3.4 配合物与超分子 同步检测题
2023-2024学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2
一、单选题
1．能区别和两种溶液的试剂是（ ）
A．溶液 B．溶液 C． D．浓氨水
2．下列有机物沸点最高的是（ ）
A．HCHO B．异丁烷 C．新戊烷 D．正戊烷
3．下列有关说法不正确的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
4．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错误的是（ ）
A．该配合物的配体为Cl-、NH3
B．该配合物的配位数为6
C．该配合物的空间构型可能为平面正方形结构
D．1 mol该分子中含有12 mol σ键
5．下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是（ ）
A． 、
B． 、
C． 、
D． 、
6．价层电子对互斥理论(VSEPR)是关于分子几何构型的经验规律，该理论认为，分子的稳定结构应使中心原子价层电子对之间的斥力最小，且不同价层电子对之间排斥力相对大小满足：孤对电子－孤对电子＞孤对电子－键对电子＞键对电子－键对电子。如H2O分子中∠H-O-H≈104.5°，下列推断不合理的是（ ）
A．NH3分子中∠H-N-H<109.5°
B．H2O键角∠H-O-H小于H3O+键角∠H-O-H
C．已知P4分子为正四面体，P4O6中的∠O-P-O小于P4O10中的∠O-P-O
D．[Zn(NH3)6]2+离子中∠H-N-H小于NH3分子中∠H-N-H
7．某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列叙述错误的是（ ）
A．简单氢化物的沸点：X＞Y
B．该化合物阴、阳离子中均有配位键
C．第一电离能：Y＞Z＞X＞W
D．该化合物中Z元素的杂化方式为sp3
8．甘氨酸铜是一种配合物，能溶于水，常用于医药、电镀，其结构如图所示。下列关于甘氨酸铜的说法错误的是（ ）
A．该配合物呈电中性 B．Cu的化合价为+2
C．配位数为2 D．提供电子对的原子为N、O
9．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是（ ）
A．中心离子提供空轨道
B．的W溶液中
C．基态钛原子的价层电子数为2
D．配体中氢原子提供孤电子对
10．某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是（ ）
A．该物质是一个离子化合物
B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力
C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子
D．该物质中C、N、O原子均存在孤对电子
11．硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，下列说法错误的是
A．原子3d能级上的未成对电子数为1
B．产提供孤电子对的成键原子是N
C．中与之间形成配位键
D．中阴离子的立体构型是正四面体形
12．下列说法中，正确的是（ ）
A．从空间角度看，2s轨道比1s轨道大，其空间包含了1s轨道
B．第一电离能的大小可以作为判断元素金属性强弱的依据
C．原子的电子层数越多，原子半径越大
D．硫化氢和水分子结构相似，硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数相同
13．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
14．化学用语是学习化学的重要工具。下列化学用语对事实的表述正确的是
A．基态氢原子的电子云轮廓图为：
B．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极的电极反应式为：
C．NaHS发生水解反应的离子方程式为：
D．阴离子的结构式为，中心离子的配位数为4
15．离子液体可在室温下以和为原料合成DMC，具体流程如下(其中化合物①的1号C上没有H原子)，下列说法错误的是（ ）
A．化合物①可作为配体与某些金属离子形成配合物
B．①→A是加成反应，则A的结构可能为
C．在上述流程中，中间体A还起到了吸水作用
D．根据流程可知，DMC的结构为
16．关于氯气变成液氯的过程，下列说法正确的是（ ）
A．氯原子半径减小 B．分子间作用力变大
C．可以通过降低压强实现 D．液氯颜色比氯气浅
17．我国南开大学的科学家，在110万大气压下合成了氦钠化合物，该物质微观结构如图所示，小球代表，大正方体代表He，小正方体代表共用电子，共用电子被迫集中在晶体结构的立方空间内，下列说法正确的是（ ）
A．该物质的化学式为
B．晶胞中形成的空隙部分被He填充，其占有率为25%
C．的配位数为4
D．该物质属于一种新型合金，固态时能够导电
18．胆矾()是一种重要的盐，在电镀、印染、颜料、农药等领域都有着广泛的应用，可写作，其结构如图1，胆矾溶于水可得溶液，如图2所示，向溶液中逐滴加入浓氨水至过量，得到透明的深蓝色溶液，其溶质为，再向其中加入乙醇，可析出深蓝色的晶体，其组成为，下列有关说法不正确的是（ ）
A．由图1知胆矾中的水在不同温度下会分步失去
B．胆矾晶体中存在离子键、共价键、氢键及范德华力
C．该实验证明配离子比稳定
D．加入乙醇能使在水中的溶解度减小
19．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
20．镍能形成多种不同的化合物。图a是镍的一种配合物结构，图b是镍的一种氧化物晶胞下列说法错误的是（ ）
A．镍原子位于元素周期表中第四周期Ⅷ族，属于d区元素
B．图a分子中存在的化学键有共价键、配位键、氢键
C．氧化镍中、的配位数都是6
D．图b表示的可能是氧化镍()的晶胞
二、综合题
21．氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：
（1）H、B、N中，原子半径最大的是 。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素 的相似。
（2）NH3BH3分子中，N—B化学键称为 键，其电子对由 提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+ +9H2， 的结构如图所示：
在该反应中，B原子的杂化轨道类型由 变为 。
（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，电负性大小顺序是 。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是 (写分子式)，其熔点比NH3BH3 (填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在 ，也称“双氢键”。
（4）研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。
氨硼烷晶体的密度ρ= g·cm 3(列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
22．利用选择性催化还原（SCR）脱硝技术可以减少对环境的危害，一种废脱硝催化剂的主要成分为、、、、，一种回收利用的工艺流程如图所示：
已知：。
回答下列问题：
（1）该脱硝技术主要是在催化剂作用下，与发生反应转化为对环境友好的物质，化学方程式为 。
（2）“焙烧”时发生转化的反应方程式为，则气体为 （填化学式）。
（3）含钛渣可以用于制取金属钛和钛的化合物，一种钛的氧化物的晶胞结构（长方体形）如图所示：
①基态原子的核外电子排布式为 。
②晶体中原子的配位数为 。
③若晶胞参数分别为，，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 （列出计算式）。
（4）写出“沉钒”发生反应的离子方程式： 。
（5）“调节”时加入的试剂为 。
（6）当“食盐废液”中时，该废液中 。
（7）若将通过氢气还原转化为细钨粉，理论上消耗 。
23．中科院大连物化所成功利用具有尖晶石结构的Co3O4电催化剂电解水。
（1）Co在周期表中的位置是 ，基态Co的电子占据的最高能层符号为 。
（2）钴盐引发动物中毒时，通常可以用EDTA(结构如图)解毒。其中，N的杂化方式均为 ，N的I1(第一电离能)大于O的I1，其原因是 ；自由基是指含单电子的基团，1mol -COOH(羧基自由基)中存在 mol σ键和 mol π键。
（3）EDTA可以由乙二胺与甲醛、氰化钠间接得到。离子化合物氰化钠的晶体类型为 ，甲醛分子的空间构型为 。
（4）Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积(如图)，Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，则Co的配位数分别为 ，Co总的空隙填充率为 ，如果晶胞边长为a nm，Co3O4的摩尔质量为M g/mol，NA为阿伏加德罗常数的值，则Co3O4的晶体密度为 g/cm3(列出计算式)。
24．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂(如乙醇)，将析出深蓝色的晶体。
（1）Ⅰ.在化学实验和科学研究中，水是一种最常用的溶剂。水是生命之源，它与我们的生活密切相关。
写出H2O分子的电子式： 。
（2）水分子在特定条件下容易得到一个H＋，形成水合氢离子(H3O＋)。下列对上述过程的描述不合理的是________。
A．氧原子的杂化类型发生了改变 B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变 D．微粒中的键角发生了改变
（3）Ⅱ.胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料，波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、花卉上。
写出铜原子价电子层的电子排布式： ，与铜同一周期副族元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有 (填元素符号)。
（4）实验时形成的深蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有 。
（5）实验过程中加入C2H5OH后可观察到析出深蓝色Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。实验中所加C2H5OH的作用是 。
25．下表为元素周期表的一部分，其中的编号代表对应的元素。
请回答：
（1）在周期表给出的10种元素中，电负性最小的元素基态原子的电子排布式为 。
（2）在周期表给出的10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素与短周期最外层没有未成对电子数的元素形成的化合物是 (填化学式)，所含化学键类型是 。
（3）关于元素①与元素⑤形成的1：1的化合物，下列说法正确的是_____(填字母序号)。
A．该化合物中的所有原子都满足最外层8电子稳定结构
B．该化合物分子中σ键和π键数目比为1：1
C．该化合物是由极性键和非极性键形成的极性分子
D．该化合物分子的空间构型为直线形
（4）在①与③形成的相对分子质量最小的化合物A中，元素③的杂化类型是 ，写出与化合物A互为等电子体的一种阳离子 (填离子符号)。
（5）元素⑧的+3价化合物MCl3·6H2O有三种不同颜色的异构体，为探究MCl3溶液析出的暗绿色晶体的化学式，取0.010molMCl3·6H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g，该晶体的化学式为_______(填字母序号)。
A．[M(H2O)6]Cl3
B．[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[M(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
（6）元素⑩与元素⑤形成一种化合物其晶胞结构如下图所示，该化合物的化学式为 ，若该晶体密度为dg/cm3，晶胞参数为apm，则阿伏加德罗常数的值NA 为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】B、C、D中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，而A中[Co(NH3)4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co(NH3)4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故A符合。
故答案为：A。
【分析】 外界能电离出氯离子， 不能产生氯离子，检验氯离子的存在即可区别两者。
2．【答案】D
【解析】【解答】分子晶体的相对分子质量越大，则熔沸点越高，戊烷的相对分子质量比丁烷、HCHO大，所以戊烷的沸点比丁烷、HCHO高，戊烷的同分异构体中正戊烷支链最少，所以正戊烷的沸点最高。
故答案为：D。
【分析】分子晶体的相对分子质量越大，则熔沸点越高，支链越多熔沸点越低，据此分析。
3．【答案】D
【解析】【解答】A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；
B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；
C.核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；
D.煤油为烃的混合物，D项错误；
故答案为：D。
【分析】易错分析：一般燃料都为混合物，如汽油、柴油、煤油等，通过分馏方式从石油中获取的。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．该物质的化学式为[PtCl4(NH3)2]，化合物为配位化合物，则配体为Cl-、NH3，A不符合题意；
B．根据配位化学式为[PtCl4(NH3)2]可知：配合物中心原子的配位数为4+2=6，B不符合题意；
C．中心Pt与6个配位体形成6个配位键，即6个σ键，该配合物应是八面体结构，C符合题意；
D．该配合物中心Pt原子与6个配位体形成6个配位键，在配位体NH3分子中含有3个N-H共价键，共价键和配位键都是σ键，则1个配合物中含有σ键数目是6+2×3=12个，则1 mol该分子中含有12 mol σ键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】实验式为 PtCl4·2NH3的物质，其水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子；加入 AgNO3 不产生沉淀，以强碱处理并没有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]，据此解答。
5．【答案】D
【解析】【解答】A． 中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，CN－是配体，配位数是2； 中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4，二者中心离子的电荷数和配位数均不相同，故A不符合题意；
B． 中中心离子是Ni2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4， 中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，NH3是配体，配位数是2，二者中心离子的电荷数和配位数均不相同，故B不符合题意；
C． 中中心离子是Ag+，中心离子电荷数是1，NH3是配体，配位数是2； 中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是2，二者中心离子电荷数不同，故C不符合题意；
D． 中中心离子是Ni2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4； 中中心离子是Cu2+，中心离子电荷数是2，NH3是配体，配位数是4，二者中心离子电荷数及配位数相同，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】配位化合物一般由内界和外界组成，也有部分配位化合物只含有内界，内界包含中心离子、配体，配体的总个数即为配位数，据此解答。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．NH3可类比NH4+失去一个H，NH4+中N原子没有孤电子对，∠H-N-H=109.5 ，NH3中N原子有1个孤电子对，根据题干中排斥力的大小关系可知，∠H-N-H<109.5°，A不符合题意；
B．H2O中O原子有2个孤电子对，H3O+中O原子有1个孤电子对，根据题干中排斥力的大小关系可知，H2O键角∠H-O-H小于H3O+键角∠H-O-H，B不符合题意；
C．由分析可知，P4O6中P原子有1个孤电子对，而P4O10中P原子没有孤电子对，根据题干中排斥力的大小关系可知，P4O6中的∠O-P-O小于P4O10中的∠O-P-O，C不符合题意；
D．NH3分子中N原子有1个孤电子对，而[Zn(NH3)6]2＋中氨分子与Zn2＋形成配合物后，N原子与Zn2＋形成配位键，N原子不存在孤电子对，根据题干中排斥力的大小关系可知，[Zn(NH3)6]2+离子中∠H-N-H大于NH3分子中∠H-N-H，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A. NH3可类比NH4+失去一个H，NH4+中N原子没有孤电子对，NH3中N原子有1个孤电子对，据此分析。
B. H2O中O原子有2个孤电子对，H3O+中O原子有1个孤电子对，据此分析。
C. P4O6可看作P4分子中每个磷磷键中插入一个O原子，P4O10可看作P4O6分子中P原子上各加一个O原子，据此分析。
D. [Zn(NH3)6]2＋中氨分子与Zn2＋形成配合物后，N原子与Zn2＋形成配位键，N原子不存在孤电子对，而NH3分子中N原子有1个孤电子对，据此分析。
7．【答案】A
【解析】【解答】根据结构图，可知M含有1个共价键，X含有4个共价键，Y含有4个共价键，Z含有2个共价键，且含有1个正电荷，则Y最外层含有5个电子，含有1个负电荷，则W最外层为3个电子，结合M、W、X、Y、Z五种短周期元素的原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，可知Z为O，则M为H，W为B，X为C，Y为N；
A.C的简单氢化物为CH4，N的简单氢化物为NH3，NH3中含有氢键，沸点比CH4更高，A正确；
B.阳离子中，H提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，阴离子中，B提供空轨道，O提供孤电子对，形成配位键，C错误；
C.同周期元素，从左到右第一电离能增大，若原子的价层电子为半充满或全充满状态则反常，即N>O>C>B，C错误；
D.O的孤电子对数为2，周围原子个数为2，其杂化轨道数为4，为sp3杂化，D错误。
故答案为：A
【分析】A、N、O、F三种原子可以和H形成氢键，使分子沸点增大；
B、配位键需要一方提供空轨道，一方提供孤电子对；
C、同周期元素，从左到右第一电离能增大，若原子的价层电子为半充满或全充满状态则反常；
D、杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．该配合物不显电性，说明呈电中性，故A不符合题意；
B．根据甘氨酸根带一个单位负电荷，得到Cu的化合价为+2，故B不符合题意；
C．由配合物的结构式可知，配位数为4，故C符合题意；
D．O、N都有孤对电子，由其结构可知，提供电子对的原子为N、O，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】A.化合物不显电性；
B.Cu表现+2价；
D.N、O原子含有孤电子对，铜离子含有空轨道。
9．【答案】B
【解析】【解答】A：中心离子Ti显+3价，Ti3+提供空轨道，故A不符合题意；
B：电离方程式为 为 ，故0.01mol/LW溶液能电离出0.02mol/L Cl-，故B符合题意；
C：Ti的原子序数为22，价层电子排布式为3d24s2，价层电子数为4，故不符合题意；
D：配体H2O中，O提供孤电子对，故D不符题意；
故答案为：B
【分析】配位化合物是把接受孤电子对的金属离子或原子与某些提供孤电子对的原子或离子以配位键结合形成的复杂化合物。中心原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．由物质结构示意图可知：该物质是由分子构成的，属于共价化合物，不属于离子化合物，A不符合题意；
B．在该物质分子中存在共价键、配位键、氢键三种作用力，B不符合题意；
C．由分子结构可知：该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子，提供空轨道，配位数是4；配位原子是N原子，N原子提供孤电子对，C符合题意；
D．由结构示意图可知：在分子中的C原子的4个价电子都形成共价键，无孤对电子，而N、O原子上均存在孤对电子，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.只含有共价键，不含有离子键
B.氢原子和氧原子形成了氢键
C.根据成键的方式可以看出是配合物
D.N和O形成氢键或者配位键故有孤对电子
11．【答案】A
【解析】【解答】A． Ni是28号元素，原子的价电子排布式为3d84s2，能级上的未成对电子数2，故A符合题意；
B． 中配体是NH3，配位原子是N，提供孤电子对的成键原子是N，故B不符合题意；
C． 中Ni2+与NH3之间形成配位键，故C不符合题意；
D． 中阴离子是SO，S原子价层电子对数为4，其立体构型是正四面体形，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】依据配合物的结构及构造原理分析。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．从空间角度看，2s、1s轨道都是以原子核为中心的球形 ，2s轨道比1s轨道大，2s空间包含了1s轨道，故A符合题意；
B．第一电离能小，金属性不一定强，如第一电离能Mg>Al，金属性Mg>Al，故B不符合题意；
C．原子的电子层数越多，不一定原子半径越大，如锂原子的半径大于氯原子，故C不符合题意；
D．水分子间能形成氢键，所以硫化氢晶体中的配位数与冰中水分子的配位数不相同，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．从空间角度，结合电子云的特点分析
B．第一电离能小，金属性不一定强；
C．原子的电子层数越多，不一定原子半径越大；
D．水分子间能形成氢键。
13．【答案】B
【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
14．【答案】B
【解析】【解答】A．基态H原子共有1个电子层，电子排布式为1s1，该能层电子云轮廓为球形，故A不符合题意；
B．用惰性电极电解饱和食盐水时，阳极Cl-失电子生成，离子方程式为：，故B符合题意；
C．NaHS发生水解生成H2S和OH-，离子方程式为：，故C不符合题意；
D．阴离子的结构式中配位键箭头应从C指向Fe，且中心离子的配位数为6，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．s电子云呈球形，p电子云呈哑铃形；
B．依据离子放电顺序判断；
C．NaHS发生水解生成H2S和OH-；
D．依据配离子结构式分析。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．由图可知，化合物①中含有孤电子对，作为配体与某些金属离子形成配合物，故A不符合题意；
B．由图可知，①→A的反应是①与二氧化碳发生加成反应生成，故B不符合题意；
C．由图可知，中间体A与水反应生成化合物②，所以反应过程中，中间体A还起到了吸水作用，故C不符合题意；
D．由图可知，中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水，碳酸二甲酯中的酯基结构为，不含有酯基结构，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．化合物①中含有孤电子对，可作配体；
B．根据官能团的变化确定反应类型；
C．依据反应过程图判断；
D．中间体A与甲醇反应生成碳酸二甲酯和水。
16．【答案】B
【解析】【解答】A．氯气变成液氯的过程，不涉及分子内部变化，氯原子半径不变，A不符合题意；
B．氯气变成液氯的过程，分子间距离减小，分子间作用力变大，B符合题意；
C．氯气变成液氯的过程可通过降温、增大压强实现，C不符合题意；
D．液氯分子间距离比氯气小，单位体积内Cl2浓度更大，颜色更深，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】氯气可以通过降温或增加压强的方式变为液氯，颜色变深，分子间的间隔变小，分子间作用力变大。
17．【答案】C
【解析】【解答】A．Na+位于正方体的顶点，每个顶点被4个正立方体共用，Na+的数目为2，化学式为Na2He，A不符合题意；
B．晶胞中有8个正四面体，其中4个正四面体内有一个氦原子，占有率为50%，B不符合题意；
C．顶点的Na+被4个正方体共用，配位数为4，C符合题意；
D． 电子被迫集中在晶体结构的立方空间内 ，不能移动，固体时不能导电，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．Na+位于正方体的顶点，每个顶点被4个正立方体共用；
B．晶胞中有8个正四面体，4个正四面体内有一个氦原子；
C．顶点的Na+被4个正方体共用，配位数为4；
D． 电子不能移动，不能导电。
18．【答案】C
【解析】【解答】】A.观察图示，内界H2O与铜离子生成配位键，结晶水和水形成氢键，配位键和氢键作用力不同， 故胆矾中的水在不同温度下会分步失去，则故A不符合题意；
B. 观察图示，胆矾晶体中存在离子键、共价键、氢键及范德华力 ，故B不符合题意；
C. 向溶液中逐滴加入浓氨水至过量，得到透明的深蓝色溶液，则比 稳定，故C符合题意；
D. 加入乙醇，可析出深蓝色的晶体，证明溶解度减小，故D不符合题意；
故答案为：C
【分析】中心原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对，这种“电子给予接受”形成配位键。
氢键是H与电负性大、半径小的原子Y（O F N等）接近，在X与Y之间以氢为媒介，生成X-H…Y形式的一种特殊的分子间或分子内相互作用。
19．【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。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．镍元素是28号元素，位于元素周期表中第四周期Ⅷ族，属于d区元素，A项不符合题意；
B．该配合物中C-C、C=N、C-H、N-O、 H-O中都为共价键，Ni原子和N原子之间存在配位键，O原子和H原子形成氢键，但氢键不是化学键，B项符合题意；
C．由图可知，氧化镍中、的配位数都是6，C项不符合题意；
D．根据晶胞的结构特点，白球为，黑球为，故图b可表示氧化镍()的晶胞，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】易错点：氢键不是化学键，它是分子间作用力
C.配位数判断方法为：距离最近的原子个数
D.利用均摊法计算Ni2+和O2-的个数之比为1：1，可表示氧化镍()的晶胞
21．【答案】（1）B；Si(硅)
（2）配位；N；sp3；sp2
（3）N＞H＞B；CH3CH3；低；Hδ+与Hδ 的静电引力
（4）
【解析】【解答】(1)在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。(2)B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。(3) NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ-的静电引力。(4)在氨硼烷的2 2 2的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm、2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为 ，小长方体的体积为 ，因此，氨硼烷晶体的密度为 g cm-3。
【分析】根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。
22．【答案】（1）
（2）
（3）或；6；
（4）
（5）盐酸
（6）2.4
（7）0.3
【解析】【解答】
(1)由题可知，与发生反应转化为对环境友好的物质，故产物只能为N2，书写方程式，NH3中的N升高3价，NO2中的N降低4价，因此，化学方程式为：；
(2)“焙烧”时发生转化的反应方程式为，根据元素守恒，A中一定含有C元素，可猜测A为CO2或CO，带入方程式，得到，故气体A为CO2；
(3)①Ti原子在化学元素周期表 中位于第4周期、第IVB族，因此，基态原子的核外电子排布式为或；
②根据图中给出的晶体结构，可以推断，晶体中原子的配位数为6；
③若晶胞参数分别为，，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为
(4)“沉钒”部分，加入NH4Cl生成NH4VO3的沉淀，因此可以写出其离子方程式：；
(5)“调节”时加入的试剂应该保证不引入多余的杂质离子，同时不参与反应，易挥发，故最佳试剂为：HCl；
(6)当“食盐废液”中时，该废液中；
(7)若将通过氢气还原转化为细钨粉，首先，WO3与H2反应方程式为：，23.2gWO3，换算过来就是，因此，理论消耗的是=0.3molH2
【分析】
(1)N元素反应转化为对环境友好的物质，故产物只能为N2。
(2)通过元素守恒，补全化学方程式，可得到气体A的化学式。
(3)核外电子排布式书写要注意能级顺序为从上至下箭头依次穿过的先后顺序。
(4)“沉钒”部分，加入NH4Cl生成NH4VO3的沉淀，同时注意离子方程式书写遵循的三原则：1、客观事实原则2、质量守恒原则3、电荷守恒原则。
(5)调节pH至酸性一般选用盐酸。
(6)据公式，可计算。
(7)根据方程式，得到换算公式据此计算。
23．【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；N
（2）；N的价电子排布为，p轨道属于半满稳定结构；3；1
（3）离子晶体；平面三角形
（4）4和6；(25%)；或
【解析】【解答】(1)Co是27号元素，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Co核外有四个能层，基态Co的电子占据的最高能层符号为N层。
(2)从EDTA结构图可知，其中N原子均连接三个单键，有三个σ键和一对孤电子对，杂化方式均为
；N的I1大于O的I1，其原因是：N的价电子排布为
，p轨道属于半满稳定结构，需要较多的能量失去第一个电子；-COOH的结构式为，1mol -COOH(羧基自由基)中存在3 mol σ键和1 mol π键。
(3)离子化合物氰化钠的晶体类型为离子晶体；甲醛分子中的碳原子sp2杂化，分子空间构型为平面三角形。
(4)四面体空隙要四个原子构成，八面体空隙要六个原子构成，Co填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，则Co的配位数分别为4和6；Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积，则晶胞中有3个Co原子，共有12个空隙，则Co总的空隙填充率为
(25%)；Co3O4的晶胞质量为
g，晶胞边长为a nm，则晶胞体积为
，则Co3O4的晶体密度为
g/cm3。
【分析】（1）根据质子数结合核外电子排布即可找出位置和能层
（2）根据氮原子成键即可判断杂化方式，根据p轨道出半充满状态，根据结构式即可找出 σ键 和 π键 的数目
（3）根据离子化合物为离子晶体，根据计算出甲醛中碳原子的价层电子即可判断构型
（4）根据晶胞图即可找出配位数，通过找出空隙中Co原子个数即可计算出孔隙填充率，根据晶胞计算出体积即可计算出密度
24．【答案】（1）
（2）A
（3）3d104s1；Cr
（4）共价键、配位键
（5）降低Cu(NH3)4SO4·H2O的溶解度
【解析】【解答】Ⅰ.（1）水为共价化合物，电子式为： ；（2）A. 水分子中O原子价层电子对个数=2+ ×(6-2×1)=4，采用sp3杂化，H3O＋中O原子价层电子对个数=3+ ×(6-1-3×1)=4，采用sp3杂化，氧原子的杂化类型没有改变，A项不正确，正确；
B. 水分子中O原子含有2个孤电子对，采用sp3杂化，空间构型为V形结构，H3O＋为三角锥形，微粒的形状发生了变化，B项正确，不正确；
C. H2O为中性分子，H3O＋为酸性的阳离子，微粒的化学性质发生了变化，C项正确，不正确；
D. 水分子为V形结构，H3O＋为三角锥形，微粒中的键角发生了变化，D项正确，不正确；
故答案为：A。Ⅱ.（3）Cu的原子序数为29，为第四周期第IB族元素，价层电子的电子排布为3d104s1，最外层为4s1，同周期的副族元素Cr的价层电子排布为3d54s1；（4）胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子，N、H原子之间以共价键结合，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，以配位键结合；（5）实验过程中加入C2H5OH后，降低了Cu(NH3)4SO4的溶解度，析出了Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。
【分析】Ⅰ.（1）水为共价化合物；（2）A. 根据价层电子对互斥理论确定中心原子杂化类型，价层电子对个数= 键个数+孤电子对个数，水中氧的杂化方式为sp3，H3O＋中O的杂化方式为sp3；
B. 水为V形结构，H3O＋为三角锥形；
C. 分子和离子的化学性质不同；
D. 根据微粒的空间构型判断；Ⅱ.（3）Cu的原子序数为29，为第四周期第IB族元素，最外层电子为4s1；（4）胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子；（5）从降低物质的溶解度的角度进行分析。
25．【答案】（1）1s22s22p63s23p64s2
（2）Mg3N2；离子键
（3）C
（4）sp3；H3O+
（5）B
（6）Cu2O；288×1030/da3
【解析】【解答】（1）根据元素在周期表中的位置可知，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩分别是H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu元素，其中Ca元素金属性最强，则Ca元素电负性最小，Ca为第四周期第IIA族元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2。
（2）在H、B、N、Mg、O、S、Ca、Fe、Ni、Cu等10种元素中，最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素是N，属于短周期最外层没有未成对电子数的元素是Mg，二者形成的化合物是Mg3N2；Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的，所含化学键类型是离子键。
（3）元素①与元素⑤形成的1：1的化合物是H2O2，该化合物中的氢原子满足最外层2电子稳定结构，故A错误；H2O2中只存在共价单键，所以只存在σ键，故B错误；H2O2中氧原子间是非极性键、氢原子和氧原子间是极性键，分子不是直线型的，而是折线型的，正负电荷中心不重合，为极性分子，故C正确、D错误。
（4）H与N形成的相对分子质量最小的化合物是NH3，氨气中价层电子对个数=3+ （5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化；等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，所以与化合物NH3互为等电子体的阳离子较多，例如：H3O+、NH4+、Na+、Mg2+、Al3+等。
（5）由已知0.010mol该物质与足量AgNO3溶液，得到沉淀2.870g，即n(Cl-)=n(AgCl)=2.870g÷0.02mol，所以符合条件的异构体中有2个Cl-(-1价的Cl)，根据正负化合价代数和相等可得，该晶体的化学式为[M(H2O)5Cl]Cl2·H2O，故选B。
（6）元素⑩为Cu，元素⑤为O，由二者形成化合物晶胞结构图可得：Cu原子数为4，O原子数为1+8× =2，所以该化合物的化学式为：Cu2O；apm=a×10-10cm，该晶体密度为dg/cm3，则晶胞质量： g=dg/cm3×(a×10-10)3cm3，所以NA=288×1030/da3。
【分析】（1）上述10种元素中，电负性最小的为Ca，结合构造原理书写基态原子的电子排布式；
（2）最外层未成对电子数与最外层成对电子数的个数比为3：2的元素是N，属于短周期最外层没有未成对电子数的元素是Mg；
（3）元素①为H，元素⑤为O，二者形成原子个数比为1：1的化合物为H2O2，结合H2O2的结构分析选项；
（4）元素①为H，元素③为N，二者形成的相对分子质量最小的化合物A为NH3，结合NH3的结构分析；
（5）由氯原子守恒进行计算，确定晶体中所含氯原子的个数，从而确定晶体的化学式；
（6）根据“均摊法”确定该化合物的化学式；由密度求得晶胞的质量，进而得出NA的值；
