高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子当堂检测题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子当堂检测题，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

第三章第四节配合物与超分子同步练习
2022——2023学年高中化学人教版（2019）选择性必修2

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用制取。熔点为，沸点为。制取，的反应为①，②。下列说法错误的是
A．和中碳的杂化方式不同
B．都是含有非极性键的非极性分子
C．晶体是分子晶体
D．与溶液生成的中，为中心离子，为配位体
2．下列关于超分子的叙述中正确的是
A．超分子就是高分子 B．超分子都是无限伸展的
C．形成超分子的微粒都是分子 D．超分子具有分子识别和自组装的特征
3．下列分子或离子中不能作为配合物的配体的是
A． B． C．H2O D．NO
4．某超分子的结构如图所示。下列说法不正确的是

A．此超分子中含有酰胺基
B．的分子式为C14H10，其一氯代物有3种
C．此超分子属于高分子
D．此超分子完全燃烧后会生成CO2，干冰晶胞中CO2的配位数为12
5．配合物可用于离子检验，下列说法不正确的是
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键
B．配离子为，中心离子为，配位原子为N
C．1mol配合物中含有12molσ键
D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离得到阴阳离子共4mol
6．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法中正确的是
A．配体是Cl-和H2O，配位数是9
B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+
C．内界和外界中Cl-的数目比是1∶2
D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀
7．0.01mol在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，生成0.02 mol AgCl沉淀。已知该中Cr3+形成六个配位键，则其结构是
A． B．
C． D．
8．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法错误的是

A．第一电离能：
B．基态Zn原子的价电子排布式为
C．该物质中，的配位数为5，配原子为O、N
D．电负性由小到大的顺序为
9．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．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是 3d104s1
D．该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
10．与一定量的水形成，一定条件下可发生如图转化，下列说法中不正确的是

A．在熔化后所得物质中阴、阳离子的中心原子均为杂化
B．与分子间存在着配位键和氢键
C．是仅含极性共价键的非极性分子
D．基态B原子核外电子的空间运动状态有3种
11．向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水，先生成蓝色沉淀，后蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液，向深蓝色溶液中加入95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色硫酸四氨合铜晶体析出，上层溶液颜色变浅.下列有关说法正确的是
A．生成蓝色沉淀反应的离子方程式为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
B．NH3极易溶于水是因为氨分子与水分子形成配位键
C．蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液是因为NH提供孤对电子
D．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
12．许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成多种配合物。下列说法正确的是
A．向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O 的溶液中加入足量的AgNO3 溶液，所有的Cl-均被完全沉淀
B．配合物 Ni(CO)4 常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂
C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O 的配体为 NH3 和
D．配合物[Ag(NH3)2]OH 的配位数为 6
13．某化合物的分子结构如图所示，其分子内不含有

A．离子键 B．共价键
C．极性键 D．配位键
14．在碱性溶液中，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有H、N和O
B．该配离子中铜离子的配位数是4
C．基态Cu原子的价电子排布式是
D．该配离子中非金属元素的第一电离能大小顺序为

二、多选题
15．如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是(　　)

A．a和b中N原子均采取sp3杂化
B．b中Ca2＋的配位数为6
C．a中配位原子是C原子
D．b中含有共价键、离子键和配位键

三、填空题
16．(1)碳元素的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为___。
(2)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为___(写化学式)，原因是___。
(3)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀。此配合物最可能是___。
A．[R(H2O)6]Cl3                  B．[R(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[R(H2O)4Cl2]Cl·2H2O          D．[R(H2O)3Cl3]·3H2O
(4)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为：___，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，写出反应的离子方程式为：___。
17．(1)若与通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤电子对的原子是______。
(2)硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示：

在中，硼原子轨道的杂化类型有______；配位键存在于______原子之间(填原子的数字标号)；______(填数字)。
(3)金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。过渡金属配合物的中心原子价电子数与配位体提供电子总数之和为18，则______。
18．(1)乙二胺是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是_______、_______。
(2)元素与同族。预测的氢化物分子的空间结构为_______，其沸点比的_______(填“高”或“低”)，其判断理由是_______。
(3)苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(-5.9℃)沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0℃)、沸点(110.6℃)，原因是_______。中，的_______杂化轨道与的轨道形成_______键。和属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：

这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为_______(用代表原子数)。
(4)的空间结构为_______；与反应能生成。抗坏血酸的分子结构如图所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_______；推测抗坏血酸在水中的溶解性：_______(填“难溶于水”或“易溶于水”)。


四、结构与性质
19．过渡金属单质及化合物具有广泛用途.回答下列问题：
(1)Co基态原子的核外电子排布式为_______。
(2)基态铜原子核外电子占据能级数为_______；核外电子共有_______种不同的运动状态。
(3)向含Fe3+的溶液中滴加少量的KSCN溶液，溶液中生成红色的[Fe(SCN)(H2O)5]2+。
①与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素是_______。
②与SCN-互为等电子体的非极性分子的化学式为_______(任写一种)。
(4)化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量EDTA的结构简式如图所示：

EDTA分子中，碳原子的杂化方式为_______，其分子中含有的四种非金属元素的电负性由大到小顺序为_______。
(5)铁、镍易与CO作用形成羰基配合物Fe(CO)5、Ni(CO)4，1mol Ni(CO)4分子中含有σ键数目为_______. Ni(CO)4的中心原子价电子数与配位体提供电子总数之和为_______。
(6)Cr(CO)6是一种典型的羰基配合物.其配体为CO，则Cr(CO)6分子中π键的数目为_______.已知形成Cr(CO)6时，Cr原子的杂化方式为d2sp3，根据原子轨道杂化规律，其杂化后形成的杂化轨道数为_______个，Cr(CO)6的分子立体构型为_______。
(7)硫酸锌溶于氨水可形成[Zn(NH3)4]2+离子，[Zn(NH3)4]2+离子具有对称的空间构型，其中两个NH3被两个Cl取代，只有一种产物，则[Zn(NH3)4]2+的空间构型为_______。
(8)元素铜的第一电离能ICu，元素锌的第一电离能IZn，已知ICu＜IZn，其原因是_______。
20．以铁、磷酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。
(1)磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______
(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_______；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_______。中与Fe2+配位的原子是_______(填元素符号)。
(4)柠檬酸的结构简式如图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_______mol。柠檬酸含有的官能团有(写名称)_______和_______


参考答案：
1．B
【详解】A．中的C为杂化，中的C为杂化，A项正确；
B．空间结构对称，正、负电荷重心重合，含有极性键，但是非极性分子，B项错误；
C．根据的熔、沸点判断其是分子晶体，C项正确；
D．与溶液生成的中，为中心离子，为配位体，D项正确；
故选：B。
2．D
【详解】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，有的是高分子，有的不是，故A错误；
B．超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的的是有限的，故B错误；
C．形成超分子的微粒也包括离子，故C错误；
D．超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。
答案选D。
3．A
【详解】A．中，N原子的最外层电子全部用于形成化学键，不存在孤对电子，不能作为配体，A符合题意；
B．中，S原子的最外层有两对孤对电子，可作为配合物的配体，B不符合题意；
C．H2O中，O原子的最外层有两对孤对电子，可作为配合物的配体，C不符合题意；
D．NO中，N原子的最外层有一对孤对电子，可作为配合物的配体，D不符合题意；
故选A。
4．C
【详解】A．从此超分子的结构图中可以看出，分子中含有多个酰胺基，A正确；
B．分子中有14个碳原子，不饱和度为10，则分子式为C14H10，该分子中有3种氢原子(带∗号位置)，则其一氯代物有3种，B正确；
C．此超分子的相对分子质量小于10000，则不属于高分子，C不正确；
D．此超分子中含有碳元素，完全燃烧后会生成CO2，干冰晶胞中CO2分子位于顶点和面心，配位数为=12，D正确；
故选C。
5．B
【详解】A． Na+与之间存在离子键，CN−与Fe3+之间存在配位键，CN−中碳原子与氮原子之间存在极性键，A项正确；
B． 配合物Na3[Fe(CN)6]中，配离子为，中心离子为Fe3+，配位原子为C，B项错误；
C． CN−中碳原子与氮原子之间存在1个σ键，CN−与Fe3+之间的配位键属于σ键，则1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键为(6+6)mol =12mol，C项正确；
D． 该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为Na3[Fe(CN)6]=3Na++，1mol该配合物电离得到阴、阳离子共4mol，D项正确；
故选B。
6．C
【详解】A．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体是Cl-和H2O，配位数是6，故A错误；
B．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，中心离子是Ti3+，故B错误；
C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，内界配离子是Cl-为1个，外界离子是Cl-为2个，内界和外界中Cl-的数目比是1∶2，故C正确；
D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-与Ag+反应，内界配离子不与Ag+反应，故D错误；
答案选C。
7．B
【详解】A．若其结构为[Cr(H2O)6]Cl3，则与硝酸银反应后 生成0.03molAgCl沉淀，故A错误；
B．根据题意知，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，故B正确；
C．根据题意知，CrCl3·6H2O中Cr3+形成六个配位键，而该结构中只存在五个配位键，故C错误；
D．若其结构为[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O的配位键为6，且与硝酸银不产生AgCl，故D错误；
答案选B。
8．A
【详解】A．锌与29号铜相邻，由于锌原子的所有排布电子的原子轨道均处于较稳定的全充满状态，故其第一电离能大于铜的，故A错误；
B．锌原子的核外电子数为30，其位于元素周期表第4周期第ⅡB族，基态Zn原子价电子排布式为，故B正确；
C．由一水合甘氨酸锌的分子结构可知，锌离子与相邻的5个原子(N和O)成键，故其配位数为5，配位原子为O、N，故C正确；
D．根据电负性的变化规律可知，非金属元素的电负性大于金属元素，非金属性越强其电负性越大，因此，由小到大的顺序为Zn＜H＜C＜N＜O，故D正确；
故选A。
9．A
【详解】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错误；
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正确；
C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，C正确；
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正确；
综上所述答案为A。
10．B
【详解】A．H3O+的中心原子O采取sp3杂化，三条杂化轨道和H结合，另一条杂化轨道容纳了孤电子对；[BF3(OH)]-的中心原子B有四个价层电子对，故也采取sp3杂化，故A正确；
B．(H2O2)▪BF3分子内存在着B和O间的配位键，分子间存在着水分子之间的氢键，分子间不存在配位键，故B错误；
C．BF3的中心原子B采取sp2杂化，且无孤电子对，分子的空间构型为平面三角形，结构对称，正负电荷中心重合，是非极性分子，故C正确；
D．基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1，占据的原子轨道有3个，其核外电子的空间运动状态有3种，故D正确；
故选B。
11．D
【详解】A．一水合氨为弱电解质，离子方程式中不能拆，正确离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，A错误；
B．N、O元素的电负性均较大，氨分子和水分子间易形成氢键，所以NH3极易溶于水，与配位键无关，B错误；
C．蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液的过程Cu(OH)2转化为[Cu(NH3)4]2+，提供孤电子对的是NH3，NH中并不含孤电子对，C错误；
D．向深蓝色溶液中加入95%乙醇，深蓝色溶液变浑浊，说明硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，加入乙醇后硫酸四氨合铜变成沉淀析出，D正确；
综上所述答案为D。
12．B
【详解】A．加入足量的AgNO3溶液，外界Cl-离子与Ag+反应形成AgCl沉淀，内界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A说法错误；
B．配合物Ni(CO)4常温下呈液态，则固态Ni(CO)4属于分子晶体，形成含有极性键的非极性分子，根据相似相容原理可知，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，B说法正确；
C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C说法错误；
D．配合物[Ag(NH3)2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D说法错误；
答案为B。
13．A
【详解】由题图可知，N原子与Ni原子之间为配位键；共价键中C—C键为非极性键，C—H键、N—O键、C=N键、O—H键为极性键，
故选A。
14．D
【详解】A．该配离子中的N原子和O原子电负性较大、半径较小、含孤电子对，可与水分子中的H形成氢键，故A正确；
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，故B正确；
C．Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，故C正确；
D．一般非金属性越强电离能越大，第ⅤA族元素比同周期相邻元素大，第一电离能大小顺序为N＞O＞C＞H，故D错误；
故选：D。
15．AB
【详解】A．a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化，A正确；
B．b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6，B正确；
C．a不是配合物，C错误；
D．钙离子与N、O之间形成配位键，其他原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；
故答案选AB。
16． 3：2 H2O 水分子间可以形成氢键，使沸点升高 B Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-
【详解】
(1)碳元素的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为乙炔，其结构式为：，碳碳三键中有一个σ键，两个π键，其分子中的σ键与π键的键数之比为3:2，答案为：3:2；
(2)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物是甲烷和水，其中沸点较高的为H2O，原因是水分子间可以形成氢键，使沸点升高，答案为：H2O；水分子间可以形成氢键，使沸点升高；
(3)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，说明1molRCl3·6H2O中能电离出2molCl-，此配合物最可能是[R(H2O)5Cl]Cl2·H2O，答案为B；
(4)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，形成了四氨合铜离子，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，答案为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-。
17． X 、 4、5(或5、4) 2 4
【详解】(1)在分子中B原子最外层的3个电子全部用于成键，所以在该配合物中提供孤电子对的应该是X原子，B原子提供空轨道。
(2)由球棍模型可以看出，2号、4号等半径较大的球为B原子，1号、3号、5号、6号等半径较小的球为O原子，半径最小的球为H原子。2号B原子形成3个键，采取杂化，4号B原子形成4个键，采取杂化；4号B原子的3个杂化轨道与除5号O原子外的3个O原子形成键后还有1个空轨道，而5号O原子能提供孤电子对，二者可以形成配位键；由图示可以看出该阴离子为，其中B为+3价，O为-2价，H为+1价，可知。
(3)基态的价电子排布式为，即中心原子价电子数为10，而每个配位体可提供1对孤电子对，显然。
18． 三角锥形 低 分子间存在氢键 苯胺分子之间存在氢键 正四面体形 、 易溶于水
【详解】(1)根据分子结构中、原子价层电子对数均为4，容易得出、原子的杂化类型均为，故填、；
(2)中存在一个孤电子对，价层电子对数为3+1=4，为杂化，的空间结构为三角锥形，分子间存在氢键，所以其沸点比高，故填分子间存在氢键；
(3)由于苯胺分子间存在氢键，而甲苯分子间只存在分子间作用力，导致苯胺的熔、沸点高于甲苯的熔沸点；中磷原子的杂化类型为，磷原子与氧原子形成的是键；根据焦磷酸根离子和三磷酸根离子的空间结构模型可推知二者的化学式分别为、，可得这类磷酸根离子的化学式通式为，故填苯胺分子间存在氢键、、、；
(4)的中心原子最外层有6个电子，按照VSEPR模型价层电子对数为4，故中的为杂化，的空间结构为正四面体形；抗坏血酸分子中形成双键的碳原子为杂化，四个键均为单键的碳原子为杂化；分子中有四个羟基，羟基为亲水性基团，则易溶于水，故填正四面体形、和、易溶于水。
19． 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 7 29 F CO2、CS2等 sp3、sp2 O＞N＞C＞H 8NA 18 12 6 正八面体 正四面体 Zn外围电子排布式为3d104s2，为全满的稳定结构，较难失去电子
【详解】(1)Co是27号元素，原子核外有27个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；
(2)Cu是29号元素，基态铜的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，占据7个能级；每个电子的运动状态各不相同，所以核外电子共有29种不同的运动状态；
(3)①同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半满较稳定，第一电离能大于O，所以与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素是F；
②SCN-含有3个原子、16个价电子，正负电子中心重合的分子为非极性分子，所以符合条件的等电子体为CO2、CS2等；
(4)EDTA中亚甲基中的C原子形成4个σ键，为sp3杂化，羧基中C形成C=O双键，为sp2杂化；非金属性越强电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H，则电负性O＞N＞C＞H；
(5)Ni与CO形成的配位键为σ键，CO分子中的三键中有一个σ键，所以1mol Ni(CO)4分子中含有σ键数目为8NA；Ni(CO)4分子中心原子为Ni，其价电子排布为3d84s2，价电子数为10，每个CO配体提供一对电子，即2个，所以总和为10+2×4=18；
(6)CO分子中的三键中有2个π键，所以Cr(CO)6分子中π键的数目为6；Cr原子的杂化方式为d2sp3，即2个d轨道、1个s轨道、3个p轨道进行杂化，杂化前后轨道数目不变，所以杂化后形成的杂化轨道数为6，Cr(CO)6分子立体构型为正八面体；
(7)[Zn(NH3)4]2+离子具有对称的空间构型，其中两个NH3被两个Cl取代，只有一种产物，类别甲烷的结构和二氯代物的个数可知[Zn(NH3)4]2+为正四面体；
(8)Cu的外围电子排布式为3d104s1，失去一个电子变为3d10、为能量较低的稳定结构；Zn外围电子排布式为3d104s2，为全满的稳定结构，失去一个电子变为3d104s1、为不稳定结构，所以Cu失去一个电子较容易，Zn失去一个电子较难，即锌的第一电离能大于铜。
20． 正四面体 4 sp3 N>O>C O 7 羧基 羟基
【详解】(1)根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数=，不含有孤对电子对，则其空间构型为正四面体，P的价层电子对数为4；
(2)根据价层电子对互斥理论，NH3分子中N的价层电子对数=，则N原子的轨道杂化类型是sp3；同周期元素原子的第一电离能从左到右逐渐增大，但是由于N的价层电子排布式为2p3，为半满结构，其电离能高于相邻元素，则N＞O＞C；
(3)基态Fe的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为：3d6，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为：3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为：4:5；中O原子有孤对电子，因此可以与Fe2＋形成配位键，则O为配位原子；
(5)根据羧基的结构，在羧基中碳氧双键中只有1个σ键，碳氧单键为σ键，则1mol羧基中含有2molσ键。则1mol柠檬酸中碳原子与氧原子形成的σ键的物质的量为1+2×3=7mol，其数目为7NA；柠檬酸含有的官能团为羧基和羟基。