值）．
24．Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的成用。
（1）基态Co3+原子的价电子排布式为 ，Co3+核外3d能级上有 对成对电子。
（2）Co3+的一种配离子[Co(N3(NH3)5]2+产中，Co3+的配位数是 ，离子中所含δ键的数目为 ，配位体N3+中心原子杂化类型为 。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H20)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是 。
（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为 ，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是 。
（5）NiO的晶体结构如图中所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为 。
（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+产填充其中（如图乙），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g(用含a、NA的代数式表示)。
25．碱土金属(ⅡA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题：
（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是___。
A．原子半径 B．单质的硬度 C．第一电离能
（2）①铍与相邻主族的 元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有 填标号。
A．都属于p区主族元素
B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大
D．氯化物的水溶液pH均小于7
②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为 ，阴离子中心原子杂化方式为 。
（3）Sr是人体必需的微量元素，SrCO3是其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为 判断SrCO3的热分解温度 （填“大于”/“小于”）CaCO3的热分解温度，理由是 。
（4）MgH2和金属Ni在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为Mg2NiH4的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：
①Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有 个，若晶胞边长为646pm，则Mg—Ni核间距为 pm（结果保留小数点后两位， 取1.73）。
②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 （列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为dg/cm3；设NA代表阿伏加德罗常数的值）。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．根据配合物化学式可知，配体是和，中心离子的配位数为6，A项不符合题意；
B．该配合物中提供孤电子对的是配体，是和，中心离子提供空轨道，B项不符合题意；
C．阳离子与之间以离子键结合，在阳离子中的中心离子与配体和以配位键结合，在配体中存在H-O极性共价键，因此该配合物中存在离子键、配位键和极性键，C项符合题意；
D．向该配合物溶液中加入足量溶液，只有外界都能转化为沉淀，而配离子中的与中心离子结合牢固，不能转化为沉淀，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、配位数可以根据钛原子所连接粒子判断；
B、中心离子为钛离子；
C、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，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，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，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；
D、配离子中的氯离子不能电离。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；
B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；
C.核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；
D.煤油为烃的混合物，D项错误；
故答案为：D。
【分析】易错分析：一般燃料都为混合物，如汽油、柴油、煤油等，通过分馏方式从石油中获取的。
3．【答案】D
【解析】【解答】通过配位键形成酸位化合物，N原子最外层有5个电子提供共用电子对，B原子最外层有3个电子提供空轨道，所以箭头由N指向B
故答案为：D.
【分析】配位键形成条件：1.含有孤对电子的原子；2.含有空轨道的原子；配位键的方向有孤电子原子指向空轨道原子。
4．【答案】A
【解析】【解答】B、C、D中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，而A中[Co(NH3)4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co(NH3)4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故A符合。
故答案为：A。
【分析】 外界能电离出氯离子， 不能产生氯离子，检验氯离子的存在即可区别两者。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．硫酸铜溶液呈蓝色，是由于存在[Cu(H2O)4]2+，加入氨水后得到的深蓝色的透明溶液是由于生成了[Cu(NH3)4]2+，所以NH3与Cu2+的配位能力强于H2O，选项 A不符合题意；
B．每个水分子里含有两个O- H键，4个水分子共形成8条共价键，另外每个[Cu(H2O)4]2+中Cu2+与H2O形成4个配位键，所以1mol [Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NA， 选项B不符合题意：
C．NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小，所以键角变大，选项C不符合题意：
D．溶液中析出深蓝色晶体的原因是由于加入乙醇后溶剂的极性变小，没有发生化学反应，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，生成深蓝色的配合物；
B.配位键、O-H键均为σ键；
C.NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小；
D.加入乙醇，溶剂极性减小。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F－O键中共用电子对偏向F而产生的极性，导致OF2的极性较小，而水分子的极性较大，故A错误；
B.Co2+的价电子排布式为3d7，Mn2+的价电子排布式为3d5，则[Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+都有颜色，故B错误；
C.单分子SO3中S原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，根据三聚分子固体的结构可知，S原子形成4个σ键，不是sp2杂化，故C错误；
D.全氮阴离子盐中含有的阳离子为：和，和的中心原子均采用sp3杂化，N 中N原子形成σ键和π键，所有N原子在同一平面内，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差；
B. [Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+都有颜色；
C.SO3单分子中S采用sp2杂化，三聚分子中S不是sp2杂化；
D.N 中N原子形成σ键和π键。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．铁离子的配位数为6，故A不符合题意；
B．Fe元素位于第四周期Ⅷ族，属于d区，故B不符合题意；
C.1个Fe3+与6个CN-形成配位键，即1个Fe3+与6个CN-形成6个σ键，C和N之间形成1个σ键，6个CN-形成6个σ键，即1molK3[Fe(CN)6]中含有12molσ键，故C符合题意；
D．Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，后者处于半满状态，能量低，较稳定，Mn2+比Fe2+更难失去1个电子，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.铁离子的配位数为6；
B.Fe第四周期Ⅷ族；
C.单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键；
D.Mn2+处于半充满稳定状态。
8．【答案】B
【解析】【解答】A、配位数是指一个配合物中，一个中心原子周围被配位基团包围的数量，Re连接6个配位基团，所以配位数等于6，故A不符合题意；
B、结构中的N有sp2、sp3杂化， 吡啶环N原子是sp2杂化，其余的N是sp3杂化，故B不符合题意；
C、Re作为配位体的中心原子，提供空轨道，故C不符合题意；
D、CO中C的电负性小，易于提供配位电子对，说法正确，故D符合题意；
故答案为：B
【分析】A.配位数是指一个配合物中，一个中心原子周围被配位基团包围的数量；
B.杂化轨道理论；
C.一个配合物中一般由中心原子提供空轨道；
D.配位电子对一般由配位原子提供。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.原子半径B>N、F>H，形成共价键的原子半径越大，其键角越大，因此BF4的键角大于NH3，A符合题意；
B.BF4的中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，因此中心原子的杂化方式为sp3，B不符合题意；
C.BF3中B原子可形成空轨道，NH3中N原子可提供孤电子对，二者反应时刻形成配位键，C不符合题意；
D.BF3中心原子的价层电子对数为，不含有孤电子对，因此去空间结构为平面三角形，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、形成共价键的原子半径越大，其键角越大；
B、BF4的价层电子对数为4，采用sp3杂化；
C、根据配位键的形成分析；
D、根据价层电子对数确定其空间结构；
10．【答案】C
【解析】【解答】A． 中C原子为sp2杂化，空间构型为平面三角形，A不符合题意；
B．一个分子 中有2个碳氢键和1个碳氧键，共3个 σ 键，1mol分子中有键的数目为3NA，B不符合题意；
C． 分子中与羟基相连的C为sp3杂化，碳氮之间中C为sp杂化，C符合题意；
D． 中 与 的C原子是配位键，结构可表示为 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．杂化方式和空间构型的判断；
B． σ键的数目的判断；
C．杂化方式的判断；
D．配位键的判断。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.硫酸根离子属于正四面体构型，故A不符合题意；
B.配离子 配位数为6，故B不符合题意；
C. Fe2+被氧化为Fe3+，失去的电子位于3d轨道 ，故C不符合题意；
D.向配合物溶液中加入足量的BaCl2溶液，所有 SO42--均被完全沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据计算出其价电子对即可判断；
B.结合形成配位键即可判断；
C.亚铁离子失去电子失去的3d轨道电子；
D.硫酸根离子可以完全电离出来可被完全沉淀。
12．【答案】A
【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。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成可溶性的铜氨络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A不符合题意；
B．沉淀溶解后，生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2+，该离子较稳定，所以难电离，故B符合题意；
C．由[Cu(NH3)4]2+结构可知，该结构中配体的配位数是4，故C不符合题意；
D．Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，NH3分子与Cu2+通过配位键形成配合物离子[Cu(NH3)4]2+，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】氨水是碱，可以与铜离子形成氢氧化铜沉淀，随着反应的进行与氨水形成络合铜氨离子，铜离子可以提供四个空轨道，配位数是4
14．【答案】C
【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。
15．【答案】A
【解析】【解答】B、C、D三项物质中都能电离出氯离子，加入AgNO3溶液后生成沉淀，而A项[Co(NH3)3Cl3]分子中的所有的氯原子与Co原子均形成了配位键，在水溶液中不能电离出Cl-，故加入AgNO3溶液后也不会生成沉淀。
【分析】
配合物中的配位离子不可与硝酸银反应，而游离的氯离子可以与硝酸银反应生成沉淀，中心 Co 原子配位数为6，
A.氯离子为配位离子
B.氯离子为非配位离子
C.含非配位氯离子
D.含非配位氯离子
16．【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
17．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，化合物①中含有孤电子对，作为配体与某些金属离子形成配合物，故A不符合题意；
B．由图可知，①→A的反应是①与二氧化碳发生加成反应生成，故B不符合题意；
C．由图可知，中间体A与水反应生成化合物②，所以反应过程中，中间体A还起到了吸水作用，故C不符合题意；
D．由图可知，中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，碳酸二甲酯中的酯基结构为，不含有酯基结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合物①中含有孤电子对，可作配体；
B．根据官能团的变化确定反应类型；
C．依据反应过程图判断；
D．中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水。
18．【答案】C
【解析】【解答】A. K[Ag(CN)2]中配合物的配位数为2，配体为CN-，故A不符合题意；
B. [Ni(NH3)4]Cl2中配合物的配位数为4，配体为NH3，故B不符合题意；
C. [Ag(NH3)2]Cl中配合物的配位数为2，配体为NH3，故C符合题意；
D. [Ag(NH3)2]Cl中配合物的配位数为2，配体为NH3，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】配位数是指配体原子的个数，在配合物中找配体。
19．【答案】B
【解析】【解答】A.Na*与[Fe(CN)6]3-之间存在离子键， CN-与Fe3+之间存在配位键，CN-中碳原子与氮原子之间存在极性键，A项不符合题意；
B.CN-中碳原子与氮原子之间存在1个σ键，CN-与Fe3+之间的配位键也属于σ键，1个Na3[ Fe(CN)6]中含有12个σ键，则1 mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键数目为12NA，B项符合题意；
C.配合物Na3[Fe(CN)6]中，配离子为[Fe(CN)6]3-，中心离子为Fe3+，配位数为6，C项不符合题意；
D.该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为Na3[Fe(CN)6]=3Na++[Fe(CN)6]3-，1 mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA，D项不符合题意。
【分析】 弄清楚配合物Na3[Fe(CN)6] 的组成既可以解答此题。
20．【答案】D
【解析】【解答】A、沉淀溶解后，生成的深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2＋，A不符合题意。
B、加入适量的乙醇后，[Cu(NH3)4]SO4的溶解度降低，玻璃棒摩擦后，[Cu(NH3)4]SO4结晶析出，因此析出的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4，B不符合题意。
C、[Cu(H2O)4]2＋中一个水分子中含有2个共价键，因此1mol[Cu(H2O)4]2＋中含有8mol共价键，C不符合题意。
D、[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，共同构成配位键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】往CuSO4溶液中加入氨水，产生的难溶物为Cu(OH)2沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋。继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，该溶液为[Cu(NH3)4](OH)2。加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦，析出的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4晶体。
21．【答案】（1）Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3 H2O=[Cu（NH3）4（H2O）2]2++2OH﹣+2H2O
（2）配离子；配位；
（3）八面体
【解析】【解答】解：（1）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，生成浅蓝色沉淀，继续滴加氨水，氨水和浅蓝色氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，根据离子的立体结构可知生成[Cu（NH3）4（H2O）2]2+离子，所以发生的离子反应为：Cu（OH）2+4NH3 H2O=[Cu（NH3）4（H2O）2]2++2OH﹣+2H2O，生成深蓝色溶液，
故答案为：①Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+②Cu（OH）2+4NH3 H2O=[Cu（NH3）4（H2O）2]2++2OH﹣+2H2O；（2）硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，生成络合物而使溶液澄清，[Cu（NH3）4（H2O）2]2+为配离子，Cu2+提供空轨道，N、O原子提供孤对电子，则以配位键结合，此化学键可表示为： ，
故答案为：配离子；配位； ；（3）[Cu（NH3）4（H2O）2]2+为配离子，4个NH3与Cu2+共面，跟H2O﹣Cu2+﹣H2O轴线垂直，铜离子的配位数是6，将6个分子连接后所围成的空间几何构型正八面体，
故答案为：八面体．
【分析】（1）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，注意根据离子的立体结构可知生成[Cu（NH3）4（H2O）2]2+离子；（2）配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键，[Cu（NH3）4（H2O）2]2+中，Cu2+提供空轨道，N、O原子提供孤对电子，据此标出化学键；（3）4个NH3与Cu2+共面，跟H2O﹣Cu2+﹣H2O轴线垂直，每个分子周围紧邻的分子相连接而成的空间几何体为正八面体．
22．【答案】（1）；球形
（2）O＞S；N>O；sp3；正四面体形
（3）；1：1；直线型
（4）CN－
【解析】【解答】（1）Fe元素为26号元素，其基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，因该原子最外层为4s能级，则其最外层电子云形状为球形，
故答案为： ；球形；（2）①O与S同族，且在S的上一周期，则O、S两元素的电负性由大到小的顺序为O＞S，
故答案为：O＞S；
②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，较为稳定，则其第一电离能比O高，即；N>O，
故答案为：N>O；
③杂化轨道数 = 中心原子孤电子对数+中心原子结合的原子数，则SO42-中S原子的孤电子对数为 （6-2 4+2）= 0，则其杂化轨道数为0+4 = 4，故其杂化方式为sp3，又其价层电子对数 = 0+4 = 4，则其VSEPR模型名称为正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；（3）SCN-可与Fe3+发生特征的显色反应，根据各原子满足8电子稳定结构可知，分子内S原子与C原子共用一对电子对，C与N共用三对电子对，则其电子式为 ；根据电子式和结构式可知，SCN-内部含一个共价单键和一个共价三键，则σ键数目为1+1 = 2，和π键的数目为2，故两者之比为1：1；SCN-中心原子C的杂化轨道数为2+0 = 2，故采用sp杂化，其分子空间构型为直线型，
故答案为： ；1：1；直线型；（4）在K3[Fe(CN)6]配合物中，CN-作为配体，与中心离子Fe3+形成配合物，
故答案为：CN-。
【分析】（1）Fe元素为26号元素，根据泡利原理与洪特规则对价电子层进行排布即可；其最外层电子处于s能级；（2）①元素周期表中，同主族元素的电负性从上到下逐渐变小；②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；③根据杂化轨道理论和VSEPR模型分析作答；（3）SCN-可检验Fe3+，再结合共价键的存在规律和杂化轨道理论分析作答；（4）根据配合物理论作答。
23．【答案】（1）5；；sp3
（2）是；N＞O＞C＞B；C6H6；
（3）平面三角形；Cu+H2O2+4NH3 H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O；
【解析】【解答】解：（1）B原子核外电子数为5，核外没有运动状态相同的电子，基态硼原子核外电子有5种不同的运动状态，N原子价电子排布式为2s22p3，结合泡利原理、洪特规则，可知价电子排布图为 ；（CH3）2NNH2中2个N原子均形成3个键，均含有1对孤对电子，价层电子对数均为4，所以N的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：5； ；sp3；（2）①B的最外层电子数为3，能形成的3个共价键，化合物A（H3BNH3）中B与H形成3个共价键，B原子的空轨道与N原子的孤对电子形成配位键；
同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以它们的第一电离能大小顺序是：N＞O＞C＞B，
故答案为：是；N＞O＞C＞B；②原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，与（HB=NH）3互为等电子体的分子为C6H6，B3N3H6的结构式与苯相似，其结构式为 ，
故答案为：C6H6； ；（3）①气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为 =3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形；
故答案为：平面三角形；②Cu投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，生成[Cu（NH3）4]2+，由电荷守恒可知还生成OH﹣，反应离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3 H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O；
故答案为：Cu+H2O2+4NH3 H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O；③在晶胞中，N原子位于顶点，Cu原子位于棱边中点，该晶胞中N原子个数=8× =1，Cu原子个数=12× =3，晶胞的质量为 ，晶胞中距离最近的铜原子和氮原子间的距离为 apm，所以晶胞的边长为 apm，晶胞的体积为（ a×10﹣10cm）3，则ρ= g cm﹣3；
故答案为： ；
【分析】（1）核外没有运动状态相同的电子；N原子价电子排布式为2s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；（CH3）2NNH2中2个N原子均形成3个键，均含有1对孤对电子，价层电子对数均为4；（2）①根据B的最外层电子数及形成的共价键数判断；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；②原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体；根据等电子体结构相似原理确定B3N3H6的结构式；（3）①气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数可以判断分子构型；②Cu投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，生成[Cu（NH3）4]2+，由电荷守恒可知还生成OH﹣，配平书写离子方程式；③晶胞中距离最近的铜原子和氮原子间的距离为 pm，所以晶胞的边长为 apm，晶胞的体积为（ apm）3，利用均摊法计算晶胞中含有的铜原子和氮原子个数，根据ρ= 计算．
24．【答案】（1）3d74s2；1
（2）6；23NA；sp
（3）N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）KFe2(CN)6；正四面体形
（5）(1，1/2，1/2)
（6）
【解析】【解答】（1）Co原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co3+核外电子排布为3d6，3d能级上有1对成对电子；正确答案：3d74s2 ； 1。
（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供σ键为15mol，1 mol N3-中含有σ键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含σ键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，σ键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；正确答案：6 ；23NA；sp。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；正确答案：N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 [FeFe(CN)6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；正确答案：KFe2(CN)6 ； 正四面体形。
（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为 ，离z为 ，则坐标参数为（1， ， ）；正确答案：(1，1/2，1/2)。
（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的 倍，所以其距离是2 am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m×2a m×sin60°×10-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m×2a m×sin60°×10-24)= ×1024；每个氧化镍的质量= g，所以每平方米含有的氧化镍质量= × ×1024= ；正确答案： 。
【分析】（1）根据构造原理确定Co原子的价电子排布式；根据Co3+的核外电子排布式确定成对电子；
（2）根据配位键的形成原理分析Co3+的配位数；根据物质结构确定所含σ键的数目；根据价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化类型；
（3）根据元素的电负性大小，分析所形成的配位键的强弱，从而得出结论；
（4）根据“均摊法”确定晶体的化学式；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；
（5）根据晶胞中离子坐标参数确定C离子坐标；
（6）根据图示结构确定每个NiO所占的面积，进而求出每平方米所含NiO的质量；
25．【答案】（1）B；C
（2）铝；BD；共价键、配位键；sp3
（3）[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度
（4）4；279.40；
【解析】【解答】（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素，随着原子序数的增加，A．原子半径增大； B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，核对电子的引力减小，第一电离能减小，
故答案为：BC；（2）①A．铍属于s区，铝属于p区主族元素，故A不符；
B．铍位于镁的上一周期，铝位于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故B符合；
C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的3s处于全满状态，铝的第一电离能比镁小，故C不符；
D．阳离子水解，溶液呈酸性，水溶液pH均小于7，故D符合；
故答案为：铝；BD；②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子NH4＋，铵根有4个氮氢共价键，其中一个是配位键，属于共价键，NH4＋含有的化学键类型为共价键、配位键；阴离子BeF 中心原子是Be，其价层电子对=4+ =4，杂化方式为sp3。
故答案为：共价键、配位键；sp3；（3）锶是第五周期第ⅡA族元素，Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6；SrCO3的热分解温度大于（填“大于”/“小于”）CaCO3的热分解温度，理由是Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度。
故答案为：[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度；（4）①图中Mg位于4个Ni围成的正四面体的中心，Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个，若晶胞边长为646pm，体对角线为646pm× ，体对角线为Mg—Ni核间距的4倍，则Mg—Ni核间距为 =279.40pm；
故答案为：4；279.40；
②晶胞中Mg有8个，Ni为8× +6× =4，H原子为4×4=16个，晶中氢的密度为： ，液氢密度为dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 ；
故答案为： 。
【分析】（1）同主族元素，随着原子序数的增加原子半径增大，金属键键能减小、单质的硬度减小、由于原子半径增大，核对电子的引力减小所以，所以第一电离能减小；
（2）根据元素周期表可知与铍相邻的主族元素；根据元素周期律比较铍元素和铝元素电负性以及氯化物的水溶液pH的大小；
（3）电子排布式是指用能级的符号及能级中容纳电子数值表达核外电子运动的状态，是表示原子核外电子排布的图式之一，另外，电子排布式中的内层电子排布可用相应的稀有气体的元素符号加方括号来表示；
（4）有关晶胞密度的计算步骤：
第一，进行单位换算：1cm=10-2m；1nm=10-9m=10-7cm；1pm=10-12m=10-10cm；
第二，均摊法计算晶胞中原子个数 ：顶点占；棱上占；面上占；体心占1；
第三，根据下图晶胞边长a(题目中的晶胞参数)和原子半径r的关系算晶胞边长，再算体积；
第四，公式为，其中，表示密度；N表示晶胞中微粒个数；M表示摩尔质量；a表示晶胞参数；NA表示阿伏加德罗常数。
2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修3
一、单选题
1．配合物种类繁多，在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。已知某配合物的化学式为，下列有关说法正确的是（ ）
A．配体是和，配位数是9
B．该配合物中提供孤电子对的是中心离子
C．该配合物中存在离子键、配位键和极性键
D．向其溶液中加入足量溶液，所有都能转化为沉淀
2．下列有关说法不正确的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
3．与可以形成化合物，关于该化合物的结构表示正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．能区别和两种溶液的试剂是（ ）
A．溶液 B．溶液 C． D．浓氨水
5．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．NH3与Cu2+的配位能力强于H2O
B．1mol[Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NA
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与乙醇发生化学反应
6．从微粒结构角度分析，下列说法正确的是（ ）
A．OF2与H2O的立体构型同为V形，因氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差，而且OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F－O键中共用电子对偏向F而产生的极性，所以水分子的极性比OF2的极性小
B．过渡金属离子与水分子形成的配合物是否有颜色，与其d轨道电子排布有关。一般d0或d10排布无颜色，d1～d9排布有颜色。据此判断[Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+中只有一种有颜色
C．三氧化硫有单分子气体和三聚分子固体( )两种存在形式，两种形式中S原子的杂化轨道类型相同
D．南京理工大学化工学院胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，其局部结构如图所示 ，其中两种阳离子中心原子的杂化轨道类型相同，阴离子N中所有的氮原子在同一平面内
7．实验室可用检验，离子方程式为。下列有关说法正确的是（ ）
A．中铁离子的配位数为9
B．元素在周期表中位于第4周期ⅧB族，属区
C．中含键数目为
D．比更难再失去1个电子
8．电催化还原的某种催化剂的结构如图，下列说法错误的是（ ）
A．Re的配位数为6
B．结构中N的杂化方式均相同
C．Rc提供空轨道
D．CO中C的电负性小，易于提供配位电子对
9．硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。下列说法错误的是（ ）
A．BF4的键角小于NH3
B．BF4的中心原子的杂化方式为sp3
C．BF3与NH3反应时有配位键生成
D．BF3分子的空间结构为平面三角形
10．在水溶液中可与发生反应生成和，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．分子中，碳原子轨道的杂化类型是，分子的空间构型为平面三角形
B．1mol分子中含有σ键的数目为
C．分子中碳原子轨道的杂化类型只有
D．中与的C原子形成配位键，结构可表示为
11．已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物。下列说法不正确的是（ ）
A．该配合物中阴离子空间构型为正四面体形
B．配离子为，配位数为5
C．Fe2+被氧化为Fe3+，失去的电子位于3d轨道
D．向配合物溶液中加入足量的BaCl2溶液，所有 SO42-均被完全沉淀
12．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
13．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是（ ）
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+
C．[Cu(NH3)4] 2+中配位数是3
D．在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+ 给出孤对电子，NH3提供空轨道
14．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
15．向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成AgCl沉淀的是( )
A．[Co(NH3)3Cl3] B．[Co(NH3)6]Cl3
C．[Co(NH3)4Cl2]Cl D．[Co(NH3)5Cl]Cl2
16．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
17．离子液体可在室温下以和为原料合成DMC，具体流程如下(其中化合物①的1号C上没有H原子)，下列说法错误的是（ ）
A．化合物①可作为配体与某些金属离子形成配合物
B．①→A是加成反应，则A的结构可能为
C．在上述流程中，中间体A还起到了吸水作用
D．根据流程可知，DMC的结构为
18．下列配合物中，配位数错误的是（ ）
A．K[Ag(CN)2]： 2 B．[Ni(NH3)4]Cl2： 4
C．[Ag(NH3)2]Cl： 3 D．[Ag(NH3)2]Cl：2
19．配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键
B．1 mol配合物中σ键数目为6NA
C．配离子为[Fe(CN)6]3-，中心离子为Fe3+ ，配位数为6
D．该配合物易电离，1 mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA
20．向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物；继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液；再加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，析出深蓝色的晶体．与上述实验相关的说法中正确的是（ ）
A．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子
B．析出的深蓝色晶体是
C．中含有共价键
D．中，提供空轨道，的原子给出孤电子对
二、综合题
21．往硫酸铜水溶液中加入氨水，首先生成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，而且所得溶液的颜色比原来明显加深，得到了一种含2+的溶液，此离子的立体结构如图所示（4个NH3与Cu2+共面，跟H2O﹣Cu2+﹣H2O轴线垂直）．请回答以下问题：
（1）硫酸铜水溶液加氨水的变化过程，用离子方程式表示为
①生成浅蓝色沉淀： ；
②生成深蓝色溶液： ．
（2）此深蓝色的离子属于 ．其中Cu2+与H2O和NH3形成的是 键，请在图中表示此化学键 ．
（3）此深蓝色离子的空间结构呈 形．
22．铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。
（1）基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，其最外层电子的电子云形状为 。
（2）(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O俗称摩尔盐。
①O、S两元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
②N、O两元素的的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
③SO42-中S原子的杂化方式为 ，VSEPR模型名称为 。
（3）Fe3+可与某阴离子发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+。该阴离子的电子式为 ，σ键和π键的数目之比为 。其空间构型为 。
（4）K3[Fe(CN)6]晶体中配离子的配位体为 (用化学符号表示)
23．硼和氮元素在化学中有很重要的地位，回答下列问题：
（1）基态硼原子核外电子有 种不同的运动状态，基态氮原子的价层电子排布图为 ．预计于2017年发射的“嫦娥五号”探测器采用的长征5号运载火箭燃料为偏二甲肼[（CH3）2NNH2]．（CH3）2NNH2中N原子的杂化方式为 ．
（2）化合物H3BNH3是一种潜在的储氢材料，可利用化合物B3N3H6通过如下反应制得：3CH4+2B3N3H6+6H2O═3CO2+6H3BNH3
①H3BNH3分子中是否存在配位键 （填“是”或“否”），B、C、N、O的第一电离能由小到大的顺序为 ．
②与B3N3H6互为等电子体的分子是 （填一个即可），B3N3H6为非极性分子，根据等电子原理写出B3N3H6的结构式 ．
（3）“嫦娥五号”探测器采用太阳能电池板提供能量，在太阳能电池板材料中除单晶硅外，还有铜，铟，镓，硒等化学物质，回答下列问题：
①SeO3分子的立体构型为 ．
②金属铜投入氨水或H2O2溶液中均无明显现象，但投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，写出该反应的离子反应方程式为 ．
③某种铜合金的晶胞结构如图所示，该晶胞中距离最近的铜原子和氮原子间的距离为 apm，则该晶体的密度为 （用含a的代数式表示，设NA为阿伏加德罗常数的值）．
24．Fe、Co、Ni均为第Ⅷ族元素，它们的化合物在生产生活中有着广泛的成用。
（1）基态Co3+原子的价电子排布式为 ，Co3+核外3d能级上有 对成对电子。
（2）Co3+的一种配离子[Co(N3(NH3)5]2+产中，Co3+的配位数是 ，离子中所含δ键的数目为 ，配位体N3+中心原子杂化类型为 。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H20)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+，其原因是 。
（4）某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，而立方体的每条棱上均有一个CN-，K+位于立方体的某恰当位置上。据此可知该晶体的化学式为 ，立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是 。
（5）NiO的晶体结构如图中所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为 。
（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+产填充其中（如图乙），已知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为 g(用含a、NA的代数式表示)。
25．碱土金属(ⅡA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题：
（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是___。
A．原子半径 B．单质的硬度 C．第一电离能
（2）①铍与相邻主族的 元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有 填标号。
A．都属于p区主族元素
B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大
D．氯化物的水溶液pH均小于7
②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为 ，阴离子中心原子杂化方式为 。
（3）Sr是人体必需的微量元素，SrCO3是其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为 判断SrCO3的热分解温度 （填“大于”/“小于”）CaCO3的热分解温度，理由是 。
（4）MgH2和金属Ni在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为Mg2NiH4的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：
①Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有 个，若晶胞边长为646pm，则Mg—Ni核间距为 pm（结果保留小数点后两位， 取1.73）。
②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 （列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为dg/cm3；设NA代表阿伏加德罗常数的值）。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．根据配合物化学式可知，配体是和，中心离子的配位数为6，A项不符合题意；
B．该配合物中提供孤电子对的是配体，是和，中心离子提供空轨道，B项不符合题意；
C．阳离子与之间以离子键结合，在阳离子中的中心离子与配体和以配位键结合，在配体中存在H-O极性共价键，因此该配合物中存在离子键、配位键和极性键，C项符合题意；
D．向该配合物溶液中加入足量溶液，只有外界都能转化为沉淀，而配离子中的与中心离子结合牢固，不能转化为沉淀，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、配位数可以根据钛原子所连接粒子判断；
B、中心离子为钛离子；
C、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，非金属原子和非金属原子的结合是共价键，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，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；
D、配离子中的氯离子不能电离。
2．【答案】D
【解析】【解答】A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；
B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；
C.核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；
D.煤油为烃的混合物，D项错误；
故答案为：D。
【分析】易错分析：一般燃料都为混合物，如汽油、柴油、煤油等，通过分馏方式从石油中获取的。
3．【答案】D
【解析】【解答】通过配位键形成酸位化合物，N原子最外层有5个电子提供共用电子对，B原子最外层有3个电子提供空轨道，所以箭头由N指向B
故答案为：D.
【分析】配位键形成条件：1.含有孤对电子的原子；2.含有空轨道的原子；配位键的方向有孤电子原子指向空轨道原子。
4．【答案】A
【解析】【解答】B、C、D中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，而A中[Co(NH3)4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co(NH3)4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故A符合。
故答案为：A。
【分析】 外界能电离出氯离子， 不能产生氯离子，检验氯离子的存在即可区别两者。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．硫酸铜溶液呈蓝色，是由于存在[Cu(H2O)4]2+，加入氨水后得到的深蓝色的透明溶液是由于生成了[Cu(NH3)4]2+，所以NH3与Cu2+的配位能力强于H2O，选项 A不符合题意；
B．每个水分子里含有两个O- H键，4个水分子共形成8条共价键，另外每个[Cu(H2O)4]2+中Cu2+与H2O形成4个配位键，所以1mol [Cu(H2O)4]2+中含有σ键的数目为12NA， 选项B不符合题意：
C．NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小，所以键角变大，选项C不符合题意：
D．溶液中析出深蓝色晶体的原因是由于加入乙醇后溶剂的极性变小，没有发生化学反应，选项D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解，生成深蓝色的配合物；
B.配位键、O-H键均为σ键；
C.NH3中N上有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大，N原子上的孤电子对与铜离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小；
D.加入乙醇，溶剂极性减小。
6．【答案】D
【解析】【解答】A.氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差，OF2中氧原子上有两对孤电子对，抵消了F－O键中共用电子对偏向F而产生的极性，导致OF2的极性较小，而水分子的极性较大，故A错误；
B.Co2+的价电子排布式为3d7，Mn2+的价电子排布式为3d5，则[Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+都有颜色，故B错误；
C.单分子SO3中S原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，根据三聚分子固体的结构可知，S原子形成4个σ键，不是sp2杂化，故C错误；
D.全氮阴离子盐中含有的阳离子为：和，和的中心原子均采用sp3杂化，N 中N原子形成σ键和π键，所有N原子在同一平面内，故D正确；
故答案为：D。
【分析】A.氧与氢的电负性差大于氧与氟的电负性差；
B. [Co(H2O)6]2+和[Mn(H2O)6]2+都有颜色；
C.SO3单分子中S采用sp2杂化，三聚分子中S不是sp2杂化；
D.N 中N原子形成σ键和π键。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．铁离子的配位数为6，故A不符合题意；
B．Fe元素位于第四周期Ⅷ族，属于d区，故B不符合题意；
C.1个Fe3+与6个CN-形成配位键，即1个Fe3+与6个CN-形成6个σ键，C和N之间形成1个σ键，6个CN-形成6个σ键，即1molK3[Fe(CN)6]中含有12molσ键，故C符合题意；
D．Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，后者处于半满状态，能量低，较稳定，Mn2+比Fe2+更难失去1个电子，故D不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.铁离子的配位数为6；
B.Fe第四周期Ⅷ族；
C.单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键；
D.Mn2+处于半充满稳定状态。
8．【答案】B
【解析】【解答】A、配位数是指一个配合物中，一个中心原子周围被配位基团包围的数量，Re连接6个配位基团，所以配位数等于6，故A不符合题意；
B、结构中的N有sp2、sp3杂化， 吡啶环N原子是sp2杂化，其余的N是sp3杂化，故B不符合题意；
C、Re作为配位体的中心原子，提供空轨道，故C不符合题意；
D、CO中C的电负性小，易于提供配位电子对，说法正确，故D符合题意；
故答案为：B
【分析】A.配位数是指一个配合物中，一个中心原子周围被配位基团包围的数量；
B.杂化轨道理论；
C.一个配合物中一般由中心原子提供空轨道；
D.配位电子对一般由配位原子提供。
9．【答案】A
【解析】【解答】A.原子半径B>N、F>H，形成共价键的原子半径越大，其键角越大，因此BF4的键角大于NH3，A符合题意；
B.BF4的中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，因此中心原子的杂化方式为sp3，B不符合题意；
C.BF3中B原子可形成空轨道，NH3中N原子可提供孤电子对，二者反应时刻形成配位键，C不符合题意；
D.BF3中心原子的价层电子对数为，不含有孤电子对，因此去空间结构为平面三角形，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、形成共价键的原子半径越大，其键角越大；
B、BF4的价层电子对数为4，采用sp3杂化；
C、根据配位键的形成分析；
D、根据价层电子对数确定其空间结构；
10．【答案】C
【解析】【解答】A． 中C原子为sp2杂化，空间构型为平面三角形，A不符合题意；
B．一个分子 中有2个碳氢键和1个碳氧键，共3个 σ 键，1mol分子中有键的数目为3NA，B不符合题意；
C． 分子中与羟基相连的C为sp3杂化，碳氮之间中C为sp杂化，C符合题意；
D． 中 与 的C原子是配位键，结构可表示为 ，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．杂化方式和空间构型的判断；
B． σ键的数目的判断；
C．杂化方式的判断；
D．配位键的判断。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.硫酸根离子属于正四面体构型，故A不符合题意；
B.配离子 配位数为6，故B不符合题意；
C. Fe2+被氧化为Fe3+，失去的电子位于3d轨道 ，故C不符合题意；
D.向配合物溶液中加入足量的BaCl2溶液，所有 SO42--均被完全沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据计算出其价电子对即可判断；
B.结合形成配位键即可判断；
C.亚铁离子失去电子失去的3d轨道电子；
D.硫酸根离子可以完全电离出来可被完全沉淀。
12．【答案】A
【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。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成可溶性的铜氨络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A不符合题意；
B．沉淀溶解后，生成深蓝色配合离子[Cu(NH3)4]2+，该离子较稳定，所以难电离，故B符合题意；
C．由[Cu(NH3)4]2+结构可知，该结构中配体的配位数是4，故C不符合题意；
D．Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，NH3分子与Cu2+通过配位键形成配合物离子[Cu(NH3)4]2+，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】氨水是碱，可以与铜离子形成氢氧化铜沉淀，随着反应的进行与氨水形成络合铜氨离子，铜离子可以提供四个空轨道，配位数是4
14．【答案】C
【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。
15．【答案】A
【解析】【解答】B、C、D三项物质中都能电离出氯离子，加入AgNO3溶液后生成沉淀，而A项[Co(NH3)3Cl3]分子中的所有的氯原子与Co原子均形成了配位键，在水溶液中不能电离出Cl-，故加入AgNO3溶液后也不会生成沉淀。
【分析】
配合物中的配位离子不可与硝酸银反应，而游离的氯离子可以与硝酸银反应生成沉淀，中心 Co 原子配位数为6，
A.氯离子为配位离子
B.氯离子为非配位离子
C.含非配位氯离子
D.含非配位氯离子
16．【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
17．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，化合物①中含有孤电子对，作为配体与某些金属离子形成配合物，故A不符合题意；
B．由图可知，①→A的反应是①与二氧化碳发生加成反应生成，故B不符合题意；
C．由图可知，中间体A与水反应生成化合物②，所以反应过程中，中间体A还起到了吸水作用，故C不符合题意；
D．由图可知，中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，碳酸二甲酯中的酯基结构为，不含有酯基结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合物①中含有孤电子对，可作配体；
B．根据官能团的变化确定反应类型；
C．依据反应过程图判断；
D．中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水。
18．【答案】C
【解析】【解答】A. K[Ag(CN)2]中配合物的配位数为2，配体为CN-，故A不符合题意；
B. [Ni(NH3)4]Cl2中配合物的配位数为4，配体为NH3，故B不符合题意；
C. [Ag(NH3)2]Cl中配合物的配位数为2，配体为NH3，故C符合题意；
D. [Ag(NH3)2]Cl中配合物的配位数为2，配体为NH3，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】配位数是指配体原子的个数，在配合物中找配体。
19．【答案】B
【解析】【解答】A.Na*与[Fe(CN)6]3-之间存在离子键， CN-与Fe3+之间存在配位键，CN-中碳原子与氮原子之间存在极性键，A项不符合题意；
B.CN-中碳原子与氮原子之间存在1个σ键，CN-与Fe3+之间的配位键也属于σ键，1个Na3[ Fe(CN)6]中含有12个σ键，则1 mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键数目为12NA，B项符合题意；
C.配合物Na3[Fe(CN)6]中，配离子为[Fe(CN)6]3-，中心离子为Fe3+，配位数为6，C项不符合题意；
D.该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为Na3[Fe(CN)6]=3Na++[Fe(CN)6]3-，1 mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA，D项不符合题意。
【分析】 弄清楚配合物Na3[Fe(CN)6] 的组成既可以解答此题。
20．【答案】D
【解析】【解答】A、沉淀溶解后，生成的深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2＋，A不符合题意。
B、加入适量的乙醇后，[Cu(NH3)4]SO4的溶解度降低，玻璃棒摩擦后，[Cu(NH3)4]SO4结晶析出，因此析出的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4，B不符合题意。
C、[Cu(H2O)4]2＋中一个水分子中含有2个共价键，因此1mol[Cu(H2O)4]2＋中含有8mol共价键，C不符合题意。
D、[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，共同构成配位键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】往CuSO4溶液中加入氨水，产生的难溶物为Cu(OH)2沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋。继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液，该溶液为[Cu(NH3)4](OH)2。加入适量乙醇，并用玻璃棒摩擦，析出的深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4晶体。
21．【答案】（1）Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+；Cu（OH）2+4NH3 H2O=[Cu（NH3）4（H2O）2]2++2OH﹣+2H2O
（2）配离子；配位；
（3）八面体
【解析】【解答】解：（1）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+，生成浅蓝色沉淀，继续滴加氨水，氨水和浅蓝色氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，根据离子的立体结构可知生成[Cu（NH3）4（H2O）2]2+离子，所以发生的离子反应为：Cu（OH）2+4NH3 H2O=[Cu（NH3）4（H2O）2]2++2OH﹣+2H2O，生成深蓝色溶液，
故答案为：①Cu2++2NH3 H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+②Cu（OH）2+4NH3 H2O=[Cu（NH3）4（H2O）2]2++2OH﹣+2H2O；（2）硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，生成络合物而使溶液澄清，[Cu（NH3）4（H2O）2]2+为配离子，Cu2+提供空轨道，N、O原子提供孤对电子，则以配位键结合，此化学键可表示为： ，
故答案为：配离子；配位； ；（3）[Cu（NH3）4（H2O）2]2+为配离子，4个NH3与Cu2+共面，跟H2O﹣Cu2+﹣H2O轴线垂直，铜离子的配位数是6，将6个分子连接后所围成的空间几何构型正八面体，
故答案为：八面体．
【分析】（1）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，注意根据离子的立体结构可知生成[Cu（NH3）4（H2O）2]2+离子；（2）配合物中，配位体提供孤电子对，中心原子提供空轨道形成配位键，[Cu（NH3）4（H2O）2]2+中，Cu2+提供空轨道，N、O原子提供孤对电子，据此标出化学键；（3）4个NH3与Cu2+共面，跟H2O﹣Cu2+﹣H2O轴线垂直，每个分子周围紧邻的分子相连接而成的空间几何体为正八面体．
22．【答案】（1）；球形
（2）O＞S；N>O；sp3；正四面体形
（3）；1：1；直线型
（4）CN－
【解析】【解答】（1）Fe元素为26号元素，其基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，因该原子最外层为4s能级，则其最外层电子云形状为球形，
故答案为： ；球形；（2）①O与S同族，且在S的上一周期，则O、S两元素的电负性由大到小的顺序为O＞S，
故答案为：O＞S；
②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，较为稳定，则其第一电离能比O高，即；N>O，
故答案为：N>O；
③杂化轨道数 = 中心原子孤电子对数+中心原子结合的原子数，则SO42-中S原子的孤电子对数为 （6-2 4+2）= 0，则其杂化轨道数为0+4 = 4，故其杂化方式为sp3，又其价层电子对数 = 0+4 = 4，则其VSEPR模型名称为正四面体形，
故答案为：sp3；正四面体形；（3）SCN-可与Fe3+发生特征的显色反应，根据各原子满足8电子稳定结构可知，分子内S原子与C原子共用一对电子对，C与N共用三对电子对，则其电子式为 ；根据电子式和结构式可知，SCN-内部含一个共价单键和一个共价三键，则σ键数目为1+1 = 2，和π键的数目为2，故两者之比为1：1；SCN-中心原子C的杂化轨道数为2+0 = 2，故采用sp杂化，其分子空间构型为直线型，
故答案为： ；1：1；直线型；（4）在K3[Fe(CN)6]配合物中，CN-作为配体，与中心离子Fe3+形成配合物，
故答案为：CN-。
【分析】（1）Fe元素为26号元素，根据泡利原理与洪特规则对价电子层进行排布即可；其最外层电子处于s能级；（2）①元素周期表中，同主族元素的电负性从上到下逐渐变小；②同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；③根据杂化轨道理论和VSEPR模型分析作答；（3）SCN-可检验Fe3+，再结合共价键的存在规律和杂化轨道理论分析作答；（4）根据配合物理论作答。
23．【答案】（1）5；；sp3
（2）是；N＞O＞C＞B；C6H6；
（3）平面三角形；Cu+H2O2+4NH3 H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O；
【解析】【解答】解：（1）B原子核外电子数为5，核外没有运动状态相同的电子，基态硼原子核外电子有5种不同的运动状态，N原子价电子排布式为2s22p3，结合泡利原理、洪特规则，可知价电子排布图为 ；（CH3）2NNH2中2个N原子均形成3个键，均含有1对孤对电子，价层电子对数均为4，所以N的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：5； ；sp3；（2）①B的最外层电子数为3，能形成的3个共价键，化合物A（H3BNH3）中B与H形成3个共价键，B原子的空轨道与N原子的孤对电子形成配位键；
同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，所以它们的第一电离能大小顺序是：N＞O＞C＞B，
故答案为：是；N＞O＞C＞B；②原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体，与（HB=NH）3互为等电子体的分子为C6H6，B3N3H6的结构式与苯相似，其结构式为 ，
故答案为：C6H6； ；（3）①气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数为 =3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形；
故答案为：平面三角形；②Cu投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，生成[Cu（NH3）4]2+，由电荷守恒可知还生成OH﹣，反应离子方程式为：Cu+H2O2+4NH3 H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O；
故答案为：Cu+H2O2+4NH3 H2O=Cu（NH3）42++2OH﹣+4H2O；③在晶胞中，N原子位于顶点，Cu原子位于棱边中点，该晶胞中N原子个数=8× =1，Cu原子个数=12× =3，晶胞的质量为 ，晶胞中距离最近的铜原子和氮原子间的距离为 apm，所以晶胞的边长为 apm，晶胞的体积为（ a×10﹣10cm）3，则ρ= g cm﹣3；
故答案为： ；
【分析】（1）核外没有运动状态相同的电子；N原子价电子排布式为2s22p3，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图；（CH3）2NNH2中2个N原子均形成3个键，均含有1对孤对电子，价层电子对数均为4；（2）①根据B的最外层电子数及形成的共价键数判断；同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素；②原子数相同，电子总数相同的分子，互称为等电子体；根据等电子体结构相似原理确定B3N3H6的结构式；（3）①气态SeO3分子中中心原子的价层电子对数可以判断分子构型；②Cu投入氨水与H2O2的混合溶液中，则铜片溶解，溶液呈深蓝色，生成[Cu（NH3）4]2+，由电荷守恒可知还生成OH﹣，配平书写离子方程式；③晶胞中距离最近的铜原子和氮原子间的距离为 pm，所以晶胞的边长为 apm，晶胞的体积为（ apm）3，利用均摊法计算晶胞中含有的铜原子和氮原子个数，根据ρ= 计算．
24．【答案】（1）3d74s2；1
（2）6；23NA；sp
（3）N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）KFe2(CN)6；正四面体形
（5）(1，1/2，1/2)
（6）
【解析】【解答】（1）Co原子的核电荷数为27，基态CO的价电子排布式为3d74s2；Co3+核外电子排布为3d6，3d能级上有1对成对电子；正确答案：3d74s2 ； 1。
（2）氨气分子和N3-中氮原子中有孤电子对，能够与Co+形成配位键，共有5个氨分子和1个N3-离子，与Co+形成的的配位数为6；所以5 mol氨气分子提供σ键为15mol，1 mol N3-中含有σ键2 mol，形成配位键有6 mol，所以1mol 配离子中所含σ键的数目为23NA；杂化轨道数=中心原子的孤电子对数+中心原子的σ键的数目，所以N3-中心氮原子孤电子对数为0，σ键的数目为2，所以杂化轨道数为2，属于sp杂化；正确答案：6 ；23NA；sp。
（3）Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+ ，其原因是N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强；正确答案：N元素电负性比O元素电负性小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2+形成的配位键更强。
（4）Fe2+、Fe3+占据立方体的互不相邻的顶点，则每个立方体上有4个Fe2+、4个Fe3+，根据晶体的空间结构特点，每个顶点上的粒子有1/8属于该立方体，则该立方体中有1/2个Fe2+、1/2个Fe3+，CN-位于立方体的棱上，棱上的微粒有1/4属于该立方体，该立方体中有3个CN-，所以该晶体的化学式为 [FeFe(CN)6]-，由于物质呈电中性，所以需要一个钾离子与之结合，所以该晶体的化学式为KFe2(CN)6；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；正确答案：KFe2(CN)6 ； 正四面体形。
（5）若NiO晶胞中离子坐标参数A为（0，0，0），B为（1，1，0），则由图可看出C离子坐标离x为1，离y为 ，离z为 ，则坐标参数为（1， ， ）；正确答案：(1，1/2，1/2)。
（6）根据结构知，氧离子和相邻的镍离子之间的距离为2a，距离最近的两个阳离子核间的距离是距离最近的氧离子和镍离子距离的 倍，所以其距离是2 am；根据图片知，每个氧化镍所占的面积=2a m×2a m×sin60°×10-24，则每平方米含有的氧化镍个数=1/(2a m×2a m×sin60°×10-24)= ×1024；每个氧化镍的质量= g，所以每平方米含有的氧化镍质量= × ×1024= ；正确答案： 。
【分析】（1）根据构造原理确定Co原子的价电子排布式；根据Co3+的核外电子排布式确定成对电子；
（2）根据配位键的形成原理分析Co3+的配位数；根据物质结构确定所含σ键的数目；根据价层电子对互斥理论确定中心原子的杂化类型；
（3）根据元素的电负性大小，分析所形成的配位键的强弱，从而得出结论；
（4）根据“均摊法”确定晶体的化学式；立方体中Fe2+间连接起来形成的空间构型是正四面体形；
（5）根据晶胞中离子坐标参数确定C离子坐标；
（6）根据图示结构确定每个NiO所占的面积，进而求出每平方米所含NiO的质量；
25．【答案】（1）B；C
（2）铝；BD；共价键、配位键；sp3
（3）[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度
（4）4；279.40；
【解析】【解答】（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素，随着原子序数的增加，A．原子半径增大； B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，核对电子的引力减小，第一电离能减小，
故答案为：BC；（2）①A．铍属于s区，铝属于p区主族元素，故A不符；
B．铍位于镁的上一周期，铝位于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故B符合；
C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的3s处于全满状态，铝的第一电离能比镁小，故C不符；
D．阳离子水解，溶液呈酸性，水溶液pH均小于7，故D符合；
故答案为：铝；BD；②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子NH4＋，铵根有4个氮氢共价键，其中一个是配位键，属于共价键，NH4＋含有的化学键类型为共价键、配位键；阴离子BeF 中心原子是Be，其价层电子对=4+ =4，杂化方式为sp3。
故答案为：共价键、配位键；sp3；（3）锶是第五周期第ⅡA族元素，Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6；SrCO3的热分解温度大于（填“大于”/“小于”）CaCO3的热分解温度，理由是Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度。
故答案为：[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度；（4）①图中Mg位于4个Ni围成的正四面体的中心，Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个，若晶胞边长为646pm，体对角线为646pm× ，体对角线为Mg—Ni核间距的4倍，则Mg—Ni核间距为 =279.40pm；
故答案为：4；279.40；
②晶胞中Mg有8个，Ni为8× +6× =4，H原子为4×4=16个，晶中氢的密度为： ，液氢密度为dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 ；
故答案为： 。
【分析】（1）同主族元素，随着原子序数的增加原子半径增大，金属键键能减小、单质的硬度减小、由于原子半径增大，核对电子的引力减小所以，所以第一电离能减小；
（2）根据元素周期表可知与铍相邻的主族元素；根据元素周期律比较铍元素和铝元素电负性以及氯化物的水溶液pH的大小；
（3）电子排布式是指用能级的符号及能级中容纳电子数值表达核外电子运动的状态，是表示原子核外电子排布的图式之一，另外，电子排布式中的内层电子排布可用相应的稀有气体的元素符号加方括号来表示；
（4）有关晶胞密度的计算步骤：
第一，进行单位换算：1cm=10-2m；1nm=10-9m=10-7cm；1pm=10-12m=10-10cm；
第二，均摊法计算晶胞中原子个数 ：顶点占；棱上占；面上占；体心占1；
第三，根据下图晶胞边长a(题目中的晶胞参数)和原子半径r的关系算晶胞边长，再算体积；
第四，公式为，其中，表示密度；N表示晶胞中微粒个数；M表示摩尔质量；a表示晶胞参数；NA表示阿伏加德罗常数。