3.4 配合物与超分子 课后练习
一、单选题
1．往溶液中加入过量的，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入后，析出深蓝色晶体。下列分析错误的是（ ）
A．析出的深蓝色晶体化学式为
B．加的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度
C．加入氨水的过程中的浓度不断减小
D．中配体和中心离子的杂化轨道类型一定都是杂化
2．下列说法中正确的是 （ ）
①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定 ②原子晶体中共价键越强，熔点越高 ③干冰是CO2分子通过氢键和分子间作用力有规则排列成的分子晶体 ④在Na2O和Na2O2晶体中，阴、阳离子数之比相等 ⑤正四面体构型的分子，键角都是109°28′，其晶体类型可能是原子晶体或分子晶体 ⑥分子晶体中都含有化学键 ⑦含4.8 g碳元素的金刚石晶体中的共价键的物质的量为0.8 mol
A．①②③④⑤ B．②④⑦ C．⑤⑥⑦ D．③④⑤⑥⑦
3．血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：① ；② ，下列说法错误的是
A．形成配位键时提供空轨道
B．电负性：，故中与配位的是O
C．由题意可得结论：相同温度下，
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反
4．钴可形成多种配合物，其中①、②化学式相同，下列说法错误的是（ ）
A．Co和Br位于元素周期表的同一周期
B．两种物质中基态钴离子的轨道表示式均为：
C．①中钴离子的配位数为6，配体为NH3、Br-
D．可用AgNO3溶液鉴别①和②
5．型物质在生产、生活中有广泛应用。下列有关说法正确的是（ ）
A．、分子的空间结构均为平面三角形
B．、均易与、等离子形成配位键
C．、分子都是极性分子且前者极性较强
D．、均为离子晶体且含有的化学键类型相同
6．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl—和NH3分子均与Pt4+配位
D．配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
7．水能与多种过渡金属离子形成络合物，已知某红紫色络合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱并加热至沸腾有氨气放出，同时产生Co2O3沉淀；向该化合物溶液中加入AgNO3，有AgCl沉淀生成，过滤后再加AgNO3溶液于滤液中，无变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且其质量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为( )
A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3
C．[CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl·2NH3 D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O
8．下列关于配合物和超分子的说法正确的是（ ）
A．在中，给出孤对电子，提供空轨道
B．向溶液中加入硝酸银溶液不能生成沉淀
C．利用超分子的自组装特征可以分离和
D．中存在的化学键有氢键
9．向溶液中滴加氨水至过量，下列叙述正确的是（ ）
A．先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解变为无色溶液
B．蓝色沉淀变为溶液的化学方程式为
C．的空间构型为正四面体形
D．中含共价键12 mol
10．向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是（ ）
A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子为
B．在［Cu(NH3)4]2+中，NH3给出孤对电子，Cu2+提供空轨道
C．NH3与铜离子络合，形成配合物后H-N-H键角会变大
D．深蓝色的晶体析出的原因是［Cu(NH3)4]2+与乙醇发生化学反应
11．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
12．下列说法中错误的是（ ）
A．SiH4的空间构型是正四面体
B．在NH4+和[Cu（NH3）4]2+中都存在配位键
C．原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、硬度大的特性
D．SO2、SO3都是极性分子
13．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是（ ）
A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl-和NH3分子均为Pt4+配体
D．配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
14．下列叙述错误的是（ ）
A．离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性
B．离子键的强弱主要决定于离子半径和离子所带电荷数
C．配位键在形成时，由成键双方各提供一个电子形成一对共用电子
D．金属键的实质是金属中的自由电子与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用
15．下列关于化学式为 的配合物的说法中正确的是
A．配体是 和 ，配位数是9
B．中心离子是 ，配离子是
C．内界和外界中的 的数目比是2：1
D．加入足量 溶液，所有 均被完全沉淀
16．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法错误的是（ ）
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2- ，中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子有C和N
C．1mol配合物中σ键的数目为12NA
D．该配合物为离子化合物，易电离，1 mol配合物电离共得到3NA个阴、阳离子
17．下列物质中，既含极性键又含配位键的离子晶体是（ ）
A．Ba(OH)2 B．H2SO4 C．(NH4)2SO4 D．CaF2
18．(氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。其释氢方式主要有两种，水解释氢和热分解释氢。氨硼烷水解释氢时转化为；受热释氢时固体残留率随温度的变化如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．分子中存在配位键
B．水解释氢的化学方程式
C．110℃时残留固体的化学式可能为
D．若B点一种产物的最简式就是分子式，则该产物分子中σ键∶π键=2∶3
19．下列叙述正确的是（ ）
A．键角：CH4
C．H-O键的键能为463kJ/mol，即18gH2O分解成H2和O2时，消耗的能量为(2×463)kJ
D．、中均含有配位键
20．原理Cr2O72﹣+CH3CH2OH+H++H2O→[Cr（H2O）6]3++CH3COOH（未配平）可用于检测司机是否酒后驾驶，下列说法正确的是（ ）
A．消耗1 mol CH3CH2OH时转移电子的物质的量为4mol
B．1mol/L CH3COOH溶液中含有σ键的数目为7NA个
C．H2F+、NH2﹣、H2S、CH4均与H2O互为等电子体
D．在配合物[Cr（H2O）6]3+中，H,O原子与中心离子Cr3+形成配位键
二、综合题
21．火星岩石冲含有大量氧化物，如 、 ， 、 、 、 、 等。回答下列问题：
（1）下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是 ；(填化学式)。
氧化物
离子键的百分数 62% 50% 41% 33%
（2）基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为 形。
（3） 与 溶液反应生成的 离子中 的杂化类型是 ； 和O构成的空间构型是 。
（4） (普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中 ，如图是普鲁士蓝 晶胞的结构，与 形成配位键的是 (填 或 )； 离子中 键与 键的个数比是 ；晶胞中与一个 距离相等的N有 个。
22．碱土金属(ⅡA族)元素单质及其相关化合物的性质、合成一直以来是化学界研究的重点。回答下列问题：
（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，随着原子序数的增加，以下性质呈单调递减变化的是___。
A．原子半径 B．单质的硬度 C．第一电离能
（2）①铍与相邻主族的 元素性质相似。下列有关铍和该元素的叙述正确的有 填标号。
A．都属于p区主族元素
B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大
D．氯化物的水溶液pH均小于7
②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子含有的化学键类型为 ，阴离子中心原子杂化方式为 。
（3）Sr是人体必需的微量元素，SrCO3是其重要的化合物之一。Sr2+的电子排布式为 判断SrCO3的热分解温度 （填“大于”/“小于”）CaCO3的热分解温度，理由是 。
（4）MgH2和金属Ni在一定条件下用球磨机研磨，可制得化学式为Mg2NiH4的储氢化合物，其立方晶胞结构如图所示：
①Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有 个，若晶胞边长为646pm，则Mg—Ni核间距为 pm（结果保留小数点后两位， 取1.73）。
②若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 （列出计算式即可。假定该化合物中所有的H可以全部放出，液氢密度为dg/cm3；设NA代表阿伏加德罗常数的值）。
23．硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。
（1）中阴离子的空间结构是 。
（2）在中与之间形成的化学键称为 ，提供孤电子对的成键原子是 。
（3）向盛有少量氯化钠溶液的试管中滴入少量硝酸银溶液，再加入氨水。
①上述实验过程中观察到的现象是 。
②用平衡移动的理论解释加入氨水后，现象发生变化的原因是 。
24．人类很早就懂得使用铁器，如今对铁元素的研究依然热度不减。
（1）铁原子L层上有 种不同运动状态的电子，基态铁原子的价电子排布式为 。
（2）血红素是血液的重要组成部分，其结构如图。
其中C原子和N原子具有的相同的杂化方式为 ，N与Fe之间存在的相互作用是 。
血红素在人体内合成时的基本原料之一是甘氨酸( ) ，其分子中σ键和π键的个数比为 。
25．东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）镍元素基态原子的电子排布式为 ，3d能级上的未成对电子数为 。
（2）硫酸镍溶于氨水形成 蓝色溶液。
① 中 的空间立体构型是 。
②在 中 与 之间形成的化学键称为 。
③氨的沸点 （填“高于”或“低于”）膦（ ），原因是 。氨分子中，中心原子的轨道杂化类型为 。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．往溶液中加入过量的，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入后，析出深蓝色晶体为，A不符合题意；
B．加入，减小溶剂的极性，降低离子化合物的溶解度，B不符合题意；
C．加入氨水的过程中，首先会生成氢氧化铜沉淀，再被溶解生成铜氨离子，铜离子浓度减小，C不符合题意；
D．中铜杂化方式为dsp2，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】向硫酸铜加入氨水，先产生氢氧化铜沉淀，然后沉淀溶解得到四氨合铜配合物，由于该配合物在乙醇中溶解度很低，析出晶体，Cu2+的d轨道含有空轨道，氨气中N原子有孤对电子，形成配位键。
2．【答案】B
【解析】【解答】①分子间作用力影响物理性质，不影响分子的稳定性，不符合题意；
②原子晶体熔化时破坏共价键，共价键越强，熔点越高，符合题意；
③干冰是CO2分子通过分子间作用力有规则排列成的分子晶体，不存在氢键，不符合题意；
④在Na2O和Na2O2晶体中，阴、阳离子数之比相等，均为1： 2，符合题意；
⑤CH4是正四面体构型的分子，键角是109°28′，P4也是正四面体构型的分子，键角是60°，不符合题意；
⑥分子晶体中不一定含有化学键，如稀有气体为单原子分子，不存在化学键，不符合题意；
⑦4.8g金刚石中含有0.4molC，金刚石中，每个C与其它4个C形成了4个C-C共价键，每个C形成的共价键数目为： ×4=2，所以1molC形成的共价键为2mol，4.8g金刚石中的C-C键0.8mol，符合题意；
故答案为：B。
【分析】① 分子稳定性主要是化学性质与作用力无关②原子晶体的熔沸点和共价键强度有关③干冰分子中不能形成氢键④根据Na2O2=2Na++O22-，Na2O=2Na++O22-即可判断⑤如含有中心原子则是 109°28′ ，不含有中心原子的是60°⑥多原子分子晶体含有化学键，但是单原子分子中不存在化学键⑦根据质量计算出物质的量再根据空间结构计算出共价键的数目
3．【答案】B
【解析】【解答】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A不符合题意；
B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B符合题意；
C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C不符合题意；
D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.配合物中，含有空轨道的原子提供空轨道、含有孤电子对的原子提供孤电子对而形成配位键；
C.平衡常数越大，反应的进行程度越大；
D.CO中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，平衡①正向移动、②逆向移动。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．Co和Br原子核外有4个电子层，因此二者都是位于元素周期表的同一周期的元素，A不符合题意；
B．在上述两种化合物中Co元素化合价为+3价，是Co原子失去最外层的2个4s电子和失去1个3d电子后得到的离子，根据构造原理可知两种物质中基态钴离子的轨道表示式均为，B符合题意；
C．根据物质化学式可知①中钴离子的配位数为6，其中含有5个配体NH3、1个配体Br-，C不符合题意；
D．络合物中內界配离子不容易电离出来，而外界离子容易发生电离。根据两种钴的络合物化学式可知：①中Br-为內界配离子，向其中加入AgNO3溶液，无明显现象；②中Br-为外界离子，在溶液中容易电离，向其中加入AgNO3溶液，会产生浅黄色沉淀，实验现象不同，因此可用AgNO3溶液鉴别①和②，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Co和Br均位于第四周期；
B.两种物质中基态钴离子的轨道表示式均为；
C.①中钴离子的配位数为6，配体为NH3、Br-；
D.①外界没有Br-，②外界含有Br-。
5．【答案】C
【解析】【解答】A．BBr3中B原子σ键数为3，无孤电子对，为sp2杂化，分子的空间结构为平面三角形，NCl3中N原子σ键数为3，含有1对孤电子对，为sp3杂化，分子的空间结构为三角锥形，故A不符合题意；
B．NF3中F原子电负性大于N原子，使共用电子对偏向F原子，NF3分子中N原子显正电性，提供孤电子对的配位能力较差，NF3不易形成配位键，故B不符合题意；
C．AsCl3、AsBr3中As原子σ键数为3，含有1对孤电子对，为sp2杂化，分子的空间结构为三角锥形，分子的正负电荷重心不重合，均为极性分子，由于电负性：Cl＞Br，前者的负电荷重心更加偏离As，故前者极性更强，故C符合题意；
D．两者均为离子晶体，但含有的化学键类型不同，前者只含有离子键，后者含有离子键和共价键，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.NCl3中N原子σ键数为3，含有1对孤电子对，为sp3杂化，分子的空间结构为三角锥形；
B.NF3分子中N原子显正电性，提供孤电子对的配位能力较差；
C.电负性：Cl＞Br，前者的负电荷重心更加偏离As；
D. 只含离子键，含有离子键和共价键。
6．【答案】C
【解析】【解答】水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，说明不能电离出氯离子，因此氯离子是配体；以强碱处理并没有NH3放出，因此氨气也是配体，所以配位数是6，但中心原子的电荷数是4，选项A、D不符合题意，C符合题意；配位数是6，不可能是平面正方形结构，选项B不符合题意，
故答案为：C。
【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成。
7．【答案】D
【解析】【解答】由题意可知配合物化学式中的Cl分为两部分，且两部分Cl原子的物质的量之比为2∶1，同时在配合物分子中，外界中的Cl原子个数比内界多，故只有D项符合条件。
【分析】根据Co3+即可判断可以形成6个配位键，结合溶液中加入硝酸银与加热后再加入硝酸银的产生沉淀的量即可写出化学式
8．【答案】B
【解析】【解答】A．由分析可知， 中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，A不符合题意；
B．[Co(NH3)3Cl3]不能电离出氯离子，所以 向溶液中加入硝酸银溶液不能生成沉淀 ，B符合题意；
C．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70，C不符合题意；
D．[Cu(H2O)4]SO4·H2O中存在的化学键是离子键、共价键和配位键，氢键不属于化学键，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.配离子中的中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对。
B.[Co(NH3)3Cl3]不能电离出氯离子。
C.利用超分子的分子识别特征，可以分离分子。
D.注意氢键不属于化学键。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．溶液中滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液，选项A不符合题意；
B．蓝色沉淀变为溶液的化学方程式为，选项B符合题意；
C．的空间构型为平面正方形，选项C不符合题意；
D．配位键也是共价键，所以中含共价键（316 mol，选项D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．溶液中滴加氨水先生成氢氧化铜，后生成氢氧化四氨合铜；
B．氢氧化铜与过量的氨水反应生成氢氧化四氨合铜；
C．空间构型为平面正方形；
D．配位键也是共价键。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子为 ，A项不符合题意；
B．在［Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，B项不符合题意；
C．NH3中N元素是sp3杂化，形成了三个氮氢键，还有一对孤对电子，孤对电子由于未成键，电子云较大，使氮氢键之间夹角变小，但与Cu2+络合后，N的孤对电子受Cu2+正电荷吸引，使电子云缩小，H-N-H键角会变大，C项不符合题意；
D．［Cu(NH3)4]2+在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇有深蓝色的晶体析出，该过程不属于化学反应，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，离子方程式为： ，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，离子方程式为： 。
11．【答案】B
【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。
12．【答案】D
【解析】【解答】解：A．硅烷中Si原子形成4个Si﹣H键，共价键键长相等，结构对称，为正四面体结构，故A正确；
B．NH4+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键，[Cu（NH3）4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键，故B正确；
C．原子晶体中原子以共价键结合，形成网状结构，具有键能大、硬度大的特性，如二氧化硅、金刚石等原子晶体，故C正确；
D．SO2中S元素化合价为+4，S原子最外层6个电子未全部成键，为极性分子，SO3中S元素化合价为+6，S原子最外层6个电子全部成键，为非极性分子，故D错误；
故选D．
【分析】A．分子的空间构型是正四面体，所含中心原子应能形成4个σ键，且结构对称，中心原子所形成的共价键键长相等；
B．NH4+中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键，[Cu（NH3）4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键；
C．原子晶体中原子以共价键结合，形成网状结构，具有键能大、熔点高、硬度大的特性；
D．对于ABn型分子，A原子的最外层电子，若完全成键，属于非极性分子，若不完全成键，则属于极性分子，SO2是极性分子，SO3分子是非极性分子．
13．【答案】C
【解析】【解答】A．根据电中性原理可知配合物中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A不符合题意；
B．Pt与6个配体成键，即6个σ键，该配合物应是八面体结构，故B不符合题意；
C．由分析可知，4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C符合题意；
D．该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则配体有Cl-和NH3分子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，即可说明中心阳离子电荷数是6，配体是氯离子和氨气分子，共有6个配位键，此结构是正八面体结构
14．【答案】C
【解析】【解答】解：A．离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，共价键是原子之间通过共用电子对形成，所以共价键有方向性和饱和性，故A正确；
B．离子键的强弱主要决定于离子半径和离子的电荷值，一般规律是：离子半径越小，电荷值越大，则离子键越强，故B正确；
C．配位键在形成时，含有孤电子对的原子提供电子、含有空轨道的原子提供轨道，二者形成配位键，故C错误；
D．金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的，金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，相互作用包含吸引力和排斥力，故D正确；
故选C．
【分析】A．离子键通过阴阳离子之间的相互作用形成，离子键没有方向性和饱和性，而共价键有方向性和饱和性；
B．离子键的强弱与离子半径及电荷有关；
C．含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键；
D．金属晶体是由金属阳离子和自由电子构成的．
15．【答案】B
【解析】【解答】根据配合物的化学式，A.配体是Cl-和H2O，Ti3+与1个Cl-、5个O原子形成配位键，配位数为6，A项不符合题意；
B.中心离子为Ti3+，配离子是[TiCl（H2O）5]2+，B项符合题意；
C.内界中含1个Cl-，外界中含2个Cl-，内界和外界的Cl-的数目比为1：2，C项不符合题意；
D.外界中Cl-电离，内界中Cl-不发生电离，加入足量AgNO3溶液，只有 的Cl-产生沉淀，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.注意两个氯离子在外界，不属于配体；
B.根据配离子和中心离子的规定进行判断；
C.分清配合物的内界和外界即可；
D.加入硝酸银溶液时，配体中的氯离子不能反应。
16．【答案】A
【解析】【解答】Na+与[Fe(CN)5(NO)]2-之间存在离子键，NO、CN-与Fe3+形成配位键，CN-中碳原子与N原子之间、NO中N原子和O原子之间存在极性共价键，不存在非极性键，A符合题意；
NO、CN-与Fe3+形成6个配位键，配位原子有C和N，B不符合题意；
1 mol配合物中σ键数目为(5×2+1×2) ×NA= 12NA，C不符合题意；
配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na+与1个[Fe(CN)5(NO)]2- ，所以1 mol配合物电离共得到3NA个阴、阳离子，D不符合题意。
【分析】 依据在配合物中，内界是配位单元，外界是简单离子。Na2[Fe(CN)5(NO)]之中，内界是[Fe(CN)5(NO)]2- ，外界是Na+。NO、CN-与Fe3+形成配位键，是配体，它们的数目为配位数，CN-中碳原子与N原子之间、NO中N原子和O原子之间存在极性共价键，不存在非极性键分析作答。
17．【答案】C
【解析】【解答】A. Ba(OH)2中含有离子键和极性共价键，是离子晶体，但无配位键，故A不选；
B. H2SO4中无离子键，不是离子晶体，故B不选；
C. (NH4)2SO4中含有离子键和极性共价键、配位键，是离子晶体，故C选；
D. CaF2中只含有离子键，属于离子晶体，故D不选；
故答案为：C。
【分析】离子晶体是阴阳离子间以离子键结合的晶体，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的晶体是离子晶体。只含共价键的化合物是共价化合物，据此分析解答。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．N存在孤电子对，B原子为缺电子原子，其提供空轨道故存在配位键，故A不符合题意；
B．根据题意氨硼烷水解释氢时转化为，水解释氢的化学方程式，故B不符合题意；
C.110℃时， 根据图可知M(A) = M(NH3BH3) 93.55% =3193.55% =29，故A为BNH4，故C不符合题意；
D．B点时，根据图可知M(B) = M(NH3BH3) 87.10% =3187.10%=27，B点一种产物的最简式就是分子式，故B为NH2=B，键： 键为3：2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.含有孤电子对和含有空轨道的原子之间易形成配位键；
B.氨硼烷水解释氢时转化为和氢气；
C.110℃时，M(A) = M(NH3BH3) 93.55% =3193.55% =29。
19．【答案】D
【解析】【解答】A、CH4为四面体结构，键角为109°28′；NH3为三角锥形，键角为107°；H2O为V形结构，其键角为104.5°，因此三者的键角大小为：CH4＞NH3＞H2O，A不符合题意。
B、原子半径：F＜Cl＜Br＜I，所以键长：H－F＜H－Cl＜H－Br＜H－I，所以键能：H－F＞H－Cl＞H－Br＞H－I，分子稳定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B不符合题意。
C、H2O分解为H2和O2的过程中，H2O分子中的H-O化学键断裂吸收能量；同时还形成了H－H、O=O化学键，释放能量；因此反应过程中的能量变化不是(2×463)kJ，C不符合题意。
D、H3O＋、[Cu(H2O)4]2＋中均含有配位键，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、根据三种物质键角的大小判断。
B、原子半径越大，键长越大，键能越小，结构越不稳定。
C、H2O分解成H2和O2的过程中，存在化学键的断裂和形成两个过程。
D、两种离子中都含有配位键。
20．【答案】A
【解析】【解答】解：A、乙醇中C元素的化合价由﹣2价升高到0价，乙醇是还原剂，所以消耗1 mol CH3CH2OH时转移电子的物质的量为4mol，故A正确；
B、体积不知，所以CH3COOH的物质的是不知，故B错误；
C、等电子体原子数目相等，所以CH4均与H2O不是等电子体，故C错误；
D、配位原子是氧原子，氢原子不是配原子，故D错误；
故选A．
【分析】A、乙醇中C元素的化合价由﹣2价升高到0价，乙醇是还原剂； B、体积不知； C、等电子体原子数目相等； D、配位原子是氧原子．
21．【答案】（1）Al2O3、SiO2
（2）球
（3）sp3杂化；正四面体
（4）Fe2+；1：2；6
【解析】【解答】(1)Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；答案为：Al2O3、SiO2。
(2)Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；答案为：球。
(3)[Al(OH)4]-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；答案为：sp3杂化；正四面体。
(4)根据Fe4[Fe(CN)6]3可知，[Fe(CN)6]4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的 ，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；答案为：Fe2+；1：2；6。
【分析】(1)通过离子键的百分数大小确定晶体类型；
(2)通过核外电子排布确定电子云轮廓；
(3)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；
(4)依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
22．【答案】（1）B；C
（2）铝；BD；共价键、配位键；sp3
（3）[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度
（4）4；279.40；
【解析】【解答】（1）对于碱土金属元素Be、Mg、Ca、Sr、Ba，同主族元素，随着原子序数的增加，A．原子半径增大； B．金属键键能减小，单质的硬度减小；C．原子半径增大，核对电子的引力减小，第一电离能减小，
故答案为：BC；（2）①A．铍属于s区，铝属于p区主族元素，故A不符；
B．铍位于镁的上一周期，铝位于镁同一周期的右侧，电负性都比镁大，故B符合；
C．铍位于镁的上一周期，原子半径小，第一电离能大；铝位于镁同一周期的右侧，镁的3s处于全满状态，铝的第一电离能比镁小，故C不符；
D．阳离子水解，溶液呈酸性，水溶液pH均小于7，故D符合；
故答案为：铝；BD；②(NH4)2BeF4是工业制备金属铍过程中的重要中间产物，其阳离子NH4＋，铵根有4个氮氢共价键，其中一个是配位键，属于共价键，NH4＋含有的化学键类型为共价键、配位键；阴离子BeF 中心原子是Be，其价层电子对=4+ =4，杂化方式为sp3。
故答案为：共价键、配位键；sp3；（3）锶是第五周期第ⅡA族元素，Sr2+的电子排布式为[Kr]或[Ar]3d104s24p6；SrCO3的热分解温度大于（填“大于”/“小于”）CaCO3的热分解温度，理由是Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度。
故答案为：[Kr]或[Ar]3d104s24p6；大于；Sr2+的半径大于Ca2+，因此夺取CO 中的O形成氧化物的能力较弱，需要更高的温度；（4）①图中Mg位于4个Ni围成的正四面体的中心，Mg原子周围距离最近且相等的Ni原子有4个，若晶胞边长为646pm，体对角线为646pm× ，体对角线为Mg—Ni核间距的4倍，则Mg—Ni核间距为 =279.40pm；
故答案为：4；279.40；
②晶胞中Mg有8个，Ni为8× +6× =4，H原子为4×4=16个，晶中氢的密度为： ，液氢密度为dg/cm3，若以晶胞中氢的密度与液态氢密度之比定义储氢材料的储氢能力，则该化合物的储氢能力为 ；
故答案为： 。
【分析】（1）同主族元素，随着原子序数的增加原子半径增大，金属键键能减小、单质的硬度减小、由于原子半径增大，核对电子的引力减小所以，所以第一电离能减小；
（2）根据元素周期表可知与铍相邻的主族元素；根据元素周期律比较铍元素和铝元素电负性以及氯化物的水溶液pH的大小；
（3）电子排布式是指用能级的符号及能级中容纳电子数值表达核外电子运动的状态，是表示原子核外电子排布的图式之一，另外，电子排布式中的内层电子排布可用相应的稀有气体的元素符号加方括号来表示；
（4）有关晶胞密度的计算步骤：
第一，进行单位换算：1cm=10-2m；1nm=10-9m=10-7cm；1pm=10-12m=10-10cm；
第二，均摊法计算晶胞中原子个数 ：顶点占；棱上占；面上占；体心占1；
第三，根据下图晶胞边长a(题目中的晶胞参数)和原子半径r的关系算晶胞边长，再算体积；
第四，公式为，其中，表示密度；N表示晶胞中微粒个数；M表示摩尔质量；a表示晶胞参数；NA表示阿伏加德罗常数。
23．【答案】（1）正四面体形
（2）配位键；N
（3）先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解；AgCl在水溶液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入氨水后发生Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+，使得Ag+浓度减小，导致AgCl溶解平衡正向移动
【解析】【解答】(1)中阴离子即，其中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+=4，根据价层电子对互斥理论可知其的空间结构是正四面体形，故答案为：正四面体形；
(2)在中与之间是通过NH3中的N原子提供孤电子对，Ni2+提供空轨道而形成的共价键，该化学键称之为配位键，其中提供孤电子对的成键原子是N，故答案为：配位键；N；
(3)①向盛有少量氯化钠溶液的试管中滴入少量硝酸银溶液，生成白色的AgCl沉淀，继续向试管里加入氨水，生成生成银氨络离子，发生的反应依次为：NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3、AgCl+2NH3 H2O=Ag(NH3)2Cl+2H2O，现象是先沉淀，后沉淀溶解，答：先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解；
②已知AgCl在水溶液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入氨水后发生Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+，使得Ag+浓度减小，导致AgCl溶解平衡正向移动，故答案为：AgCl在水溶液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，加入氨水后发生Ag++2NH3=[Ag(NH3)2]+，使得Ag+浓度减小，导致AgCl溶解平衡正向移动。
【分析】（1）该物质中阴离子为硫酸根，硫酸根空间构型为正四面体形；
（2）Ni2+与NH3间形成配位键；N含有孤电子对；
（3）向盛有少量氯化钠溶液的试管中滴入少量硝酸银溶液，生成白色的AgCl沉淀，继续向试管里加入氨水，生成生成银氨络离子。
24．【答案】（1）8；3d64s2
（2）sp2、sp3；极性键、配位键；9：1
【解析】【解答】(1)基态铁原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2 ，L层上有8个电子，所以有8种不同运动状态的电子，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2。
(2)由血红素的结构图知，C原子和N原子具有的相同的杂化方式为sp2、sp3，N与Fe之间存在的相互作用是极性键和配位键。由甘氨酸分子的结构知，其1个分子中含有9个σ键和1个π键，个数比为9：1。
【分析】(1)根据泡利不相容原理，一个基态原子中没有运动状态完全相同的两个电子，写出Fe的电子排布式即可知答案；
（2）根据结构示意图可知C、N原子的杂化方式有 sp2、sp3 两种；
（3）单键都是 σ 键，双减和三键中有一个是 σ 键，其余的为 π 键；
25．【答案】（1）[Ar]3d84s2；2
（2）正四面体；配位键；高于；NH3分子间可形成氢键；sp3
【解析】【解答】（1）Ni元素的序号为28，原子核外电子数为28，镍元素基态原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级上的未成对电子数为2；故答案为：[Ar]3d84s2；2；
（2）①SO 中S原子的孤电子对数= =0，价层电子对数=4+0=4，离子空间构型为正四面体，故答案为：正四面体；
②Ni2+提供空轨道，NH3中N原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，故答案为：配位键；
③PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，故氨气的沸点高于PH3分子的，N原子有1对孤对电子，形成3个N-H键，杂化轨道数目为4，氮原子采取sp3杂化，空间构型是三角锥形，因此是极性分子。故答案为：高于；NH3分子间可形成氢键；sp3。
【分析】(1)根据Ni是28号元素写出电子排布式；根据电子排布式计算d轨道的未成对电子；
(2)①根据价层电子对互斥理论计算；
②共用的电子对由一个原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键；
③根据氢键分析沸点；根据价层电子对互斥理论分析杂化类型。
