3.4配合物与超分子同步练习 2024-2025学年高二化学人教版（2019）选择性必修2（含答案）
文档属性
| 名称 | 3.4配合物与超分子同步练习 2024-2025学年高二化学人教版（2019）选择性必修2（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2024-10-13 21:04:44 | ||
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文档简介
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3.4配合物与超分子
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．南开大学化学学院一课题组报道了一种新颖的铁催化偶联反应，成功构筑了含有全碳季碳中心的C-C键。下列叙述正确的是
已知：R、R′代表烃基，X代表卤素原子，L代表配体。
A．共价键键能大小决定物质1的熔点
B．若R、R′均为乙基，则物质3是手性分子
C．化合物Ⅱ中，N、X与Fe形成了配位键
D．整个反应历程中有非极性键的断裂和形成
2．某化学小组探究生成，进行了实验如下。下列说法不正确的是
实验序号 实验操作和现象
Ⅰ 向盛有4mL 0.1 溶液的试管中滴加5滴1.0氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约2mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
Ⅱ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入10mL 1.0的氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
Ⅲ 另取0.1g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和溶液，沉淀未见明显溶解
A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为：
B．通过上述实验分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果
C．Ⅲ是为了排除沉淀直接溶解于饱和溶液的可能
D．分别向0.1 溶液和Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉现象相同
3．有关晶体的结构如图所示，下列说法正确的是
A．熔点：
B．在二氧化硅晶体中，最小环有8个原子
C．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
D．在晶胞中，1个分子周围有8个紧邻分子
4．配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如。下列说法正确的是
A．的电子式：
B．提供孤电子对的成键原子是和
C．中存在配位键、共价键和离子键
D．氧化剂是非极性分子
5．丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，如图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是
A．沸点高低：
B．半径大小：
C．电离能大小：
D．Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对
6．许多过渡金属离子对多种配位体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列叙述正确的是
A．配离子具有对称空间结构，其中2个被2个替代能得到2种产物
B．在配合物中，是中心离子，是配体
C．向含有1mol 的溶液中加入足量溶液，生产3mol AgCl白色沉淀
D．将溶液和氨水相互滴加时，产生的实验现象相同
7．宏观辨识、微观探析、证据推理是化学学科最重要的核心素养，下列关于物质结构或性质及有关解释都不正确的是
A．比HF沸点高是由于氢键数目多于1molHF中
B．在中的溶解度高于在水中的溶解度，是由于的极性微弱
C．键角：，是由于N的电负性比P大，孤电子对对成键电子对的斥力大
D．向溶液中加过量氨水生成是由于与的配位能力大于
8．下列说法错误的是
A．AlCl3和NaCl晶体类型不同
B．Si晶体的熔点低于SiC晶体
C．HF比HCl稳定与HF分子间存在氢键有关
D．H3O+和NH都含有配位键
9．五种常见元素基态原子的信息如下表，下列说法错误的是
元素 M W X Y Z
相关信息 宇宙中含量最多的元素 有5种不同运动状态的电子 有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子 地壳中含量最多的元素 电负性最大的元素
A．键角：
B．分子极性：
C．电负性：
D．、中均含有配位键
10．下列化学用语或图示表达正确的是
A．乙炔分子的空间填充模型：
B．的结构式：
C．基态铬原子的价层电子轨道表示式：
D．中键的形成过程：
11．我国科学家已成功利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物甲催化氢化二氧化碳的反应过程如图1所示，其中化合物乙与水反应生成化合物丙和的反应历程如图2所示，TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误的是
A．化合物丙中存在配位键
B．升高温度可提高化合物乙与水反应生成化合物丙反应的平衡转化率
C．化合物乙与水反应生成化合物丙的历程中，决速步是③-④
D．化合物甲催化氢化二氧化碳的总反应为：
12．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是
A．利用“杯酚”可分离C60和C70 ，是因为超分子具有“自组装”的特征
B．干冰的熔点低于SiO2，2个C=O键的键能之和小于4个Si-O键的键能之和
C．稳定性：H2O>H2S，是由于水分子间存在氢键
D．酸性：CCl3COOH>CH3COOH，是因为氯原子电负性大，增强了氧氢键的极性
13．向盛有4mL0.1mol/L溶液的试管里滴加几滴1mol/L氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，观察实验现象：再向试管中加入极性较小的溶剂，并用玻璃棒摩擦试管壁，观察实验现象。下列说法错误的是
A．加入极性较小的溶剂，发生了化学反应
B．生成的配离子是
C．整个过程的现象为：先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变成深蓝色，最后析出深蓝色晶体
D．该配合物的中心原子是，配体是，配位原子是N
14．砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长，耗能少。已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示，若晶胞边长为cpm，下列说法错误的是
A．Ga周围距离最近的Ga的数目为12
B．a位置As原子与b位置As原子之间的距离为pm
C．As和Ga之间的化学键为共价键和配位键
D．砷化镓与硫化锌所属晶体类型相同
15．CPU针脚(含有大量Cu、Ni和Co等金属，金含量1%左右)中金的绿色回收包括四个步骤：富金、溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用与溶金时形成的在溶液中发生高度特异性的自组装、快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物，结构如图所示。下列说法正确的是
A．富金时，通过稀硫酸可以有效地除去Cu、Ni和Co
B．溶金时，形成的中含离子键、非极性键和配位键
C．萃金时，形成的一维复合物具有超分子的特征
D．成金时，还原一维复合物，最多生成
二、填空题
16．根据元素周期表中完整周期元素的性质，完成下列空格。
(1)在第三周期中，第一电离能最小的元素符号是 ，其原子的结构示意图为 ，第一电离能最大的元素符号是 ，其价电子排布式为 。
(2)在元素周期表中，电负性最大的元素名称是 ，其价电子排布图为 。
(3)第四周期元素中未成对电子数最多的元素符号是 ，其原子的简化电子排布式为 ，有 个未成对电子。
(4)某元素的基态原子价电子排布式为3d104s1 ，该元素符号是 。
(5)碳和氢形成的最简单碳正离子CH，其中心原子碳原子的杂化类型为 ，该阳离子的空间构型为 。
(6)向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，现象是 ，离子反应方程式为 ；继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定深蓝色是由于存在[Cu(NH3)4]SO4。其阳离子的结构式为 ，中心原子的配位数为 。
17．赤铜矿(主要成分为，含少量、)含铜量高达88.8%，是重要的冶金材料，某化学兴趣小组利用其制备晶体的流程为：
已知：
(1)晶体结构如下图所示。晶体中存在的作用力包括离子键、 。
(2)酸溶。控制矿石为12g、硫酸为6g，温度为70℃，相同时间内，铜浸出率随液固比变化如下图所示。液固比大于5：1后，铜浸出率下降的原因为 。
(3)氧化。发生反应的离子方程式为 。检验氧化完全的试剂为 (填化学式)。
(4)沉铁。离子浓度时，可认为该离子被沉淀完全。若室温下溶液pH应调节至略大于3.7，则的为 。
(5)试从产率、试剂选择角度评价该制备流程并提出修改建议 。
18．离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。某离子液体[bmim]Cl可与混合形成离子液体；[bmim]Cl也可以转化成其他离子液体。如图是[bmim]Cl与离子交换反应合成离子液体[bmim]的流程。
(1)[bmim]}中C原子的杂化方式为 ，的空间构型为 。
(2)阳离子中的几种元素电负性由大到小顺序为 。
(3)已知分子中的大π键可以用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则中五元环大π键可以表示为 。
(4)熔点为77.8℃，熔点高于1000℃，其原因是 。
(5)和[bmim]Cl混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，已知一个中含有两个配位键，试画出的结构式： 。
(6)氟及其化合物的用途非常广泛。
①、、、中价层电子对数不同于其他微粒的为 。
②基于设计的Borm-Haber循环如图所示。
由图可知，F-F键的键能为 ；钙的第一电离能为 。
19．臭氧()在[Fe(H2O)6]2+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N2。
(1)中心原子轨道的杂化类型为 ；NO的空间构型为 (用文字描述)。
(2)写出一种与O3分子互为等电子体的分子 (填化学式)。
(3)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+，NO以原子与形成配位键，请在指出[Fe(NO)(H2O)5]2+的配位体是 ，配位数为 。
20．在以下6种物质中选取序号填空(仅填序号，可重复选填)。
①二氧化碳 ②过氧化氢 ③氯化铵 ④氟化钙 ⑤甲醛 ⑥甲酸
(1)含有非极性键的是 ；
(2)含有配位键的是 ；
(3)分子间能形成氢键的是 ；
(4)既含有σ键又含有π键的是 ；
(5)分子结构呈平面三角形的是 ；
(6)属于非极性分子的是 ；
(7)属于离子化合物的是 ；
(8)原子以sp3杂化轨道成键的是 。
21．螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。
资料：
①吸附原理
螯合树脂M中的—COOH解离出H+，变成—COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的—COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。
②在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。
(1)M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示) 。
(2)M中N原子的杂化轨道类型为 。
(3)Q中存在配位键，其中提供空轨道的是 。
(4)在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量有影响，实验结果如图所示。
①吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为 时吸附效果最好。
②解释体系碱性过强时，吸附能力下降的原因 。
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因 。
22．碳、氮元素及其化合物与生产、生活密切相关，回答下列问题。
（1）K3[Fe（CN）6]中Fe3+与CN-之间的作用为 ，该化学键能够形成的原因是 。
（2）某有机物的结构简式为 。该有机物分子中采取sp3杂化的原子对应元素的电负性由大到小的顺序为 。
（3）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子中氮原子杂化类型为 。
（4）NH4Cl中阳离子中心原子的价层电子对数为 ，该物质中不含有 。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．配位键 E.σ键 F.π键
（5）NCl3的立体构型为 ，其中心原子的杂化轨道类型为 。
23．碳元素在自然界中分布很广，是存在形式最复杂的元素。实验室可用邻二氮非()与形成的红色配合物(如下图)测定铁的含量。
回答下列问题：
(1)基态N原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)红色配合物中H、C、N、四种元素的电负性从大到小的顺序为 。
(3)邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式分别为 。
(4)红色配离子的中心原子的配位数为 。
(5)红色配离子中不存在的作用力有 。
A．σ键 B．π键 C．离子键 D．氢键 E．配位键
(6)临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成，从结构角度来看，易被氧化成的原因是 。
(7)三甲胺和乙二胺均属于胺，但三甲胺比乙二胺的沸点低得多，原因是 。
24．回答下列问题：
(1)向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇时，产生深蓝色的晶体。则：
①“首先形成蓝色沉淀”对应的离子方程式为 。
②实验过程中生成物中存在配离子 (填离子符号)。其配体的中心原子的杂化类型为 。
(2)Cu2+可形成多种配合物，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是 。
(3)已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 。
25．回答下列问题：
(1)NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，其原因是HCO在水溶液中易形成多聚离子，请解释HCO形成多聚离子的原因 。
(2)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是 (用离子方程式表示)。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C B C A C C A D
题号 11 12 13 14 15
答案 B D A D C
1．C
【详解】A．物质1是由分子构成的物质，其熔点由分子间作用力(范德华力)决定，A项错误；
B．与四个互不相同原子或基团连接的碳原子叫手性碳原子，若R、R′均为乙基，物质3中不含手性碳原子，它不是手性分子，B项错误；
C．由化合物Ⅱ可知，N、X与Fe形成了配位键，C项正确；
D．整个历程中只有极性键断裂和形成，D项错误；
故选C。
2．D
【分析】实验Ⅰ向溶液里滴加氨水，先形成蓝色氢氧化铜沉淀，后沉淀溶解并形成含深蓝色溶液；实验Ⅱ：氢氧化铜固体中加入氨水，溶液略变为深蓝色，继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，故蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果；实验Ⅲ是为了排除沉淀直接溶解于饱和溶液的可能。
【详解】A．根据分析，实验Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为：，A正确；
B．根据分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果，B正确；
C．根据分析，实验Ⅲ是为了排除沉淀直接溶解于饱和溶液的可能，C正确；
D．向硫酸铜溶液、实验Ⅰ中深蓝色溶液中各加一枚铁钉，前者铁钉表面有红色固体析出，后者铁钉无现象，现象不同，D错误；
故选D。
3．C
【详解】A．NaCl和CsCl都是离子晶体，Cs+离子半径大于Na+，则NaCl晶体中离子键强度高于CsCl晶体，则熔点：，故A错误；
B．在SiO2晶体中，每个环上有6个Si原子，每2个Si原子之间含有一个O原子，所以由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子，故B错误；
C．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，从而能对碱金属离子进行“分子识别”，故C正确；
D．在晶胞中，CO2分子位于顶点和面心，一个CO2分子到该平面四个顶点的距离以及与该平面垂直的四个面中心的CO2分子的距离相同，因此每个CO2分子周围有12个与之紧邻等距的CO2分子，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．NH3中，每个H和N共用一对电子，N最外层有5个电子，还有2个电子未与H共用，电子式为，故A错误；
B．在[Co(NH3)5Cl]2+配合物离子中，中心离子Co3+提供空轨道，配体NH3中N原子和配体Cl-中Cl原子提供孤电子对，故B正确；
C．[Co(NH3)5Cl]2+中氨气分子内存在N-H共价键，Co3+与氨分子之间形成配位键，Co3+与Cl-之间也形成配位键，则[Co(NH3)5Cl]2+中有配位键、共价键，故C错误；
D．H2O2分子不是直线形的，两个氢原子在犹如半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，如，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；
本题选B。
5．C
【详解】A．CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近，但H2O在常温下呈液态，而CH4、NH3呈气态，NH3分子间能形成氢键，则沸点高低：，A正确；
B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列，则半径大小：，B正确；
C．C、N、O为同周期相邻元素，但N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则电离能大小：，C不正确；
D．二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+为中心离子，提供空轨道，N原子为配位原子，提供孤电子对，D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．配离子呈平面结构，其中2个被2个替代后，两个Cl-可能在同一条边上，也可能在对角上，所以能得到2种产物，A正确；
B．在配合物中，是中心离子，NH3是配体，是外界，B不正确；
C．向含有1mol 的溶液中加入足量溶液，只有外界中的2molCl-能与AgNO3反应，从而生成2mol AgCl白色沉淀，C不正确；
D．因为AgOH能与氨水继续反应，所以将溶液和氨水相互滴加时，产生的实验现象不相同，D不正确；
故选A。
7．C
【详解】A．氢键具有饱和性，比HF沸点高是由于形成的氢键数目多，A正确；
B．是弱极性分子，水是极性溶剂，是非极性溶剂，根据“相似相溶”原理，在中的溶解度高于在水中的溶解度，B正确；
C．原子半径：ND．N的电负性小于O的电负性，配位能力大于，向中加过量氨水生成，D正确；
答案选C。
8．C
【详解】A．AlCl3是分子晶体，NaCl是离子晶体，AlCl3和NaCl晶体类型不同，A正确；
B．Si与SiC都是共价晶体，C原子半径小于Si原子，碳硅键的键能大于硅硅键，Si晶体的熔点低于SiC晶体，B正确；
C．HF比HCl稳定与F的非金属性强于Cl有关，与氢键无关，C错误；
D．H3O+中O原子含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，中N原子含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，D正确；
故选C。
9．A
【分析】M是宇宙中含量最多的元素，M为H元素，W有5种不同运动状态的电子，说明W中有5个电子，W为B元素，X有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，电子排布式为1s22s22p3，X为N元素，Y是地壳中含量最多的元素，Y为O，Z是电负性最大的元素，Z为F元素。
【详解】A．NH3和中N原子都是sp3杂化，NH3含有1个孤电子对，中没有孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角：，A错误；
B．BF3的空间构型为正三角形，为非极性分子，NF3的空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子极性：，B正确；
C．同周期元素，从左往右，电负性依次增大，则电负性：，C正确；
D．B原子最外层有3个单电子，可以形成3个共价键，中含有1个配位键，N原子最外层有3个单电子，可以形成3个共价键，中含有1个配位键，D正确；
故选A。
10．D
【详解】
A．乙炔分子的空间填充模型为，球棍模型为：，故A错误；
B．基态B原子的价层电子排布式为2s22p1，与F形成的三根键为共价键，B提供空轨道，氟离子提供孤电子对，形成配位键，表示为：，故B错误；
C．核电荷数为24的基态Cr原子的价层电子轨道表示式：，故C错误；
D．HCl中σ键为s-pσ键，头碰头进行重叠，形成过程：，故D正确；
故答案选D。
11．B
【详解】A．化合物丙中Fe存在空轨道，N和O、C存在孤电子，则化合物丙存在配位键，A正确；
B．根据图2，化合物乙与水反应生成化合物丙的为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率减小，B错误；
C．活化能越大反应速率越慢，最慢的一步是决速步骤，化合物乙与水反应生成化合物丙的历程中，③-④活化能最大，是决速步，C正确；
D．根据图1，可知化合物甲催化氢化二氧化碳生成HCOO-和水，总反应为：，D正确；
故选B。
12．D
【详解】A．杯酚与C70不能形成超分子，杯酚与C60形成超分子，反映了超分子具有“分子识别”的特性，A错误；
B．干冰是分子晶体、分子间靠范德华力维系，SiO2是共价晶体、熔融时需要破坏共价键，由于范德华力小于共价键，所以干冰的熔点低于SiO2，与C=O键的键能无关，B错误；
C．稳定性：H2O＞H2S，是由于水分子中H-O键能大于H-S键，稳定性H-O大于H-S键，分子的稳定性大小与氢键无关，C错误；
D．Cl的电负性较大，吸引电子能力较强，使得三氯乙酸的羧基中羟基极性更大，增强了氧氢键的极性，更易电离出氢离子，则酸性：CCl3COOH>CH3COOH，D正确；
故答案为：D。
13．A
【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶物的原因是，继续添加氨水，沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4 ，因为[Cu(NH3)4]2+为深蓝色，则得到深蓝色的透明溶液；若加入乙醇，乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，现象是有蓝色晶体生成，据此分析解答。
【详解】A．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，是溶解度的改变并未发生化学反应，故A错误；
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子，故B正确；
C．根据分析，滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C正确；
D．与形成配位键，其中提供空轨道，中N原子存在孤对电子，形成配位键是N原子提供孤电子对，故D正确；
故答案选A。
14．D
【详解】A．Ga原子位于晶胞的顶点和面心，Ga周围距离最近的Ga的数目为12，故A正确；
B．a位置As原子与b位置As原子之间的距离为晶胞立方体面对角线的一半，则两原子之间的距离为pm，故B正确；
C．Ga价电子数为3，形成4个Ga-As共价键，As原子价电子数为5，As原子也形成4个As-Ga键，As原子提供1对孤电子对给Ga原子形成配位键，故C正确；
D．砷化镓是共价晶体，硫化锌是离子晶体，晶体类型不同，故D错误；
答案选D。
15．C
【详解】A．通过稀硝酸氧化的方法可以除去Cu，Ni和Co等杂质金属实现金的富集，故A项错误；
B．中不含非极性键，故B项错误；
C．自组装是超分子的重要特征，故C项正确；
D．，还原一维复合物，最多生成Au的质量为，故D项错误；
故本题选C。
16．(1) Na Ar 3s23p6
(2) 氟
(3) Cr ［Ar］3d54s1 6
(4)Cu
(5) sp2 平面三角形
(6) 产生蓝色沉淀 Cu2++ 2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+2NH 4
【详解】（1）同周期从左到右,第一电离有逐渐减小的趋势，所以在第三周期中，第一电离能最小的元素符号是Na；原子结构示意图为；第一电离能最大的元素符号是Ar，其价电子排布式为3s23p6；
故答案为Na；；Ar；3s23p6；
（2）在元素周期表中，电负性最大的元素名称是F，其价电子排布图为；
故答案为F；；
（3）第四周期中，未成对电子数最多的元素是价电子数是6，价电子包含3d、4s电子，所以位于第四周期第VIB族，是24号Cr元素；其原子的简化电子排布式为［Ar］3d54s1；
故答案为Cr；［Ar］3d54s1；6；
（4）原子价电子排布式为3d104s1 是Cu的价电子排布式；
故答案为Cu；
（5）最简单碳正离子CH离子中C原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化类型为sp2杂化，孤对电子数为0，CH离子的空间构型为平面三角形；
故答案为sp2；平面三角形；
（6）铜离子和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++ 2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+2NH，继续添加氨水，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物而使变成深蓝色透明溶液；[Cu(NH3)4]SO4中阳离子为[Cu(NH3)4]2+，其的结构式为，中心原子的配位数为4；
故答案为产生蓝色沉淀；Cu2++ 2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+2NH；；4。
17．(1)共价键、配位键、范德华力、氢键
(2)硫酸浓度减小，硫酸浓度变大，反应速度减慢
(3) 2Fe2+ + 2H+ + ClO- = 2Fe3+ + Cl- + H2O K3[Fe(CN)6]
(4)10-35.9
(5)酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁。
【分析】赤铜矿粉中加入硫酸酸溶，Cu2O转化为Cu2+和Cu，Fe3O4转化为Fe2+和Fe3+，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅和Cu单质，过滤后滤液中加入次氯酸钠进行氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，随后加入CuO调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到五水硫酸铜晶体。
【详解】（1）从五水硫酸铜晶体结构可知，其中存在离子键、配位键、共价键、范德华力和氢键。
（2）液固比通常是通过向混合物中加水改变的，液固比大于5：1后，硫酸浓度减小，反应速度减慢，故铜浸出率下降。
（3）氧化过程中，Fe2+与次氯酸钠反应生成铁离子、氯离子和水，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。检验是否氧化完全，即检验溶液中是否还含有亚铁离子，可用K3[Fe(CN)6]检验。
（4）pH约为3.7时，铁离子沉淀完全，此时c(Fe3+)≈10-5mol/L，则Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-5×10-10.3×3=10-35.9。
（5）酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁。
18．(1) sp2和sp3 正四面体形
(2)N>C>H
(3)Π
(4)GaCl3属于分子晶体，熔融需要破坏分子间作用力，GaF3属于离子晶体，熔融需要破坏离子键，而离子键比分子间作用力强
(5)或者
(6) BeF2 158 590
【详解】（1）[bmim]+中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，支链上饱和碳原子为sp3杂化，故为sp2和sp3；中B原子与4个F原子形成4个σ键，所以B原子是sp3杂化，故的空间构型为正四面体形；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；阳离子中的几种元素为碳、氮、氢， 电负性由大到小顺序为N>C>H；
（3）[bmim]+中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，每个C原子有一个未杂化的电子，每个N原子有两个未杂化的电子该离子为正离子，失去了一个电子，故参与形成大π键的有6个电子，可表示为Π；
（4）GaCl3属于分子晶体，熔融需要破坏分子间作用力，GaF3属于离子晶体，熔融需要破坏离子键，而离子键比分子间作用力强，导致熔点远高于GaCl3；
（5）根据转化过程，GaCl3先与形成配位键，接着GaCl3再与形成，其结构为或者；
（6）①AsF3中As的价层电子对数为：、IF中I的价层电子对数为：、OF2中O的价层电子对数为：、BeF2中Be的价层电子对数为：，价层电子对数不同于其他微粒的是BeF2；
②第一电离能为气态电中性基态原子失去第一个电子转化为气态基态正离子所需最低能量，从图中分析可知，钙的第一电离能为590 kJ mol-1；键能是指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，F－F键的键能为158kJ mol-1。
19． sp3 平面三角形 SO2 NO、H2O 6
【详解】(1)SO中中心原子S的价层电子对数= =4，所以SO42-中S为sp3杂化。NO中中心原子N的孤电子对数==0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N原子上没有孤电子对，NO3－的空间构型为平面三角形。故答案：sp3；平面三角形。
(2)等电子体是指原子个数相等，价电子数相同，所以用替代法可知，与O3互为等电子体的分子为SO2；故答案：SO2。
(3)根据[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+的化学式可知，在[Fe(NO)(H2O)5]2+中有1个NO和5个H2O，由图可知缺少的配体是1个NO和1个H2O，的配位数为6。故答案：NO、H2O；6。
20．(1)②
(2)③
(3)②⑥
(4)①⑤⑥
(5)⑤
(6)①
(7)③④
(8)②③⑥
【详解】（1）二氧化碳的结构式为O=C=O，过氧化氢的结构式为H-O-O-H，氯化铵属于离子化合物，NH中存在N-H键和配位键，氟化钙中只存在离子键，甲醛的结构式为 ，甲酸的结构式为 ；含有非极性共价键的是过氧化氢；故答案为②；
（2）根据(1)分析，含有配位键的是氯化铵，故答案为③；
（3）含有X-H键的分子间能形成氢键(X为F、O、N)，因此含有分子间氢键的是过氧化氢、甲酸；故答案为②⑥；
（4）二氧化碳、甲醛、甲酸中含有C=O，因此含有σ键和π键，故答案为①⑤⑥；
（5）分子结构呈平面三角形，中心原子杂化类型为sp2，且无孤电子对，因此甲醛中C的价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为⑤；
（6）正负电荷中心重合的分子为非极性分子，CO2分子中正负电荷中心重合，因此二氧化碳为非极性分子，故答案为①；
（7）氯化铵、氟化钙为离子化合物，故答案为③④；
（8）过氧化氢中的氧原子、氯化铵中的氮原子、甲酸中羟基上的氧原子，都采取sp3杂化，故答案为②③⑥。
21．(1)
(2)sp3
(3)Cu2+
(4) 6 c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降 酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降
【详解】（1）M中四种元素分别为H、C、N、O，由元素性质周期性变化规律知，元素非金属性越强，电负性越强，则电负性由大到小的顺序为，故答案为：；
（2）M中N原子的价电子对数为，则杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
（3）Q中存在配位键，其中提供空轨道的是Cu2+，故答案为：Cu2+；
（4）①由图示知，其中pH约为6时吸附效果最好，故答案为：6；
②根据平衡移动原理分析，c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；
③从结构角度分析，酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降。
22． 配位键 Fe3+提供空轨道，CN－提供孤对电子，形成配位键 O＞N＞C sp3 4 CF 三角锥形 sp3
【详解】（1）K3[Fe(CN)6]中Fe3+能提供空轨道，CN-能提供孤对电子，两者结合形成配位键；
（2）苯环上的碳原子为sp2杂化，其他碳原子均形成4个共价单键，为sp3杂化，氮原子形成3个共价单键，孤电子对数为1，故为sp3杂化，羟基氧原子形成2个共价单键，孤电子对数为2，故为sp3杂化，C、N、O位于同一周期，其电负性逐渐增大；
（3）乙二胺分子中每个氮原子形成3个共价单键，孤电子对数为1，价层电子对数为3+1=4，故为sp3杂化；
（4）中氮原子的价层电子对数为；与Cl－形成离子键，中氮原子与3个氢原子形成极性共价键，与剩余1个氢原子形成配位键，不存在非极性键和π键，故答案为：CF；
（5）NCl3分子中氮原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，故为sp3杂化，分子的立体构型为三角锥形。
【点睛】离子化合物中一定含有离子键，有可能含有共价键或配位键，共价化合物中一定只是含有共价键(有可能还有配位键，如CO)，不含离子键，共价键又分为极性共价键和非极性共价键。
23．(1)5
(2)N＞C＞H＞Fe
(3)sp2、sp2
(4)6
(5)CD
(6)价电子为3d6，3d上有6个电子，易失去一个电子变为半满稳定结构
(7)乙二胺存在分子间氢键
【详解】（1）基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，电子占据了5个轨道，因此基态N原子核外电子的空间运动状态有5种；故答案为：5。
（2）根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此红色配合物中H、C、N、四种元素的电负性从大到小的顺序为N＞C＞H＞Fe；故答案为：N＞C＞H＞Fe。
（3）邻二氮菲分子中C原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型为sp2，N原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型为sp2；故答案为：sp2、sp2。
（4）红色配离子的中心原子与六个氮相连，则其配位数为6；故答案为：6。
（5）红色配离子中没有离子键和氢键，含有σ键、π键和配位键；故答案为：CD。
（6）临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成，从结构角度来看，易被氧化成的原因是价电子为3d6，3d上有6个电子，易失去一个电子变为半满稳定结构；故答案为：价电子为3d6，3d上有6个电子，易失去一个电子变为半满稳定结构。
（7）三甲胺和乙二胺均属于胺，但三甲胺比乙二胺的沸点低得多，原因是乙二胺存在分子间氢键，而三甲胺不存在氢键；故答案为：乙二胺存在分子间氢键。
24．(1) Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH [Cu(NH3)4]2+ sp3
(2)该分子或者离子具有孤电子对
(3)NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键
【解析】（1）
①向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，对应的离子方程式为Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，实验过程中生成物中存在配离子[Cu(NH3)4]2+。其配体是NH3，NH3分子的中心原子N价电子对数为，N的杂化类型为sp3。
（2）
Cu2+可形成多种配合物，Cu2+提供空轨道，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤电子对。
（3）
NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键。
25．(1)HCO含1个-OH，CO不含-OH，HCO中含有-OH可以与另1个HCO中的氧原子形成氢键
(2)
【解析】(1)
HCO含1个-OH，CO不含-OH，HCO中含有-OH可以与另1个HCO中的氧原子形成氢键，故HCO可形成多聚体；
(2)
CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是CaF2与Al3+反应得到，即。
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3.4配合物与超分子
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．南开大学化学学院一课题组报道了一种新颖的铁催化偶联反应，成功构筑了含有全碳季碳中心的C-C键。下列叙述正确的是
已知：R、R′代表烃基，X代表卤素原子，L代表配体。
A．共价键键能大小决定物质1的熔点
B．若R、R′均为乙基，则物质3是手性分子
C．化合物Ⅱ中，N、X与Fe形成了配位键
D．整个反应历程中有非极性键的断裂和形成
2．某化学小组探究生成，进行了实验如下。下列说法不正确的是
实验序号 实验操作和现象
Ⅰ 向盛有4mL 0.1 溶液的试管中滴加5滴1.0氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约2mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
Ⅱ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入10mL 1.0的氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
Ⅲ 另取0.1g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和溶液，沉淀未见明显溶解
A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为：
B．通过上述实验分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果
C．Ⅲ是为了排除沉淀直接溶解于饱和溶液的可能
D．分别向0.1 溶液和Ⅰ所得深蓝色溶液中加入光亮的铁钉现象相同
3．有关晶体的结构如图所示，下列说法正确的是
A．熔点：
B．在二氧化硅晶体中，最小环有8个原子
C．不同空穴尺寸的冠醚可以对不同碱金属离子进行识别
D．在晶胞中，1个分子周围有8个紧邻分子
4．配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如。下列说法正确的是
A．的电子式：
B．提供孤电子对的成键原子是和
C．中存在配位键、共价键和离子键
D．氧化剂是非极性分子
5．丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，如图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是
A．沸点高低：
B．半径大小：
C．电离能大小：
D．Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对
6．许多过渡金属离子对多种配位体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列叙述正确的是
A．配离子具有对称空间结构，其中2个被2个替代能得到2种产物
B．在配合物中，是中心离子，是配体
C．向含有1mol 的溶液中加入足量溶液，生产3mol AgCl白色沉淀
D．将溶液和氨水相互滴加时，产生的实验现象相同
7．宏观辨识、微观探析、证据推理是化学学科最重要的核心素养，下列关于物质结构或性质及有关解释都不正确的是
A．比HF沸点高是由于氢键数目多于1molHF中
B．在中的溶解度高于在水中的溶解度，是由于的极性微弱
C．键角：，是由于N的电负性比P大，孤电子对对成键电子对的斥力大
D．向溶液中加过量氨水生成是由于与的配位能力大于
8．下列说法错误的是
A．AlCl3和NaCl晶体类型不同
B．Si晶体的熔点低于SiC晶体
C．HF比HCl稳定与HF分子间存在氢键有关
D．H3O+和NH都含有配位键
9．五种常见元素基态原子的信息如下表，下列说法错误的是
元素 M W X Y Z
相关信息 宇宙中含量最多的元素 有5种不同运动状态的电子 有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子 地壳中含量最多的元素 电负性最大的元素
A．键角：
B．分子极性：
C．电负性：
D．、中均含有配位键
10．下列化学用语或图示表达正确的是
A．乙炔分子的空间填充模型：
B．的结构式：
C．基态铬原子的价层电子轨道表示式：
D．中键的形成过程：
11．我国科学家已成功利用二氧化碳催化氢化获得甲酸，利用化合物甲催化氢化二氧化碳的反应过程如图1所示，其中化合物乙与水反应生成化合物丙和的反应历程如图2所示，TS表示过渡态，I表示中间体。下列说法错误的是
A．化合物丙中存在配位键
B．升高温度可提高化合物乙与水反应生成化合物丙反应的平衡转化率
C．化合物乙与水反应生成化合物丙的历程中，决速步是③-④
D．化合物甲催化氢化二氧化碳的总反应为：
12．下列关于物质的结构或性质的描述及解释都正确的是
A．利用“杯酚”可分离C60和C70 ，是因为超分子具有“自组装”的特征
B．干冰的熔点低于SiO2，2个C=O键的键能之和小于4个Si-O键的键能之和
C．稳定性：H2O>H2S，是由于水分子间存在氢键
D．酸性：CCl3COOH>CH3COOH，是因为氯原子电负性大，增强了氧氢键的极性
13．向盛有4mL0.1mol/L溶液的试管里滴加几滴1mol/L氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，观察实验现象：再向试管中加入极性较小的溶剂，并用玻璃棒摩擦试管壁，观察实验现象。下列说法错误的是
A．加入极性较小的溶剂，发生了化学反应
B．生成的配离子是
C．整个过程的现象为：先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变成深蓝色，最后析出深蓝色晶体
D．该配合物的中心原子是，配体是，配位原子是N
14．砷化镓为第三代半导体，以其为材料制造的灯泡寿命长，耗能少。已知立方砷化镓晶胞的结构如图所示，若晶胞边长为cpm，下列说法错误的是
A．Ga周围距离最近的Ga的数目为12
B．a位置As原子与b位置As原子之间的距离为pm
C．As和Ga之间的化学键为共价键和配位键
D．砷化镓与硫化锌所属晶体类型相同
15．CPU针脚(含有大量Cu、Ni和Co等金属，金含量1%左右)中金的绿色回收包括四个步骤：富金、溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用与溶金时形成的在溶液中发生高度特异性的自组装、快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物，结构如图所示。下列说法正确的是
A．富金时，通过稀硫酸可以有效地除去Cu、Ni和Co
B．溶金时，形成的中含离子键、非极性键和配位键
C．萃金时，形成的一维复合物具有超分子的特征
D．成金时，还原一维复合物，最多生成
二、填空题
16．根据元素周期表中完整周期元素的性质，完成下列空格。
(1)在第三周期中，第一电离能最小的元素符号是 ，其原子的结构示意图为 ，第一电离能最大的元素符号是 ，其价电子排布式为 。
(2)在元素周期表中，电负性最大的元素名称是 ，其价电子排布图为 。
(3)第四周期元素中未成对电子数最多的元素符号是 ，其原子的简化电子排布式为 ，有 个未成对电子。
(4)某元素的基态原子价电子排布式为3d104s1 ，该元素符号是 。
(5)碳和氢形成的最简单碳正离子CH，其中心原子碳原子的杂化类型为 ，该阳离子的空间构型为 。
(6)向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，现象是 ，离子反应方程式为 ；继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定深蓝色是由于存在[Cu(NH3)4]SO4。其阳离子的结构式为 ，中心原子的配位数为 。
17．赤铜矿(主要成分为，含少量、)含铜量高达88.8%，是重要的冶金材料，某化学兴趣小组利用其制备晶体的流程为：
已知：
(1)晶体结构如下图所示。晶体中存在的作用力包括离子键、 。
(2)酸溶。控制矿石为12g、硫酸为6g，温度为70℃，相同时间内，铜浸出率随液固比变化如下图所示。液固比大于5：1后，铜浸出率下降的原因为 。
(3)氧化。发生反应的离子方程式为 。检验氧化完全的试剂为 (填化学式)。
(4)沉铁。离子浓度时，可认为该离子被沉淀完全。若室温下溶液pH应调节至略大于3.7，则的为 。
(5)试从产率、试剂选择角度评价该制备流程并提出修改建议 。
18．离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。某离子液体[bmim]Cl可与混合形成离子液体；[bmim]Cl也可以转化成其他离子液体。如图是[bmim]Cl与离子交换反应合成离子液体[bmim]的流程。
(1)[bmim]}中C原子的杂化方式为 ，的空间构型为 。
(2)阳离子中的几种元素电负性由大到小顺序为 。
(3)已知分子中的大π键可以用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则中五元环大π键可以表示为 。
(4)熔点为77.8℃，熔点高于1000℃，其原因是 。
(5)和[bmim]Cl混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，已知一个中含有两个配位键，试画出的结构式： 。
(6)氟及其化合物的用途非常广泛。
①、、、中价层电子对数不同于其他微粒的为 。
②基于设计的Borm-Haber循环如图所示。
由图可知，F-F键的键能为 ；钙的第一电离能为 。
19．臭氧()在[Fe(H2O)6]2+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N2。
(1)中心原子轨道的杂化类型为 ；NO的空间构型为 (用文字描述)。
(2)写出一种与O3分子互为等电子体的分子 (填化学式)。
(3)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+，NO以原子与形成配位键，请在指出[Fe(NO)(H2O)5]2+的配位体是 ，配位数为 。
20．在以下6种物质中选取序号填空(仅填序号，可重复选填)。
①二氧化碳 ②过氧化氢 ③氯化铵 ④氟化钙 ⑤甲醛 ⑥甲酸
(1)含有非极性键的是 ；
(2)含有配位键的是 ；
(3)分子间能形成氢键的是 ；
(4)既含有σ键又含有π键的是 ；
(5)分子结构呈平面三角形的是 ；
(6)属于非极性分子的是 ；
(7)属于离子化合物的是 ；
(8)原子以sp3杂化轨道成键的是 。
21．螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。
资料：
①吸附原理
螯合树脂M中的—COOH解离出H+，变成—COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的—COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。
②在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。
(1)M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示) 。
(2)M中N原子的杂化轨道类型为 。
(3)Q中存在配位键，其中提供空轨道的是 。
(4)在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量有影响，实验结果如图所示。
①吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为 时吸附效果最好。
②解释体系碱性过强时，吸附能力下降的原因 。
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因 。
22．碳、氮元素及其化合物与生产、生活密切相关，回答下列问题。
（1）K3[Fe（CN）6]中Fe3+与CN-之间的作用为 ，该化学键能够形成的原因是 。
（2）某有机物的结构简式为 。该有机物分子中采取sp3杂化的原子对应元素的电负性由大到小的顺序为 。
（3）乙二胺（H2NCH2CH2NH2）分子中氮原子杂化类型为 。
（4）NH4Cl中阳离子中心原子的价层电子对数为 ，该物质中不含有 。
A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．配位键 E.σ键 F.π键
（5）NCl3的立体构型为 ，其中心原子的杂化轨道类型为 。
23．碳元素在自然界中分布很广，是存在形式最复杂的元素。实验室可用邻二氮非()与形成的红色配合物(如下图)测定铁的含量。
回答下列问题：
(1)基态N原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)红色配合物中H、C、N、四种元素的电负性从大到小的顺序为 。
(3)邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式分别为 。
(4)红色配离子的中心原子的配位数为 。
(5)红色配离子中不存在的作用力有 。
A．σ键 B．π键 C．离子键 D．氢键 E．配位键
(6)临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成，从结构角度来看，易被氧化成的原因是 。
(7)三甲胺和乙二胺均属于胺，但三甲胺比乙二胺的沸点低得多，原因是 。
24．回答下列问题：
(1)向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇时，产生深蓝色的晶体。则：
①“首先形成蓝色沉淀”对应的离子方程式为 。
②实验过程中生成物中存在配离子 (填离子符号)。其配体的中心原子的杂化类型为 。
(2)Cu2+可形成多种配合物，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是 。
(3)已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是 。
25．回答下列问题：
(1)NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，其原因是HCO在水溶液中易形成多聚离子，请解释HCO形成多聚离子的原因 。
(2)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是 (用离子方程式表示)。
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C B C A C C A D
题号 11 12 13 14 15
答案 B D A D C
1．C
【详解】A．物质1是由分子构成的物质，其熔点由分子间作用力(范德华力)决定，A项错误；
B．与四个互不相同原子或基团连接的碳原子叫手性碳原子，若R、R′均为乙基，物质3中不含手性碳原子，它不是手性分子，B项错误；
C．由化合物Ⅱ可知，N、X与Fe形成了配位键，C项正确；
D．整个历程中只有极性键断裂和形成，D项错误；
故选C。
2．D
【分析】实验Ⅰ向溶液里滴加氨水，先形成蓝色氢氧化铜沉淀，后沉淀溶解并形成含深蓝色溶液；实验Ⅱ：氢氧化铜固体中加入氨水，溶液略变为深蓝色，继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，故蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果；实验Ⅲ是为了排除沉淀直接溶解于饱和溶液的可能。
【详解】A．根据分析，实验Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为：，A正确；
B．根据分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果，B正确；
C．根据分析，实验Ⅲ是为了排除沉淀直接溶解于饱和溶液的可能，C正确；
D．向硫酸铜溶液、实验Ⅰ中深蓝色溶液中各加一枚铁钉，前者铁钉表面有红色固体析出，后者铁钉无现象，现象不同，D错误；
故选D。
3．C
【详解】A．NaCl和CsCl都是离子晶体，Cs+离子半径大于Na+，则NaCl晶体中离子键强度高于CsCl晶体，则熔点：，故A错误；
B．在SiO2晶体中，每个环上有6个Si原子，每2个Si原子之间含有一个O原子，所以由Si、O构成的最小单元环中共有12个原子，故B错误；
C．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，从而能对碱金属离子进行“分子识别”，故C正确；
D．在晶胞中，CO2分子位于顶点和面心，一个CO2分子到该平面四个顶点的距离以及与该平面垂直的四个面中心的CO2分子的距离相同，因此每个CO2分子周围有12个与之紧邻等距的CO2分子，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．NH3中，每个H和N共用一对电子，N最外层有5个电子，还有2个电子未与H共用，电子式为，故A错误；
B．在[Co(NH3)5Cl]2+配合物离子中，中心离子Co3+提供空轨道，配体NH3中N原子和配体Cl-中Cl原子提供孤电子对，故B正确；
C．[Co(NH3)5Cl]2+中氨气分子内存在N-H共价键，Co3+与氨分子之间形成配位键，Co3+与Cl-之间也形成配位键，则[Co(NH3)5Cl]2+中有配位键、共价键，故C错误；
D．H2O2分子不是直线形的，两个氢原子在犹如半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，如，分子结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；
本题选B。
5．C
【详解】A．CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近，但H2O在常温下呈液态，而CH4、NH3呈气态，NH3分子间能形成氢键，则沸点高低：，A正确；
B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列，则半径大小：，B正确；
C．C、N、O为同周期相邻元素，但N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则电离能大小：，C不正确；
D．二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+为中心离子，提供空轨道，N原子为配位原子，提供孤电子对，D正确；
故选C。
6．A
【详解】A．配离子呈平面结构，其中2个被2个替代后，两个Cl-可能在同一条边上，也可能在对角上，所以能得到2种产物，A正确；
B．在配合物中，是中心离子，NH3是配体，是外界，B不正确；
C．向含有1mol 的溶液中加入足量溶液，只有外界中的2molCl-能与AgNO3反应，从而生成2mol AgCl白色沉淀，C不正确；
D．因为AgOH能与氨水继续反应，所以将溶液和氨水相互滴加时，产生的实验现象不相同，D不正确；
故选A。
7．C
【详解】A．氢键具有饱和性，比HF沸点高是由于形成的氢键数目多，A正确；
B．是弱极性分子，水是极性溶剂，是非极性溶剂，根据“相似相溶”原理，在中的溶解度高于在水中的溶解度，B正确；
C．原子半径：N
答案选C。
8．C
【详解】A．AlCl3是分子晶体，NaCl是离子晶体，AlCl3和NaCl晶体类型不同，A正确；
B．Si与SiC都是共价晶体，C原子半径小于Si原子，碳硅键的键能大于硅硅键，Si晶体的熔点低于SiC晶体，B正确；
C．HF比HCl稳定与F的非金属性强于Cl有关，与氢键无关，C错误；
D．H3O+中O原子含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，中N原子含有孤电子对，H+有空轨道，可以形成配位键，D正确；
故选C。
9．A
【分析】M是宇宙中含量最多的元素，M为H元素，W有5种不同运动状态的电子，说明W中有5个电子，W为B元素，X有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，电子排布式为1s22s22p3，X为N元素，Y是地壳中含量最多的元素，Y为O，Z是电负性最大的元素，Z为F元素。
【详解】A．NH3和中N原子都是sp3杂化，NH3含有1个孤电子对，中没有孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角：，A错误；
B．BF3的空间构型为正三角形，为非极性分子，NF3的空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子极性：，B正确；
C．同周期元素，从左往右，电负性依次增大，则电负性：，C正确；
D．B原子最外层有3个单电子，可以形成3个共价键，中含有1个配位键，N原子最外层有3个单电子，可以形成3个共价键，中含有1个配位键，D正确；
故选A。
10．D
【详解】
A．乙炔分子的空间填充模型为，球棍模型为：，故A错误；
B．基态B原子的价层电子排布式为2s22p1，与F形成的三根键为共价键，B提供空轨道，氟离子提供孤电子对，形成配位键，表示为：，故B错误；
C．核电荷数为24的基态Cr原子的价层电子轨道表示式：，故C错误；
D．HCl中σ键为s-pσ键，头碰头进行重叠，形成过程：，故D正确；
故答案选D。
11．B
【详解】A．化合物丙中Fe存在空轨道，N和O、C存在孤电子，则化合物丙存在配位键，A正确；
B．根据图2，化合物乙与水反应生成化合物丙的为放热反应，升温平衡逆向移动，转化率减小，B错误；
C．活化能越大反应速率越慢，最慢的一步是决速步骤，化合物乙与水反应生成化合物丙的历程中，③-④活化能最大，是决速步，C正确；
D．根据图1，可知化合物甲催化氢化二氧化碳生成HCOO-和水，总反应为：，D正确；
故选B。
12．D
【详解】A．杯酚与C70不能形成超分子，杯酚与C60形成超分子，反映了超分子具有“分子识别”的特性，A错误；
B．干冰是分子晶体、分子间靠范德华力维系，SiO2是共价晶体、熔融时需要破坏共价键，由于范德华力小于共价键，所以干冰的熔点低于SiO2，与C=O键的键能无关，B错误；
C．稳定性：H2O＞H2S，是由于水分子中H-O键能大于H-S键，稳定性H-O大于H-S键，分子的稳定性大小与氢键无关，C错误；
D．Cl的电负性较大，吸引电子能力较强，使得三氯乙酸的羧基中羟基极性更大，增强了氧氢键的极性，更易电离出氢离子，则酸性：CCl3COOH>CH3COOH，D正确；
故答案为：D。
13．A
【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入氨水，形成难溶物的原因是，继续添加氨水，沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]SO4 ，因为[Cu(NH3)4]2+为深蓝色，则得到深蓝色的透明溶液；若加入乙醇，乙醇能降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，现象是有蓝色晶体生成，据此分析解答。
【详解】A．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，是溶解度的改变并未发生化学反应，故A错误；
B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子，故B正确；
C．根据分析，滴入氨水的过程中，溶液中先出现蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C正确；
D．与形成配位键，其中提供空轨道，中N原子存在孤对电子，形成配位键是N原子提供孤电子对，故D正确；
故答案选A。
14．D
【详解】A．Ga原子位于晶胞的顶点和面心，Ga周围距离最近的Ga的数目为12，故A正确；
B．a位置As原子与b位置As原子之间的距离为晶胞立方体面对角线的一半，则两原子之间的距离为pm，故B正确；
C．Ga价电子数为3，形成4个Ga-As共价键，As原子价电子数为5，As原子也形成4个As-Ga键，As原子提供1对孤电子对给Ga原子形成配位键，故C正确；
D．砷化镓是共价晶体，硫化锌是离子晶体，晶体类型不同，故D错误；
答案选D。
15．C
【详解】A．通过稀硝酸氧化的方法可以除去Cu，Ni和Co等杂质金属实现金的富集，故A项错误；
B．中不含非极性键，故B项错误；
C．自组装是超分子的重要特征，故C项正确；
D．，还原一维复合物，最多生成Au的质量为，故D项错误；
故本题选C。
16．(1) Na Ar 3s23p6
(2) 氟
(3) Cr ［Ar］3d54s1 6
(4)Cu
(5) sp2 平面三角形
(6) 产生蓝色沉淀 Cu2++ 2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+2NH 4
【详解】（1）同周期从左到右,第一电离有逐渐减小的趋势，所以在第三周期中，第一电离能最小的元素符号是Na；原子结构示意图为；第一电离能最大的元素符号是Ar，其价电子排布式为3s23p6；
故答案为Na；；Ar；3s23p6；
（2）在元素周期表中，电负性最大的元素名称是F，其价电子排布图为；
故答案为F；；
（3）第四周期中，未成对电子数最多的元素是价电子数是6，价电子包含3d、4s电子，所以位于第四周期第VIB族，是24号Cr元素；其原子的简化电子排布式为［Ar］3d54s1；
故答案为Cr；［Ar］3d54s1；6；
（4）原子价电子排布式为3d104s1 是Cu的价电子排布式；
故答案为Cu；
（5）最简单碳正离子CH离子中C原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化类型为sp2杂化，孤对电子数为0，CH离子的空间构型为平面三角形；
故答案为sp2；平面三角形；
（6）铜离子和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为：Cu2++ 2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+2NH，继续添加氨水，氢氧化铜和氨水反应生成铜氨络合物而使变成深蓝色透明溶液；[Cu(NH3)4]SO4中阳离子为[Cu(NH3)4]2+，其的结构式为，中心原子的配位数为4；
故答案为产生蓝色沉淀；Cu2++ 2NH3·H2O= Cu(OH)2↓+2NH；；4。
17．(1)共价键、配位键、范德华力、氢键
(2)硫酸浓度减小，硫酸浓度变大，反应速度减慢
(3) 2Fe2+ + 2H+ + ClO- = 2Fe3+ + Cl- + H2O K3[Fe(CN)6]
(4)10-35.9
(5)酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁。
【分析】赤铜矿粉中加入硫酸酸溶，Cu2O转化为Cu2+和Cu，Fe3O4转化为Fe2+和Fe3+，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣1中含有二氧化硅和Cu单质，过滤后滤液中加入次氯酸钠进行氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，随后加入CuO调节pH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤渣2为氢氧化铁，过滤后滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作得到五水硫酸铜晶体。
【详解】（1）从五水硫酸铜晶体结构可知，其中存在离子键、配位键、共价键、范德华力和氢键。
（2）液固比通常是通过向混合物中加水改变的，液固比大于5：1后，硫酸浓度减小，反应速度减慢，故铜浸出率下降。
（3）氧化过程中，Fe2+与次氯酸钠反应生成铁离子、氯离子和水，离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O。检验是否氧化完全，即检验溶液中是否还含有亚铁离子，可用K3[Fe(CN)6]检验。
（4）pH约为3.7时，铁离子沉淀完全，此时c(Fe3+)≈10-5mol/L，则Fe(OH)3的Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-5×10-10.3×3=10-35.9。
（5）酸溶以后产生的部分单质铜不能与NaClO反应，铜进入滤渣，有损失，减少了硫酸铜的产率，同时NaClO也可能把Fe2+氧化为氢氧化铁并进一步反应生成高铁酸根离子从而影响产品纯度，应该改为加入硫酸酸溶后，加入H2O2，将铜转化为铜离子，充分反应后再过滤，再加入氧化铜调节pH沉铁。
18．(1) sp2和sp3 正四面体形
(2)N>C>H
(3)Π
(4)GaCl3属于分子晶体，熔融需要破坏分子间作用力，GaF3属于离子晶体，熔融需要破坏离子键，而离子键比分子间作用力强
(5)或者
(6) BeF2 158 590
【详解】（1）[bmim]+中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，支链上饱和碳原子为sp3杂化，故为sp2和sp3；中B原子与4个F原子形成4个σ键，所以B原子是sp3杂化，故的空间构型为正四面体形；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；阳离子中的几种元素为碳、氮、氢， 电负性由大到小顺序为N>C>H；
（3）[bmim]+中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，每个C原子有一个未杂化的电子，每个N原子有两个未杂化的电子该离子为正离子，失去了一个电子，故参与形成大π键的有6个电子，可表示为Π；
（4）GaCl3属于分子晶体，熔融需要破坏分子间作用力，GaF3属于离子晶体，熔融需要破坏离子键，而离子键比分子间作用力强，导致熔点远高于GaCl3；
（5）根据转化过程，GaCl3先与形成配位键，接着GaCl3再与形成，其结构为或者；
（6）①AsF3中As的价层电子对数为：、IF中I的价层电子对数为：、OF2中O的价层电子对数为：、BeF2中Be的价层电子对数为：，价层电子对数不同于其他微粒的是BeF2；
②第一电离能为气态电中性基态原子失去第一个电子转化为气态基态正离子所需最低能量，从图中分析可知，钙的第一电离能为590 kJ mol-1；键能是指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，F－F键的键能为158kJ mol-1。
19． sp3 平面三角形 SO2 NO、H2O 6
【详解】(1)SO中中心原子S的价层电子对数= =4，所以SO42-中S为sp3杂化。NO中中心原子N的孤电子对数==0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N原子上没有孤电子对，NO3－的空间构型为平面三角形。故答案：sp3；平面三角形。
(2)等电子体是指原子个数相等，价电子数相同，所以用替代法可知，与O3互为等电子体的分子为SO2；故答案：SO2。
(3)根据[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+的化学式可知，在[Fe(NO)(H2O)5]2+中有1个NO和5个H2O，由图可知缺少的配体是1个NO和1个H2O，的配位数为6。故答案：NO、H2O；6。
20．(1)②
(2)③
(3)②⑥
(4)①⑤⑥
(5)⑤
(6)①
(7)③④
(8)②③⑥
【详解】（1）二氧化碳的结构式为O=C=O，过氧化氢的结构式为H-O-O-H，氯化铵属于离子化合物，NH中存在N-H键和配位键，氟化钙中只存在离子键，甲醛的结构式为 ，甲酸的结构式为 ；含有非极性共价键的是过氧化氢；故答案为②；
（2）根据(1)分析，含有配位键的是氯化铵，故答案为③；
（3）含有X-H键的分子间能形成氢键(X为F、O、N)，因此含有分子间氢键的是过氧化氢、甲酸；故答案为②⑥；
（4）二氧化碳、甲醛、甲酸中含有C=O，因此含有σ键和π键，故答案为①⑤⑥；
（5）分子结构呈平面三角形，中心原子杂化类型为sp2，且无孤电子对，因此甲醛中C的价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，故答案为⑤；
（6）正负电荷中心重合的分子为非极性分子，CO2分子中正负电荷中心重合，因此二氧化碳为非极性分子，故答案为①；
（7）氯化铵、氟化钙为离子化合物，故答案为③④；
（8）过氧化氢中的氧原子、氯化铵中的氮原子、甲酸中羟基上的氧原子，都采取sp3杂化，故答案为②③⑥。
21．(1)
(2)sp3
(3)Cu2+
(4) 6 c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降 酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降
【详解】（1）M中四种元素分别为H、C、N、O，由元素性质周期性变化规律知，元素非金属性越强，电负性越强，则电负性由大到小的顺序为，故答案为：；
（2）M中N原子的价电子对数为，则杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；
（3）Q中存在配位键，其中提供空轨道的是Cu2+，故答案为：Cu2+；
（4）①由图示知，其中pH约为6时吸附效果最好，故答案为：6；
②根据平衡移动原理分析，c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；
③从结构角度分析，酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降，故答案为：酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降。
22． 配位键 Fe3+提供空轨道，CN－提供孤对电子，形成配位键 O＞N＞C sp3 4 CF 三角锥形 sp3
【详解】（1）K3[Fe(CN)6]中Fe3+能提供空轨道，CN-能提供孤对电子，两者结合形成配位键；
（2）苯环上的碳原子为sp2杂化，其他碳原子均形成4个共价单键，为sp3杂化，氮原子形成3个共价单键，孤电子对数为1，故为sp3杂化，羟基氧原子形成2个共价单键，孤电子对数为2，故为sp3杂化，C、N、O位于同一周期，其电负性逐渐增大；
（3）乙二胺分子中每个氮原子形成3个共价单键，孤电子对数为1，价层电子对数为3+1=4，故为sp3杂化；
（4）中氮原子的价层电子对数为；与Cl－形成离子键，中氮原子与3个氢原子形成极性共价键，与剩余1个氢原子形成配位键，不存在非极性键和π键，故答案为：CF；
（5）NCl3分子中氮原子的价层电子对数为，孤电子对数为1，故为sp3杂化，分子的立体构型为三角锥形。
【点睛】离子化合物中一定含有离子键，有可能含有共价键或配位键，共价化合物中一定只是含有共价键(有可能还有配位键，如CO)，不含离子键，共价键又分为极性共价键和非极性共价键。
23．(1)5
(2)N＞C＞H＞Fe
(3)sp2、sp2
(4)6
(5)CD
(6)价电子为3d6，3d上有6个电子，易失去一个电子变为半满稳定结构
(7)乙二胺存在分子间氢键
【详解】（1）基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，电子占据了5个轨道，因此基态N原子核外电子的空间运动状态有5种；故答案为：5。
（2）根据同周期从左到右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此红色配合物中H、C、N、四种元素的电负性从大到小的顺序为N＞C＞H＞Fe；故答案为：N＞C＞H＞Fe。
（3）邻二氮菲分子中C原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型为sp2，N原子价层电子对数为3+0=3，杂化类型为sp2；故答案为：sp2、sp2。
（4）红色配离子的中心原子与六个氮相连，则其配位数为6；故答案为：6。
（5）红色配离子中没有离子键和氢键，含有σ键、π键和配位键；故答案为：CD。
（6）临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成，从结构角度来看，易被氧化成的原因是价电子为3d6，3d上有6个电子，易失去一个电子变为半满稳定结构；故答案为：价电子为3d6，3d上有6个电子，易失去一个电子变为半满稳定结构。
（7）三甲胺和乙二胺均属于胺，但三甲胺比乙二胺的沸点低得多，原因是乙二胺存在分子间氢键，而三甲胺不存在氢键；故答案为：乙二胺存在分子间氢键。
24．(1) Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH [Cu(NH3)4]2+ sp3
(2)该分子或者离子具有孤电子对
(3)NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键
【解析】（1）
①向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，对应的离子方程式为Cu2++2NH3 H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，实验过程中生成物中存在配离子[Cu(NH3)4]2+。其配体是NH3，NH3分子的中心原子N价电子对数为，N的杂化类型为sp3。
（2）
Cu2+可形成多种配合物，Cu2+提供空轨道，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤电子对。
（3）
NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键。
25．(1)HCO含1个-OH，CO不含-OH，HCO中含有-OH可以与另1个HCO中的氧原子形成氢键
(2)
【解析】(1)
HCO含1个-OH，CO不含-OH，HCO中含有-OH可以与另1个HCO中的氧原子形成氢键，故HCO可形成多聚体；
(2)
CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是CaF2与Al3+反应得到，即。
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