高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子复习练习题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子复习练习题，共24页。试卷主要包含了4 配合物与超分子 同步测试，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
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．已知配合物[Cr(NH3)4Cl2]Cl易溶于水，下列说法正确的是（ ）
A．配位数为6，配位原子为N、Cl
B．1ml该配合物在水中可电离出3mlCl-
C．配合物中Cr为+1价
D．配离子中含有离子键、配位键、普通共价键
2．向下例配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成 AgCl沉淀的是（ ）
A．[C(NH3)Cl3]B．[C (NH3)6]Cl3
C．[C (NH3)4Cl2]ClD．[C (NH3)5 Cl]Cl2
3．已知： 。试管 a 中溶液作参照，对试管 b 中溶液依次进行如下操作：①微热，溶液变为黄绿色；②将其置于冷水中，溶液变为蓝绿色；③滴加氨水至过量，蓝色沉淀增多，后又逐渐消失变为深蓝色溶液。下列说法正确的是（ ）
A．由步骤①可推知该反应的△H< 0
B．由步骤②可说明降低温度，该反应平衡正向移动
C．步骤③深蓝色溶液中
D．由实验③可知配离子的稳定性：
4．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
5．锌是一种活泼金属，其氢氧化物能溶于氨水，生成可溶性配合物 [Zn(NH3)4](OH)2.则下列说法正确的是（ ）
A．由题可知氢氧化锌为两性氢氧化物
B．该配合物中只有离子键和配位键
C．该配离子中Zn2+提供电子对，NH3提供空轨道
D．形成该配合物的离子方程式为：Zn(OH)2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2OH-
6．下列关于配合物的说法中错误的是（ ）
A．许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而过渡金属配合物远比主族金属配合物多
B．配合物中中心离子与配体间、配离子与酸根离子间都是以配位键结合
C．配离子中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对
D．中心离子所结合配体的个数称为配位数，不同离子的配位数可能不同
7．向含的废水中加入铁粉和可制备，发生反应：，下列说法错误的是（ ）
A．依据反应可知：还原性：
B．基态碳原子和基态氮原子的未成对电子之比为2∶3
C．生成的配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
D．生成的配合物的中心离子是Fe2+，配位数是6
8．已知胆矾的结构示意图如图。下列说法正确的是（ ）
A．胆矾在不同温度下分步失去结晶水
B．的配位数为5
C．的价层电子排布式为
D．图示结构中存在配位键和氢键两种化学键
9．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列对应离子方程式书写错误的是（ ）
A．硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸：
B．向氨水中滴入少量硫酸铜溶液：
C．向烧碱溶液中加入一小段铝片：
D．等浓度和溶液等体积混合：
10．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
C． 比 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
11．与甲基咪唑（ ）反应可以得到，其结构如图所示，下列说法错误的是（ ）
A．甲基咪唑中碳原子的杂化方式为
B．甲基咪唑易溶于水的主要原因是能与水形成氢键
C．1个离子中含有42个键
D．离子中的配位数为6
12．下列化合物的沸点比较，前者低于后者的是（ ）
A．乙醇与氯乙烷B．邻羟基苯甲酸与对羟基苯甲酸
C．对羟基苯甲醛与邻羟基苯甲醛D．H2O与H2Te
13．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氮、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料：能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染．下列说法不正确的是（ ）
A．提供空轨道用于形成配位键
B．该配合物中阴离子空间结构为正四面体
C．配离子为，中心离子的配位数为6
D．的价层电子排布式为
14．HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2-＋4H＋＋4H2O=[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）
A．甲醛(HCHO)的键角约为120°，分子之间存在氢键
B．H2O的空间构型为V形，中心原子的杂化方式为sp3
C．CN-和H2O与Zn2＋的配位能力：CN-＜H2O
D．Zn2＋与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比为1：1
15．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．C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
16．胆矾的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．胆矾的化学式可以表示为
B．该结构水分子中的氢原子参与形成配位键
C．该结构中所有氧原子都杂化，且采取杂化
D．配位后形成的空间结构是正四面体
17．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液，若加入乙醇将析出深蓝色晶体。下列说法正确的是（ ）
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后的浓度保持不变
B．在离子中，提供空轨道，提供孤对电子
C．1 ml 离子中含有键
D．加入极性较小的溶剂乙醇后，将析出晶体
18．碳及其化合物在工农业生产中有着广泛应用。是常见还原剂，可用溶液吸收。还可以用于生产、等有机物。下列有关说法正确的是（ ）
A．能形成分子间氢键
B．中的键角比的大
C．的空间构型为三角锥形
D．中有配位键
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．下列有关配合物的说法正确的是（ ）
A．配合物的配位数是6
B．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子
C．1ml中σ键的物质的量为8ml
D．的空间结构为平面正四边形
二、综合题
21．中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrgen”译成中文时曾写成淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。
（1）GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式为 ，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为 。
（2）硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为 ，其阴离子的空间构型为 。
（3）氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是 。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因是 。
（4）常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较，熔点较高的是 。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于 。
A．氢键|B．极性键 C．π键 D．配位键
（5）某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为 。
②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g/cm3(列出计算式即可)。
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 。
23．2021年10月18日《自然•化学》发表我国科学家研究成果，发现AgCrS2(AMX2家族成员之一，A为一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
（1）基态硫原子核外最多有 个电子顺时针旋转。基态铬原子有 种电子运动状态。
（2）氧族元素有氧、硫、硒、碲等元素。这四种元素中，电负性最大的是 (填元素符号)。科学家用亚硒酸盐和硫酸盐跟踪固氮酶，研究反应机理。SeO32−中硒的杂化轨道类型是 ，TeO42−的空间结构模型为 。H2O、H2S、H2Se、H2Te的键角由大到小的顺序为 。
（3）配合物[Cr(OH)3(H2O)(en)](en为H2NCH2CH2NH2)的中心离子配位数为 (Cr与O、N均形成了配位键)，1ml该配合物中含 mlσ键。
（4）复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。已知A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子坐标为 ，1个钙原子与 个氧原子等距离且最近，已知钙和氧的最近距离为apm，则该晶体的密度为 g/cm3 (列出计算式即可)
24．X、Y、Z、R为前四周期原子序数依次增大的元素。X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等；Z原子的不成对电子数在同周期中最多，且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低；X、Y、R三元素在周期表中同族。
（1）R元素在周期表中的位置是 ，其基态原子的价层电子排布图为 。
（2）下图表示X、Y、Z的四级电离能变化趋势，其中表示Z的曲线是 （填标号）。
（3）化合物（XH2＝X＝O）分子中X原子杂化轨道类型是 ，1ml (X2H5O)3Z＝O分子中含有的σ键与π键的数目比为 。
（4）Z与氯气反应可生成一种各原子均满足8电子稳定结构的化合物，其分子的空间构型为 。
（5）某R的氧化物晶胞结构如下图所示，该物质的化学式为 。已知该晶体密度为ρg/cm3，距离最近的两个原子的距离为d pm，则R的相对原子质量为 。 (阿伏加德罗常数为NA)
（6）X形成的一种常见单质，性质硬而脆，原因是 。
25． X、Y、Z、W、R．均为前四周期元素且原子序数依次增大，X的基态原子核外有7种不同运动状态的电子，Y原子最外层有2对成对电子，Z的原子序数为Y的原子序数的2倍，W3+的基态离子3d轨道为半充满状态，R的氢氧化物悬浊液可用于检验葡萄糖的存在．
请回答下列问题：
（1）X2分子中σ键和π键数目比是 ．
（2）R的晶胞结构如图所示，该晶胞中所含的原子个数是 ．
（3）下列有关X、Y、W的说法正确的是 ．
①X的第一电离能在同族元素中最小
②常温下，Y的氢化物分子间存在氢键
③XY3﹣中X的杂化轨道类型为sp3杂化
④W属于d区的元素
（4）将X的气态氢化物的水溶液滴入R的氢氧化物悬浊液中，可得深蓝色溶液，该反应的离子方程是 ．
（5）将Na2Y2与W2+的硫酸盐按物质的量之比为1：1混合并投入水中，溶液中出现红褐色沉淀并有无色气体产生，该反应的离子方程式是 ．
（6）与X3﹣互为等电子体的分子有 、离子有 ．
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．配合物[Cr(NH3)4Cl2]Cl中配体是NH3和Cl，配位数为6，配位原子为N、Cl，A符合题意；
B．配合物中存在配位键，[Cr(NH3)4Cl2]Cl电离出[Cr(NH3)4Cl2]+和Cl-，1ml[Cr(NH3)4Cl2]Cl在水中只能电离出1mlCl-，B不符合题意；
C．配合物中Cr为+3价，C不符合题意；
D．配离子[Cr(NH3)4Cl2]+中Cr3+与Cl形成配位键，NH3中含有N-H共价键，不含有离子键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、配位数即看铬原子周围所含的原子或者原子团个数；
B、可以电离的离子需要看中括号外的氯离子；
C、结合化合价判断，氨分子为0，氯原子为-1；
D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．[C(NH3)Cl3]中没有Cl-，不能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，A符合题意；
B．[C(NH3)6]Cl3中有Cl-，能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，B不符合题意；
C．[C(NH3)4Cl2]Cl中有Cl-，能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，C不符合题意；
D．[C(NH3)5Cl]Cl2中有Cl-，能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】能和AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，说明配合物的水溶液中含有Cl-，注意配原子中不含Cl-，据此分析。
3．【答案】D
【解析】【解答】A、步骤①微热时，溶液变为黄绿色，即反应生成[CuCl4]2－，说明升高温度，平衡正向移动，因此该反应为吸热反应，即ΔH＞0，A不符合题意。
B、步骤②中置于冷水，温度降低，溶液变为蓝绿色，则反应生成[Cu(H2O)4]2＋，说明降低温度，平衡逆向移动，B不符合题意。
C、由于该反应为可逆反应，因此步骤③深蓝色溶液中n([Cu(H2O)4]2＋)＜1mml，C不符合题意。
D、步骤③中形成的深蓝色溶液为[Cu(NH3)4]2＋，过程中[Cu(H2O)4]2＋转化为[Cu(NH3)4]2＋，说明稳定性：[Cu(NH3)4]2＋＞[Cu(H2O)4]2＋，D符合题意。
故答案为：D
【分析】A、微热时温度升高，溶液变为黄绿色，则形成[CuCl4]2－，结合温度变化对平衡移动的影响分析反应的热效应。
B、置于冷水中，温度降低，溶液变为蓝绿色，则反应生成[Cu(H2O)4]2＋。
C、该反应为可逆反应，物质无法完全转化。
D、步骤③中沉淀消失形成深蓝色溶液为[Cu(NH3)4]2＋。
4．【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。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．氢氧化锌能溶于氨水，生成可溶性配合物[Zn(NH3)4](OH)2，不能得出氢氧化锌的两性，A不符合题意；
B．可溶性配合物[Zn(NH3)4](OH)2中有配位键，还有离子键和氢氧共价键，B不符合题意；
C．[Zn(NH3)4](OH)2的配离子中Zn2+提供空轨道，NH3提供电子对形成配位键，C不符合题意；
D．氢氧化锌溶于氨水，生成可溶性配合物[Zn(NH3)4](OH)2，反应的离子方程式为：Zn(OH)2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2OH-，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】与Cu(OH)2类似，可以溶于氨水，是因为Zn(OH)2可以与氨水形成配合物，而不是具有两性；Zn2+具有空轨道，NH3中的N原子有孤电子，形成配位键，故含有的化学键有：配位键，离子键、共价键
6．【答案】B
【解析】【解答】A. 许多过渡元素金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而过渡金属配合物远比主族金属的配合物多，A项不符合题意；
B. 配合物中中心离子与配体间是以配位键结合，配离子与酸根离子间是以离子键结合，B项符合题意；
C. 配合物中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，C项不符合题意；
D. 配位数指形成配离子时配体的个数，不同离子的配位数可能相同也可能不同，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】配合物是由由中心原子和配位体和外界组成，中心原子一般是过渡金属居多，过渡金属阳离子提供空轨道，其他配体粒子提供孤对电子形成配位键，外界离子和中心离子形成离子键。中心阳离子结合的配体的个数叫做配位数，不同的离子的配位数是有所不同的。
7．【答案】C
【解析】【解答】 A．依据还原剂的还原性大于还原产物，依据反应可知：还原性：，故A正确；
Ｂ．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，因此基态碳原子、氮原子的未成对电子数分别为2、3，故B正确；
Ｃ．生成的配合物中存在离子键、配位键、极性键，不存在非极性键，故C错误；
Ｄ．Fe是26号元素，在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，Fe的价层电子排布式为3d64s2，在该反应中Fe元素升两价，失两个电子，因此失去了4s2电子，由配合物的化学式可知，生成的配合物的中心离子是Fe2+，配位数是6 ，故D正确。
故答案为：C。
【分析】A．依据还原剂的还原性大于还原产物分析；
Ｂ．依据原子的电子排布式分析；
Ｃ．配合物中不存在非极性键；
Ｄ．依据配合物的化学式分析。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．由图可知，晶体中含有2种不同的水，一类是配体水分子、一类是形成氢键的水分子，两者结构不同，故胆矾在不同温度下分步失去结晶水，A符合题意；
B．由图可知，的配位数为6，B不符合题意；
C．为铜原子失去2个电子后形成的例子，其价层电子排布式为，C不符合题意；
D．氢键不是化学键，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．晶体中有不同的水，一类是配体水分子、一类是形成氢键的水分子，两者结构不同；
B．依据图像的价键分析；
C．依据原子构造原理分析；
D．氢键不是化学键。
9．【答案】B
【解析】【解答】 A.硫代硫酸钠溶液中滴入稀硫酸反应生成硫酸钠、硫、二氧化硫和水，反应的离子方程式为： ，故A不符合题意；
B.向氨水中滴入少量硫酸铜溶液生成四氨合铜络离子，反应的离子方程式为： ，故B符合题意；
C.向烧碱溶液中加入一小段铝片生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为： ，故C不符合题意；
D.等浓度和溶液等体积混合，反应的离子方程式为： ， 故D不符合题意确；
答案为：
【分析】B项中向氨水中滴入少量硫酸铜溶液生成四氨合铜络离子，其它选项离子方程式书写正确。
10．【答案】B
【解析】【解答】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 ，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 ，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
11．【答案】C
【解析】【解答】A．甲基咪唑中单键碳原子的杂化方式为、双键碳原子的杂化方式为，故A不符合题意；
B．甲基咪唑易溶于水的主要原因是N原子与水中的H原子形成氢键，故B不符合题意；
C．单键全是键、配位键是键、双键中有1个键，1个甲基咪唑中有12个键，1个离子中含有个键，故C符合题意；
D.2个Cl-、4个甲基咪唑均为Si原子的配体，离子中的配位数为6，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．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杂化类型；
B．氢键是电负性强原子（如N、O、F等）和与另一个电负性强原子共价结合的氢原子间形成的键；
C．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；
D.依据结构图判断。
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．乙醇含有氢键，沸点较高，故A错误；
B、邻羟基苯甲酸含有分子内氢键，而对羟基苯甲酸含有分子间氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，故B正确；
C．对羟基苯甲醛含有分子间氢键，邻羟基苯甲醛含有分子内氢键，分子间氢键作用力较强，沸点较高，故C错误；
D．H2O含有氢键，沸点较高，故D错误．
故选B．
【分析】氢键的作用力远大于一般的分子间作用力，所以含有氢键的物质的沸点较高，对于含有氢键的有机物，一般来说含分子间氢键的物质的沸点大于分子内氢键物质的沸点，以此解答．
13．【答案】D
【解析】【解答】A：配合物中，中心离子Fe2+提供空轨道，配体提供孤电子对，故A不符合题意；
B： 该配合物中阴离子为 ，中心原子孤电子对数为， σ键电子对数为 4，中心原子上的价层电子对数为0+4=4，故 空间结构为正四面体 ，故B不符合题意；
C： 配离子为，中心离子的配位数为6，故C不符合题意；
D：的价层电子排布式为，故D不符合题意；
故答案为：D
【分析】配位化合物中中心离子或原子提供空轨道，配体提供孤电子对。
中心原子孤电子对数=，中心原子上的价层电子对数=孤电子对数+σ键电子对数
利用价层对判断空间构型：①中心价层电子对数=2，分子或离子的空间结构为直线形。②中心价层电子对数=3，中心原子孤电子对数=1，分子或离子的空间结构为V形。中心价层电子对数=3，中心原子孤电子对数=0，分子或离子的空间结构为平面三角形。
14．【答案】A
【解析】【解答】A．HCHO中C原子采用sp2杂化，为平面三角形，C-H与C-H键夹角理论上是120°，但由于有羰基氧的电子对排斥作用，甲醛(HCHO)的键角小于120°，甲醇分子中O原子和另一个甲醛分子中的H原子形成氢键，故分子之间存在氢键， A符合题意；
B．H2O分子中O原子上有2对孤电子对，中心原子的杂化方式为sp3，H2O的空间构型为V形，选项B不符合题意；
C．配合物向生成更稳定的配合物转化，所以CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＜H2O，选项C不符合题意；
D．配位键属于σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，Zn2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比=(4+4)∶(4×2)=1∶1，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 甲醛（HCHO）中C=O键的键长不等于C-H键的键长，键角小于120°；
B.H2O分子中O原子的价层电子对数为4，含有两个孤电子对；
C.配合物向生成更稳定的配合物转化；
D.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键，配位键也是σ键。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．C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C元素化合价为+3价，是C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.C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-。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．胆矾的化学式为CuSO4⋅5H2O，其中1个Cu2+与4个H2O分子通过配位键形成[Cu(H2O)4]2+，[Cu(H2O)4]2+与SO42- 通过离子键结合，则胆矾的化学式可以表示为[Cu(H2O)4]SO4⋅H2O，故A正确；
B．水分子中H原子无孤电子对，O原子含有孤电子对，O原子与含有孤电子对的Cu2+形成配位键，故B错误；
C．该结构中水分子中的O都参与杂化，且O原子的价层电子对数为4，采取sp3杂化，但SO42- 中O原子没有参与杂化，故C错误；
D．由图可知，Cu2+配位后形成的[Cu(H2O)4]2+的空间结构是正方形，属于平面结构，不是正四面体结构，故D错误；
故答案为：A。
【分析】A．根据胆矾的结构分析；
B．根据配位键的原理分析；
C．根据价层电子对互斥理论分析；
D．根据图像分析。
17．【答案】B
【解析】【解答】A. 硫酸铜与氨水反应生成沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜与氨水反应生成络合物使溶液变得澄清，即溶液中铜离子浓度降低；故A错误；
B.Cu2+的价电子为3d9存在空轨道，而NH3中存在孤电子对，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤对电子；故B正确；
C. 离子存在12个N-H键和4个配位键，所以 1 ml 离子中含有键 ；故C错误；
D.加入乙醇后析出的是晶体；故D错误；
故答案为：B。
【分析】A、反应过程为：，；
B、配位键的形成过程是存在空轨道和孤电子对；
C、配位键和单键都是σ键；
D、无机物难溶于有机溶剂，第二步形成的络合物由于溶解度降低而析出。
18．【答案】B
【解析】【解答】A．C的非金属性不太强，不能形成分子间氢键，故A不符合题意；
B．二氧化碳为直线型分子，键角为180°，甲烷为正四面体型，键角为109°28′，二氧化碳的键角大，故B符合题意；
C．中中心碳原子的价层电子对数为，不存在孤电子对，为平面三角形结构，故C不符合题意；
D．中Cu和氨气分子间存在配位键，中有配位键，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.甲烷分子间不能形成氢键；
B.二氧化碳为直线形分子，甲烷为正四面体形；
C.碳酸根的空间构型为平面三角形；
D.一个中含有2个配位键。
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．中只有NH3是配体，所以配位数是4，A不符合题意；
B．配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可，所以可以是分子也可以是阴离子，B符合题意；
C.1ml可形成2mlO-H共价键和1mlO-Cu配位键，所以4ml共形成σ键数= 43ml=12ml，C不符合题意；
D．的空间结构为正四面体形，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.的配体为NH3；
B.配体提供孤电子对，只要含有孤电子对即可；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配位键是σ键；
D.为正四面体形。
21．【答案】（1）[Ar]3d104s24p1；原子晶体(共价晶体)
（2）4；正四面体
（3）sp2；O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大
（4）CH3CH2CH2NH2；BD
（5）棱心和体心；
【解析】【解答】（1）Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；
GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；
（2）在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个配位体NH3结合，故Pt的配位数为4；
外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；
（3）在该微粒中，C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；
O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；
（4）[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；
[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故合理选项是BD；
（5）①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；
②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度ρ=。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；依据晶体的性质判断晶型；
（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）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，由于原子核外电子处于轨道的全充满、半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素
（4）分子间氢键会使物质沸点升高；不同种原子之间的共价键为极性键；
（5）①根据晶胞结构分析；
②利用均摊法确定原子数，再利用密度公式计算。
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=0.3mlH2
【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）9；24
（2）O；sp3；正四面体形；H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te
（3）6；22
（4）(，1，)；12；
【解析】【解答】（1）基态硫原子的电子排布图为，核外最多有9个电子顺时针旋转。铬是24号元素，核外有24个电子，基态铬原子有24种电子运动状态；
（2）元素非金属性越强电负性越大，氧族元素有氧、硫、硒、碲等元素，这四种元素中，电负性最大的是O。SeO32−中硒原子杂化轨道数是，杂化轨道类型是sp3，TeO42−中碲原子杂化轨道数是，无孤电子对，空间结构模型为正四面体形；O、S、Se、Te原子半径依次增大，H2O、H2S、H2Se、H2Te中成键电子对的排斥作用减弱，所以键角由大到小的顺序为H2O＞H2S＞H2Se＞H2Te；
（3）配合物[Cr(OH)3(H2O)(en)](en为H2NCH2CH2NH2)，H2NCH2CH2NH2中2个N和Cr3+配位，中心离子配位数为6，单键、配位键全是σ键，1ml该配合物中含22mlσ键。
（4）根据A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，可知C的原子坐标为(，1，)；根据图示，1个钙原子与12个氧原子等距离且最近；1个晶胞含有Ca原子数、O原子数、Cr原子数1，钙和氧的最近距离为apm，则晶胞对角线为2apm，晶胞的边长为，该晶体的密度为g/cm3。
【分析】(1)根据泡利不相容原理分析；根据Cr的电子个数分析；
(2)元素非金属性越强电负性越大；根据价层电子对互斥理论分析杂化类型和空间构型；半径越大成键电子对的排斥作用减弱；
(3)乙二胺为二配位；单键、配位键均为σ键；
(4)根据A、B的坐标分析C的坐标；图中为面心立方最密堆积，1个钙原子与12个氧原子等距离且最近；根据ρ=计算晶胞密度。
24．【答案】（1）第四周期，ⅣA族；
（2）b
（3）sp、sp2；25：1
（4）三角锥形
（5）GeO；( )3×ρ× ×NA-16
（6）碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆
【解析】【解答】（1）Ge位于第四周期第IVA族，因为是主族元素，因此价电子是最外层电子， ；
（2）本题考查电离能的规律，同主族从上到下第一电离能减小，P元素3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故Si的第一电离能最小，P原子第四电离能为失去4s2能中的1个电子，为全满稳定状态，与第三电离能相差较大，因此b曲线为P；
（3）本题考查杂化类型、化学键的判断，CH2=C=O中“CH2=”中的碳原子有3个σ键，无孤电子对，因此杂化类型为sp2，“C=O”中的C有2个σ键，无孤电子对，杂化类型为sp；成键电子对之间只能形成一个σ键，双键中有一个π键，因此σ键和π键的数目比值为25：1；
（4）本题考查空间构型，P和氯气反应生成PCl3和PCl5，均满足8电子结构的是PCl3，中心原子是P，有3个σ键，孤电子对数为(5－3)/2=1，因此空间构型为三角锥形；
（5）本题考查晶胞的结构，氧原子位于顶点和面心，个数为8×1/8＋6×1/2=4，Ge全部位于晶胞内部，因此化学式为GeO，晶胞的质量为4×(M＋16)/NAg，距离最近的两个原子是体对角线的1/4，因此体对角线为4d，则边长为 pm，晶胞的体积为（ ×10－10）3，根据晶胞的密度，求出M，则M=( )3×ρ× ×NA-16；
（6）碳碳键键能大，故硬；但共价键有方向性，受大的外力时，会发生原子错位而断裂，故脆。
【分析】X原子有3个能级，且每个能级上的电子数相等，电子排布式为1s22s22p2，推出X为C，因为X、Y、R三元素在周期表同族，因此Y为Si，R为Ge，原子序数依次增大，Z原子的不成对电子数在同周期中最多，且Z的气态氢化物在同主族元素的氢化物中沸点最低，因此Z为P。据此结合题干设问分析作答。
25．【答案】（1）1：2
（2）4
（3）②④
（4）Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O
（5）4Na2O2+Fe2++6H2O=4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+
（6）N2O或CO2或CS2或BeCl2；SCN﹣或OCN﹣或CNO﹣
【解析】【解答】解：X、Y、Z、W、R均为前四周期元素且原子序数依次增大，X的基态原子核外有7种不同运动状态的电子，即核外电子数为7，则X为N元素；W3+的基态离子3d轨道为半充满状态，离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，则W原子核外电子数为23+3=26，故W为Fe；R的氢氧化物悬浊液可用于检验葡萄糖的存在，则R为Cu；Y原子最外层有2对成对电子，外围电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，Z的原子序数为Y的原子序数的2倍，结合原子序数可知，Y为O元素、Z为S元素。
（1.）N2分子结构式为N≡N，分子中σ键和π键数目比=1：2，故答案为：1：2；
（2.）R原子处于晶胞的面心及顶角，该晶胞中所含的原子个数=6× +8× =4，故答案为：4；
（3.）①X为N元素，其第一电离能在同族元素中最大，故①错误；②氧元素的氢化物为水或过氧化氢，常温下，分子间存在氢键，故②正确；③NO3﹣中N原子价层电子对数=3+ =3，N原子的杂化轨道类型为sp2杂化，③错误；④W为Fe，外围电子排布为3d64s2，属于d区的元素，故④正确，故答案为：②④；
（4.）氨水滴入氢氧化铜悬浊液中，可得深蓝色溶液，该反应的离子方程是Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O，故答案为：Cu（OH）2+4NH3．H2O=[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O；
（5.）将Na2O2与Fe2+的硫酸盐按物质的量之比为1：1混合并投入水中，溶液中出现红褐色沉淀并有无色气体产生，该反应的离子方程式是4Na2O2+Fe2++6H2O=4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+，故答案为：4Na2O2+Fe2++6H2O=4Fe（OH）3↓+O2↑+8Na+；
（6.）X为N元素，N3﹣含有3个原子，电子数为22，互为等电子体的分子有N2O或CO2或CS2或BeCl2、离子有 SCN﹣或OCN﹣或CNO﹣，故答案为：N2O或CO2或CS2或BeCl2； SCN﹣或OCN﹣或CNO﹣．
【分析】X、Y、Z、W、R均为前四周期元素且原子序数依次增大，X的基态原子核外有7种不同运动状态的电子，即核外电子数为7，则X为N元素；W3+的基态离子3d轨道为半充满状态，离子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，则W原子核外电子数为23+3=26，故W为Fe；R的氢氧化物悬浊液可用于检验葡萄糖的存在，则R为Cu；Y原子最外层有2对成对电子，外围电子排布为ns2np4，处于ⅥA族，Z的原子序数为Y的原子序数的2倍，结合原子序数可知，Y为O元素、Z为S元素，以此解答该题．