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高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子达标测试
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这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子达标测试，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。
第三章晶体结构与性质
第四节配合物与超分子
一、单选题（共10题）
1.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.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+
C.[Cu(H2O)4]2+比[Cu(NH3)4]2+中的配位键稳定
D.用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验,不能观察到同样的现象
2.BF3与一定量的水形成(H2O)2⋅BF3，一定条件下(H2O)2⋅BF3可发生如下转化：
⇌结晶熔化(279.2K)
下列说法中正确的是( )
A.(H2O)2⋅BF3熔化后得到的物质属于离子晶体B.(H2O)2⋅BF3分子间只存在着配位键和氢键
C.BF3是含极性共价键的极性分子D.基态B原子核外电子的空间运动状态有5种
3.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
4.水可以发生如下变化：
冰→①液态水(4℃)⇄④②水蒸气(100℃)→③升温至2700℃氢气+氧气
下列说法正确的是( )
A.过程①中物质体积膨胀B.过程②中分子间距缩小
C.过程③中涉及化学键的断裂和形成D.过程②与过程④互为可逆反应
5.下列说法错误的是( )
A.CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物
B.H2O分解为H2和O2，既有共价键的破坏又有共价键的形成
C.C5H12有多种同分异构体，因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同
D.按F、Cl、Br、I顺序元素非金属性逐渐减弱是因为它们的原子半径逐渐增大
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分子均为Pt4+配体
D.配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
7.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
8.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，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.该配合物中心原子是Cl－
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
9.下列微粒中不含配位键的是( )
A.NH4+B.P4C.BF4-D.NaAlF6
10.在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是( )
A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B. B.该配离子中铜离子的配位数是4
C. C.基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D. D.该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
二、填空题（共5题）
11.金属元素Cr的一种配位数为6的配合物化学式为CrCl3•6H2O．已知0.01molCrCl3•6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀．则此配合物的配离子的化学式为 ．
12.配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于 （填晶体类型）．Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x ．CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为 ．Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g）．已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为 ．
13.向CuS溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu（OH）4]2﹣．不考虑空间构型，[Cu（OH）4]2﹣的结构可用示意图表示为 ．
14.NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为 、 ．
15.现有下列物质，用编号填空回答下列各问题：
A．干冰B．金刚石C．氩D．过氧化钠E．二氧化硅F．氯化铵
（1）通过非极性键形成的晶体是 ．
（2）固态时属于分子晶体的是 ．
（3）由原子构成的分子晶体是 ．
（4）含有非极性键的离子化合物是 ．
（5）含有离子键、共价键、配位键的化合物是 ．
三、综合题（共4题）
16.C、Si、Ge、Sn都是IVA族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重要应用.请回答下列问题：
（1）Ge的原子核外电子排布式为________。
（2）C、Si、Sn三种元素的单质中，能够形成金属晶体的是________。
（3）CO2分子的空间构型及碳氧之间的成键方式________。
（4）1molSiO2晶体中的硅氧键数目为________。
（5）CO可以和很多金属形成配合物，如Ni(CO)4，Ni与CO之间的键型为________。
（6）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比，已知Ni(CO)中碳氧键的伸缩振动频率为2060cm-1，CO分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm-1，则Ni(CO)中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度________(填字母)。
（A）强(B)弱(C)相等(D)无法判断。
（7）萤石(CaF2)晶体的晶胞如图所示，已知立方体边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2晶体的密度为________g·cm-3(列出计算式)。
17.（1）.I.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂等。
向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2+(不考虑空间构型)，[Cu(OH)4]2+结构可用示意图表示为 。
（2）.胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其结构示意如图：则关于[Cu(H2O)4]SO4的下列说法中错误的是________
A.此配合物中心离子的配位数为4
B.配体为H2O，配位原子是氧原子
C.此配合物中Cu2+提供孤对电子
D.向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，将出现白色沉淀
（3）.II.经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN-不仅能以1:3的个数比配合，还可以其他个数比配合。
若所得的Fe3+和SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1:1配合，所得离子显红色，该离子的离子符号是 。
（4）.若所得的Fe3+和SCN-以个数比1:5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示 。
18.H、C、N、O、S是重要的非金属元素，请按要求回答下列问题：
（1）C元素的一种氢化物（分子中含有6个原子）是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志。有关该氢化物分子的说法正确的是________。（填序号）。
a.该氢化物分子中C原子采用sp2杂化
b.6个原子不在同一平面上
c.只含有4个sp2—sσ键和1个p—pπ键
d.属于含有极性键的非极性分子
（2）相同条件下CO2与SO2分子在水中的溶解度较大的是________（写分子式），理由是________。CO32−中的O—C—O键角________（填“>”“<”或“=”）SO32−中的O—S—O键角。
（3）已知（CN）2是直线形分子，且有对称性，则（CN）2分子的结构式为________；其中π键与σ键的个数比为________。
（4）配位化合物[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4中，SO42−的空间结构呈________；阳离子中存在的化学键类型有________；该化合物加热时首先失去的组分是________（写化学式），判断理由是________。
19.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∠3=450。
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anm，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)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】B
【解析】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，Cu2+的浓度减小，A不符合题意；B.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+，该离子较稳定，难电离，B符合题意；C.从实验现象分析可知，Cu2+与NH3∙H2O反应生成氢氧化铜沉淀，继续添加氨水，由于Cu2+更易与NH3结合，生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，C不符合题意；D.本实验的本质是Cu2+更易与NH3结合，所以用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，也能观察到同样的现象，D不符合题意；故答案为：B。
【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，形成氢氧化铜的蓝色沉淀，继续加入氨水形成铜氨溶液，结合选项进行判断
2.【答案】D
【解析】A．(H2O)2•BF3熔化是液态，不是晶体，所以(H2O)2•BF3熔化后得到的物质不属于离子晶体，故A不符合题意；B．(H2O)2•BF3分子内，B原子和O原子之间存在配位键，水分子中的O原子和另一个水分子中的H原子形成氢键，故B不符合题意；C．不同原子之间形成极性键，分子结构对称正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子，BF3是仅含极性共价键的非极性分子，故C不符合题意；D．B原子核外电子排布式为1s22s22p1，核外有5个电子，原子核外每个电子的空间运动状态都不同，共5种运动状态，故D符合题意；故答案为：D。
【分析】A.根据题意熔化后为液体
B.根据结构式含有氢键、和共价键以及氢键
C.根据计算出中心原子含有的价层电子和孤对电子即可
D.写出B的核外电子能级排布即可
3.【答案】B
【解析】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。
4.【答案】C
【解析】A．4℃时的液态水体积比冰小，故过程①中物质体积缩小，A项不符合题意；B．液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B项不符合题意；C．水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O断裂，形成了H-H和O-O，故过程③中涉及化学键的断裂和形成，C项符合题意；D．可逆反应是在同一条件下既可以向正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的化学反应，故过程②与过程④不是可逆反应，D项不符合题意；故答案为：C。
【分析】①是固体到液态水，分子间隔增大，液态水到水蒸气分子间的间隔也变大，①和②均为物理变化，过程③是化学变化，涉及到化学键的断裂和形成，可逆反应是在同一条件下正逆反应均可发生的反应。②和④不为可逆反应
5.【答案】A
【解析】A．CaCl2中只含有钙离子和氯离子形成的离子键，不含共价键，A符合题意；B．H2O分解为H2和O2，水中H-O键断裂，形成H-H键、O=O键，B不符合题意；C．C5H12有多种同分异构体，均是由分子构成，沸点与分子间作用力有关，但不同的结构会使分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C不符合题意；D．F、Cl、Br、I的原子半径逐渐增大，原子核对核外电子的新引力减弱，得电子能力减弱，非金属性逐渐减弱，D不符合题意；故答案为：A。
【分析】A.氯化钙是只含有离子键的离子化合物
B.水分解为氢气和氧气，有键的断裂和键的形成
C.分子化合物的熔沸点主要是和分子间作用力有关
D.符合元素周期律
6.【答案】C
【解析】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
7.【答案】D
【解析】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
8.【答案】C
【解析】在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于内界，故该配合物中心原子铂的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，
故答案为：C。
【分析】根据题意可知，氯离子和氨气分子均为配体，故配位数为6
9.【答案】B
【解析】A．铵根中N原子为sp3杂化，与三个氢原子形成三个σ共价键，剩余的一对孤电子对与氢离子形成配位键，故A不符合题意；B．P4分子中P原子为sp3，每个P原子与另外3个P磷原子形成3个σ共价键，同时含有一对孤电子对，不含配位键，故B符合题意；C．BF4-中B原子为sp3杂化，与3个F原子形成σ共价键，还有一个空轨道，由F-提供孤电子对形成配位键，故C不符合题意；D．NaAlF6中有Al原子提供空轨道，F-提供孤电子对形成的配位键，故D不符合题意；故答案为：B。
【分析】存在配位键主要是具有提供孤对电子以及空轨道的粒子，找出含有提供空轨道和孤对电子的物质即可
10.【答案】A
【解析】A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键，A符合题意；B．根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B不符合题意；C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C不符合题意；D．非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D不符合题意；故答案为：A。
【分析】A.配合物中含有氢原子，氢原子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤对电子，可形成氢键
B.根据与铜离子连接的键即可判断
C.根据核外电子能级排布方式即可写出铜原子的基态价层电子的排布方式
D.电负性是得到电子的能力，与非金属性有关
二、填空题
11.【答案】[Cr（H2O）5Cl]2+
【解析】解：0.01mol氯化铬（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，
氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬（CrCl3•6H2O）化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，
所以氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式可能为[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O，则此配合物的配离子的化学式为[Cr（H2O）5Cl]2+，
故答案为：[Cr（H2O）5Cl]2+．
【分析】氯化铬（CrCl3•6H2O）中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式，得出该样品的配离子．
12.【答案】分子晶体；5；1：2；金属键
【解析】解：分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5；CO与氮气互为等电子体，故CO中C与O原子之间形成三键，分子中σ键与π键的数目比为1：2；Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g），产物中Fe为金属晶体，Fe中含有金属键，只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键；故答案为：分子晶体；5；1：2；金属键．
【分析】分子晶体熔沸点低，比较易溶于非极性溶剂；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x值；CO与氮气互为等电子体，故CO中C与O原子之间形成三键；只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键；．
13.【答案】
【解析】解：[Cu（OH）4]2﹣配合物中，铜原子提供空轨道，OH﹣中氧原子提供孤电子对，Cu2+与4个OH﹣形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：，
故答案为：．
【分析】含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键，[Cu（OH）4]2﹣中中心原子Cu具有空轨道，O原子含有孤电子对，与Cu2+与4个OH﹣形成配位键．
14.【答案】6；6．
【解析】解：由于Ni0的晶体结构类型与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6，
故答案为：6；6．
【分析】因为Ni0的晶体结构类型与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，据此判断Ni0晶胞中Ni和O的配位数．
15.【答案】B；A,C；C；D；F
【解析】（1）金刚石是碳原子与碳原子间通过非极性键形成的晶体，故答案为：B；（2）干冰是二氧化碳的固态形式，二氧化碳分子的结构简式为：O=C=O，是分子晶体，氩是单原子分子，也是分子晶体，故答案为：A、C；（3）稀有气体为单原子分子，是分子晶体，故答案为：C；（4）过氧化钠含有钠离子与过氧根离子间的离子键，过氧根离子中两个氧原子间含有非极性键，故答案为：D；（5）铵盐为离子化合物，一定含有离子键，铵根离子含有共价键、配位键，所以含有离子键、共价键、配位键的化合物是氯化铵，故答案为：F．
【分析】（1）晶体中由相同元素形成的共价键为非极性键；（2）分子晶体中粒子间的作用力为分子间作用力；（3）分子晶体中粒子间的作用力为分子间作用力，稀有气体为单原子分子；（4）离子化合物中，含有相同元素形成的共价键，为非极性键，离子化合物一定含有离子键；（5）铵盐中铵根离子含有共价键、配位键，铵盐为离子化合物，一定含有离子键
三、综合题
16.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p2
（2）Sn
（3）直线形、共价键
（4）4mol
（5）配位键
（6）B
（7）78×4a3NA
【解析】（1）Ge的原子序数是32，因此核外电子能级排布是1s22s22p63s23p63d104s24p2，故答案是：1s22s22p63s23p63d104s24p2
（2）碳和硅均是非金属元素形成的是非金属单质形成的是原子晶体，锡是金属元素易形成的是金属晶体。故答案是Sn
（3）二氧化碳中的碳是sp杂化，是线性分子，含有极性键的非极性分子，碳和氧形成的是碳氧共价键，故答案是直线型、共价键
（4）二氧化硅是原子晶体，一个硅原子与4个氧原子连接，1个氧原子与2个硅原子连接因此1mol二氧化硅含有4mol硅氧键，故4mol
（5）Ni原子3d轨道上有空轨道，CO中碳原子提供孤对电子，因此形成的是配位键，故答案是：配位键
（6）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比，因此Ni(CO)中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度弱，故正确答案是B
（7）钙离子占据顶点和面心，氟离子在1/8晶胞体心，根据计算出钙离子的个数=1/8x8+6x1/2=4,氟离子的个数=8，取1mol进行计算，密度=m/v=19x8+40x4NAa3,故答案是78×4a3NA。
17.【答案】（1）
（2）C
（3）[Fe(SCN)]2+
（4）FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl
【解析】(1)Cu2＋中存在空轨道，而OH−中O原子有孤电子对，故O与Cu之间以配位键结合。[Cu(OH)4]2−的结构可用示意图表示为。
(2)胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其内界为[Cu(H2O)4]2+，外界为SO42−，中心离子为Cu2+，H2O分子中O原子上有孤电子对，作配体，
A．由分析知，此配合物中心离子的配位数为4，故A正确；B．配体为H2O，配位原子是氧原子，故B正确；C．此配合物中Cu2+提供空轨道，H2O提供孤电子对，故C不正确；D．该配合物的外界为SO42−，溶液中含有SO42−，故向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，将出现白色沉淀，故D正确；故答案为：C。
II.(3)Fe3+与SCN−以个数比1∶1配合生成带有两个正电荷的离子：[Fe(SCN)]2+。
(4)Fe3+与SCN−以个数比1∶5配合所得离子为[Fe(SCN)5]2−，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe(SCN)5]与KCl，反应方程式为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl。
【分析】（1）根据形成的是配合物，即可写出
（2）根据给出的结构式即可找出铜离子的配位数为4，配体是水分子，配位原子是氧原子，加入氯化钡会产生沉淀
（3）根据给出的信息即可写出离子符号
（4）根据给出的信息即可写出反应方程式
18.【答案】（1）ad
（2）SO2；SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂；>
（3）N≡C—C≡N；4：3
（4）四面体形；共价键和配位键；H2O；H2O和Cu2+形成的配位键比NH3与Cu2+的弱
【解析】（1）碳元素一种氢化物是的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该氢化物为C2H4，
a．C原子呈1个C=C双键、2个C-H键，杂化轨道数为3，原子采用sp2杂化，选项a故答案为：；b.乙烯分子是平面结构，乙烯分子中6个原子处于同一平面，选项b不故答案为：；c．乙烯分子中含有1个C=C双键、4个C-H键，故含有4个sp2—sσ键、1个pσ—pσ键和1个p—pπ键，选项c不故答案为：；d.乙烯分子中含有1个C=C双键、4个C-H键，属于含有极性键的非极性分子，选项d故答案为：；故答案为：ad；（2）在相同的条件下CO2、SO2在水中的溶解度较大的是，SO2；SO2是极性分子，CO2是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂中，所以SO2在水中的溶解度比CO2的大；故答案为：SO2；SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂；CO32−中中心原子C采用sp2杂化，平面型结构，键角是120°；SO32−中心原子的杂化方式为sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角是107°18，故CO32−中的O—C—O键角>SO32−中的O—S—O键角；（3）（CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：N≡C-C≡N；（CN）2中π键和σ键的个数比为4：3；（4）SO42−中价层电子对个数，4+12（6+2-4×2）=4，所以为正四面体结构；阳离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+中Cu2+与NH3、H2O存在配位键，N、H存极性共价键、H、O存在极性共价键，故阳离子中存在的化学键类型有共价键和配位键；H2O和Cu2+形成的配位键比NH3与Cu2+的弱，故该化合物加热时首先失去的组分是H2O。
【分析】（1）此物质是乙烯，乙烯中的碳原子采取sp2杂化，且六个原子均共面，形成4个碳氢键一个碳碳双键，是含有极性键的非极性分子。
（2）水是极性分子，而二氧化碳是非极性分子二氧化硫是极性分子，根据相似相溶即可判断二氧化硫的溶解性更强，通过计算出碳酸根和亚硫酸根中碳原子和硫原子的价层电子对以及孤对电子即可判断构型即可知道键角的大小
（3）线性分子说明原子是sp杂化即可写出结构式，即可找出π键与σ键的个数比
（4）计算出硫酸根中的价层电子对以及孤对电子即可判断构型，阳离子是配合物离子，主要配位键和极性共价键，氨气中含有一对孤对电子，而水中含有两对孤对电子，温度升高时，水易被失去主要是形成的配位键弱
19.【答案】（1）3d64s2；15
（2）非极性
（3）CO2或CS2；sp
（4）6；N、Cl；21
（5）4×(59×0.88+16)NA(a×10-7)3
【解析】(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=4×59×0.88+16NAg÷(a×10-10cm)3=4×(59×0.88+16)NA(a×10-7)3g·cm-3 。
第三章晶体结构与性质
第四节配合物与超分子
一、单选题（共10题）
1.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.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+
C.[Cu(H2O)4]2+比[Cu(NH3)4]2+中的配位键稳定
D.用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验,不能观察到同样的现象
2.BF3与一定量的水形成(H2O)2⋅BF3，一定条件下(H2O)2⋅BF3可发生如下转化：
⇌结晶熔化(279.2K)
下列说法中正确的是( )
A.(H2O)2⋅BF3熔化后得到的物质属于离子晶体B.(H2O)2⋅BF3分子间只存在着配位键和氢键
C.BF3是含极性共价键的极性分子D.基态B原子核外电子的空间运动状态有5种
3.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
4.水可以发生如下变化：
冰→①液态水(4℃)⇄④②水蒸气(100℃)→③升温至2700℃氢气+氧气
下列说法正确的是( )
A.过程①中物质体积膨胀B.过程②中分子间距缩小
C.过程③中涉及化学键的断裂和形成D.过程②与过程④互为可逆反应
5.下列说法错误的是( )
A.CaCl2中既有离子键又有共价键，所以CaCl2属于离子化合物
B.H2O分解为H2和O2，既有共价键的破坏又有共价键的形成
C.C5H12有多种同分异构体，因为分子间作用力大小不同，因而沸点不同
D.按F、Cl、Br、I顺序元素非金属性逐渐减弱是因为它们的原子半径逐渐增大
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分子均为Pt4+配体
D.配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不配位
7.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
8.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，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.该配合物中心原子是Cl－
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
9.下列微粒中不含配位键的是( )
A.NH4+B.P4C.BF4-D.NaAlF6
10.在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是( )
A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B. B.该配离子中铜离子的配位数是4
C. C.基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D. D.该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
二、填空题（共5题）
11.金属元素Cr的一种配位数为6的配合物化学式为CrCl3•6H2O．已知0.01molCrCl3•6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀．则此配合物的配离子的化学式为 ．
12.配合物Fe（CO）x常温下呈液态，熔点为﹣20.5℃，沸点为103℃，易溶溶于非极性溶剂，据此可判断Fe（CO）x晶体属于 （填晶体类型）．Fe（CO）x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18，则x ．CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为 ．Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g）．已知反应过程中只断裂配位键，由此判断该反应所形成的化学键类型为 ．
13.向CuS溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu（OH）4]2﹣．不考虑空间构型，[Cu（OH）4]2﹣的结构可用示意图表示为 ．
14.NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，NiO晶胞中Ni和O的配位数分别为 、 ．
15.现有下列物质，用编号填空回答下列各问题：
A．干冰B．金刚石C．氩D．过氧化钠E．二氧化硅F．氯化铵
（1）通过非极性键形成的晶体是 ．
（2）固态时属于分子晶体的是 ．
（3）由原子构成的分子晶体是 ．
（4）含有非极性键的离子化合物是 ．
（5）含有离子键、共价键、配位键的化合物是 ．
三、综合题（共4题）
16.C、Si、Ge、Sn都是IVA族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重要应用.请回答下列问题：
（1）Ge的原子核外电子排布式为________。
（2）C、Si、Sn三种元素的单质中，能够形成金属晶体的是________。
（3）CO2分子的空间构型及碳氧之间的成键方式________。
（4）1molSiO2晶体中的硅氧键数目为________。
（5）CO可以和很多金属形成配合物，如Ni(CO)4，Ni与CO之间的键型为________。
（6）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比，已知Ni(CO)中碳氧键的伸缩振动频率为2060cm-1，CO分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm-1，则Ni(CO)中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度________(填字母)。
（A）强(B)弱(C)相等(D)无法判断。
（7）萤石(CaF2)晶体的晶胞如图所示，已知立方体边长为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，则CaF2晶体的密度为________g·cm-3(列出计算式)。
17.（1）.I.铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂等。
向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2+(不考虑空间构型)，[Cu(OH)4]2+结构可用示意图表示为 。
（2）.胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其结构示意如图：则关于[Cu(H2O)4]SO4的下列说法中错误的是________
A.此配合物中心离子的配位数为4
B.配体为H2O，配位原子是氧原子
C.此配合物中Cu2+提供孤对电子
D.向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，将出现白色沉淀
（3）.II.经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN-不仅能以1:3的个数比配合，还可以其他个数比配合。
若所得的Fe3+和SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1:1配合，所得离子显红色，该离子的离子符号是 。
（4）.若所得的Fe3+和SCN-以个数比1:5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示 。
18.H、C、N、O、S是重要的非金属元素，请按要求回答下列问题：
（1）C元素的一种氢化物（分子中含有6个原子）是重要的化工原料，常把该氢化物的产量作为衡量石油化工发展水平的标志。有关该氢化物分子的说法正确的是________。（填序号）。
a.该氢化物分子中C原子采用sp2杂化
b.6个原子不在同一平面上
c.只含有4个sp2—sσ键和1个p—pπ键
d.属于含有极性键的非极性分子
（2）相同条件下CO2与SO2分子在水中的溶解度较大的是________（写分子式），理由是________。CO32−中的O—C—O键角________（填“>”“<”或“=”）SO32−中的O—S—O键角。
（3）已知（CN）2是直线形分子，且有对称性，则（CN）2分子的结构式为________；其中π键与σ键的个数比为________。
（4）配位化合物[Cu（NH3）4（H2O）2]SO4中，SO42−的空间结构呈________；阳离子中存在的化学键类型有________；该化合物加热时首先失去的组分是________（写化学式），判断理由是________。
19.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∠3=450。
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anm，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)。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】B
【解析】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，Cu2+的浓度减小，A不符合题意；B.沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2+，该离子较稳定，难电离，B符合题意；C.从实验现象分析可知，Cu2+与NH3∙H2O反应生成氢氧化铜沉淀，继续添加氨水，由于Cu2+更易与NH3结合，生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+，C不符合题意；D.本实验的本质是Cu2+更易与NH3结合，所以用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，也能观察到同样的现象，D不符合题意；故答案为：B。
【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，形成氢氧化铜的蓝色沉淀，继续加入氨水形成铜氨溶液，结合选项进行判断
2.【答案】D
【解析】A．(H2O)2•BF3熔化是液态，不是晶体，所以(H2O)2•BF3熔化后得到的物质不属于离子晶体，故A不符合题意；B．(H2O)2•BF3分子内，B原子和O原子之间存在配位键，水分子中的O原子和另一个水分子中的H原子形成氢键，故B不符合题意；C．不同原子之间形成极性键，分子结构对称正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子，BF3是仅含极性共价键的非极性分子，故C不符合题意；D．B原子核外电子排布式为1s22s22p1，核外有5个电子，原子核外每个电子的空间运动状态都不同，共5种运动状态，故D符合题意；故答案为：D。
【分析】A.根据题意熔化后为液体
B.根据结构式含有氢键、和共价键以及氢键
C.根据计算出中心原子含有的价层电子和孤对电子即可
D.写出B的核外电子能级排布即可
3.【答案】B
【解析】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。
4.【答案】C
【解析】A．4℃时的液态水体积比冰小，故过程①中物质体积缩小，A项不符合题意；B．液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B项不符合题意；C．水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O断裂，形成了H-H和O-O，故过程③中涉及化学键的断裂和形成，C项符合题意；D．可逆反应是在同一条件下既可以向正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的化学反应，故过程②与过程④不是可逆反应，D项不符合题意；故答案为：C。
【分析】①是固体到液态水，分子间隔增大，液态水到水蒸气分子间的间隔也变大，①和②均为物理变化，过程③是化学变化，涉及到化学键的断裂和形成，可逆反应是在同一条件下正逆反应均可发生的反应。②和④不为可逆反应
5.【答案】A
【解析】A．CaCl2中只含有钙离子和氯离子形成的离子键，不含共价键，A符合题意；B．H2O分解为H2和O2，水中H-O键断裂，形成H-H键、O=O键，B不符合题意；C．C5H12有多种同分异构体，均是由分子构成，沸点与分子间作用力有关，但不同的结构会使分子间作用力大小不同，因而沸点不同，C不符合题意；D．F、Cl、Br、I的原子半径逐渐增大，原子核对核外电子的新引力减弱，得电子能力减弱，非金属性逐渐减弱，D不符合题意；故答案为：A。
【分析】A.氯化钙是只含有离子键的离子化合物
B.水分解为氢气和氧气，有键的断裂和键的形成
C.分子化合物的熔沸点主要是和分子间作用力有关
D.符合元素周期律
6.【答案】C
【解析】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
7.【答案】D
【解析】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
8.【答案】C
【解析】在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于内界，故该配合物中心原子铂的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，
故答案为：C。
【分析】根据题意可知，氯离子和氨气分子均为配体，故配位数为6
9.【答案】B
【解析】A．铵根中N原子为sp3杂化，与三个氢原子形成三个σ共价键，剩余的一对孤电子对与氢离子形成配位键，故A不符合题意；B．P4分子中P原子为sp3，每个P原子与另外3个P磷原子形成3个σ共价键，同时含有一对孤电子对，不含配位键，故B符合题意；C．BF4-中B原子为sp3杂化，与3个F原子形成σ共价键，还有一个空轨道，由F-提供孤电子对形成配位键，故C不符合题意；D．NaAlF6中有Al原子提供空轨道，F-提供孤电子对形成的配位键，故D不符合题意；故答案为：B。
【分析】存在配位键主要是具有提供孤对电子以及空轨道的粒子，找出含有提供空轨道和孤对电子的物质即可
10.【答案】A
【解析】A．该配离子中的H原子也可以和水分子中的O原子形成氢键，A符合题意；B．根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，B不符合题意；C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C不符合题意；D．非金属性越强元素的电负性越大，所以电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，D不符合题意；故答案为：A。
【分析】A.配合物中含有氢原子，氢原子提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤对电子，可形成氢键
B.根据与铜离子连接的键即可判断
C.根据核外电子能级排布方式即可写出铜原子的基态价层电子的排布方式
D.电负性是得到电子的能力，与非金属性有关
二、填空题
11.【答案】[Cr（H2O）5Cl]2+
【解析】解：0.01mol氯化铬（CrCl3•6H2O）在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，
氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银的物质的量之比是1：2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬（CrCl3•6H2O）化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，
所以氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式可能为[Cr（H2O）5Cl]Cl2•H2O，则此配合物的配离子的化学式为[Cr（H2O）5Cl]2+，
故答案为：[Cr（H2O）5Cl]2+．
【分析】氯化铬（CrCl3•6H2O）中的阴离子氯离子能和银离子反应生成氯化银沉淀，注意配体中的氯原子不能和银离子反应，根据氯化铬（CrCl3•6H2O）和氯化银物质的量的关系式计算氯离子个数，从而确定氯化铬（CrCl3•6H2O）的化学式，得出该样品的配离子．
12.【答案】分子晶体；5；1：2；金属键
【解析】解：分子晶体的熔沸点较低，根据题给信息知，该物质的熔沸点较低，所以为分子晶体；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，8+2x=18，x=5；CO与氮气互为等电子体，故CO中C与O原子之间形成三键，分子中σ键与π键的数目比为1：2；Fe（CO）x在一定条件下发生反应：Fe（CO）x（s）⇌Fe（s）+xCO（g），产物中Fe为金属晶体，Fe中含有金属键，只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键；故答案为：分子晶体；5；1：2；金属键．
【分析】分子晶体熔沸点低，比较易溶于非极性溶剂；配合物Fe（CO）x的中心原子是铁原子，其价电子数是8，每个配体提供的电子数是2，据此判断x值；CO与氮气互为等电子体，故CO中C与O原子之间形成三键；只有配位键断裂，则形成的化学键是金属键；．
13.【答案】
【解析】解：[Cu（OH）4]2﹣配合物中，铜原子提供空轨道，OH﹣中氧原子提供孤电子对，Cu2+与4个OH﹣形成配位键，配位键由提供孤电子对的原子指向提供空轨道的原子，所以其表示方法为：，
故答案为：．
【分析】含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键，[Cu（OH）4]2﹣中中心原子Cu具有空轨道，O原子含有孤电子对，与Cu2+与4个OH﹣形成配位键．
14.【答案】6；6．
【解析】解：由于Ni0的晶体结构类型与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以Ni0晶胞中Ni和O的配位数也均为6，
故答案为：6；6．
【分析】因为Ni0的晶体结构类型与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，据此判断Ni0晶胞中Ni和O的配位数．
15.【答案】B；A,C；C；D；F
【解析】（1）金刚石是碳原子与碳原子间通过非极性键形成的晶体，故答案为：B；（2）干冰是二氧化碳的固态形式，二氧化碳分子的结构简式为：O=C=O，是分子晶体，氩是单原子分子，也是分子晶体，故答案为：A、C；（3）稀有气体为单原子分子，是分子晶体，故答案为：C；（4）过氧化钠含有钠离子与过氧根离子间的离子键，过氧根离子中两个氧原子间含有非极性键，故答案为：D；（5）铵盐为离子化合物，一定含有离子键，铵根离子含有共价键、配位键，所以含有离子键、共价键、配位键的化合物是氯化铵，故答案为：F．
【分析】（1）晶体中由相同元素形成的共价键为非极性键；（2）分子晶体中粒子间的作用力为分子间作用力；（3）分子晶体中粒子间的作用力为分子间作用力，稀有气体为单原子分子；（4）离子化合物中，含有相同元素形成的共价键，为非极性键，离子化合物一定含有离子键；（5）铵盐中铵根离子含有共价键、配位键，铵盐为离子化合物，一定含有离子键
三、综合题
16.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s24p2
（2）Sn
（3）直线形、共价键
（4）4mol
（5）配位键
（6）B
（7）78×4a3NA
【解析】（1）Ge的原子序数是32，因此核外电子能级排布是1s22s22p63s23p63d104s24p2，故答案是：1s22s22p63s23p63d104s24p2
（2）碳和硅均是非金属元素形成的是非金属单质形成的是原子晶体，锡是金属元素易形成的是金属晶体。故答案是Sn
（3）二氧化碳中的碳是sp杂化，是线性分子，含有极性键的非极性分子，碳和氧形成的是碳氧共价键，故答案是直线型、共价键
（4）二氧化硅是原子晶体，一个硅原子与4个氧原子连接，1个氧原子与2个硅原子连接因此1mol二氧化硅含有4mol硅氧键，故4mol
（5）Ni原子3d轨道上有空轨道，CO中碳原子提供孤对电子，因此形成的是配位键，故答案是：配位键
（6）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比，因此Ni(CO)中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度弱，故正确答案是B
（7）钙离子占据顶点和面心，氟离子在1/8晶胞体心，根据计算出钙离子的个数=1/8x8+6x1/2=4,氟离子的个数=8，取1mol进行计算，密度=m/v=19x8+40x4NAa3,故答案是78×4a3NA。
17.【答案】（1）
（2）C
（3）[Fe(SCN)]2+
（4）FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl
【解析】(1)Cu2＋中存在空轨道，而OH−中O原子有孤电子对，故O与Cu之间以配位键结合。[Cu(OH)4]2−的结构可用示意图表示为。
(2)胆矾CuSO4•5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4•H2O，其内界为[Cu(H2O)4]2+，外界为SO42−，中心离子为Cu2+，H2O分子中O原子上有孤电子对，作配体，
A．由分析知，此配合物中心离子的配位数为4，故A正确；B．配体为H2O，配位原子是氧原子，故B正确；C．此配合物中Cu2+提供空轨道，H2O提供孤电子对，故C不正确；D．该配合物的外界为SO42−，溶液中含有SO42−，故向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，将出现白色沉淀，故D正确；故答案为：C。
II.(3)Fe3+与SCN−以个数比1∶1配合生成带有两个正电荷的离子：[Fe(SCN)]2+。
(4)Fe3+与SCN−以个数比1∶5配合所得离子为[Fe(SCN)5]2−，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe(SCN)5]与KCl，反应方程式为：FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl。
【分析】（1）根据形成的是配合物，即可写出
（2）根据给出的结构式即可找出铜离子的配位数为4，配体是水分子，配位原子是氧原子，加入氯化钡会产生沉淀
（3）根据给出的信息即可写出离子符号
（4）根据给出的信息即可写出反应方程式
18.【答案】（1）ad
（2）SO2；SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂；>
（3）N≡C—C≡N；4：3
（4）四面体形；共价键和配位键；H2O；H2O和Cu2+形成的配位键比NH3与Cu2+的弱
【解析】（1）碳元素一种氢化物是的产量作为衡量石油化工发展水平的标志，该氢化物为C2H4，
a．C原子呈1个C=C双键、2个C-H键，杂化轨道数为3，原子采用sp2杂化，选项a故答案为：；b.乙烯分子是平面结构，乙烯分子中6个原子处于同一平面，选项b不故答案为：；c．乙烯分子中含有1个C=C双键、4个C-H键，故含有4个sp2—sσ键、1个pσ—pσ键和1个p—pπ键，选项c不故答案为：；d.乙烯分子中含有1个C=C双键、4个C-H键，属于含有极性键的非极性分子，选项d故答案为：；故答案为：ad；（2）在相同的条件下CO2、SO2在水中的溶解度较大的是，SO2；SO2是极性分子，CO2是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂中，所以SO2在水中的溶解度比CO2的大；故答案为：SO2；SO2为极性分子，CO2为非极性分子，H2O为极性溶剂，极性分子易溶于极性溶剂；CO32−中中心原子C采用sp2杂化，平面型结构，键角是120°；SO32−中心原子的杂化方式为sp3杂化，空间构型为三角锥形，键角是107°18，故CO32−中的O—C—O键角>SO32−中的O—S—O键角；（3）（CN）2是直线型分子，并有对称性，结构式为：N≡C-C≡N；（CN）2中π键和σ键的个数比为4：3；（4）SO42−中价层电子对个数，4+12（6+2-4×2）=4，所以为正四面体结构；阳离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+中Cu2+与NH3、H2O存在配位键，N、H存极性共价键、H、O存在极性共价键，故阳离子中存在的化学键类型有共价键和配位键；H2O和Cu2+形成的配位键比NH3与Cu2+的弱，故该化合物加热时首先失去的组分是H2O。
【分析】（1）此物质是乙烯，乙烯中的碳原子采取sp2杂化，且六个原子均共面，形成4个碳氢键一个碳碳双键，是含有极性键的非极性分子。
（2）水是极性分子，而二氧化碳是非极性分子二氧化硫是极性分子，根据相似相溶即可判断二氧化硫的溶解性更强，通过计算出碳酸根和亚硫酸根中碳原子和硫原子的价层电子对以及孤对电子即可判断构型即可知道键角的大小
（3）线性分子说明原子是sp杂化即可写出结构式，即可找出π键与σ键的个数比
（4）计算出硫酸根中的价层电子对以及孤对电子即可判断构型，阳离子是配合物离子，主要配位键和极性共价键，氨气中含有一对孤对电子，而水中含有两对孤对电子，温度升高时，水易被失去主要是形成的配位键弱
19.【答案】（1）3d64s2；15
（2）非极性
（3）CO2或CS2；sp
（4）6；N、Cl；21
（5）4×(59×0.88+16)NA(a×10-7)3
【解析】(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=4×59×0.88+16NAg÷(a×10-10cm)3=4×(59×0.88+16)NA(a×10-7)3g·cm-3 。
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