2023年高考真题变式分类汇编：配合物的成键情况2
一、选择题
1．（2023·浙江1月选考）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法错误的是
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，则分子的结构式为，故A不符合题意；
B．双聚氯化铝分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B不符合题意；
C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C不符合题意；
D．Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键；
B.结构对称，为非极性分子；
C.根据反应的方程式可得氨分子更易与铝原子形成配位键；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键。
2．（2023·葫芦岛模拟）合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是吸收原料气中的CO，其反应式为： △H＜0，下列说法或判断错误的是
A．必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒
B．[Cu(NH3)3CO]+中非金属元素电负性：O＞N＞C＞H
C．可采用低压高温的条件使吸收CO后的铜氨液再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用
D．[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为6
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．合成氨工业中，需使用催化剂，但CO可能会使催化剂的催化作用减弱甚至失去催化作用，即发生催化剂中毒，因此必须除去CO气体，必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒，A不符合题意；
B．[Cu(NH3)3CO]+中涉及的非金属元素有C、O、N、H，元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以非金属元素电负性大小关系为：O＞N＞C＞H，B不符合题意；
C．的正反应是气体体积减小的放热反应，根据平衡移动原理，升高温度减小压强，可以使化学平衡向吸热的逆反应方向移动，分解反应产生[Cu(NH3)2]+和CO，从而可以使其恢复吸收CO的能力以供循环使用，C不符合题意；
D．[Cu(NH3)2]+中的中心Cu原子与配位体NH3之间以配位键结合，在NH3中存在N-H共价键，配位键和一般共价键都是σ键，因此在1个[Cu(NH3)2]+中含有的σ键数：2+3×2=8个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂中含有杂质会导致催化剂中毒；
B、非金属性越强，电负性越强；
C、升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
D、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键。
3．（2022·温州模拟）下列推测合理的是（ ）
A．四卤化硅中仅SiF4能形成SiF配离子，这是由于F－半径最小
B．已知SiH3Cl+4H2O=3H2↑+H4SiO4+HCl，则可推知CH3Cl+2H2O=3H2↑+CO2+HCl
C．高温条件下SiCl4与NH3反应可生成Si3N4和NH4Cl
D．Si3H8分解温度高于C3H8
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．卤素离子中F－半径最小，四卤化硅中仅SiF4能形成SiF配离子，而其他卤素离子半径较大，不能与硅形成配合物，故A符合题意；
B．已知SiH3Cl+4H2O=3H2↑+H4SiO4+HCl，CH3Cl不与水反应，故B不符合题意；
C．NH4Cl在高温下会分解生成氨气和氯化氢，因此高温条件下SiCl4与NH3反应可生成Si3N4和HCl，故C不符合题意；
D．Si3H8、C3H8都为共价化合物，Si Si键键长比C C键键长长，则易断裂，因此Si3H8分解温度低于C3H8，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、其他卤素离子半径较大，不能与硅形成配合物；
B、卤代烃不和水反应；
C、四氯化硅和氨气可以发生氧化还原反应；
D、键长越长，分解温度越低。
4．（2022·武汉模拟）某电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法正确的是（ ）
A．氢化物沸点：X>Y
B．第一电离能：M
D．阴离子中不存在配位键
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况
【解析】【解答】根据分析可知，M为Li，W为B，X为C，Y为O，Z为F元素。
A．水分子间形成氢键，沸点高于甲烷的，但不一定高于碳的其它氢化物，故A不符合题意；
B．同周期自左向右第一电离能逐渐增大，则第一电离能：M
D．阴离子中存在配位键，即B和O之间存在配位键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，结合图示可知，M形成+1价阳离子，该图示为锂电池材料组成与结构，则M为Li，说明五种元素均位于第二周期，Y元素原子的价电子数是W的两倍，Y形成2个共价键，其价电子数为6，W的价电子数为3，则W为B元素，Y为O元素；Z形成1个共价键，X形成4个共价键，则X为C元素，Z为F元素。
5．（2022·肥城模拟）氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．NH3与BF3都是由极性键构成的极性分子
B．六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子
C．NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有配位键的数目为NA
D．立方氮化硼和半导体材料氮化铝的结构均类似于金刚石，立方氮化硼的熔点小于氮化铝
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．NH3是由极性键构成的极性分子，BF3是平面三角形，是由极性键构成的非极性分子，故A不符合题意；
B．描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数8×+6×+4=8，则立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，故B符合题意；
C．NH4BF4中，NH中含有氮氢配位键，BF中含有硼氟配位键，则1molNH4BF4含有配位键的数目为2NA，故C不符合题意；
D．立方氮化硼和半导体材料氮化铝的结构均类似于金刚石，均是共价晶体，硼原子半径小于铝原子半径，所以立方氮化硼的熔点大于氮化铝，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．不同种原子之间的共价键为极性键，依据分子中正负电荷是否重合确定分子的极性；
B．描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，利用均摊法确定原子个数；
C.1个NH中含有1个氮氢配位键，1个BF中含有1个硼氟配位键；
D．结构类似共价晶体，原子半径越小，熔点越大。
6．（2022·南京模拟）一种从照相底片中回收单质银的方法如下：
步骤1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr转化成Na3[Ag(S2O3)2]而溶解。
步骤2：在步骤1所得溶液中加稍过量Na2S溶液，充分反应后过滤出黑色沉淀。
步骤3：将黑色沉淀在空气中灼烧，回收单质银。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤1所得[Ag(S2O3)2]2-中Ag+提供孤电子对
B．步骤2所得滤液中大量存在的离子：Na+、Ag+、S2O 、S2-
C．步骤3灼烧时可用足量NaOH溶液吸收尾气
D．Na2S晶胞(如图所示)中每个Na+周围距离最近的S2-有8个
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；离子共存
【解析】【解答】A．步骤1所得[Ag(S2O3)2]2-中Ag+提供空轨道，而配体 提供孤电子对形成配位离子，A不符合题意；
B．Ag+与S2-能形成Ag2S沉淀，Ag+与 能形成络合物，故步骤2所得滤液中不可能大量存在的离子： Ag+与S2O 、S2-，B不符合题意；
C．步骤3灼烧时产生SO2等酸性气体，故可用足量NaOH溶液吸收尾气，C符合题意；
D．由Na2S晶胞图可知，一个Na2S晶胞中黑球个数为： 个，白球为8个，结合化学式可知，黑球代表S2-，白球代表Na+，则每个Na+周围距离最近的S2-有4个，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.在配位离子中中心原子提供空轨道，配位原子提供孤电子对；
B. Ag+与S2O 、S2-不能大量共存；
C.Ag2S灼烧时生成银和SO2；
D.根据均摊法计算。
7．（2022·西城模拟）向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是（ ）
A．依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)
B．HCN的结构式是H—C≡N
C．反应中每1molFe转移2mol电子
D．[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6
【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；结构式；氧化还原反应的电子转移数目计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A符合题意；
B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H-C≡N，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C不符合题意；
D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据强酸制弱酸判断；
B.HCN中C和N之间为三键；
C.反应中铁从0价升高为+2价；
D.该物质中心离子为Fe2+，配位体为CN-。
8．（2022·南开模拟）NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水可以形成[Ni(NH3)6]SO4。下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是（ ）
A．配体为NH3，其空间结构为平面三角形
B．1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为18mol
C．[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会产生沉淀
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．配体为NH3，NH3中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥模型可知，其空间结构为三角锥形，A不符合题意；
B．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，NH3分子中含有3个N-H键，这些键均为σ键，则1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为3×6+6=24mol，B不符合题意；
C．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，则其中N原子周围不再有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，C符合题意；
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，但[Ni(NH3)6]SO4=[Ni(NH3)6]2++，故向其中滴加BaCl2溶液能够会产生沉淀BaSO4，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NH3中的N的价层电子对数为4，根据VSEPR模型可知是三角锥形；
B.配位键也是σ键；
C.孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对数之间的排斥力；
D.[Ni(NH3)6]SO4是配合物 ，但是硫酸根离子是外界，在溶液中是可以电离出硫酸根离子的。
9．（2022·江苏模拟）制取硫酸四氨合铜晶体{}的实验如下：
步骤1：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。
步骤2：再向试管中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。
下列说法错误的是（ ）
A．步骤1中难溶物溶解是因为生成了配合物
B．步骤2中加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体
C．中含有键的数目为
D．最终所得溶液中大量存在、、、
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；离子共存
【解析】【解答】A．步骤1中难溶物为氢氧化铜沉淀，加入过量氨水，氢氧化铜转化为，其溶解是因为生成了配合物，A不符合题意；
B．乙醇属于有机物，加入后减小了溶剂的极性，降低了的溶解度，导致结晶析出，B不符合题意；
C．中N-Cu、N-H之间均存在键，1个离子中键数目为16，故中含有键的数目为，C不符合题意；
D．一水合氨为弱电解质，溶液中不会大量存在铵根离子和氢氧根离子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢氧化钠溶于氨水生成；
B.加入乙醇降低了溶剂的极性，降低了的溶解度；
C.1个中含有16个键；
D.铵根离子和氢氧根会结合生成一水合氨。
10．（2022·锦州模拟）我国科学家成功合成了一种具有超高能量且室温下稳定的盐(局部结构如图)，其中含有两种10电子离子。下列说法错误的是 （ ）
A．经X射线衍射实验可测得该盐的晶体结构
B．该盐可用于制造炸药
C．两种10电子离子中均含配位键
D．图中离子中Z原子采取杂化
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由该盐得局部结构图可知经X射线衍射实验可以测定该盐的晶体结构，故A不符合题意；
B．该物质是一种具有超高能量的盐，则可用于制造炸药，故B不符合题意；
C．由分析知有两种10电子离子可能为，，两者中均含配位键，故C不符合题意；
D．图中离子为，图示的结构为平面正五边形，说明中N原子采取杂化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体；
B.该物质具有超高能量，可用于制造炸药；
C.两种10电子离子可能为和，均含配位键；
D.离子为，N原子价层电子对数为3，采用sp2杂化。
11．（2021高二下·蕲春月考）硫化锌有两种常见的晶体，分别是六方硫化锌(晶胞结构如图甲所示)和立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示)。下列说法错误的是（ ）
A．可用X-射线衍射实验鉴别硫化锌是否属于晶体
B．每个六方硫化锌晶胞中含2个S原子
C．立方硫化锌中锌的配位数为4
D．氧化锌的熔点低于六方硫化锌和立方硫化锌
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A.晶体与非晶体最大的区别是组成的物质粒子在微观空间是否有序，X射线可以观察到微观结构，因此用X射线可以鉴别是否属于晶体，故A不符合题意
B. 每个六方硫化锌晶胞中含有4个硫原子在棱上，1个硫原子在晶胞内部。因此含有的硫原子的个数为4x+1=2,gu B不符合题意
C.根据 立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示) ，每个锌离子是处于4个硫离子形成的四面体的体心，因此配位数为4，故C不符合题意
D.氧离子半径小于硫离子半径，因此氧化锌的熔点高于硫化锌的熔点，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.X射线可以区分晶体与非晶体
B.根据六方晶胞中占位情况计算出硫原子的个数
C.找出与锌离子周围距离最近的硫离子数目即可
D.硫化锌和氧化锌均是离子晶体，离子晶体的熔沸点与离子半径和电荷有关，
12．（2021·烟台模拟）下列说法错误的是（ ）
A．可用洪特规则解释第一电离能Be>B
B．基态原子4s轨道半满的元素分别位于IA族和IB族
C．与NH3相比，[Zn(NH3)6]2+中H-N-H键角更大
D．CaF2品体中Ca2+与最近F-的核间距离为a cm，则其晶胞的棱长为 cm
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．洪特规则为电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，Be的电子排布式是：1s22s2，B的电子排布为：1s22s22p1，可以用洪特规则解释第一电离能Be>B，A不符合题意；
B．K的4s轨道半满，位于IA族，Cr的4s轨道半满，位于VIB族，Cu的4s轨道半满，位于IB族，B符合题意；
C．NH3中N原子含有孤电子对，孤电子对对N-H键的斥力比[Zn(NH3)6]2+中的配位键N-Zn键的成键电子对对N-H键的斥力大，所以前者H-N-H更集中，键角更小，后者中的H-N-H键角更大，C不符合题意；
D．氟化钙晶胞中，钙离子和氟离子最近的核间距是acm，是体对角线的四分之一，设晶胞棱长是 cm，可以得到 ，所以 = ，即晶胞的棱长为 cm，D不符合题意
故答案为B。
【分析】A.根据核外电子排布，能量越高越易失去电子
B.根据第四周期的元素找出4s轨道上半充满的元素即可
C.根据锌离子易与氨气分子形成配位键导致键角增大
D.根据氟化钙的晶胞图即可计算出晶胞的长度
13．（2021·潍坊模拟）缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8(H原子除外)的一类化合物。下列说法错误的是（ ）
A．B2H6是缺电子化合物
B．BeCl2的二聚体是平面分子
C．AlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2
D．化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3N→BF3
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．B2H6中H原子可与B之间共用一对电子，加上B自身的3个价电子，1个B原子周围电子数为6个，故为缺电子化合物，A不符合题意；
B．BeCl2可通过配位键形成二聚体，结构如图所示： ，每个Be原子周围形成3个σ键，根据价层电子对互斥理论知Be与其所连3个Cl之间为正三角形，两个正三角形共面，故BeCl2二聚体为平面分子，B不符合题意；
C．AlCl3二聚体结构如图所示： ，Al原子含有3个价电子，可与3个Cl形成共价键，AlCl3二聚体中Al周围有4个共价键，故含有配位键（Cl提供孤电子对，Al提供空轨道），中心Al的杂化方式为sp3，C符合题意；
D．NH3中N原子价层含有孤电子对，BF3中B原子含有空轨道，故两者之间能形成配位键，结构为：H3N→BF3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构简式即可判断B为缺电子原子
B.根据二聚体的结构进行判断即可
C.根据结构式即可帕努单杂化方式
D.根据中心原子的核外电子即可判断
14．（2021·青岛模拟）甲磺酸伊马替尼是治疗慢性粒细胞白血病的首选药物，其合成路线如下图所示(次要产物省略)。下列有关说法错误的是（ ）
A．Ⅰ→Ⅲ通过发生取代反应产生酰胺键
B．Ⅱ、Ⅳ分子中均存在配位键
C．有机物Ⅲ不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．Ⅳ分子中的C、N原子均存在 和 两种杂化方式
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；乙烯的化学性质；酰胺
【解析】【解答】A．由合成路线可知，Ⅰ→Ⅲ反应过程为I中的氨基和II中羧基发生取代反应产生酰胺键，故A不符合题意；
B．由II、IV的结构简式可知，两者均是两个分子通过配位键结合形成的，故B不符合题意；
C．III中与苯环相连的碳原子上有氢原子，能与酸性高锰酸钾反应使其褪色，故C符合题意；
D．IV中单键C、N采用 杂化，双键C、N采用 杂化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据反应物和生成物的结构特点确定反应类型；
B、结合有机物结构的成键情况分析；
C、分子结构中含有C=C，可使酸性KMnO4溶液褪色；
D、根据C、N原子的成键情况确定其杂化方式；
15．（2021·黄山模拟）铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．CO也是该反应的催化剂
B．反应过程中Rh的成键数目有变化
C．CH3I是反应中间体
D．存在反应CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI
【答案】A
【知识点】化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．由图示可知：在反应过程中CO参加了反应，但反应后未产生CO，因此CO不是该反应的催化剂，A符合题意；
B．由图可知Rh的化合物的成键数目变化为：4→6→5→6→4，可见反应过程中Rh的成键数目有变化，B不符合题意；
C．由图可知铑的配合物离子 会分解产生CH3COI和 ，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，HI与CH3OH反应产生CH3I和H2O，CH3I再与 反应产生 ，故CH3I是该反应的中间体，C不符合题意；
D．由图可知铑的配合物离子 会分解产生CH3COI和 ，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI的方程式为：CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据图示，一氧化碳做为反应物参与反应
B.根据图示，Rh在反应过程中的成键数目有变化
C.根据反应原理即可知道 CH3I是反应中间体
D.根据图示即可判断
二、多选题
16．（2022高二下·滕州期中）下列说法正确的是（ ）
A．向1L1mo/L的溶液中加入足量溶液有3mol沉淀产生
B．分子式为的有机物有4种可能结构(不考虑立体异构)
C．1mol石墨晶体中含有的键数目为1.5
D．金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向运动实现的
【答案】B,C
【知识点】配合物的成键情况；金属晶体；同分异构现象和同分异构体；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．配合物的外界有2个Cl-，内界有1个Cl-，在溶液中，只有外界的Cl-能够电离出来，则向1 L、1 mol/L的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量n()= 1L1 mol/L=1 mol，则能够电离出来的Cl-的物质的量为2mol可知加入足量AgNO3溶液有2 mol AgCl沉淀生成，选项A不符合题意；
B．分子式为C4H9Br从饱和度看只能是饱和溴代烷烃，同分异构只是溴在碳上面链接位置不同而已，因为丁烷有两种同分异构体，它们一溴代物的种数即为C4H9Br的种数，正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种，选项B符合题意；
C．在石墨晶体中一个C原子形成3个C- C键，每个C- C键由2个C原子构成，因此1mol石墨中含有C-C键的物质的量为1mol3=1.5 mol，所含C- C键的个数为1.5NA，选项C符合题意；
D．金属导电是由自由电子在外加电场中的定向运动完成，金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成的热能的传递，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.1mol该物质能电离出2molCl-；
D.金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成的热能的传递。
17．（2021高二下·无棣期中）关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是（ ）
A．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
B．中心原子的化合价为+3价
C．中心原子的配位数是6
D．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀
【答案】A,D
【知识点】配合物的成键情况；物质结构中的化学键数目计算；化合价与化学式
【解析】【解答】A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中[Ti(NH3)5Cl]2+与外界Cl-间为离子键，[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti3+与配体NH3、Cl-间形成6个配位键，配位键属于σ键，每个配体NH3中N、H原子间形成3个N—Hσ键，故1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2中含有σ键为(6+ )mol=21mol，即含有σ键的数目为21NA，A符合题意；
B．在该化合物中N、H、Cl元素的化合价依次为-3、+1、-1，根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，则Ti的化合价为+3价，B不符合题意；
C．与Ti3+形成配位键的配位原子为N、Cl，Ti3+的两个配体NH3、Cl-的个数依次为5、1，故配位数为5+1=6，C不符合题意；
D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能与Ag+反应形成白色沉淀，内界中的Cl-不能与Ag+反应，故含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】
18．（2021高二下·聊城期中）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，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）
A．反应前后c(Cu2+)不变
B．[Cu(NH3)4]SO4中配位体为NH3，配位数为4
C．用硝酸铜代替硫酸铜实验，不能观察到同样的现象
D．[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道
【答案】B,D
【知识点】配合物的成键情况
【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络合物而使溶液澄清，澄清后的溶液中铜以[Cu(NH3)4]2+的形式存在，所以溶液中铜离子浓度发生改变，A不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2+为内界，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，所以配位体为NH3，配位数为4，B符合题意；
C．用硝酸铜代替硫酸铜实验，依然可以产生氢氧化铜沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，现象相同，C不符合题意；
D．[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2+为内界，Cu2+提供空轨道，与N原子形成配位键，D符合题意；
故答案为BD。
【分析】根据题目中的现象，铜离子先与氨水形成氢氧化铜，再继续与氨水作用幸好曾铜氨溶液，形成的是配合物，铜离子提供空轨道，氨气分子提供配体，配位数为4，将其换成其他的铜离子溶液也会出现此现象
19．（2017高二下·无锡期中）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．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子
C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+
【答案】B,D
【知识点】化学键；配合物的成键情况
【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络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误．
B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B正确；
C．[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，故C错误；
D．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络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确；
故选BD
【分析】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．
A．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；
B．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；
C．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；
D．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；
三、非选择题
20．（2022·海南）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
（1）基态O原子的电子排布式 ，其中未成对电子有 个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是 。
（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取 杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是 。
（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为 。
（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是 。
（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面 、 。
【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4；2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3）sp2；两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6） cdhi； bcek
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O为8号元素，基态O原子核外有8个电子，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
(3)根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此邻苯二甲酰亚胺的熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，则该配离子为[Zn(NH3)4]2+，从而可知金属Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
(5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键；
(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为 cdhi和 bcek。
【分析】（1）O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，含有2个未成对电子；
（2）金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用；
（3）酞菁分子中N元素均形式双键；邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键；
（4）Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为 [Zn(NH3)4]2+ ；
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强；
（6）根据晶胞的空间结构进行判断。
21．（2021·海南）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。
回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为 。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为 。
（3）第一电离能的大小：C O(填“大于”或“小于”)。
（4） 中碳原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式 。
（5）CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为 。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是 。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为 ，b点锰原子坐标为 ，则c点锰原子坐标为 。
【答案】（1）
（2）6
（3）小于
（4）；
（5）
（6）MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，所以本问应填“ ”；
（2）由题干图例所示，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子，1个H原子，所以本问应填“6”；
（3）根据元素周期律，总体规律同一周期元素从左到右第一电离能依次增强，特殊规律同周期IIA族第一电离能大于IIIA族，VA族第一电离能大于VIA族，C是IVA族，O是VIA族，不涉及特殊规律，所以本问应填“小于”；
（4）①根据价层电子对互斥理论， 中心原子C连接3个O原子，所以δ键为3，孤电子对数 (阴离子计算孤电子对数时，所带负电荷绝对值要与中心原子价电子数相加)，所以 中C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，故其离子结构为平面三角形；再根据价层电子对数与杂化轨道对应关系，可知 中C原子的杂化轨道类型是sp2，故本问第一空应填“sp2”；
②按题目要求，阴离子中心原子价层电子对数应为3，孤电子对数为0，带电荷量为-1，无机酸根一般是含氧酸阴离子，所以代入孤电子对公式可解得其中心原子价电子数为5，所以本问第二空应填“ ”；
（5）根据题目描述，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)，形成新物质，故本问应填“ ”；
（6）①离子晶体熔沸点高低不光与晶体结构有关，也与离子带电荷量有关，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以本问第一空应填“MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大”；
②根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，那么c点Mn原子的坐标为 ，故本问第二空应填“ ”。
【分析】
（1）锰元素质子数25，其1s22s22p63s23p63d54s2，其价层电子排布是3d54s2；
（2）根据结构示意图，配位数是6；
（3）同周期电离能自左到右依次增大，但存在例外，如IIA和IIIA族，VA族和VIA族；
（4）C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，杂化轨道类型是sp2，而相似构型的负一价酸根离子只有硝酸根；
（5）按照要求交换原子团即可；
（6）硫化锰所带的电荷数较多，离子键强度大，熔点相对较高。
22．（2021·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
过渡金属元素铬（Cr）是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用，回答下列问题：
（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是 (填标号)。
A.轨道处于半充满时体系总能量低,核外电子排布应为[Ar]
3d54s1
B.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是 ,中心离子的配位数为 。
（3）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如下图所示。
PH3中P的杂化类型是 , NH3的沸点比PH3的 ，原因是 。H2O的键角小于NH3的，分析原因 。
（4）在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构，如图所示。处于顶角位置的是 原子。设Cr和Al原子半径分别为 和 ，则金属原子空间占有率为 %(列出计算表达式)。
【答案】（1）A C
（2）N O Cl；6
（3）；高；NH3分子间形成氢键增大分子间作用力；H2O分子有两对孤对电子，而NH3分子有一对孤对电子,所以H2O中孤对电子对键的斥力比NH3大，键角小
（4）Al；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1，A正确；
B. Cr核外电子排布为[Ar]3d54s1，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；
C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；
故答案为AC；
(2) [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即3+2+1=6；
(3) PH3的价层电子对为3+1=4，故PH3中P的杂化类型是sp3； N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；
(4)已知AlCr2具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为8×+1=2，白球个数为8×+2=4，结合化学式AlCr2可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率=%。
【分析】(1)根据Cr的核外电子排布分析；
(2)根据配位键形成的原理分析；
(3)根据价层电子对互斥理论分析；
(4)根据晶胞的均摊及空间占有率的计算方法分析；
23．（2020 新高考I）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
（1）Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为 ，其固体的晶体类型为 。
（2）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 (填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为 ，键角由大到小的顺序为 。
（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol，该螯合物中N的杂化方式有 种。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
坐标 原子 x y z
Cd 0 0 0
Sn 0 0 0.5
As 0.25 0.25 0.125
一个晶胞中有 个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn (用分数坐标表示)。CdSnAs2
晶体中与单个Sn键合的As有 个。
【答案】（1）正四面体形；分子晶体
（2）NH3、AsH3、PH3；AsH3、PH3、NH3；NH3、PH3、AsH3
（3）6；1
（4）4；(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；4
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）Sn为第ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数= =0， 键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；（2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3；（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；（4）由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，0.5），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分As原子的分数坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为 ；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。
【分析】（1）利用价层电子对数确定SnCl4的分子构型；由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；（2）结构相似的分子，相对分子质量越大物质的熔沸点越高，另外分子间能形成氢键的物质，熔沸点则较高，键角的大小取决于中心原子的杂化类型、孤电子对数、成键电子对与成键电子对之间的斥力大小；（3）由该物质的结构简式可知，螯合作用配位成环，故1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式为sp2杂化；（4）结合部分原子的分数坐标，结合晶胞结构图，确定各原子在晶胞中位置，找出相应原子。
24．（2022·石景山模拟）工业上用Fe(Ⅲ)作为可再生氧化剂回收工业废气中的H2S，生产单质硫。
（1）铁元素属于 区(填“s”、“d”、“ds”、“p”)。
（2）Fe3+生化氧化再生法分为吸收和再生两部分。
①吸收：用Fe3+将H2S氧化为S，该反应的离子方程式是 。
②再生：O2在氧化亚铁硫杆菌作用下再生Fe3+。
缺点：氧化亚铁硫杆菌生长的最佳pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸收，结合平衡移动原理解释原因 。
（3）络合铁法脱硫技术吻合节能减排、经济高效的工业化指导思想。
①碱性条件有利于H2S的吸收，但Fe3+极易形成氢氧化物和硫化物沉淀，请在图中用“↑”或“↓”补全Fe3+的电子分布图。从图中可以看出Fe3+有空轨道，可以形成溶于水的Fe3+Ln(配合物，L表示配体，n表示配位数)。
②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的离子方程式 。
ⅱ.O2氧化再生Fe3+Ln的离子方程式：4Fe2+Ln+O2+2H2O=4Fe3+Ln+4OH
写出总反应的化学方程式 。
③下图是EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图，Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，1mol该配合物中配位键有 mol。
【答案】（1）d
（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；H2SH++HS ，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收
（3）；16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；4O2+8H2S8H2O+S8↓；6
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，价电子构型为3d64s2，最后填充d电子，属于d区元素，故答案为：d。
(2)①Fe3+与H2S反应，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS ，酸性条件下，c(H+)较大，平衡逆移，抑制H2S的吸收，因此酸性条件不利于H2S的吸收，故答案为：H2SH++HS ，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收。
(3)①Fe3+的价电子构型为3d5，3d轨道上的电子处于半充满状态，整个体系的能量最低，处于能量较高的4s、4p、4d没有填充电子，为空轨道，则Fe3+的电子分布图为：，故答案为：；
②ⅰ.在碱性条件下Fe3+Ln和H2S反应，H2S被氧化为S8，Fe3+Ln被还原为Fe2+Ln，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓，故答案为：16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；
ⅱ.由两步反应可知，Fe3+Ln是第一步反应的反应物，第二步又生成了Fe3+Ln，说明Fe3+Ln是该反应的催化剂，即总反应为O2和H2S在Fe3+Ln作催化剂的条件下反应生成S8和H2O，根据电子守恒和元素守恒，写出总反应的化学方程式为4O2+8H2S8H2O+S8↓，故答案为：4O2+8H2S8H2O+S8↓。
③Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，提供6个空轨道，EDTA的阴离子的结构具有两个氨基和四个羧基，可作为六基配位体，由图可知4个O和2个N与Fe3+形成配位键，所以1mol该配合物中有6mol配位键，故答案为：6。
【分析】（1）除ds区以外，其他都是最后一个电子填入哪一个能级，该元素就是哪一个区的；
（2） ①用Fe3+将H2S氧化为S， 还原产物为Fe2+，根据三个守恒写出离子方程式；
② 根据浓度对化学平衡的影响来分析；
（3）①根据能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理来填入电子，原子形成离子是从最外层往内依次失去；
② 根据氧化再生可知 Fe3+Ln氧化H2S生成S8 的还原产物为 4Fe2+Ln ，根据三个守恒配平离子方程式；
③ 根据EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图分析配位键的数目。
25．（2022·蚌埠模拟）第四周期元素单质和化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，比如铁铜锌是大规模使用的金属，砷硒溴广泛应用于化工生产。根据所学知识回答以下问题：
（1）Mn基态原子的价电子排布式 ，Ni位于周期表中 区。
（2）根据价电子对互斥理论推测SeO离子的空间构型为 ，SeO2分子中心原子杂化轨道类型是
（3）化合物[Co(NH3)6]Cl3中存在____
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．配位键
（4）一种铜的溴化物的晶胞结构如图所示
①该溴化物的化学式为 。
②原子坐标参数表示晶体内部各原子的相对位置。上图中各原子坐标参数P为(0，0，0)，Q为 ()，
则R原子的坐标参数为 。
③已知该溴化物密度为ρg·cm-3，Cu原子半径为xpm，Br原子半径为ypm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞中原子空间利用率为 。(列出计算式)
【答案】（1）3d54s2；d
（2）三角锥；sp2杂化
（3）A；B；D
（4）CuBr；(，，)；×100%或×100%
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Mn为25号元素，原子核外有25个电子，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，价电子为3d54s2；Ni元素位于第Ⅷ族，属于d区元素；
(2)SeO中心Se原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形；SeO2分子中心原子的价层电子对数为=3，为sp2杂化；
(3)化合物[Co(NH3)6]Cl3中，氨气分子和Co3+之间存在配位键，N原子和H原子之间存在σ键，[Co(NH3)6]3+和Cl-之间存在离子键，所以选ABD；
(4)①根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×+6×=4，Br原子的个数为4，所以溴化物的化学式为CuBr；
②P为原点，R点Br原子位于体对角线上，且距离左侧面，与下底面和前面距离均为，所以坐标为(，，)；
③晶胞中含有4个CuBr单元，所以晶胞的质量为g，密度为ρg·cm-3，则体积为cm3=×1030pm3，原子总体积为pm3，所以空间利用率为×100%或×100%。
【分析】(1)依据核外电子排布规律及元素在表中的分区；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(3)依据配合物的结构分析；
(4)①根据均摊法计算；
③依据晶胞中含有单元，确定晶胞的质量，利用求晶胞体积，再计算原子总体积，求出空间利用率。
26．（2022·保定模拟）d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。回答下列问题：
（1）我国科学家用和，制备超导材料TiN，反应原理为。
①基态钛原子的核外电子排布式为 。原子中运动电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的则用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
TiN
熔点/℃ 800（分解） -25 714 2950
沸点/℃ 700（升华） 136.4 1412 （略）
属于 晶体，中心Ti原子的杂化方式为 。
（2）是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断 （填“甲”或“乙”）在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是 。
③和中铂的配体数分别为 和 。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成的原因： 。
（3）晶体中，的重复排列方式如图1所示，该晶体中存在着由围成的正四面体空隙（如1、3、6、7号围成）和正八面体空隙（如3、6、7、8、9、12号围成）。中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和分别填充在不同的正八面体空隙中，则晶体中，正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为 。
（4）铜的晶胞如图2所示，则晶胞中原子的空间利用率为 （用含π的最简式表示）。
【答案】（1）{或 }；＋1或-1；分子；
（2）甲；；4；4；乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
（3）1：4
（4）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；分子晶体；晶胞的计算；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】(1)①钛元素是22号元素，按构造原理，基态钛原子的核外电子排布式为
，基态钛原子的价电子排布式为
，
是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为
或
。
②熔沸点较低，属于分子晶体，其中心原子的价电子对数为n= =4，故中心原子形成杂化方式为 杂化。
(2)①甲为极性分子，根据相似相溶的规律，甲在水中的溶解度较大。
②及其同分异构体发生水解反应生成物的化学式均为
和氯化氢，故反应的化学方程式是
。
③由化学式
可知其铂的配体数为4。甲、乙的水解产物化学式均为
，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成
，说明甲的物质结构中，有两个氢氧根离子的距离相对较近，可以与一个草酸根离子形成双齿结构，即每个
中有2个原子与铂配位。草酸根离子中碳原子没有孤电子对，只有氧原子存在孤电子对，所以
有2个氧原子与铂配位，故
中心原子铂的配体数也为4。
④甲、乙均为平面结构，其中甲为极性分子，乙为非极性分子，经分析甲分子有两个氢氧根离子的距离相对较近，则乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），故草酸的两个羧基无法与铂原子同时形成配位键。
(3)由图1可知，
的重复排列方式为面心立方密堆积，其晶胞中正四面体空隙为8个，正八面体空隙为4个，2个三价铁离子，一个填充在正四面体空隙中，一个填充在正八面体空隙中，另一个亚铁离子填充在不同的正八面体空隙中，则被填充的正四面体空隙占总的四面体空隙个数的
，被填充的正八面体空隙占总的正八面体空隙个数的
，故正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为1：4。
(4)由图2可知，铜晶胞为面心立方密堆积结构，设晶胞边长为a，该晶胞中Cu原子个数
，则四个Cu原子体积
，晶胞体积
，空间利用率
。
【分析】（1）①钛原子的核外电子数为22，根据核外电子排布原则进行解答。价电子就是最外层电子，根据钛原子的价电子及其排布原则进行解答。
②分子晶体的熔沸点一般较低；根据价层电子对互斥理论进行解答。
（2）①甲与水均为极性分子，则甲在水中溶解度较大。
②根据水解产物及反应前后原子个数、种类不变进行分析。
③PtCl2(NH3)2和Pt(C2O4)(NH3)2的配体数均为4。
④乙为非极性分子，说明乙的结构对称，可推出其结构式，进一步分析。
（3）由图1可知该晶胞中有8个正四面体空隙，4个正八面体空隙。根据题干信息，则正四面体空隙阳离子填充率为
，正八面体空隙阳离子填充率为
=
。
（4）由图2可知该晶胞中铜原子的个数，晶胞晶胞中原子利用率=
。
27．（2021·厦门模拟）我国科学家合成无铅钙钛矿单晶CsMnCl3(H2O)2，在防伪或信息加密等方面具有潜在应用。CsMnCl3(H2O)2溶剂致变色效应原理如下图。
（1）基态Mn2+的价电子轨道表达式为 。
（2）CsMnCl3(H2O)2中，主族元素的电负性从大到小的顺序为 。
（3）变色过程，锰离子的配位数 (填“有”或“没有”)发生变化。
（4）从结构角度分析DMAC[结构简式为(CH3)2NCOCH3]能使含锰配离子发生变化的原因 。
（5）Cs3MnCl5晶体为正交晶系结构，晶胞参数a＝b≠c，α=β=γ=90°，晶胞结构如图所示，其中Mn位于面上。
①每个晶胞含Cs3MnCl5的单元数有 个。
②Cs沿z轴投影图正确的是 (填标号)。
A． B． C． D．
【答案】（1）
（2）O＞Cl＞H＞Cs
（3）有
（4）DMAC的N、O与H2O的H形成分子间氢键，可将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变
（5）4；C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Mn为25号元素，原子核外有25电子，失去最外层2个形成Mn2+，所以Mn2+的价电子为3d5，轨道表达式为 ；
(2)该物质中的主族元素有Cs、Cl、H、O，元素的非金属性越强电负性越大，所以四种元素电负性从大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Cs；
(3)据图可知变色过程中锰离子的配位数由6变为4，再由4变为6，配位数有变化；
(4)DMAC的N、O电负性较大，可以与H2O的H形成分子间氢键，将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变；
(5)①据图可知有8个Cs原子位于棱上，8个Cs原子位于面上，6个Cs原子位于内部，所以晶胞中Cs原子的个数为 +6=12，一个Cs3MnCl5单元含有3个Cs原子，所以一个晶胞含有12÷3=4个单元(根据其他原子数确定也可以)；
②因为晶胞参数a=b，且α=β=γ=90°，所以Cs沿z轴投影为正方形，棱上的Cs原子为正方形的四个顶点，内部位于的连线平行z轴的两个Cs原子为正方形中心，顶面4个和底面4个重合，但与内部剩余的4个不重合，所以在正方形内部除中心外会有8个点；故C为正确投影图。
【分析】（1）根据锰原子的基态核外电子能级排布即可写出锰离子的价电子轨道
（2）电负性与元素的非金属性有关，非金属性越强电负性越大
（3）根据变色的过程即可判断配位数发生变化
（4）配位方式改变主要是配体水分子被替换掉，主要是DMAC中的氮原子与形成氢键
（5）① 根据占位情况计算出Cs原子的个数即可计算出单元的个数②根据占位情况以及沿Z轴进行投影即可判断
28．（2021·潍坊模拟）深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究领域。我国自主研发的氟硼铍酸钾( )晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题：
（1）基态 原子最高能级电子数之比是 ， 晶体熔点由高到低的顺序是 。
（2）在 气相中，氯化铍以二聚体 的形式存在， 原子的杂化方式是 ， 中含有 配位键。
（3）一定条件下， 可与铜反应生成氟化剂的 ，其结构式是 。已知在 时 就发生类似 的分解反应，其不稳定的原因是 。
（4） 晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与 相似如图1所示。O原子的配位数是 ；沿晶胞面对角线投影，图2中能符合题意描述投影结果的是 (填序号)。设O与 的最近距离为 晶体的密度为 ，则阿伏加德罗常数的值为 (用含a和d的式子表示)。
【答案】（1）2：1；
（2）sp2；2
（3）；N2F4分子中2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂
（4）4；B；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Be的核外电子排布为1s22s2，最高能级为2s，电子数目为2；B的核外电子排布为1s22s22p1，最高能级为2p，电子数为1，两者最高能级电子数之比为2：1， 均为离子晶体，r(F-)
(3) 的结构式为 ，由结构式可知，N2F4分子中N原子只形成单键，2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂，故答案为： ；N2F4分子中2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂；
(4)由晶胞结构可知每个O周围有四个Be与其相连，配位数为4，由晶胞的结构可知沿面对角线投影应为图B，将整个晶胞切成8个等大小正方体，Be在小正方体中心，O在小正方体顶点，每个晶胞中含有4个Be，4个O，若O与Be距离为a pm，则小正方体对角线的1/2为a pm，故晶胞棱长为 ，d= ，NA= ，故答案为：4；B； ；
【分析】（1）根据核外电子能级电子数即可判断，均属于离子晶体，离子半径越小，熔沸点越高
（2）根据结构简式即可写出杂化方式和含有得出配位键数
（3）根据分子式即可写出结构简式，根据结构简式即可判断出氮原子含有孤对电子产生斥力导致氮氮键易断裂
（4）根据晶胞结构即可找出氧原子的配位数，根据Be原子位于晶胞体心处，结合投影即可进行判断，根据晶胞计算出晶胞质量，结合距离计算出体积，利用ρ=即可计算
29．（2021·日照模拟）Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
（1）基态 Ni 原子的价电子排布式为 。
（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是 分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）实验室常用 KSCN 溶液或苯酚( )检验 。
①第一电离能：N O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为 。
（4）配位化合物 中心原子Co的配位数为 ，配位原子为 。
（5）如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的 填充在正四面体空隙中， 和另一半 填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为 。
（6）已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为 g·cm-3(NA
表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
【答案】（1）
（2）非极性
（3）>；sp2
（4）6；N、Cl
（5）7：2
（6）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为 ；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物 中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为： 个，所以有 2个，有 1个，其中正四面体空隙共8个，1个 填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共 个，一个 和一个 填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为 ，体积为 ，因此密度为 。
【分析】（1）根据Ni的核外电子排布确定其价电子排布式。
（2）根据相似相容原理分析。
（3）①结合N、O的价电子排布分析第一电离能的相对大小。
②根据苯酚中碳原子的成键情况分析其杂化方式。
（4）根据配合物中成键情况分析中心原子Co的配位数和配位原子。
（5）根据晶胞结构进行分析。
（6）根据晶胞结构进行计算。
30．（2021·济南模拟）铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
（1）铁元素在元素周期表中的位置为 ，其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+，基态Fe2+的价电子的排布式为 ，相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是 。
（2）一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为 (填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为 。P原子的杂化方式为 ，分子中不含有的化学键类型是 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E． 键 F． 键
（3）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料其正交相晶胞结构如图所示。
其中铁酸钇的化学式为 ，已知1号O原子空间坐标为(0，0， )，2号O原子空间坐标为( ， -m， -n)，则3号Fe原子的空间坐标为 ，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用 表示，则该晶体的密度为 (列出表达式)
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；3d6；基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定
（2）O；N＞O＞C；sp3；A
（3）YFeO3；( ， +m， )；
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根 键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是 键，C=N双键中有一个 键，一个 键，不含有离子键，
故答案为：A。
(3)晶胞中Y的个数为 ，Fe的个数为2，O的个数为 ，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0， )，2号O原子空间坐标为( ， -m， -n)，则3号Fe原子的空间坐标为( ， +m， )，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用 表示，则该晶体的密度为 。
【分析】（1）铁元素在元素周期表的位置，要注意半充满状态相对比较稳定；
（2）碳氮氧中电负性最大的是O，第一电离能最大的是N，要注意P原子形成4根 键；
（3）根据均摊法的运用，空间坐标的正确表达，要注意密度计算的时候单位的换算。
31．（2021·洛阳模拟）已知Mn、Fe、Co是合金中的重要元素，而P、S、Cl是农药中的重要元素。请回答下列问题：
（1）基态锰原子的价电子排布图为 。
（2）已知PCl3的沸点高于SCl2，原因是 。
（3）以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构如图所示，下列说法错误的是___________。
A．第一电离能：H＜O＜N
B．该配合物中C原子的杂化方式均为sp
C．该配合物中Co原子的配位数为4
D．基态Co原子核外电子的空间运动状态有27种
（4）水杨醛缩邻氨基苯酚又被称为“锰试剂”，可与Mn2+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Mn2+形成配位键的原子有 (填元素符号)，锰试剂 (填“能”或“不能”)形成分子内氢键。
（5）阿拉班达石(alabandite)是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图a所示(●=Mn，○=S)。在该晶胞中，硫原子的堆积方式为 。
（6）已知阿拉班达石晶胞中最近两个硫原子之间的距离为d (1 =10-10m)，晶体密度为ρg cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA= (不要求化简)。
（7）为更清晰地展示晶胞中原子所在的位置，晶体化学中常将立体晶胞结构转化为平面投影图。例如：沿阿拉班达石晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用图b表示。下列晶体结构投影图可能表示MnO2晶体的是___________。
A． B．
C． D．
【答案】（1）
（2）PCl3分子间作用力高于SCl2
（3）B；D
（4）N、O；能
（5）面心立方堆积
（6）
（7）C
【知识点】原子核外电子的能级分布；配合物的成键情况；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力
【解析】【解答】(1)Mn是25号元素，价电子排布式为3d54s2，价电子排布图为 ，故答案为： ；
(2)PCl3和SCl2都是分子晶体，PCl3分子间作用力高于SCl2，因此沸点PCl3高于SCl2，故答案为：PCl3分子间作用力高于SCl2；
(3)A．同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，N的2p3为半充满结构，第一电离能大于O，H的第一电离能约为21.784×10-19J，而O约为21.816×10-19J，H的第一电离能最小，因此第一电离能：H＜O＜N，故A正确；B．该配合物中存在两种类型的C原子，其中苯环上的C采用sp2杂化，C=N上的C原子采用sp2杂化，杂化方式均为sp2，故B不正确；C．根据图示，该配合物中Co原子的配位数为4，故C正确；D．Co是27号元素，基态Co核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，共占4个s轨道，6个p轨道，5个d轨道，所以核外电子的空间运动状态共有15种，故D不正确；故答案为：BD；
(4)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；
(5)由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，硫原子和锰原子堆积方式相同，晶胞中锰位于面心和顶点，采用面心立方最密堆积，则硫原子也为面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积；
(6)最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，则面对角线=2d =2d×10-8cm，晶胞边长= d×10-8cm，晶胞体积=( d×10-8cm)3，根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有8× +6× ＝4，则晶胞的体积( d×10-8cm)3 = ，解得：NA= mol-1，故答案为： ；
(7)阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为4。A．所示投影图中Mn原子配位数为6，故A不正确；B．所示投影图中Mn原子配位数为8，故B不正确；C．所示投影图中Mn原子配位数为4(以中心Mn原子为例，c=0的面上2个S原子和c=1的面上2个S原子)，S原子配位数也为4，故C正确；D．所示投影图中Mn原子为六方最密堆积，而阿拉班达石晶胞中锰原子为面心立方最密堆积，故D不正确；故答案为：C。
【分析】Mn是25号元素，价电子排布式为3d54s2；分子晶体中微粒间作用力为分子间作用力，分子间作用力的强弱是影响分子晶体熔沸点的主要因素；锰试剂中存在两个不相邻的酚羟基，结合分子内氢键的形成条件分析判断；由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，硫原子和锰原子堆积方式相同；最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，结合均摊法计算解答；阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为4，结合投影图分析判断。
32．（2021·遂宁模拟）在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Co、Ni、C等多种元素。请回答：
（1）基态铁的价电子排布式为 ，基态Ni原子的电子空间运动状态有 种。
（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是 分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）实验室常用 KSCN溶液检验 。
①与KSCN中与SCN-互为等电子体的非极性分子的化学式为
②SCN-中碳原子杂化类型为 。
（4）配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为 ，配位原子为 。1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中σ键 mol。
（5）已知Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为 g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
【答案】（1）3d64s2；15
（2）非极性
（3）CO2或CS2；sp
（4）6；N、Cl；21
（5）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子，故价电子排布式为3d64s2；基态Ni原子核外有28个电子，在15个轨道中运动，所以电子的空间运动状态是15种；
(2)分子晶体的熔沸点较低，所以该物质为分子晶体，根据相似相溶原理，其难溶于水，水是极性分子，易溶于有机溶剂，所以是Ni(CO)4是非极性分子；
(3)①SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的一种分子为CO2或CS2；
②等电子体价键结构相似，故SCN-为直线型结构，C原子采取sp杂化；
(4)配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co有5个NH3分子、1个Cl原子，配位数为6，配位原子为N、Cl，[Co(NH3)5Cl]2+中6个配位键、15个N-H键，共有21个σ键，1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含σ键为 21mol，
(5)NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NixO”，则晶体密度= g·cm-3。
【分析】（1）根据铁原子的核外电子排布即可找出价层电子排布，写出镍原子的核外电子能级排布即可找出电子运动的状态
（2）水是极性分子，根据相似相溶的原理，可判断是非极性分子
（3）① 计算出SCN- 价电子数即可找出等电子体 ② 等电子体构型结构相似即可判断
（4）根据配合物的化学式即可找出配位数，根据配体找出配位原子， σ键包括单键和配位键找出即可
（5）根据氯化钠构型找出单个晶胞含有的氧原子的个数，即可计算出单个晶胞的质量，结合ρ=计算出密度
33．（2021·马鞍山模拟）铜及其化合物在化工、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用 摄取铜元素的原子光谱；基态Cu原子核外电子的空间运动状态有 种。
（2）[Cu(NH3)2]OOCCH3可用于防止合成氨反应的催化剂中毒。该化合物中元素的第一电离能最大的是 ，碳原子的杂化轨道类型有 。[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应为[Cu(NH3)2]OOCCH3+CO
+ NH3 = [Cu(NH3)3(CO)]OOCCH3，该反应中新形成的化学键有 (填标号)。
A． 键 B．配位键 C．非极性键 D．σ键
（3）向CuSO4溶液中通入足量NH3可生成配合物[Cu(NH3)4]SO4。与 互为等电子体的一种分子为 (填化学式)；NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是 。
（4）氧化亚铜(Cu2O)可用于陶瓷、固体整流器，其晶胞结构如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为( ， ， )。则D原子的坐标参数为 ，它代表 原子。
②若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，Cu2O晶体密度ρ为 。
【答案】（1）光谱仪；15
（2）N；sp2、sp3；BD
（3）CCl4(或SiF4等)；F的电负性大于N，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中的N原子核外电子云密度降低，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子
（4）( ， ， )；Cu；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1) 原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光,可以用光谱仪摄取铜元素的原子光谱；
基态Cu原子核外电子1s22s22p63s23p63d104s1，空间运动状态即为已填入电子的轨道，有1+1+3+1+3+5+1=15；
(2)氮原子2p轨道半充满，比较稳定，较难失去一个电子，第一电离能最大的是N；
其中甲基中的碳原子形成了4个σ键，为sp3杂化，另外一个碳原子形成3个σ键，为sp2杂化；
新形成的键是NH3和Cu2+，CO和Cu2+形成的配位键，是σ键，答案为BD；
(3)硫酸根离子有50个电子，5个原子，与 互为等电子体的一种分子可以为SiF4或CCl4；
由于NH3中的氮原子带负电性，易与Cu2+结合，NF3中的氮原子带正电性，与铜离子相互排斥，因此难以结合；
(4) ①把大正方体分成8个小正方体，D在左下角靠前的小正方体的体心，所以D的坐标是( ， ， )；
一个晶胞中D位于正方体内部，有4个，C占据体心和顶点，均摊法计算后有2个，对应化学式为D2C，故D代表铜原子；
②Cu2O晶体密度
【分析】（1）一般测量原子光谱的仪器是光谱仪，写出核外电子能级排布找出电子的轨道数即可
（2）主要含有Cu，N,H,C,O，几种元素，一般非金属元素的电离能大于金属元素，同周期元素的电离能增大的趋势，但考虑到第五主族的元素的第一电离能高于两侧，即可判断，根据碳原子形成的键数即可判断碳原子的杂化方式，根据方程式即可判断成键
（3）找出与硫酸根离子含有相同的原子和电子数的分子即可， NF3与NH3的空间构型都是三角锥形， 但是氟元素的电负性强于氮元素，更易吸附中心原子的电子，使其不易与铜离子形成配位键
（4）①D点处于个晶胞中的体心即可计算出坐标，根据占位即可计算出结果②计算出晶胞中含有的原子个数即可计算出晶胞的质量，根据晶胞参数计算出晶胞的体积，即可计算出晶胞的密度ρ=
34．（2021·保定模拟）75号元素铼(Re)，熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼、铜、锌、铅等矿物中。
（1）锰与铼处于同一族，锰原子电子排布式为 ，它处于周期的 区。
（2）与铼伴生的铜能形成多种配合物。如醋酸二氨合铜(Ⅰ) 可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体： (Ac表示醋酸根)。
①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是 。
②配位体 中N原子的杂化类型为 ， 配离子 中含有 键的数目为 。
③写出与CO互为等电子体的一种分子的化学式 。
（3）分别向 、 溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。
① 与 形成配合物的能力大于 的原因为 。
②溶液中的水存在 、 等微粒形式， 可看作是 与 通过氢键形成的离子，写出 的结构式 。
（4）三氧化铼为立方晶胞，结构如图，晶胞参数为3.74pm，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为 ，三氧化铼的密度为 (用 表示阿伏加德罗常数的值，写计算式即可)。
【答案】（1） 或 ；d
（2）具有孤电子对(或孤对电子)；；；
（3）由于 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键强；
（4）6；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】(1)锰为28号元素，核外电子排布为 或
，它处于周期的d区，所以答案为： 或 ；d。
(2)① 在含有空轨道的原子和孤电子对之间很容易形成络合物。铜离子含有空轨道，所以它们的配体应该含有孤电子对(或孤电子对)，所以答案是：有孤电子对(或孤对电子)；
②配配位体 中N原子的价层电子对数是4。根据价层电子对排斥理论，N原子杂质类型为sp3，一个单独的络合离子 含有 键，所以根据计算1mol的络合离子所含 键的数目是8NA，所以答案为：sp3； 。
③等电子体中的原子数和价电子数相等，与CO互为等电子体的微粒含有两个原子和十个电子，所以CO相互等电子的分子是
(3)①随着原子序数的增加，原子核的外电子引力增大；而随着电子层数的增加，原子核的外电子引力减小，但前者占主导地位， 电子层数大于 ，所以 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键更强，所以答案为：由于 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键强。
② 的结构式为 ， 的结构式为 ， 可看作是 与 通过氢键形成的离子，则 的结构式为： 。
(4) 三氧化铼为立方晶胞，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心，根据均摊法可知铼原子的配位数为6；在这个单位胞里，Re原子的数目等于 =1，O原子数等于 =3，所以铼原子的配位数为6，该晶胞的体积为： ，单个晶胞的质量为： ，则三氧化铼密度= = ，所以答案为：6； 。
【分析】（1）根据锰元素的核外电子数即可写出核外电子能级排布即可找出所在的区域
（2） ①铜离子提供空轨道，因此形成配位键需要提供孤对电子 ② 氨气是sp3杂化，找出 的单键和配位键即可计算③找出含有2个原子以及10个价电子的分子即可
（3）① 铜离子的核电荷数大对孤对电子的吸附能力强②根据氢键形成的原理即可写出结构式
（4）找出与铼原子距离最近的氧原子个数即可，根据占位计算出晶胞的质量再计算出晶胞的体积即可计算出密度
35．（2021·邵阳模拟）在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。请回答：
（1）基态铁原子的价电子排布式为 ，FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是 。
（2）氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为 ；Fe2+与O2-最短核间距为 pm。
（3）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是 。
②在[NiNH3)6]SO4中Ni2+ 与NH3之间形成的化学键称为 ，提供孤电子对的成键原子是 。
（4）无水CrCl3和氨分子作用能形成某种配合物，该配合物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界，写出该配合物的结构式 ，1 mol该配合物中含有σ键的数目为 。
【答案】（1）3d6 4s2；分子晶体
（2）12；
（3）正四面体；配位键；N
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Fe是26号元素， 基态铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，价电子排布式为3d64s2；分子晶体的熔沸点较低， FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是分子晶体；
(2)根据FeO晶胞的图像可知，Fe2+分布在晶胞的顶点和面心上，属于面心立方最密堆积，因此与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个；FeO晶胞中Fe2+的个数为=4个，O2-的个数为1+=4个，晶胞密度，故a=，故Fe2+与O2-最短核间距为；
(3)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是，立体构型是正四面体；
②在[Ni(NH3)6]SO4中NH3提供孤电子对，Ni2+提供空轨道，Ni2+与NH3之间形成配位键；提供孤电子对的成键原子是N；
(4) 加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl-为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3，该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N-H键为键，故1mol该配合物中含有σ键的数目为24NA。
【分析】(1)根据核外电子排布的规则书写；根据分子晶体的性质分析；
(2)根据面心立方最密堆积和晶胞密度公式分析；
(3)根据配位键理论分析；
(4)根据溶于水后内界中的物质不会电离分析；配位键都是σ键；
2023年高考真题变式分类汇编：配合物的成键情况2
一、选择题
1．（2023·浙江1月选考）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法错误的是
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
2．（2023·葫芦岛模拟）合成氨工业中，原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是吸收原料气中的CO，其反应式为： △H＜0，下列说法或判断错误的是
A．必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒
B．[Cu(NH3)3CO]+中非金属元素电负性：O＞N＞C＞H
C．可采用低压高温的条件使吸收CO后的铜氨液再生，恢复其吸收CO的能力以供循环使用
D．[Cu(NH3)2]+中含有σ键的数目为6
3．（2022·温州模拟）下列推测合理的是（ ）
A．四卤化硅中仅SiF4能形成SiF配离子，这是由于F－半径最小
B．已知SiH3Cl+4H2O=3H2↑+H4SiO4+HCl，则可推知CH3Cl+2H2O=3H2↑+CO2+HCl
C．高温条件下SiCl4与NH3反应可生成Si3N4和NH4Cl
D．Si3H8分解温度高于C3H8
4．（2022·武汉模拟）某电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，Y元素原子的价电子数是W的两倍。下列说法正确的是（ ）
A．氢化物沸点：X>Y
B．第一电离能：M
D．阴离子中不存在配位键
5．（2022·肥城模拟）氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．NH3与BF3都是由极性键构成的极性分子
B．六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子
C．NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一，1molNH4BF4含有配位键的数目为NA
D．立方氮化硼和半导体材料氮化铝的结构均类似于金刚石，立方氮化硼的熔点小于氮化铝
6．（2022·南京模拟）一种从照相底片中回收单质银的方法如下：
步骤1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr转化成Na3[Ag(S2O3)2]而溶解。
步骤2：在步骤1所得溶液中加稍过量Na2S溶液，充分反应后过滤出黑色沉淀。
步骤3：将黑色沉淀在空气中灼烧，回收单质银。
下列说法正确的是（ ）
A．步骤1所得[Ag(S2O3)2]2-中Ag+提供孤电子对
B．步骤2所得滤液中大量存在的离子：Na+、Ag+、S2O 、S2-
C．步骤3灼烧时可用足量NaOH溶液吸收尾气
D．Na2S晶胞(如图所示)中每个Na+周围距离最近的S2-有8个
7．（2022·西城模拟）向含HCN的废水中加入铁粉和K2CO3可制备K4[Fe(CN)6]，反应如下：6HCN+Fe+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。下列说法错误的是（ ）
A．依据反应可知：Ka(HCN)>Ka1(H2CO3)
B．HCN的结构式是H—C≡N
C．反应中每1molFe转移2mol电子
D．[Fe(CN)6]4-中Fe2+的配位数是6
8．（2022·南开模拟）NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水可以形成[Ni(NH3)6]SO4。下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是（ ）
A．配体为NH3，其空间结构为平面三角形
B．1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为18mol
C．[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会产生沉淀
9．（2022·江苏模拟）制取硫酸四氨合铜晶体{}的实验如下：
步骤1：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。
步骤2：再向试管中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。
下列说法错误的是（ ）
A．步骤1中难溶物溶解是因为生成了配合物
B．步骤2中加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体
C．中含有键的数目为
D．最终所得溶液中大量存在、、、
10．（2022·锦州模拟）我国科学家成功合成了一种具有超高能量且室温下稳定的盐(局部结构如图)，其中含有两种10电子离子。下列说法错误的是 （ ）
A．经X射线衍射实验可测得该盐的晶体结构
B．该盐可用于制造炸药
C．两种10电子离子中均含配位键
D．图中离子中Z原子采取杂化
11．（2021高二下·蕲春月考）硫化锌有两种常见的晶体，分别是六方硫化锌(晶胞结构如图甲所示)和立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示)。下列说法错误的是（ ）
A．可用X-射线衍射实验鉴别硫化锌是否属于晶体
B．每个六方硫化锌晶胞中含2个S原子
C．立方硫化锌中锌的配位数为4
D．氧化锌的熔点低于六方硫化锌和立方硫化锌
12．（2021·烟台模拟）下列说法错误的是（ ）
A．可用洪特规则解释第一电离能Be>B
B．基态原子4s轨道半满的元素分别位于IA族和IB族
C．与NH3相比，[Zn(NH3)6]2+中H-N-H键角更大
D．CaF2品体中Ca2+与最近F-的核间距离为a cm，则其晶胞的棱长为 cm
13．（2021·潍坊模拟）缺电子化合物是指分子中的原子通过共享电子，其价层电子数未达到8(H原子除外)的一类化合物。下列说法错误的是（ ）
A．B2H6是缺电子化合物
B．BeCl2的二聚体是平面分子
C．AlCl3的二聚体中有配位键，中心原子的杂化方式为sp2
D．化合物BF3与NH3形成的配位化合物为H3N→BF3
14．（2021·青岛模拟）甲磺酸伊马替尼是治疗慢性粒细胞白血病的首选药物，其合成路线如下图所示(次要产物省略)。下列有关说法错误的是（ ）
A．Ⅰ→Ⅲ通过发生取代反应产生酰胺键
B．Ⅱ、Ⅳ分子中均存在配位键
C．有机物Ⅲ不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．Ⅳ分子中的C、N原子均存在 和 两种杂化方式
15．（2021·黄山模拟）铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．CO也是该反应的催化剂
B．反应过程中Rh的成键数目有变化
C．CH3I是反应中间体
D．存在反应CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI
二、多选题
16．（2022高二下·滕州期中）下列说法正确的是（ ）
A．向1L1mo/L的溶液中加入足量溶液有3mol沉淀产生
B．分子式为的有机物有4种可能结构(不考虑立体异构)
C．1mol石墨晶体中含有的键数目为1.5
D．金属的导电性和导热性都是通过自由电子的定向运动实现的
17．（2021高二下·无棣期中）关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是（ ）
A．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
B．中心原子的化合价为+3价
C．中心原子的配位数是6
D．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀
18．（2021高二下·聊城期中）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，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液。下列对此现象说法正确的是（ ）
A．反应前后c(Cu2+)不变
B．[Cu(NH3)4]SO4中配位体为NH3，配位数为4
C．用硝酸铜代替硫酸铜实验，不能观察到同样的现象
D．[Cu(NH3)4]2+中Cu2+提供空轨道
19．（2017高二下·无锡期中）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．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子
C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+
三、非选择题
20．（2022·海南）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
（1）基态O原子的电子排布式 ，其中未成对电子有 个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是 。
（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取 杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是 。
（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为 。
（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是 。
（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面 、 。
21．（2021·海南）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。
回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为 。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为 。
（3）第一电离能的大小：C O(填“大于”或“小于”)。
（4） 中碳原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式 。
（5）CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为 。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是 。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为 ，b点锰原子坐标为 ，则c点锰原子坐标为 。
22．（2021·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
过渡金属元素铬（Cr）是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用，回答下列问题：
（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是 (填标号)。
A.轨道处于半充满时体系总能量低,核外电子排布应为[Ar]
3d54s1
B.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是 ,中心离子的配位数为 。
（3）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如下图所示。
PH3中P的杂化类型是 , NH3的沸点比PH3的 ，原因是 。H2O的键角小于NH3的，分析原因 。
（4）在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构，如图所示。处于顶角位置的是 原子。设Cr和Al原子半径分别为 和 ，则金属原子空间占有率为 %(列出计算表达式)。
23．（2020 新高考I）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
（1）Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为 ，其固体的晶体类型为 。
（2）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 (填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为 ，键角由大到小的顺序为 。
（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol，该螯合物中N的杂化方式有 种。
（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
坐标 原子 x y z
Cd 0 0 0
Sn 0 0 0.5
As 0.25 0.25 0.125
一个晶胞中有 个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn (用分数坐标表示)。CdSnAs2
晶体中与单个Sn键合的As有 个。
24．（2022·石景山模拟）工业上用Fe(Ⅲ)作为可再生氧化剂回收工业废气中的H2S，生产单质硫。
（1）铁元素属于 区(填“s”、“d”、“ds”、“p”)。
（2）Fe3+生化氧化再生法分为吸收和再生两部分。
①吸收：用Fe3+将H2S氧化为S，该反应的离子方程式是 。
②再生：O2在氧化亚铁硫杆菌作用下再生Fe3+。
缺点：氧化亚铁硫杆菌生长的最佳pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸收，结合平衡移动原理解释原因 。
（3）络合铁法脱硫技术吻合节能减排、经济高效的工业化指导思想。
①碱性条件有利于H2S的吸收，但Fe3+极易形成氢氧化物和硫化物沉淀，请在图中用“↑”或“↓”补全Fe3+的电子分布图。从图中可以看出Fe3+有空轨道，可以形成溶于水的Fe3+Ln(配合物，L表示配体，n表示配位数)。
②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的离子方程式 。
ⅱ.O2氧化再生Fe3+Ln的离子方程式：4Fe2+Ln+O2+2H2O=4Fe3+Ln+4OH
写出总反应的化学方程式 。
③下图是EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图，Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，1mol该配合物中配位键有 mol。
25．（2022·蚌埠模拟）第四周期元素单质和化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，比如铁铜锌是大规模使用的金属，砷硒溴广泛应用于化工生产。根据所学知识回答以下问题：
（1）Mn基态原子的价电子排布式 ，Ni位于周期表中 区。
（2）根据价电子对互斥理论推测SeO离子的空间构型为 ，SeO2分子中心原子杂化轨道类型是
（3）化合物[Co(NH3)6]Cl3中存在____
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．配位键
（4）一种铜的溴化物的晶胞结构如图所示
①该溴化物的化学式为 。
②原子坐标参数表示晶体内部各原子的相对位置。上图中各原子坐标参数P为(0，0，0)，Q为 ()，
则R原子的坐标参数为 。
③已知该溴化物密度为ρg·cm-3，Cu原子半径为xpm，Br原子半径为ypm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞中原子空间利用率为 。(列出计算式)
26．（2022·保定模拟）d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。回答下列问题：
（1）我国科学家用和，制备超导材料TiN，反应原理为。
①基态钛原子的核外电子排布式为 。原子中运动电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的则用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
②已知部分物质的熔沸点如下表。
TiN
熔点/℃ 800（分解） -25 714 2950
沸点/℃ 700（升华） 136.4 1412 （略）
属于 晶体，中心Ti原子的杂化方式为 。
（2）是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成。
①根据相似相溶的规律，可推断 （填“甲”或“乙”）在水中的溶解度较大。
②发生水解反应的化学方程式是 。
③和中铂的配体数分别为 和 。
④查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成的原因： 。
（3）晶体中，的重复排列方式如图1所示，该晶体中存在着由围成的正四面体空隙（如1、3、6、7号围成）和正八面体空隙（如3、6、7、8、9、12号围成）。中有一半的填充在正四面体空隙中，另一半和分别填充在不同的正八面体空隙中，则晶体中，正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为 。
（4）铜的晶胞如图2所示，则晶胞中原子的空间利用率为 （用含π的最简式表示）。
27．（2021·厦门模拟）我国科学家合成无铅钙钛矿单晶CsMnCl3(H2O)2，在防伪或信息加密等方面具有潜在应用。CsMnCl3(H2O)2溶剂致变色效应原理如下图。
（1）基态Mn2+的价电子轨道表达式为 。
（2）CsMnCl3(H2O)2中，主族元素的电负性从大到小的顺序为 。
（3）变色过程，锰离子的配位数 (填“有”或“没有”)发生变化。
（4）从结构角度分析DMAC[结构简式为(CH3)2NCOCH3]能使含锰配离子发生变化的原因 。
（5）Cs3MnCl5晶体为正交晶系结构，晶胞参数a＝b≠c，α=β=γ=90°，晶胞结构如图所示，其中Mn位于面上。
①每个晶胞含Cs3MnCl5的单元数有 个。
②Cs沿z轴投影图正确的是 (填标号)。
A． B． C． D．
28．（2021·潍坊模拟）深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究领域。我国自主研发的氟硼铍酸钾( )晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题：
（1）基态 原子最高能级电子数之比是 ， 晶体熔点由高到低的顺序是 。
（2）在 气相中，氯化铍以二聚体 的形式存在， 原子的杂化方式是 ， 中含有 配位键。
（3）一定条件下， 可与铜反应生成氟化剂的 ，其结构式是 。已知在 时 就发生类似 的分解反应，其不稳定的原因是 。
（4） 晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与 相似如图1所示。O原子的配位数是 ；沿晶胞面对角线投影，图2中能符合题意描述投影结果的是 (填序号)。设O与 的最近距离为 晶体的密度为 ，则阿伏加德罗常数的值为 (用含a和d的式子表示)。
29．（2021·日照模拟）Fe、Co、Ni 是几种重要的金属元素。请回答下列问题：
（1）基态 Ni 原子的价电子排布式为 。
（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4 是 分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）实验室常用 KSCN 溶液或苯酚( )检验 。
①第一电离能：N O(填“>”或“<”)
②苯酚中碳原子杂化类型为 。
（4）配位化合物 中心原子Co的配位数为 ，配位原子为 。
（5）如图所示，Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙(1、3、6、7围成)和正八面体空隙(3、6、7、8、9、12围成)，Fe3O4中有一半的 填充在正四面体空隙中， 和另一半 填充在正八面体空隙中。则没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为 。
（6）已知 Ni可以形成多种氧化物，其中一种 NixO 晶体的晶胞结构为 NaCl 型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为 g·cm-3(NA
表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
30．（2021·济南模拟）铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
（1）铁元素在元素周期表中的位置为 ，其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+，基态Fe2+的价电子的排布式为 ，相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是 。
（2）一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为 (填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为 。P原子的杂化方式为 ，分子中不含有的化学键类型是 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E． 键 F． 键
（3）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料其正交相晶胞结构如图所示。
其中铁酸钇的化学式为 ，已知1号O原子空间坐标为(0，0， )，2号O原子空间坐标为( ， -m， -n)，则3号Fe原子的空间坐标为 ，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用 表示，则该晶体的密度为 (列出表达式)
31．（2021·洛阳模拟）已知Mn、Fe、Co是合金中的重要元素，而P、S、Cl是农药中的重要元素。请回答下列问题：
（1）基态锰原子的价电子排布图为 。
（2）已知PCl3的沸点高于SCl2，原因是 。
（3）以无水乙醇作溶剂，Co(NO3)2可与某多齿配体结合形成具有催化活性的配合物，其结构如图所示，下列说法错误的是___________。
A．第一电离能：H＜O＜N
B．该配合物中C原子的杂化方式均为sp
C．该配合物中Co原子的配位数为4
D．基态Co原子核外电子的空间运动状态有27种
（4）水杨醛缩邻氨基苯酚又被称为“锰试剂”，可与Mn2+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Mn2+形成配位键的原子有 (填元素符号)，锰试剂 (填“能”或“不能”)形成分子内氢键。
（5）阿拉班达石(alabandite)是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图a所示(●=Mn，○=S)。在该晶胞中，硫原子的堆积方式为 。
（6）已知阿拉班达石晶胞中最近两个硫原子之间的距离为d (1 =10-10m)，晶体密度为ρg cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA= (不要求化简)。
（7）为更清晰地展示晶胞中原子所在的位置，晶体化学中常将立体晶胞结构转化为平面投影图。例如：沿阿拉班达石晶胞的c轴将原子投影到ab平面，即可用图b表示。下列晶体结构投影图可能表示MnO2晶体的是___________。
A． B．
C． D．
32．（2021·遂宁模拟）在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Co、Ni、C等多种元素。请回答：
（1）基态铁的价电子排布式为 ，基态Ni原子的电子空间运动状态有 种。
（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是 分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）实验室常用 KSCN溶液检验 。
①与KSCN中与SCN-互为等电子体的非极性分子的化学式为
②SCN-中碳原子杂化类型为 。
（4）配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为 ，配位原子为 。1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中σ键 mol。
（5）已知Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为a nm，则晶体密度为 g·cm-3(NA 表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
33．（2021·马鞍山模拟）铜及其化合物在化工、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光，可以用 摄取铜元素的原子光谱；基态Cu原子核外电子的空间运动状态有 种。
（2）[Cu(NH3)2]OOCCH3可用于防止合成氨反应的催化剂中毒。该化合物中元素的第一电离能最大的是 ，碳原子的杂化轨道类型有 。[Cu(NH3)2]OOCCH3除去CO的反应为[Cu(NH3)2]OOCCH3+CO
+ NH3 = [Cu(NH3)3(CO)]OOCCH3，该反应中新形成的化学键有 (填标号)。
A． 键 B．配位键 C．非极性键 D．σ键
（3）向CuSO4溶液中通入足量NH3可生成配合物[Cu(NH3)4]SO4。与 互为等电子体的一种分子为 (填化学式)；NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是 。
（4）氧化亚铜(Cu2O)可用于陶瓷、固体整流器，其晶胞结构如图所示。
①该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)；B为(1，0，0)；C为( ， ， )。则D原子的坐标参数为 ，它代表 原子。
②若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，Cu2O晶体密度ρ为 。
34．（2021·保定模拟）75号元素铼(Re)，熔点仅次于钨，是制造航空发动机的必需元素。地壳中铼的含量极低，多伴生于钼、铜、锌、铅等矿物中。
（1）锰与铼处于同一族，锰原子电子排布式为 ，它处于周期的 区。
（2）与铼伴生的铜能形成多种配合物。如醋酸二氨合铜(Ⅰ) 可用于吸收合成氨中对催化剂有害的CO气体： (Ac表示醋酸根)。
①与铜离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是 。
②配位体 中N原子的杂化类型为 ， 配离子 中含有 键的数目为 。
③写出与CO互为等电子体的一种分子的化学式 。
（3）分别向 、 溶液加氨水至过量，前者为深蓝色溶液，后者为白色沉淀。
① 与 形成配合物的能力大于 的原因为 。
②溶液中的水存在 、 等微粒形式， 可看作是 与 通过氢键形成的离子，写出 的结构式 。
（4）三氧化铼为立方晶胞，结构如图，晶胞参数为3.74pm，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心。则铼原子的配位数为 ，三氧化铼的密度为 (用 表示阿伏加德罗常数的值，写计算式即可)。
35．（2021·邵阳模拟）在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。请回答：
（1）基态铁原子的价电子排布式为 ，FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是 。
（2）氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为 ；Fe2+与O2-最短核间距为 pm。
（3）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是 。
②在[NiNH3)6]SO4中Ni2+ 与NH3之间形成的化学键称为 ，提供孤电子对的成键原子是 。
（4）无水CrCl3和氨分子作用能形成某种配合物，该配合物的组成相当于CrCl3·6NH3。已知：若加入AgNO3溶液，能从该配合物的水溶液中将所有的氯沉淀为AgCl；若加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生。请从配合物的形式推算出它的内界和外界，写出该配合物的结构式 ，1 mol该配合物中含有σ键的数目为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，则分子的结构式为，故A不符合题意；
B．双聚氯化铝分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B不符合题意；
C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C不符合题意；
D．Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键；
B.结构对称，为非极性分子；
C.根据反应的方程式可得氨分子更易与铝原子形成配位键；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键。
2．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．合成氨工业中，需使用催化剂，但CO可能会使催化剂的催化作用减弱甚至失去催化作用，即发生催化剂中毒，因此必须除去CO气体，必须除去原料气中CO的原因是防止催化剂中毒，A不符合题意；
B．[Cu(NH3)3CO]+中涉及的非金属元素有C、O、N、H，元素的非金属性越强，其电负性就越大。由于元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以非金属元素电负性大小关系为：O＞N＞C＞H，B不符合题意；
C．的正反应是气体体积减小的放热反应，根据平衡移动原理，升高温度减小压强，可以使化学平衡向吸热的逆反应方向移动，分解反应产生[Cu(NH3)2]+和CO，从而可以使其恢复吸收CO的能力以供循环使用，C不符合题意；
D．[Cu(NH3)2]+中的中心Cu原子与配位体NH3之间以配位键结合，在NH3中存在N-H共价键，配位键和一般共价键都是σ键，因此在1个[Cu(NH3)2]+中含有的σ键数：2+3×2=8个，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、催化剂中含有杂质会导致催化剂中毒；
B、非金属性越强，电负性越强；
C、升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
D、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键。
3．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．卤素离子中F－半径最小，四卤化硅中仅SiF4能形成SiF配离子，而其他卤素离子半径较大，不能与硅形成配合物，故A符合题意；
B．已知SiH3Cl+4H2O=3H2↑+H4SiO4+HCl，CH3Cl不与水反应，故B不符合题意；
C．NH4Cl在高温下会分解生成氨气和氯化氢，因此高温条件下SiCl4与NH3反应可生成Si3N4和HCl，故C不符合题意；
D．Si3H8、C3H8都为共价化合物，Si Si键键长比C C键键长长，则易断裂，因此Si3H8分解温度低于C3H8，故D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A、其他卤素离子半径较大，不能与硅形成配合物；
B、卤代烃不和水反应；
C、四氯化硅和氨气可以发生氧化还原反应；
D、键长越长，分解温度越低。
4．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况
【解析】【解答】根据分析可知，M为Li，W为B，X为C，Y为O，Z为F元素。
A．水分子间形成氢键，沸点高于甲烷的，但不一定高于碳的其它氢化物，故A不符合题意；
B．同周期自左向右第一电离能逐渐增大，则第一电离能：M
D．阴离子中存在配位键，即B和O之间存在配位键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，结合图示可知，M形成+1价阳离子，该图示为锂电池材料组成与结构，则M为Li，说明五种元素均位于第二周期，Y元素原子的价电子数是W的两倍，Y形成2个共价键，其价电子数为6，W的价电子数为3，则W为B元素，Y为O元素；Z形成1个共价键，X形成4个共价键，则X为C元素，Z为F元素。
5．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．NH3是由极性键构成的极性分子，BF3是平面三角形，是由极性键构成的非极性分子，故A不符合题意；
B．描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数8×+6×+4=8，则立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，故B符合题意；
C．NH4BF4中，NH中含有氮氢配位键，BF中含有硼氟配位键，则1molNH4BF4含有配位键的数目为2NA，故C不符合题意；
D．立方氮化硼和半导体材料氮化铝的结构均类似于金刚石，均是共价晶体，硼原子半径小于铝原子半径，所以立方氮化硼的熔点大于氮化铝，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．不同种原子之间的共价键为极性键，依据分子中正负电荷是否重合确定分子的极性；
B．描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，利用均摊法确定原子个数；
C.1个NH中含有1个氮氢配位键，1个BF中含有1个硼氟配位键；
D．结构类似共价晶体，原子半径越小，熔点越大。
6．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；离子共存
【解析】【解答】A．步骤1所得[Ag(S2O3)2]2-中Ag+提供空轨道，而配体 提供孤电子对形成配位离子，A不符合题意；
B．Ag+与S2-能形成Ag2S沉淀，Ag+与 能形成络合物，故步骤2所得滤液中不可能大量存在的离子： Ag+与S2O 、S2-，B不符合题意；
C．步骤3灼烧时产生SO2等酸性气体，故可用足量NaOH溶液吸收尾气，C符合题意；
D．由Na2S晶胞图可知，一个Na2S晶胞中黑球个数为： 个，白球为8个，结合化学式可知，黑球代表S2-，白球代表Na+，则每个Na+周围距离最近的S2-有4个，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.在配位离子中中心原子提供空轨道，配位原子提供孤电子对；
B. Ag+与S2O 、S2-不能大量共存；
C.Ag2S灼烧时生成银和SO2；
D.根据均摊法计算。
7．【答案】A
【知识点】配合物的成键情况；结构式；氧化还原反应的电子转移数目计算；电离平衡常数
【解析】【解答】A．由方程式可知，该反应为有化合价变化的氧化还原反应，与溶液的酸碱性无关，无法判断氢氰酸和碳酸的酸性强弱和酸的电离常数的大小，故A符合题意；
B．氢氰酸分子中含有碳氮三键，结构式为H-C≡N，故B不符合题意；
C．由方程式可知，反应中1mol铁参与反应，反应转移2mol电子，故C不符合题意；
D．[Fe(CN)6]4-中中心离子为Fe2+，氢氰酸根离子为配位体，配位数为6，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据强酸制弱酸判断；
B.HCN中C和N之间为三键；
C.反应中铁从0价升高为+2价；
D.该物质中心离子为Fe2+，配位体为CN-。
8．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况
【解析】【解答】A．配体为NH3，NH3中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥模型可知，其空间结构为三角锥形，A不符合题意；
B．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，NH3分子中含有3个N-H键，这些键均为σ键，则1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的数目为3×6+6=24mol，B不符合题意；
C．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，则其中N原子周围不再有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，C符合题意；
D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，但[Ni(NH3)6]SO4=[Ni(NH3)6]2++，故向其中滴加BaCl2溶液能够会产生沉淀BaSO4，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NH3中的N的价层电子对数为4，根据VSEPR模型可知是三角锥形；
B.配位键也是σ键；
C.孤电子对与成键电子对间的排斥力大于成键电子对数之间的排斥力；
D.[Ni(NH3)6]SO4是配合物 ，但是硫酸根离子是外界，在溶液中是可以电离出硫酸根离子的。
9．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；离子共存
【解析】【解答】A．步骤1中难溶物为氢氧化铜沉淀，加入过量氨水，氢氧化铜转化为，其溶解是因为生成了配合物，A不符合题意；
B．乙醇属于有机物，加入后减小了溶剂的极性，降低了的溶解度，导致结晶析出，B不符合题意；
C．中N-Cu、N-H之间均存在键，1个离子中键数目为16，故中含有键的数目为，C不符合题意；
D．一水合氨为弱电解质，溶液中不会大量存在铵根离子和氢氧根离子，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氢氧化钠溶于氨水生成；
B.加入乙醇降低了溶剂的极性，降低了的溶解度；
C.1个中含有16个键；
D.铵根离子和氢氧根会结合生成一水合氨。
10．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由该盐得局部结构图可知经X射线衍射实验可以测定该盐的晶体结构，故A不符合题意；
B．该物质是一种具有超高能量的盐，则可用于制造炸药，故B不符合题意；
C．由分析知有两种10电子离子可能为，，两者中均含配位键，故C不符合题意；
D．图中离子为，图示的结构为平面正五边形，说明中N原子采取杂化，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体；
B.该物质具有超高能量，可用于制造炸药；
C.两种10电子离子可能为和，均含配位键；
D.离子为，N原子价层电子对数为3，采用sp2杂化。
11．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A.晶体与非晶体最大的区别是组成的物质粒子在微观空间是否有序，X射线可以观察到微观结构，因此用X射线可以鉴别是否属于晶体，故A不符合题意
B. 每个六方硫化锌晶胞中含有4个硫原子在棱上，1个硫原子在晶胞内部。因此含有的硫原子的个数为4x+1=2,gu B不符合题意
C.根据 立方硫化锌(晶胞结构如图乙所示) ，每个锌离子是处于4个硫离子形成的四面体的体心，因此配位数为4，故C不符合题意
D.氧离子半径小于硫离子半径，因此氧化锌的熔点高于硫化锌的熔点，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.X射线可以区分晶体与非晶体
B.根据六方晶胞中占位情况计算出硫原子的个数
C.找出与锌离子周围距离最近的硫离子数目即可
D.硫化锌和氧化锌均是离子晶体，离子晶体的熔沸点与离子半径和电荷有关，
12．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．洪特规则为电子分布到能量简并的原子轨道时，优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，因为这种排布方式原子的总能量最低，Be的电子排布式是：1s22s2，B的电子排布为：1s22s22p1，可以用洪特规则解释第一电离能Be>B，A不符合题意；
B．K的4s轨道半满，位于IA族，Cr的4s轨道半满，位于VIB族，Cu的4s轨道半满，位于IB族，B符合题意；
C．NH3中N原子含有孤电子对，孤电子对对N-H键的斥力比[Zn(NH3)6]2+中的配位键N-Zn键的成键电子对对N-H键的斥力大，所以前者H-N-H更集中，键角更小，后者中的H-N-H键角更大，C不符合题意；
D．氟化钙晶胞中，钙离子和氟离子最近的核间距是acm，是体对角线的四分之一，设晶胞棱长是 cm，可以得到 ，所以 = ，即晶胞的棱长为 cm，D不符合题意
故答案为B。
【分析】A.根据核外电子排布，能量越高越易失去电子
B.根据第四周期的元素找出4s轨道上半充满的元素即可
C.根据锌离子易与氨气分子形成配位键导致键角增大
D.根据氟化钙的晶胞图即可计算出晶胞的长度
13．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．B2H6中H原子可与B之间共用一对电子，加上B自身的3个价电子，1个B原子周围电子数为6个，故为缺电子化合物，A不符合题意；
B．BeCl2可通过配位键形成二聚体，结构如图所示： ，每个Be原子周围形成3个σ键，根据价层电子对互斥理论知Be与其所连3个Cl之间为正三角形，两个正三角形共面，故BeCl2二聚体为平面分子，B不符合题意；
C．AlCl3二聚体结构如图所示： ，Al原子含有3个价电子，可与3个Cl形成共价键，AlCl3二聚体中Al周围有4个共价键，故含有配位键（Cl提供孤电子对，Al提供空轨道），中心Al的杂化方式为sp3，C符合题意；
D．NH3中N原子价层含有孤电子对，BF3中B原子含有空轨道，故两者之间能形成配位键，结构为：H3N→BF3，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据结构简式即可判断B为缺电子原子
B.根据二聚体的结构进行判断即可
C.根据结构式即可帕努单杂化方式
D.根据中心原子的核外电子即可判断
14．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；乙烯的化学性质；酰胺
【解析】【解答】A．由合成路线可知，Ⅰ→Ⅲ反应过程为I中的氨基和II中羧基发生取代反应产生酰胺键，故A不符合题意；
B．由II、IV的结构简式可知，两者均是两个分子通过配位键结合形成的，故B不符合题意；
C．III中与苯环相连的碳原子上有氢原子，能与酸性高锰酸钾反应使其褪色，故C符合题意；
D．IV中单键C、N采用 杂化，双键C、N采用 杂化，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、根据反应物和生成物的结构特点确定反应类型；
B、结合有机物结构的成键情况分析；
C、分子结构中含有C=C，可使酸性KMnO4溶液褪色；
D、根据C、N原子的成键情况确定其杂化方式；
15．【答案】A
【知识点】化学键；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．由图示可知：在反应过程中CO参加了反应，但反应后未产生CO，因此CO不是该反应的催化剂，A符合题意；
B．由图可知Rh的化合物的成键数目变化为：4→6→5→6→4，可见反应过程中Rh的成键数目有变化，B不符合题意；
C．由图可知铑的配合物离子 会分解产生CH3COI和 ，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，HI与CH3OH反应产生CH3I和H2O，CH3I再与 反应产生 ，故CH3I是该反应的中间体，C不符合题意；
D．由图可知铑的配合物离子 会分解产生CH3COI和 ，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI，CH3COI与H2O反应产生CH3CO2H和HI的方程式为：CH3COI+H2O=CH3CO2H+HI，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.根据图示，一氧化碳做为反应物参与反应
B.根据图示，Rh在反应过程中的成键数目有变化
C.根据反应原理即可知道 CH3I是反应中间体
D.根据图示即可判断
16．【答案】B,C
【知识点】配合物的成键情况；金属晶体；同分异构现象和同分异构体；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．配合物的外界有2个Cl-，内界有1个Cl-，在溶液中，只有外界的Cl-能够电离出来，则向1 L、1 mol/L的溶液中加入足量AgNO3溶液，配合物的物质的量n()= 1L1 mol/L=1 mol，则能够电离出来的Cl-的物质的量为2mol可知加入足量AgNO3溶液有2 mol AgCl沉淀生成，选项A不符合题意；
B．分子式为C4H9Br从饱和度看只能是饱和溴代烷烃，同分异构只是溴在碳上面链接位置不同而已，因为丁烷有两种同分异构体，它们一溴代物的种数即为C4H9Br的种数，正丁烷两种一溴代物，异丁烷两种一溴代物，共4种，所以分子式为C4H9Br的同分异构体共有4种，选项B符合题意；
C．在石墨晶体中一个C原子形成3个C- C键，每个C- C键由2个C原子构成，因此1mol石墨中含有C-C键的物质的量为1mol3=1.5 mol，所含C- C键的个数为1.5NA，选项C符合题意；
D．金属导电是由自由电子在外加电场中的定向运动完成，金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成的热能的传递，选项D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A.1mol该物质能电离出2molCl-；
D.金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成的热能的传递。
17．【答案】A,D
【知识点】配合物的成键情况；物质结构中的化学键数目计算；化合价与化学式
【解析】【解答】A．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中[Ti(NH3)5Cl]2+与外界Cl-间为离子键，[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti3+与配体NH3、Cl-间形成6个配位键，配位键属于σ键，每个配体NH3中N、H原子间形成3个N—Hσ键，故1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2中含有σ键为(6+ )mol=21mol，即含有σ键的数目为21NA，A符合题意；
B．在该化合物中N、H、Cl元素的化合价依次为-3、+1、-1，根据化合物中各元素的正负化合价代数和为0，则Ti的化合价为+3价，B不符合题意；
C．与Ti3+形成配位键的配位原子为N、Cl，Ti3+的两个配体NH3、Cl-的个数依次为5、1，故配位数为5+1=6，C不符合题意；
D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2在水溶液中的电离方程式为[Ti(NH3)5Cl]Cl2=[Ti(NH3)5Cl]2++2Cl-，外界中的Cl-能与Ag+反应形成白色沉淀，内界中的Cl-不能与Ag+反应，故含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】
18．【答案】B,D
【知识点】配合物的成键情况
【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络合物而使溶液澄清，澄清后的溶液中铜以[Cu(NH3)4]2+的形式存在，所以溶液中铜离子浓度发生改变，A不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2+为内界，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，所以配位体为NH3，配位数为4，B符合题意；
C．用硝酸铜代替硫酸铜实验，依然可以产生氢氧化铜沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，现象相同，C不符合题意；
D．[Cu(NH3)4]SO4中[Cu(NH3)4]2+为内界，Cu2+提供空轨道，与N原子形成配位键，D符合题意；
故答案为BD。
【分析】根据题目中的现象，铜离子先与氨水形成氢氧化铜，再继续与氨水作用幸好曾铜氨溶液，形成的是配合物，铜离子提供空轨道，氨气分子提供配体，配位数为4，将其换成其他的铜离子溶液也会出现此现象
19．【答案】B,D
【知识点】化学键；配合物的成键情况
【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络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误．
B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B正确；
C．[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，故C错误；
D．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络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确；
故选BD
【分析】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．
A．硫酸铜先和氨水反应生成氢氧化铜，氢氧化铜和氨水反应生成络合物；
B．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；
C．络合物在乙醇中溶解度较小，所以会析出；
D．氢氧化铜和氨水反应生成配合物而使溶液澄清；
20．【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4；2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3）sp2；两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6） cdhi； bcek
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O为8号元素，基态O原子核外有8个电子，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
(3)根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此邻苯二甲酰亚胺的熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，则该配离子为[Zn(NH3)4]2+，从而可知金属Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
(5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键；
(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为 cdhi和 bcek。
【分析】（1）O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，含有2个未成对电子；
（2）金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用；
（3）酞菁分子中N元素均形式双键；邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键；
（4）Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为 [Zn(NH3)4]2+ ；
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强；
（6）根据晶胞的空间结构进行判断。
21．【答案】（1）
（2）6
（3）小于
（4）；
（5）
（6）MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，所以本问应填“ ”；
（2）由题干图例所示，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子，1个H原子，所以本问应填“6”；
（3）根据元素周期律，总体规律同一周期元素从左到右第一电离能依次增强，特殊规律同周期IIA族第一电离能大于IIIA族，VA族第一电离能大于VIA族，C是IVA族，O是VIA族，不涉及特殊规律，所以本问应填“小于”；
（4）①根据价层电子对互斥理论， 中心原子C连接3个O原子，所以δ键为3，孤电子对数 (阴离子计算孤电子对数时，所带负电荷绝对值要与中心原子价电子数相加)，所以 中C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，故其离子结构为平面三角形；再根据价层电子对数与杂化轨道对应关系，可知 中C原子的杂化轨道类型是sp2，故本问第一空应填“sp2”；
②按题目要求，阴离子中心原子价层电子对数应为3，孤电子对数为0，带电荷量为-1，无机酸根一般是含氧酸阴离子，所以代入孤电子对公式可解得其中心原子价电子数为5，所以本问第二空应填“ ”；
（5）根据题目描述，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)，形成新物质，故本问应填“ ”；
（6）①离子晶体熔沸点高低不光与晶体结构有关，也与离子带电荷量有关，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以本问第一空应填“MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大”；
②根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，那么c点Mn原子的坐标为 ，故本问第二空应填“ ”。
【分析】
（1）锰元素质子数25，其1s22s22p63s23p63d54s2，其价层电子排布是3d54s2；
（2）根据结构示意图，配位数是6；
（3）同周期电离能自左到右依次增大，但存在例外，如IIA和IIIA族，VA族和VIA族；
（4）C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，杂化轨道类型是sp2，而相似构型的负一价酸根离子只有硝酸根；
（5）按照要求交换原子团即可；
（6）硫化锰所带的电荷数较多，离子键强度大，熔点相对较高。
22．【答案】（1）A C
（2）N O Cl；6
（3）；高；NH3分子间形成氢键增大分子间作用力；H2O分子有两对孤对电子，而NH3分子有一对孤对电子,所以H2O中孤对电子对键的斥力比NH3大，键角小
（4）Al；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1，A正确；
B. Cr核外电子排布为[Ar]3d54s1，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；
C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；
故答案为AC；
(2) [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即3+2+1=6；
(3) PH3的价层电子对为3+1=4，故PH3中P的杂化类型是sp3； N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；
(4)已知AlCr2具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为8×+1=2，白球个数为8×+2=4，结合化学式AlCr2可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率=%。
【分析】(1)根据Cr的核外电子排布分析；
(2)根据配位键形成的原理分析；
(3)根据价层电子对互斥理论分析；
(4)根据晶胞的均摊及空间占有率的计算方法分析；
23．【答案】（1）正四面体形；分子晶体
（2）NH3、AsH3、PH3；AsH3、PH3、NH3；NH3、PH3、AsH3
（3）6；1
（4）4；(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；4
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】（1）Sn为第ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数= =0， 键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；（2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3；（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；（4）由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，0.5），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分As原子的分数坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为 ；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。
【分析】（1）利用价层电子对数确定SnCl4的分子构型；由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；（2）结构相似的分子，相对分子质量越大物质的熔沸点越高，另外分子间能形成氢键的物质，熔沸点则较高，键角的大小取决于中心原子的杂化类型、孤电子对数、成键电子对与成键电子对之间的斥力大小；（3）由该物质的结构简式可知，螯合作用配位成环，故1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式为sp2杂化；（4）结合部分原子的分数坐标，结合晶胞结构图，确定各原子在晶胞中位置，找出相应原子。
24．【答案】（1）d
（2）2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；H2SH++HS ，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收
（3）；16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；4O2+8H2S8H2O+S8↓；6
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，价电子构型为3d64s2，最后填充d电子，属于d区元素，故答案为：d。
(2)①Fe3+与H2S反应，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
②H2S为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS ，酸性条件下，c(H+)较大，平衡逆移，抑制H2S的吸收，因此酸性条件不利于H2S的吸收，故答案为：H2SH++HS ，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收。
(3)①Fe3+的价电子构型为3d5，3d轨道上的电子处于半充满状态，整个体系的能量最低，处于能量较高的4s、4p、4d没有填充电子，为空轨道，则Fe3+的电子分布图为：，故答案为：；
②ⅰ.在碱性条件下Fe3+Ln和H2S反应，H2S被氧化为S8，Fe3+Ln被还原为Fe2+Ln，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓，故答案为：16Fe3+Ln+16OH +8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；
ⅱ.由两步反应可知，Fe3+Ln是第一步反应的反应物，第二步又生成了Fe3+Ln，说明Fe3+Ln是该反应的催化剂，即总反应为O2和H2S在Fe3+Ln作催化剂的条件下反应生成S8和H2O，根据电子守恒和元素守恒，写出总反应的化学方程式为4O2+8H2S8H2O+S8↓，故答案为：4O2+8H2S8H2O+S8↓。
③Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，提供6个空轨道，EDTA的阴离子的结构具有两个氨基和四个羧基，可作为六基配位体，由图可知4个O和2个N与Fe3+形成配位键，所以1mol该配合物中有6mol配位键，故答案为：6。
【分析】（1）除ds区以外，其他都是最后一个电子填入哪一个能级，该元素就是哪一个区的；
（2） ①用Fe3+将H2S氧化为S， 还原产物为Fe2+，根据三个守恒写出离子方程式；
② 根据浓度对化学平衡的影响来分析；
（3）①根据能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理来填入电子，原子形成离子是从最外层往内依次失去；
② 根据氧化再生可知 Fe3+Ln氧化H2S生成S8 的还原产物为 4Fe2+Ln ，根据三个守恒配平离子方程式；
③ 根据EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图分析配位键的数目。
25．【答案】（1）3d54s2；d
（2）三角锥；sp2杂化
（3）A；B；D
（4）CuBr；(，，)；×100%或×100%
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Mn为25号元素，原子核外有25个电子，核外电子排布式为[Ar]3d54s2，价电子为3d54s2；Ni元素位于第Ⅷ族，属于d区元素；
(2)SeO中心Se原子的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形；SeO2分子中心原子的价层电子对数为=3，为sp2杂化；
(3)化合物[Co(NH3)6]Cl3中，氨气分子和Co3+之间存在配位键，N原子和H原子之间存在σ键，[Co(NH3)6]3+和Cl-之间存在离子键，所以选ABD；
(4)①根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为8×+6×=4，Br原子的个数为4，所以溴化物的化学式为CuBr；
②P为原点，R点Br原子位于体对角线上，且距离左侧面，与下底面和前面距离均为，所以坐标为(，，)；
③晶胞中含有4个CuBr单元，所以晶胞的质量为g，密度为ρg·cm-3，则体积为cm3=×1030pm3，原子总体积为pm3，所以空间利用率为×100%或×100%。
【分析】(1)依据核外电子排布规律及元素在表中的分区；
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(3)依据配合物的结构分析；
(4)①根据均摊法计算；
③依据晶胞中含有单元，确定晶胞的质量，利用求晶胞体积，再计算原子总体积，求出空间利用率。
26．【答案】（1）{或 }；＋1或-1；分子；
（2）甲；；4；4；乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键
（3）1：4
（4）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；分子晶体；晶胞的计算；相似相溶原理及其应用
【解析】【解答】(1)①钛元素是22号元素，按构造原理，基态钛原子的核外电子排布式为
，基态钛原子的价电子排布式为
，
是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为
或
。
②熔沸点较低，属于分子晶体，其中心原子的价电子对数为n= =4，故中心原子形成杂化方式为 杂化。
(2)①甲为极性分子，根据相似相溶的规律，甲在水中的溶解度较大。
②及其同分异构体发生水解反应生成物的化学式均为
和氯化氢，故反应的化学方程式是
。
③由化学式
可知其铂的配体数为4。甲、乙的水解产物化学式均为
，但只有甲的水解产物能与草酸（HOOC-COOH）反应生成
，说明甲的物质结构中，有两个氢氧根离子的距离相对较近，可以与一个草酸根离子形成双齿结构，即每个
中有2个原子与铂配位。草酸根离子中碳原子没有孤电子对，只有氧原子存在孤电子对，所以
有2个氧原子与铂配位，故
中心原子铂的配体数也为4。
④甲、乙均为平面结构，其中甲为极性分子，乙为非极性分子，经分析甲分子有两个氢氧根离子的距离相对较近，则乙分子水解产物的结构为，O-Pt-O键角为180°（两个配位氧原子的距离较远），故草酸的两个羧基无法与铂原子同时形成配位键。
(3)由图1可知，
的重复排列方式为面心立方密堆积，其晶胞中正四面体空隙为8个，正八面体空隙为4个，2个三价铁离子，一个填充在正四面体空隙中，一个填充在正八面体空隙中，另一个亚铁离子填充在不同的正八面体空隙中，则被填充的正四面体空隙占总的四面体空隙个数的
，被填充的正八面体空隙占总的正八面体空隙个数的
，故正四面体空隙和正八面体空隙阳离子的填充率之比为1：4。
(4)由图2可知，铜晶胞为面心立方密堆积结构，设晶胞边长为a，该晶胞中Cu原子个数
，则四个Cu原子体积
，晶胞体积
，空间利用率
。
【分析】（1）①钛原子的核外电子数为22，根据核外电子排布原则进行解答。价电子就是最外层电子，根据钛原子的价电子及其排布原则进行解答。
②分子晶体的熔沸点一般较低；根据价层电子对互斥理论进行解答。
（2）①甲与水均为极性分子，则甲在水中溶解度较大。
②根据水解产物及反应前后原子个数、种类不变进行分析。
③PtCl2(NH3)2和Pt(C2O4)(NH3)2的配体数均为4。
④乙为非极性分子，说明乙的结构对称，可推出其结构式，进一步分析。
（3）由图1可知该晶胞中有8个正四面体空隙，4个正八面体空隙。根据题干信息，则正四面体空隙阳离子填充率为
，正八面体空隙阳离子填充率为
=
。
（4）由图2可知该晶胞中铜原子的个数，晶胞晶胞中原子利用率=
。
27．【答案】（1）
（2）O＞Cl＞H＞Cs
（3）有
（4）DMAC的N、O与H2O的H形成分子间氢键，可将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变
（5）4；C
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Mn为25号元素，原子核外有25电子，失去最外层2个形成Mn2+，所以Mn2+的价电子为3d5，轨道表达式为 ；
(2)该物质中的主族元素有Cs、Cl、H、O，元素的非金属性越强电负性越大，所以四种元素电负性从大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Cs；
(3)据图可知变色过程中锰离子的配位数由6变为4，再由4变为6，配位数有变化；
(4)DMAC的N、O电负性较大，可以与H2O的H形成分子间氢键，将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变；
(5)①据图可知有8个Cs原子位于棱上，8个Cs原子位于面上，6个Cs原子位于内部，所以晶胞中Cs原子的个数为 +6=12，一个Cs3MnCl5单元含有3个Cs原子，所以一个晶胞含有12÷3=4个单元(根据其他原子数确定也可以)；
②因为晶胞参数a=b，且α=β=γ=90°，所以Cs沿z轴投影为正方形，棱上的Cs原子为正方形的四个顶点，内部位于的连线平行z轴的两个Cs原子为正方形中心，顶面4个和底面4个重合，但与内部剩余的4个不重合，所以在正方形内部除中心外会有8个点；故C为正确投影图。
【分析】（1）根据锰原子的基态核外电子能级排布即可写出锰离子的价电子轨道
（2）电负性与元素的非金属性有关，非金属性越强电负性越大
（3）根据变色的过程即可判断配位数发生变化
（4）配位方式改变主要是配体水分子被替换掉，主要是DMAC中的氮原子与形成氢键
（5）① 根据占位情况计算出Cs原子的个数即可计算出单元的个数②根据占位情况以及沿Z轴进行投影即可判断
28．【答案】（1）2：1；
（2）sp2；2
（3）；N2F4分子中2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂
（4）4；B；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Be的核外电子排布为1s22s2，最高能级为2s，电子数目为2；B的核外电子排布为1s22s22p1，最高能级为2p，电子数为1，两者最高能级电子数之比为2：1， 均为离子晶体，r(F-)
(3) 的结构式为 ，由结构式可知，N2F4分子中N原子只形成单键，2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂，故答案为： ；N2F4分子中2个N原子各有1对孤对电子，孤对电子之间的排斥力使N-N键容易断裂；
(4)由晶胞结构可知每个O周围有四个Be与其相连，配位数为4，由晶胞的结构可知沿面对角线投影应为图B，将整个晶胞切成8个等大小正方体，Be在小正方体中心，O在小正方体顶点，每个晶胞中含有4个Be，4个O，若O与Be距离为a pm，则小正方体对角线的1/2为a pm，故晶胞棱长为 ，d= ，NA= ，故答案为：4；B； ；
【分析】（1）根据核外电子能级电子数即可判断，均属于离子晶体，离子半径越小，熔沸点越高
（2）根据结构简式即可写出杂化方式和含有得出配位键数
（3）根据分子式即可写出结构简式，根据结构简式即可判断出氮原子含有孤对电子产生斥力导致氮氮键易断裂
（4）根据晶胞结构即可找出氧原子的配位数，根据Be原子位于晶胞体心处，结合投影即可进行判断，根据晶胞计算出晶胞质量，结合距离计算出体积，利用ρ=即可计算
29．【答案】（1）
（2）非极性
（3）>；sp2
（4）6；N、Cl
（5）7：2
（6）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)基态 Ni 原子的价电子排布式为 ；
(2)H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O；
②苯酚中的C共同形成大π键，有1个p轨道未杂化，为sp2杂化；
(4)配位化合物 中心原子Co的配位数为6；配位原子是N、Cl；
(5) Fe3O4晶胞中O2-个数为： 个，所以有 2个，有 1个，其中正四面体空隙共8个，1个 填充在正四面体空隙中，剩余7个正四面体空隙，正八面体空隙共 个，一个 和一个 填充在正八面体空隙中，剩余2个正八面体空隙，故没有填充阳离子的正四面体空隙数与没有填充阳离子的正八面体空隙数之比为7：2；
(6)一个晶胞的质量为 ，体积为 ，因此密度为 。
【分析】（1）根据Ni的核外电子排布确定其价电子排布式。
（2）根据相似相容原理分析。
（3）①结合N、O的价电子排布分析第一电离能的相对大小。
②根据苯酚中碳原子的成键情况分析其杂化方式。
（4）根据配合物中成键情况分析中心原子Co的配位数和配位原子。
（5）根据晶胞结构进行分析。
（6）根据晶胞结构进行计算。
30．【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；3d6；基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定
（2）O；N＞O＞C；sp3；A
（3）YFeO3；( ， +m， )；
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的能级分布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根 键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是 键，C=N双键中有一个 键，一个 键，不含有离子键，
故答案为：A。
(3)晶胞中Y的个数为 ，Fe的个数为2，O的个数为 ，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0， )，2号O原子空间坐标为( ， -m， -n)，则3号Fe原子的空间坐标为( ， +m， )，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用 表示，则该晶体的密度为 。
【分析】（1）铁元素在元素周期表的位置，要注意半充满状态相对比较稳定；
（2）碳氮氧中电负性最大的是O，第一电离能最大的是N，要注意P原子形成4根 键；
（3）根据均摊法的运用，空间坐标的正确表达，要注意密度计算的时候单位的换算。
31．【答案】（1）
（2）PCl3分子间作用力高于SCl2
（3）B；D
（4）N、O；能
（5）面心立方堆积
（6）
（7）C
【知识点】原子核外电子的能级分布；配合物的成键情况；晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；分子间作用力
【解析】【解答】(1)Mn是25号元素，价电子排布式为3d54s2，价电子排布图为 ，故答案为： ；
(2)PCl3和SCl2都是分子晶体，PCl3分子间作用力高于SCl2，因此沸点PCl3高于SCl2，故答案为：PCl3分子间作用力高于SCl2；
(3)A．同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，N的2p3为半充满结构，第一电离能大于O，H的第一电离能约为21.784×10-19J，而O约为21.816×10-19J，H的第一电离能最小，因此第一电离能：H＜O＜N，故A正确；B．该配合物中存在两种类型的C原子，其中苯环上的C采用sp2杂化，C=N上的C原子采用sp2杂化，杂化方式均为sp2，故B不正确；C．根据图示，该配合物中Co原子的配位数为4，故C正确；D．Co是27号元素，基态Co核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，共占4个s轨道，6个p轨道，5个d轨道，所以核外电子的空间运动状态共有15种，故D不正确；故答案为：BD；
(4)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；
(5)由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，硫原子和锰原子堆积方式相同，晶胞中锰位于面心和顶点，采用面心立方最密堆积，则硫原子也为面心立方最密堆积，故答案为：面心立方最密堆积；
(6)最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，则面对角线=2d =2d×10-8cm，晶胞边长= d×10-8cm，晶胞体积=( d×10-8cm)3，根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有8× +6× ＝4，则晶胞的体积( d×10-8cm)3 = ，解得：NA= mol-1，故答案为： ；
(7)阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为4。A．所示投影图中Mn原子配位数为6，故A不正确；B．所示投影图中Mn原子配位数为8，故B不正确；C．所示投影图中Mn原子配位数为4(以中心Mn原子为例，c=0的面上2个S原子和c=1的面上2个S原子)，S原子配位数也为4，故C正确；D．所示投影图中Mn原子为六方最密堆积，而阿拉班达石晶胞中锰原子为面心立方最密堆积，故D不正确；故答案为：C。
【分析】Mn是25号元素，价电子排布式为3d54s2；分子晶体中微粒间作用力为分子间作用力，分子间作用力的强弱是影响分子晶体熔沸点的主要因素；锰试剂中存在两个不相邻的酚羟基，结合分子内氢键的形成条件分析判断；由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，硫原子和锰原子堆积方式相同；最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，结合均摊法计算解答；阿拉班达石晶胞中硫原子和锰原子的配位数均为4，结合投影图分析判断。
32．【答案】（1）3d64s2；15
（2）非极性
（3）CO2或CS2；sp
（4）6；N、Cl；21
（5）
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，处于过渡元素，除最外层外价电子还包含3d电子，故价电子排布式为3d64s2；基态Ni原子核外有28个电子，在15个轨道中运动，所以电子的空间运动状态是15种；
(2)分子晶体的熔沸点较低，所以该物质为分子晶体，根据相似相溶原理，其难溶于水，水是极性分子，易溶于有机溶剂，所以是Ni(CO)4是非极性分子；
(3)①SCN-中含有3个原子，且其价电子数是16，与SCN-互为等电子体的一种分子为CO2或CS2；
②等电子体价键结构相似，故SCN-为直线型结构，C原子采取sp杂化；
(4)配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co有5个NH3分子、1个Cl原子，配位数为6，配位原子为N、Cl，[Co(NH3)5Cl]2+中6个配位键、15个N-H键，共有21个σ键，1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含σ键为 21mol，
(5)NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，所以每个晶胞中含有4个O原子，有4个“NixO”，则晶体密度= g·cm-3。
【分析】（1）根据铁原子的核外电子排布即可找出价层电子排布，写出镍原子的核外电子能级排布即可找出电子运动的状态
（2）水是极性分子，根据相似相溶的原理，可判断是非极性分子
（3）① 计算出SCN- 价电子数即可找出等电子体 ② 等电子体构型结构相似即可判断
（4）根据配合物的化学式即可找出配位数，根据配体找出配位原子， σ键包括单键和配位键找出即可
（5）根据氯化钠构型找出单个晶胞含有的氧原子的个数，即可计算出单个晶胞的质量，结合ρ=计算出密度
33．【答案】（1）光谱仪；15
（2）N；sp2、sp3；BD
（3）CCl4(或SiF4等)；F的电负性大于N，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中的N原子核外电子云密度降低，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子
（4）( ， ， )；Cu；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1) 原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光,可以用光谱仪摄取铜元素的原子光谱；
基态Cu原子核外电子1s22s22p63s23p63d104s1，空间运动状态即为已填入电子的轨道，有1+1+3+1+3+5+1=15；
(2)氮原子2p轨道半充满，比较稳定，较难失去一个电子，第一电离能最大的是N；
其中甲基中的碳原子形成了4个σ键，为sp3杂化，另外一个碳原子形成3个σ键，为sp2杂化；
新形成的键是NH3和Cu2+，CO和Cu2+形成的配位键，是σ键，答案为BD；
(3)硫酸根离子有50个电子，5个原子，与 互为等电子体的一种分子可以为SiF4或CCl4；
由于NH3中的氮原子带负电性，易与Cu2+结合，NF3中的氮原子带正电性，与铜离子相互排斥，因此难以结合；
(4) ①把大正方体分成8个小正方体，D在左下角靠前的小正方体的体心，所以D的坐标是( ， ， )；
一个晶胞中D位于正方体内部，有4个，C占据体心和顶点，均摊法计算后有2个，对应化学式为D2C，故D代表铜原子；
②Cu2O晶体密度
【分析】（1）一般测量原子光谱的仪器是光谱仪，写出核外电子能级排布找出电子的轨道数即可
（2）主要含有Cu，N,H,C,O，几种元素，一般非金属元素的电离能大于金属元素，同周期元素的电离能增大的趋势，但考虑到第五主族的元素的第一电离能高于两侧，即可判断，根据碳原子形成的键数即可判断碳原子的杂化方式，根据方程式即可判断成键
（3）找出与硫酸根离子含有相同的原子和电子数的分子即可， NF3与NH3的空间构型都是三角锥形， 但是氟元素的电负性强于氮元素，更易吸附中心原子的电子，使其不易与铜离子形成配位键
（4）①D点处于个晶胞中的体心即可计算出坐标，根据占位即可计算出结果②计算出晶胞中含有的原子个数即可计算出晶胞的质量，根据晶胞参数计算出晶胞的体积，即可计算出晶胞的密度ρ=
34．【答案】（1） 或 ；d
（2）具有孤电子对(或孤对电子)；；；
（3）由于 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键强；
（4）6；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；物质结构中的化学键数目计算
【解析】【解答】(1)锰为28号元素，核外电子排布为 或
，它处于周期的d区，所以答案为： 或 ；d。
(2)① 在含有空轨道的原子和孤电子对之间很容易形成络合物。铜离子含有空轨道，所以它们的配体应该含有孤电子对(或孤电子对)，所以答案是：有孤电子对(或孤对电子)；
②配配位体 中N原子的价层电子对数是4。根据价层电子对排斥理论，N原子杂质类型为sp3，一个单独的络合离子 含有 键，所以根据计算1mol的络合离子所含 键的数目是8NA，所以答案为：sp3； 。
③等电子体中的原子数和价电子数相等，与CO互为等电子体的微粒含有两个原子和十个电子，所以CO相互等电子的分子是
(3)①随着原子序数的增加，原子核的外电子引力增大；而随着电子层数的增加，原子核的外电子引力减小，但前者占主导地位， 电子层数大于 ，所以 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键更强，所以答案为：由于 对配体 的孤电子对吸引力大，配位键强。
② 的结构式为 ， 的结构式为 ， 可看作是 与 通过氢键形成的离子，则 的结构式为： 。
(4) 三氧化铼为立方晶胞，铼原子占据顶点，氧原子占据所有棱心，根据均摊法可知铼原子的配位数为6；在这个单位胞里，Re原子的数目等于 =1，O原子数等于 =3，所以铼原子的配位数为6，该晶胞的体积为： ，单个晶胞的质量为： ，则三氧化铼密度= = ，所以答案为：6； 。
【分析】（1）根据锰元素的核外电子数即可写出核外电子能级排布即可找出所在的区域
（2） ①铜离子提供空轨道，因此形成配位键需要提供孤对电子 ② 氨气是sp3杂化，找出 的单键和配位键即可计算③找出含有2个原子以及10个价电子的分子即可
（3）① 铜离子的核电荷数大对孤对电子的吸附能力强②根据氢键形成的原理即可写出结构式
（4）找出与铼原子距离最近的氧原子个数即可，根据占位计算出晶胞的质量再计算出晶胞的体积即可计算出密度
35．【答案】（1）3d6 4s2；分子晶体
（2）12；
（3）正四面体；配位键；N
（4）；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Fe是26号元素， 基态铁原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，价电子排布式为3d64s2；分子晶体的熔沸点较低， FeCl3的熔点为306℃，沸点为315℃，FeCl3的晶体类型是分子晶体；
(2)根据FeO晶胞的图像可知，Fe2+分布在晶胞的顶点和面心上，属于面心立方最密堆积，因此与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个；FeO晶胞中Fe2+的个数为=4个，O2-的个数为1+=4个，晶胞密度，故a=，故Fe2+与O2-最短核间距为；
(3)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是，立体构型是正四面体；
②在[Ni(NH3)6]SO4中NH3提供孤电子对，Ni2+提供空轨道，Ni2+与NH3之间形成配位键；提供孤电子对的成键原子是N；
(4) 加入AgNO3溶液，能将所有氯沉淀，说明Cl-为外界，加入NaOH溶液并加热，无刺激性气体产生，说明NH3在内界，故该配合物的结构式为[Cr(NH3)6]Cl3，该配合物中Cr与6个NH3之间的配位键均为σ键，NH3中N-H键为键，故1mol该配合物中含有σ键的数目为24NA。
【分析】(1)根据核外电子排布的规则书写；根据分子晶体的性质分析；
(2)根据面心立方最密堆积和晶胞密度公式分析；
(3)根据配位键理论分析；
(4)根据溶于水后内界中的物质不会电离分析；配位键都是σ键；
