3.4 配合物与超分子 同步练习
一、单选题
1．硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm-(含B、O、H三种元素)的球棍模型如下图所示：下列叙述正确的是（ ）
A．Xm-的化学式为B4O8H42-
B．硼原子轨道的杂化类型有sp2、 sp3
C．配位键存在于4、6原子之间
D．硼砂晶体中有离子键、配位键两种化学键
2．向4 mL0.1 mol·L-1CuSO4溶液中滴加几滴浓度为1 mol·L-1的氨水，首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，继续滴加8mL95%的乙醇，析出深蓝色的晶体。下列分析错误的是（ ）
A．深蓝色晶体的化学式为[ Cu(NH3)4]SO4·H2O
B．[Cu(NH3)4]2+属于配离子，NH3为配体
C．[Cu(NH3)4]2+可表示为[]2+，离子空间结构一定为正四面体形
D．五水硫酸铜CuSO4·5H2O可表示为[Cu(H2O)4]SO4·H2O
3．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是（ ）
A．该化合物含有H、O、N、Ni 四种元素
B．该化合物属于配合物，中心离子是 N
C．该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键
D．该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素
4．下列有关说法错误的是（ ）
A．基态Ti原子中能量最高的能级有3个空轨道
B．以双聚分子形式存在的FeCl3中Fe的配位数为4
C．乙醇比甲醚的沸点高是因为乙醇分子间能形成氢键
D．价电子排布为5s25p1的元素位于第五周期第ⅠA族，属于s区元素
5．下列现象的变化与配合物的形成无关的是（ ）
A．向FeCl3与溶液中滴加KSCN，出现红色
B．用王水(1体积浓硝酸和3体积浓盐酸混合而成)清洗金币，会使金币质量减轻
C．向AgNO3溶液中滴加氨水，先出现白色沉淀后溶解
D．向AlCl3溶液中逐滴加入NH3·H2O溶液至过量，出现白色沉淀
6．离子液体是一种由离子构成的液体，在低温下也能液态存在，是一种很有研究价值的溶剂。研究显示最常见的离子液体主要由如图所示正离子和负离子构成，图中正离子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。下列说法错误的是（ ）
A．该化合物中不存在配位键和氢键
B．图中负离子的空间结构为正四面体形
C．图中正离子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
D．C，N，H三种元素的电负性由大到小的顺序为N >C>H
7．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
8．下列关于物质(分子)的性质正确的是（ ）
A．熔点： B．沸点：
C．极性： D．配位数：干冰中冰中
9．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，用强碱处理并没有NH3放出，则下列有关说法中正确的是（ ）
A．NH3与NO3-中氮原子的杂化方式相同
B．配合物中心离子的电荷数和配位数均为4
C．PtCl4·2NH3的立体构型为正八面体形
D．Cl－和NH3分子均与中心离子Pt4＋配位
10．下列有关化学实验的“操作→现象→解释”均正确的是（ ）
选项 操作 现象 解释
A 向溶液中滴加KSCN溶液 产生红色沉淀
B 向氯化铜固体中滴加蒸馏水 首先得到绿色浓溶液，然后变为蓝色
C 向黄色溶液滴入3滴2mol/L的稀硝酸 黄色加深
D 向悬浊液中滴加氨水 沉淀溶解 不溶于水，但溶于氨水，重新电离成和
A．A B．B C．C D．D
11．近年来，德国研究人员利用O2、N2、CH4、NH3、H2O和HCN这6种远古地球上存在的简单物质，再使用硫醇和铁盐等物质模拟当时环境，成功制得核酸的4种基本模块。下列说法正确的是（ ）
A．O2的沸点比N2的低
B．NH3分子呈三角锥形
C．配离子[Fe(H2O)6]3+中H与中心原子配位
D．元素C、N、O、S的第一电离能依次增大
12．近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe、Sm、As、F、O组成的化合物。下列说法正确的是（ ）
A．配合物，可用作催化剂，内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则
B．Fe成为阳离子时首先失去3d轨道电子
C．元素As与N同族可预测分子中键的键角小于中键的键角
D．每个分子最多可与两个分子形成两个氢键
13．下列说法错误的是（ ）
A．石墨晶体中层内导电性强于层间导电性
B．基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3
C．N元素的电负性比P元素的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
D．(CH3COO)2Ni 4H2O的空间构型为八面体，中心离子的配位数为6
14．某紫色配离子的结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．该配离子与水分子可形成氢键
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1
D．该配离子中铜元素的价态为+1价
15．氮及其化合物在生产生活中具有广泛应用。氮气经过一系列的变化可以合成氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列说法正确的是（ ）
A．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区
B．提供孤电子对用于形成配位键
C．该配合物中阴离子空间结构为正四面体形
D．配离子为，中心离子的配位数为5
16．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是（ ）
A．配位体是Cl-和H2O，配位数是8
B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C．内界和外界中的Cl-的数目比是1：2
D．在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀
17．下列说法正确的是（ ）
A．范德华力非常微弱，破坏范德华力不需要消耗能量
B．H2O的沸点低于NH3
C．H2O是一种稳定的化合物，这是氢键所致
D．范德华力：HI＞HBr＞HCl
18．晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是
A．图1晶体密度为g cm-3
B．图1中O原子的配位数为6
C．图2表示的化学式为
D．取代产生的空位有利于传导
19．向盛有硫酸铜蓝色溶液的试管里滴加氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色溶液，再加无水乙醇得到深蓝色晶体。溶液和晶体呈现深蓝色都是因为的存在。下列说法错误的是（ ）
A．配离子中为中心离子，为配体，配位数为4
B．加入乙醇的目的是降低配合物的溶解度
C．空间构型为正四面体形，和VSEPR模型不一致
D．配离子中N原子属于杂化，4个杂化轨道分别形成1个配位键和3个N-H σ键
20．下列各组物质气化或熔化时，所克服的微粒间作用力完全相同的是（ ）
A．碘的升华和干冰气化 B．二氧化硅和干冰熔化
C．苯和硝酸钾熔化 D．食盐和冰熔化
二、综合题
21．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（铜镍合金）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[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。
①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是 。
②在[Ni(NH3)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 。
（3）单质铜及镍都是由 键形成的晶体；元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1 958 kJ·mol–1、INi=1 753 kJ·mol–1，ICu> INi的原因是 。
22．二草酸根合铜(II)酸钾可用于无机合成、功能材料制备。回答下列有关问题：
（1）基态氧原子的电子排布式为 ，以下氧原子的激发态中能量最高的是 (填字母)。
a. b. c.
（2）二草酸根合铜(II)酸钾是一种配合物。
①其中配位体的化学式是 ，配位原子是氧而不是碳的原因是 。
②草酸分子的结构为，其中碳原子的杂化轨道类型为 ，草酸分子中含有的键数目为 (阿伏加德罗常数的值为)，键能大于键能的判断依据是 。
23．含钴的化合物在金属有机化学的发展中占有相当重要的一席之地，回答下列问题：
（1）写出钴原子的价层电子排布式 。
（2）八羰基二钴Co2(CO)8可催化乙炔环三聚为苯，写出与CO互为等电子体的离子的电子式 (写出一种)。苯分子中碳原子的杂化方式为 ，1mol苯分子中含有的σ键的数目为 (NA为阿伏加德罗常数的值)。
（3）二茂钴可看作是Co2+与两个正五边形的环戊二烯负离子配体形成的夹心型分子(结构如下图所示：
①已知大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，则环戊二烯负离子(C5H5)的大π键可表示为 ；
②二茂钴是紫黑色晶体，熔点约173℃，不溶于水和液氨，但能溶于有机溶剂，下列相互作用中，二茂钴晶体中不存在的是 ；
A．离子键 B．配位键 C．范德华力 D．氢键
（4）[Co(NH3)5Cl]Cl2晶胞中[Co(NH3)5Cl]2+和Cl-的排布具有类似氟化钙晶胞的结构(氟化钙晶胞如下图)
则一个氯离子周围距离最近的配离子的数目为 ，若此配合物晶体的密度为g·cm-3，则[Co(NH3)5Cl]2+与氯离子之间的最短距离是 nm(设配合物相对分子质量为M)。
24．Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道，能与一些分子或离子形成配合物。
（1）与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是 。
（2）①六氰合亚铁离子[Fe(CN)6]4-中不存在 (填序号)。
A．共价键
B．非极性键
C．配位键
D．σ键
E．π键
②写出一种与CN-互为等电子体的单质的化学式： 。
25．A、B、C、D是四种短周期主族元素，其原子序数依次增大。只有B、C位于同一周期且位置相邻，其中C是地壳中含量最多的元素，D是其所处周期中电负性最强的元素。用元素相关化学符号回答下列问题：
（1）①A元素的原子结构示意图为 。
②B的基态原子电子的空间运动状态有 种。
③C的基态原子核外电子排布式为 。
④D的基态原子价层电子排布图为 。
（2）B、C两种元素形成的一种化合物B2C曾被用作麻醉剂，推测的空间构型为 ；写出的一种等电子体的结构式 。
（3）B、C两元素分别与A元素形成的两种阳离子中，中心原子的杂化方式都是采用sp3杂化，键角大的是 (填离子符号)，原因 。
（4）如图是A、B、C、D四种元素组成的某化合物的局部晶体结构图，其中虚线表示氢键，氢键之一的表示式可写为，请据图任意再写出一种氢键的表示式 (用元素符号)，阴离子中所含的键数目为 (用阿伏加德罗常数的值表示)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．观察模型，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，可知Xm-是(H4B4O9)m-，依据化合价H为+1，B为+3，O为-2，可得m=2，则Xm-的化学式为：(H4B4O9)2-，故A不符合题意；
B．根据图知，B原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化、是4的采用sp3杂化，故B符合题意；
C．含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，4，5(或5，4)原子之间存在配位键，故C不符合题意；
D．硼砂晶体中有离子键、配位键和共价键三种化学键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】本题考物质结构和性质，涉及配合物成键情况、原子杂化、等知识点，为高频考点，知道配位键的构成条件，会判断原子杂化方式是解答关键。根据价层电子对互斥理论确定分子空间构型及中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数= (a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，1，3，5，6代表氧原子，2，4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为sp2杂化，4号B形成4个键，则B原子为sp3杂化；3号氧原子形成2个单键，钠离子与Xm-形成离子键。
2．【答案】C
【解析】【解答】A，铜离子和NH3形成配位键，形成的配合物在乙醇中的溶解度降低，所以深蓝色晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，A不符合题意；
B.铜离子含有空轨道，NH3中氮原子含有孤电子对，因此[ Cu(NH3)4]2+属于配离子，其中NH，为配体，B不符合题意；
[C.Cu( NH3)4]2+可表示为，离子空间结构为平面正方形，C符合题意；
D.铜离子和水也可以形成配位键，所以五水硫酸铜CuSO4·5H2O可表示为[ Cu(H2O)4]SO4·H2O，D不符合题意。
【分析】弄清楚铜离子与氨分子间的反应，及生成的 [ Cu(NH3)4]SO4·H2O 的组成，配位键用“"表示。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．该化合物中含有C、H、O、N、Ni五种元素，A不符合题意；
B．该化合物属于配合物，中心离子为Ni离子，B不符合题意；
C．该化合物中有σ键和π键，极性键，非极性键，配位键和氢键，C符合题意；
D．该化合物是配合物，中心离子的配位数是4，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．元素种类的判断；
B．配合物中心离子的判断；
C．σ键和π键，极性键，非极性键，配位键和氢键的判断；
D．配位数的判断。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其能量最高的能级为3d能级，含有3个空轨道，A不符合题意；
B.FeCl3的双聚分子的结构为，因此Fe的配位数为4，B不符合题意；
C.乙醇可形成分子间氢键，而甲醚不行，氢键的存在可使得沸点增大，因此乙醇的沸点高于甲醚，C不符合题意；
D.价电子排布为5s25p1的元素，其电子最后填入的是p能级，因此该元素属于p区元素，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、根据基态Ti原子的核外电子排布式分析；
B、根据双聚分子的结构分析；
C、乙醇可形成分子间氢键，使得沸点增大；
D、电子最后填充的是p能级，属于p区元素；
5．【答案】D
【解析】【解答】A．Fe3+和SCN-形成配合物离子，与配合物的形成有关，故A不符合题意
B．金币溶于王水生成HAuCl4，是配合物，故B不符合题意
C．出现白色沉淀是生成了AgOH，再进一步反应生成[Ag(NH3)2]OH，是配合物，故C不符合题题
D．AlCl3和NH3·H2O反应生成氢氧化铝沉淀，与配合物的形成无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】氯化铝与氨水发生的是复分解反应，与配合物无关，其他均与配合物有关
6．【答案】A
【解析】【解答】该化合物中负离子[ AlCl4]-存在配位键，故A符合题意；
图中负离子[ AlCl4]-中中心Al原子的价电子对数为=4，孤电子对数为0，因此空间结构为正四面体形，故B不符合题意；
图中正离子中环上的碳原子价电子对数为3 +0=3，杂化方式为sp3，-C2H5，中碳原子价电子对数为4 +0=4，杂化方式为sp3，故C不符合题意；
根据元素非金属性越强，电负性越大，得到C、N、H三种元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H，故D不符合题意。
【分析】A．[ AlCl4]-存在配位键；
B．根据价层电子对互斥理论分析；
C．根据价层电子对互斥理论分析；
D．元素非金属性越强，电负性越大。
7．【答案】D
【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。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．同一主族的碱金属元素对应的单质随着原子序数的递增熔点减小，A不符合题意；
B．是同一主族元素的简单氢化物，虽然氨气有氢键使之沸点出现异常，但由于的相对分子质量比氨气的大很多，分子间作用力更强， 的沸点大于氨气，B不符合题意；
C．二硫化碳是非极性分子，极性弱于COS，C不符合题意；
D．干冰中二氧化碳的配位数为12，冰中水的配位数为4，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、同一主族的碱金属元素从上到下熔点递减；
B、相对分子质量和氢键影响氢化物的沸点；
C、二硫化碳为非极性分子；
D、干冰中二氧化碳的配位数为12，冰中水的配位数为4。
9．【答案】D
【解析】【解答】A．NH3中氮原子的价层电子对数=3+ =4，NO3-中氮原子的价层电子对数=3+ =3，氮原子的杂化方式不同，故A不符合题意；
B．配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故B不符合题意；
C．该配合物中中心原子的配位数为6，应是八面体结构，Pt与6个配体成键，但不是正八面体，故C不符合题意；
D．由上述分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故D符合题意；
故答案为：D。
【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]，据此分析解答。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．硫氰化铁溶于水得到红色溶液，不是红色沉淀，故A不符合题意；
B．向氯化铜固体中滴加蒸馏水时，氯化铜溶解得到含有四氯合铜离子的浓溶液，溶液呈绿色，继续加入蒸馏水时，溶液中的平衡向正反应方向移动，溶液由绿色变为蓝色，故B符合题意；
C．向黄色溶液滴入3滴2mol/L的稀硝酸时，溶液中的氢离子浓度最大，平衡向逆反应方向移动，溶液的黄色变浅，故C不符合题意；
D．氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜离子，四氨合铜离子不能电离出铜离子和氢氧根离子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.Fe(SCN)3不是沉淀；
C.滴加稀硝酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；
D.氢氧化铜与氨水反应生成四氨合铜离子。
11．【答案】B
【解析】【解答】A.氧气和氮气均属于分子晶体，其沸点高低取决于分子间作用力的大小，氧气的相对分子质量大于氮气，其分子间作用力大，沸点高于氮气，故A不符合题意；
B.NH3分子中心N原子的价层电子对数= ，孤电子对数为4-3=1，分子构型为三角锥形，故B符合题意；
C.配离子中中心原子提供空轨道，配位原子提供孤电子对，而H不存在孤电子对，O存在孤电子对，因此是O原子与中心原子配位，故C不符合题意；
D.同周期元素第一电离能呈逐渐增大趋势，但是VA族最外层半满较稳定，第一电离能大于同周期VIA族元素，元素C、N、O的第一电离能的大小顺序：N>O>C，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.分子晶体的熔沸点与分子的相对分子质量有关，相对分子量越大，物质的熔沸点越高；
B.根据价层电子对互斥理论判断物质的空间构型，以及杂化类型；
D.注意元素C、N、O的第一电离能的大小顺序：N>O>C。
12．【答案】C
【解析】【解答】A.铁的价层电子排布式为3d64s2，价层电子数为8，配合物Fe(CO)n，一个配体CO提供2个电子，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，因此18=8+2n，n=5，故A不符合题意；
B.铁的核外电子排布是1s22s22p63s23p63d64s2，铁成为阳离子先失去4s2上的电子，故B不符合题意；
C.氨气中N-H键的键长小于AsH3中键的键长，在氨气中成键电子对更靠近，排斥力更大，导致键角增大，所以As-H键的键角小于氨气中N-H键角，故C符合题意；
D.每个水分子通过氢键与4个水分子连接在一起，因此可以形成4个氢键；故D不符合题意
故答案为：
【分析】A.根据中心原子的价层电子数结合配体提供的电子数即可计算出n；
B.一般失去电子从s轨道先失去，故从4s先失去；
C.根据孤对电子对其排斥力的大小判断；
D.根据水分子中含有2个氢原子和一个氧原子可形成4个氢键。
13．【答案】C
【解析】【解答】A．石墨层间存在分子间作用力、层内存在金属键，层内具有金属晶体的性质、层间具有分子晶体的性质，所以石墨晶体中层内导电性强于层间导电性，故A不符合题意；
B．基态Cr3+的最高能层为M层，排布式为3s23p63d3，有8个成对电子，3个未成对单电子，所以基态Cr3+的最高能层中成对电子与未成对电子的数目比为8∶3，故B不符合题意；
C． N的电负性比P的大，所以P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3的大，故C符合题意；
D．(CH3COO)2Ni 4H2O的空间构型为八面体，则CH3COO－、H2O都是Ni2+的配体，所以其配位数是6，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．石墨层内存在金属键，层内具有金属晶体的性质；
B．依据构造原理分析；
C． 依据电负性差值大，极性强判断；
D．依据配合物的结构式分析。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．该配离子中氮、氧元素的电负性较强且直接与氢原子相连，能与水分子形成氢键，A不符合题意；
B．由该粒子的结构可知，铜离子与2个氧、2个氮结合，配位数是4，B不符合题意；
C．铜为29号元素，位于第四周期ⅠB族，基态Cu原子的价层电子排布式是3d104s1，C不符合题意；
D．该配离子整体带2个单位负电荷，2个铜周围直接相连2个-OH、4个-NH-，则铜元素的价态为+2价，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.N原子和O原子可与水分子中的H原子形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H原子形成氢键；
B.铜离子形成4个共价键，配位数为4；
C.Cu为29号元素，核外共29个电子，根据构造原理书写其价层电子排布式为3d104s1。
15．【答案】C
【解析】【解答】A、H元素属于s区，故A错误；
B、 中，提供空轨道，NO和水分子提供孤电子对，故B错误；
C、该配合物的阴离子是硫酸根离子，硫酸根离子中，中心S原子采用sp3杂化，不含孤电子对，空间结构为正四面体形，故C正确；
D、该配合物的配体为NO和水分子，则配位数为1+5=6，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、H位于s区；
B、 提供空轨道；
C、该配合物阴离子为硫酸根离子；
D、配体为NO和水分子。
16．【答案】C
【解析】【解答】A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A不符合题意；
B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B不符合题意；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2 H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C符合题意；
D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2molAgCl沉淀，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O中配位体是Cl和H2O；
B..[TiCl（H2O）5]Cl2 H2O中中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-；
D.只有外界的Cl-离子与Ag+反应。
17．【答案】D
【解析】【解答】A．范德华力虽然微弱，但破坏范德华力仍然需要消耗能量，A不符合题意；
B．常温下，H2O是液态，NH3是气态，H2O分子间氢键的数目大于NH3分子间氢键的数目，所以H2O的沸点高于NH3，B不符合题意；
C．H2O是一种稳定的化合物，是O-H键键能较大，与氢键无关，C不符合题意；
D．组成和结构相似的分子，相对分子质量越大，范德华力就越大，所以范德华力：HI＞HBr＞HCl，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.只要破坏作用力，就要消耗能量
B.氢键影响物质的沸点，氢键多的沸点高
C.稳定性由键能大小决定
D.都是卤化氢，范德华力由相对分子质量决定
18．【答案】C
【解析】【解答】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为，那么密度为：，A项正确；
B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；
C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；
D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；
故答案为：C。
【分析】思路分析：利用均摊法算出晶胞的化学式，根据结构判断配位数，计算密度的公式为，注意单位的换算。
19．【答案】C
【解析】【解答】A．在配离子中，整个内界中，为中心离子，为配体分子，且为单齿配体，则其配位数为4，选项A不符合题意；
B．在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇的目的是降低配合物的溶解度，析出晶体，选项B不符合题意；
C．中硫原子含有的孤对电子对数是＝0，所以是正四面体形，属于sp3杂化，和VSEPR模型一致，选项C符合题意；
D．中N原子属于杂化，4个杂化轨道分别形成1个配位键和3个N-H σ键，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】要区分离子的空间构型和VSEPR模型，VSEPR模型去掉孤对电子后的模型就是离子的空间构型，如果没有孤对电子，离子的空间构型和VSEPR模型是一致的
20．【答案】A
【解析】【解答】A.碘和干冰都属于分子晶体，因此其状态变化过程中，所克服的微粒间作用力都是分子间作用力，A符合题意；
B.二氧化硅为原子晶体，干冰为分子晶体，二者熔化时，所克服的分子间作用力不相同，B不符合题意；
C.苯为分子晶体，其熔化过程中克服分子间作用力，硝酸钾为离子晶体，其熔化过程中所克服的微粒间作用力为离子键，C不符合题意；
D.食盐为离子晶体，熔化时所克服的微粒间作用力为离子键，冰为分子晶体，熔化时所克服的微粒间作用力为分子间作用力，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据物质所属的晶体类型和气化（或熔化）过程中所克服的作用力进行分析。
21．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d84s2或 [Ar]3d84s2；2
（2）正四面体；配位键；N
（3）金属；铜的第二电离能失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
【解析】【解答】(1)Ni元素原子核外电子数为28，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上的未成对电子数为2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；2；
(2)①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为SO42-，SO42-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；
②在[Ni(NH3)6]SO4中Ni2+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；N；
(3)单质铜及镍都属于金属晶体，都是由金属键形成的晶体；Cu+的外围电子排布为3d10，呈全充满状态，比较稳定，Ni+的外围电子排布为3d84s1，Cu+的核外电子排布更稳定，失去第二个电子更难，因此铜的第二电离能高于镍的第二电离能，故答案为：金属；铜的第二电离能失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子。
【分析】（1）根据构造原理书写其电子排布式；
（2）①根据硫原子的价层电子对数分析SO42-的空间构型；
②根据配位键的形成分析；
（3）单质铜和镍都是金属晶体，根据原子结构分析第二电离能的大小；
22．【答案】（1）；
（2）；氧原子可以提供弧电子对，碳原子没有弧电子对；；；键长小于键长(或中共用电子对数多等)
【解析】【解答】（1）O元素为8号元素，其基态氧原子的电子排布式为，电子占据的能级越高，电子的能量越高，能级按照1s、2s、2p、3s、3p、3d，能量依次升高，故氧原子的激发态中能量最高的是。
（2）①中配位体的化学式是，配位原子是氧而不是碳的原因是氧原子可以提供弧电子对，碳原子没有弧电子对。
②草酸分子的结构为，其中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故碳原子的杂化轨道类型为，单键为σ键，双键中有且只有一个σ键，故草酸分子中含有的键数目为，键能大于键能的判断依据是键长小于键长或中共用电子对数多等。
【分析】（1）O为8号元素，基态氧原子的电子排布式为，1s、2s、2p、3s、3p、3d，能量依次升高；
（2）①该配合物中配体是草酸根离子；配体中含有孤电子对的原子提供孤电子对；
②该分子中碳原子价层电子对数是3，共价单键为σ键，共价双键中含有1个σ键和1个π键；键长越短，键能越大。
23．【答案】（1）3d74s2
（2）；sp2；12NA
（3）；AD
（4）4；
【解析】【解答】(1)Co为27号元素，其核外电子排布式为[Ar]3d74s2，则其价层电子排布式为3d74s2；
(2)互为等电子体，原子个数相等，价电子数相同，根据此规则，与CO互为等电子体的离子可以是CN-，其电子式为：；苯分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，1mol苯分子中含有12mol σ键，个数为12NA；
(3)①环戊二烯负离子(C5H5)中，5个原子参与形成大π键，参与形成大π键的电子数共6个，因此环戊二烯负离子(C5H5)的大π键可表示为
；
②根据二茂钴的结构可知，该晶体中存在配位键和范德华力，不存在离子键和氢键，故故答案为：AD；
(4)[Co(NH3)5＜Cl]Cl2晶胞中[Co(NH3)5Cl]2+和Cl-的排布具有类似氟化钙晶胞的结构，由晶胞可知，一个氯离子周围距离最近的配离子的数目为4，[Co(NH3)5Cl]2+与氯离子之间的最短距离是晶胞中体对角线的
，设晶胞参数为a cm，则a3=
，则a=
，因此[Co(NH3)5Cl]2+与氯离子之间的最短距离为
nm。
【分析】（1）根据质子数结合核外电子排布即可写出价层电子排布式
（2）根据电子数相等即可找出等电子体，苯中的碳原子是sp2杂化。根据分子中的 σ 即可计算
（3）①根据π键的书写要求即可写出
②根据性质即可判断其为分子晶体
（4）根据晶胞结构图即可找出配离子数目，根据占位计算出原子数计算出质量，根据计算体积即可计算出距离
24．【答案】（1）具有孤电子对
（2）B；N2
【解析】【解答】(1)配体中必须含有孤电子对，否则不能形成配位键。
(2)①根据六氰合亚铁离子的化学式可知，该配离子中不存在非极性键，B项符合题意。②价电子总数和原子总数都相等的微粒互为等电子体，故与CN-互为等电子体的单质是N2。
【分析】(1)根据题目， Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道 ， 与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结 构是有孤电子对；
(2)①根据六氰合亚铁离子的化学式搞清楚其结构，CN-中存在碳氮三键，既可以判断；
②弄清等电子体的概念，价电子总数和原子总数都相等的微粒互为等电子体。
25．【答案】（1）；5(或五)；；
（2）直线形；O=C=O
（3）；的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力
（4）[或]；
【解析】【解答】(1)①H元素的原子结构示意图中质子数和核外电子数都为1，A元素的原子结构示意图为。故答案为：；
②N的基态原子电子占据1s、2s、2p共5个轨道，B的基态原子电子的空间运动状态有5(或五)种。故答案为：5(或五)；
③O的基态原子核外电子排布式为。故答案为：；
④Cl的基态原子价层电子排布图为。故答案为：；
(2)B、C两种元素形成的一种化合物B2C曾被用作麻醉剂，中心N原子价层电子对数为2+=2，sp杂化，的空间构型为直线形；原子总数为3，价电子总数为16，的一种等电子体的结构式O=C=O。故答案为：直线形；O=C=O；
(3)B、C两元素分别与A元素形成的两种阳离子中，中心原子的杂化方式都是采用sp3杂化，键角大的是，原因的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力。故答案为：；的中心原子O有一对孤电子对，孤电子对成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力；
(4)根据A、B、C、D四种元素组成的某化合物的局部晶体结构图，一种氢键的表示式[或]，2个原子之间的键只可能有1个，所以根据结构图阴离子中所含的键数目为。故答案为：[或]；。
【分析】依据原子的序数判断；
②依据原子构造原理判断；
③依据原子核外电子排布规律书写；
④依据原子构造原理；
(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)依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
(4)根据晶体结构图，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；
