2018_2019学年高中化学专题4第二单元配合物的形成和应用学案苏教版.docx

配合物的形成和应用 课标要求1能说明简单配合物的成键情况。2了解配合物的应用。1.配离子是由提供空轨道的中心离子与提供孤电子对的配位体通过配位键形成的。2配合物Co(NH3)4Cl2Cl的电离方程式Co(NH3)4Cl2Cl=Co(NH3)4Cl2Cl3Fe3的检验：Fe3nSCN=Fe(SCN)n(3n)4Cu(OH)2、AgOH溶于氨水Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2OAgOH2NH3H2O=Ag(NH3)2OH2H2O 1实验探究配合物的形成 实验操作步骤实验现象三支试管中先生成蓝色沉淀之后随浓氨水的滴入，沉淀逐渐溶解，最后变为蓝色溶液相关反应Cu22NH3H2O= Cu(OH)22NH Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2 O2配合物(1)概念由提供孤电子对的配位体与接受孤电子对的中心原子以配位键结合形成的化合物。(2)组成(3)常见的能形成配合物的中心原子(或离子)和配位体常见的能形成配合物的中心原子(或离子)有Fe3、Cu2、Zn2、Ag等。常见的能形成配合物的配位体的分子有H2O、NH3、CO等。常见的能形成配合物的配位体的离子有F、Cl、CN、SCN等。3配合物异构现象(1)产生异构现象的原因。含有两种或两种以上配位体。配位体空间排列方式不同。 (3)异构体的性质：顺、反异构体在颜色、极性、溶解性、抗癌活性等方面都有差异。1下列不属于配合物离子的是()AAg(NH3)2BCu(CN)42CFe(SCN)63 DMnO解析：选DMnO为一般含氧酸根离子，不属于配合物离子。2Cu(NH3)42配离子中，中心原子的配位数是()A1B2C4D6解析：选C配位数指直接同中心离子配位的原子数目。 1实验探究(1)Ag氧化葡萄糖的实验实验步骤实验现象在试管内壁上出现银镜结论Ag与NH3形成配合物，减慢氧化葡萄糖的速度，形成光亮的银镜(2)检验金属离子的实验实验步骤实验现象溶液变成血红色出现沉淀并得到无色溶液开始出现沉淀，继续滴加沉淀又减少，得红褐色沉淀和深蓝色溶液反应方程式Fe3nSCN=Fe(SCN)n(3n)Cu22OH=Cu(OH)2Fe33OH=Fe(OH)3Cu22NH3H2O=2NHCu(OH)2Fe33NH3H2O=3NHFe(OH)3Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O2配合物的应用(1)在实验研究中，常用形成配合物的方法来检验金属离子、分离物质、定量测定物质的组成。(2)在生产中，配合物被广泛应用于染色、电镀、硬水软化、金属冶炼领域。(3)在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制等方面，配合物发挥着越来越大的作用。1已知Cu(H2O)42呈天蓝色，试分析CuSO45H2O的成键情况。提示：在CuSO45H2O晶体5个结晶水中，有4个水分子与Cu2形成配位键并组成配离子Cu(H2O)42，配离子与SO形成离子键，第5个水分子与SO形成氢键。2在日常生活中遇到哪些与配合物有关的情况？试举一例。提示：如煤气中毒事件，是血红蛋白中的Fe2与煤气中的CO形成了比Fe2与O2更稳定的配合物，从而降低或丧失了血红蛋白输送O2的能力，导致人体缺氧而中毒。配合物的形成对性质的影响(1)对溶解性的影响：某些难溶物形成配合物时可使溶解度增大。如AgOH可溶于氨水中，I2在浓KI溶液中比在水中的溶解度大得多。(2)颜色的改变：当简单离子形成配离子时其性质往往有很大差异。我们根据颜色的变化就可以判断是否有配离子形成。如Fe3与SCN在溶液中可生成红色的铁的硫氰酸根配离子。无水CuSO4为白色，溶于水得蓝色溶液，就是因为Cu2与H2O形成了天蓝色的Cu(H2O)42。(3)稳定性增强：配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。例如，血红蛋白中的Fe2与CO形成的配位键比Fe2与O2形成的配位键强，因此血红蛋白中的Fe2与 CO结合后，就很难再与O2结合，血红蛋白失去输送氧气的功能，从而导致人体CO中毒。1下列过程与配合物无关的是()A向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液出现血红色B用Na2S2O3溶液溶解照相底片上没有感光的AgBrC向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色加深D向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，先出现沉淀，继而沉淀消失解析：选CA中形成Fe(SCN)n(3n)，B中形成可溶性的配合物Na3Ag(S2O3)2，D中先生成AgOH沉淀，当氨水过量时生成Ag(NH3)2，C中发生2FeCl2Cl2=2FeCl3，与配合物无关。2能区别Co(NH3)4Cl2Cl和Co(NH3)4Cl2NO3两种溶液的试剂是()AAgNO3溶液BNaOH溶液CCCl4 D浓氨水解析：选A外界中有氯离子的Co(NH3)4Cl2Cl可以和AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，而CO(NH3)4Cl2NO3则不与AgNO3溶液反应。3配合物Ag(NH3)2OH的中心原子(离子)是_，配位体是_，配位数是_，发生电离的电离方程式是_。解析：Ag(NH3)2OH的中心原子(离子)是Ag，配位体是NH3，配位数是2，由于配合物的内界是以配位键形成的，一般不电离，而内界和外界之间是通过离子键相结合的，可以完全电离，所以电离方程式为Ag(NH3)2OH=Ag(NH3)2OH。答案：AgNH32Ag(NH3)2OH=Ag(NH3)2OH方法技巧(1)配位数的计算方法配位体不是同一种分子或离子时，配位数要两者相加。如Co(NH3)5ClCl2这种配合物，其配位体有两种：NH3、Cl，配位数为516，再如KPtCl3(NH3)，其配位数为314。(2)几种配合物的组成配合物内界外界中心原子(离子)配位体配位数Ag(NH3)2OHAg(NH3)2OHAgNH32K4Fe(CN)6Fe(CN)64KFe2CN6Na3AlF6 AlF63NaAl3F6Co(NH3)5ClCl2Co(NH3)5Cl2ClCo3NH3、Cl6三级训练节节过关1下列分子或离子中能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是()H2ONH3FCNCOABC D解析：选D、中的氧、氮、氟、碳原子上都含有孤电子对，都可以与金属离子形成配位键。2在Co(NH3)5ClCl2中，内界是()ACo(NH3)5 BCo(NH3)5Cl2CCo DCl解析：选B在Co(NH3)5ClCl2中，Co3为中心离子，配体为NH3、Cl，配位数为6，构成配离子Co(NH3)5Cl2，外界为Cl。3向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液不能生成AgCl沉淀的是()ACo(NH3)4Cl2Cl BCo(NH3)3Cl3CCo(NH3)6Cl3 DCo(NH3)5ClCl2解析：选B配合物的内界与外界由离子键结合，只要外界存在Cl，加入AgNO3溶液即有AgCl沉淀产生。对于B项，配合物分子的化学式为Co(NH3)3Cl3，Co3、NH3、Cl全处于内界，不能电离，溶液中不存在Cl，所以不能生成AgCl沉淀。4向银氨溶液中加入NaCl溶液，无白色沉淀产生，说明银氨溶液中_(填离子符号)离子浓度很小。若加入KI溶液有黄色沉淀产生，说明_很小。若向银氨溶液中加入盐酸立即产生白色沉淀，写出此反应的离子方程式：_。解析：银氨溶液中存在较多的Ag(NH3)2配离子，Ag(NH3)2很稳定，存在微弱的电离Ag(NH3)2Ag(NH3)NH3，Ag(NH3)AgNH3，所以溶液中c(Ag)很小，因此加入NaCl溶液，无白色沉淀产生；但是AgI的溶解度更小，在少量银离子存在时，加入碘化钾溶液，生成了更难溶解的AgI沉淀；如果向银氨溶液中加入盐酸，不仅增加溶液中的c(Cl)，更重要的是盐酸和溶液中的OH、NH3等反应，促进了银氨配离子的电离，使溶液中的c(Ag)增加很多，结果与Cl反应，产生AgCl沉淀。答案：AgAgI溶解度Ag(NH3)2OH3HCl=AgClH2O2NH5已知锌和铝都是活泼金属。其氢氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，溶于强碱分别生成Zn(OH)42和Al(OH)4。但是氢氧化铝不溶于氨水，而氢氧化锌能溶于氨水，生成Zn(NH3)42。(1)按要求写出下列反应的离子方程式：Al(OH)3溶于强碱溶液_。Zn(OH)2溶于氨水_。(2)说明在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水或NaOH溶液反应制备氢氧化锌的原因： _。(3)实验室一瓶AlCl3溶液中混有少量Zn2，如何提纯？解析：(1)从题给信息知锌离子和铝离子均可以和氢氧根形成配离子，而氢氧化铝和弱碱(如NH3H2O)不能反应，但氢氧化锌或锌离子可以和氨形成配离子，据此可以完成有关反应。(2)由于氢氧化锌既能溶于强碱，也能溶于氨水，因此如果用可溶性锌盐与氨水或NaOH溶液反应制备氢氧化锌时，由于加入的氨水或强碱溶液的量不准确(实际上很难控制准确)，导致生成的氢氧化锌量少，没有完全沉淀或沉淀部分溶解，因此在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水或NaOH溶液反应制备氢氧化锌。(3)加入过量氨水，过滤得氢氧化铝固体，洗涤固体，然后用盐酸将得到的氢氧化铝溶解即得到不含锌离子杂质的氯化铝溶液。答案：(1)Al(OH)3OH=Al(OH)4Zn(OH)24NH3H2O=Zn(NH3)422OH4H2O(2)由于氢氧化锌既能溶于强碱溶液，也能溶于氨水，因此如果用可溶性锌盐与氨水或NaOH溶液反应制备氢氧化锌时，由于加入的氨水或强碱溶液量的不准确，导致生成的氢氧化锌量少，没有完全沉淀或沉淀部分溶解(3)加入过量氨水，过滤得氢氧化铝固体，洗涤固体，然后用盐酸将得到的氢氧化铝溶解得氯化铝溶液。1关于配位键和配合物，下列说法不正确的是()A配位键的形成条件是含有孤对电子的分子或离子和有空轨道的原子或离子B电子对的给予体称为配体，电子对的接受体称为中心原子C配位键是共价键的一种特殊类型D过渡元素的金属离子不易形成配合物答案：D2在Cu(NH3)42配合物离子中，NH3与中心离子Cu2结合的化学键是()A离子键B非极性键C极性键 D配位键解析：选D中心离子与配位体之间通过配位键结合。3下列配合物的配位数不是6的是()K2Co(SCN)4Na2SiF6Na3AlF6Cu(NH3)4Cl2A BC D解析：选D中，配位数为4；中配位数也为4。4下列过程与配合物的形成无关的是()A除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液B向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失C向FeCl3溶液中加入KSCN溶液D向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失解析：选AA项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应生成可溶性Na2SiO3的性质，与配合物的形成无关；B项，AgNO3溶液与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配合物离子Ag(NH3)2；C项，Fe3与KSCN反应生成了配合物离子Fe(SCN)n(3n)；D项，CuSO4与氨水反应生成了配合物离子Cu(NH3)42。5关于Cr(H2O)4Br2Br2H2O的说法正确的是()A配体为水分子，配位原子是O，外界为BrB中心原子的配位数为4C能与AgNO3溶液反应产生浅黄色沉淀D中心原子的化合价为2价解析：选CCr(H2O)4Br2Br2H2O中的内界为Cr(H2O)4Br2，Cr3为中心离子，配体为H2O和Br，配位数为6，外界为Br，在水溶液中电离出的外界Br与Ag反应生成AgBr浅黄色沉淀。6下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是()A配位化合物中必定存在配位键B配位化合物中只有配位键CCu(H2O)42中的 Cu2提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键D配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用解析：选B配位化合物中必定存在配位键，可能有共价键，离子键，因此A正确，B错误；Cu(H2O)42中的 Cu2提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，C正确。7向CuSO4溶液中加入稀氨水至沉淀刚好溶解，若所得溶液中只有一种溶质，该溶质是()ACu(H2O)4SO4 BCu(OH)2CCu(NH3)4(OH)2 DCu(NH3)4SO4解析：选D硫酸铜溶液中加入稀氨水的反应过程为：CuSO42NH3H2O=Cu(OH)2(NH4)2SO4，Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)4(OH)24H2O，Cu(NH3)4(OH)2完全电离为Cu(NH3)42和OH，OH与NH结合生成NH3H2O，若溶质只有一种，则为Cu(NH3)4SO4。8某物质的实验式为PtCl42NH3，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构型CCl和NH3分子均与Pt4配位 D配合物中Cl与Pt4配位，而NH3分子不配位解析：选C由实验式可知中心原子的电荷数为4；由水溶液不导电可得出该配合物无外界，Cl和NH3分子均与Pt4配位，配位数为6。9CuCl2溶液有时显黄色，有时呈黄绿色或蓝色，这是因为在CuCl2的水溶液中存在平衡：Cu(H2O)42(蓝色)4ClCuCl42(黄色)4H2O。(1)试分析Cu(H2O)42、CuCl42中的铜离子与水分子或氯离子如何形成化学键_。(2)现欲使溶液由黄色变为黄绿色或者蓝色，请写出两种可采用的方法：_，_。解析：(1)Cu2中有空轨道，H2O中的氧原子上有孤电子对，Cl中也有孤电子对，所以H2O、Cl都可以与Cu2形成配位键。(2)溶液由黄色变为黄绿色或者蓝色，实质是平衡Cu(H2O)42(蓝色)4ClCuCl42(黄色)4H2O逆向移动的结果，要使该平衡逆向移动，一是加入水，二是加入一定量的硝酸银溶液，使氯离子的浓度降低。答案：(1)Cu(H2O)42中水分子中氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，CuCl42中氯离子提供孤电子对与铜离子形成配位键(2)加水稀释加入适量硝酸银溶液10(1)在配合物离子Fe(SCN)2中，提供空轨道接受孤对电子的微粒是_，画出配合物离子Cu(NH3)42中的配位键_。(2)配位化学创始人维尔纳发现，将各为1 mol的CoCl36NH3(黄色)，CoCl35NH3(紫红色)，CoCl34NH3(绿色)，CoCl34NH3(紫色)四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即沉淀的氯化银分别为3 mol,2 mol,1 mol和1 mol，已知上述配合物中配离子的配位数均为6，请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。CoCl35NH3_，CoCl34NH3_。解析：(1)在配合物离子Fe(SCN)2中，中心离子是Fe3，提供空轨道接受孤对电子，配合物离子Cu(NH3)42中的配位键为 。(2)1 mol CoCl35NH3只生成2 mol AgCl，则1 mol CoCl35NH3中有2 mol Cl为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl，此配合物结构的化学式为Co(NH3)5ClCl2,1 mol CoCl34NH3只生成1 mol AgCl，则1 mol CoCl34NH3中有1 mol Cl为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl，此配合物结构的化学式为Co(NH3)4Cl2Cl。答案：(1)Fe3(2)Co(NH3)5ClCl2Co(NH3)4Cl2Cl1下列物质：H3O；B(OH)4；CH3COO；NH3；CH4。含有配位键的是()ABC D解析：选A水分子中的氧原子上有未成键电子对，氢离子有空轨道，可以形成H3O离子，由此可以判断该离子有配位键；B(OH)4离子中，B只有3个电子可以成键，故还有一个空轨道，有一个共价键是OH与B通过配位键形成的。2下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是()KAg(CN)2、Cu(NH3)4SO4Ni(NH3)4Cl2、Cu(NH3)4SO4Ag(NH3)2Cl、KAg(CN)2Ni(NH3)4Cl2、Ag(NH3)2ClA BC D解析：选B中中心离子的电荷数分别是1和2，配位数分别是2和4；中中心离子的电荷数均是2，配位数均是4；中中心离子的电荷数均是1，配位数均是2；中中心离子的电荷数分别是2和1，配位数分别是4和2。3配位化合物Pt(NH3)2Cl2有顺铂和反铂两种同分异构体。顺铂在水中的溶解度较大，具有抗癌作用；反铂在水中的溶解度小，无抗癌作用。下列说法正确的是()A顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂B已知Pt位于周期表第十纵行，则Pt是d区的第B族元素C分子中Pt和N之间为离子键DN原子杂化方式为sp2杂化解析：选A由题给信息可知顺铂易溶于水，因为它是极性分子，易溶于极性溶剂，反铂为非极性分子，则顺铂在苯等有机溶剂中溶解度小于反铂，A正确；周期表中不存在第B族元素，Pt是d区的第族元素，B错误；配位化合物中Pt和N之间为配位键，不是离子键，C错误；氨分子中氮原子为sp3杂化，D错误。4具有6个配体的Co3的配合物CoClmnNH3，若1 mol配合物与AgNO3溶液作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是()Am1，n5 Bm3，n4Cm5，n1 Dm4，n5解析：选B此题中与AgNO3作用的Cl(1 mol)不是来自配体，而是与配离子结合的游离Cl(外界)，因此，根据电荷守恒，中心原子为Co3，Cl应为3 mol，其中作为外界的Cl为1 mol，作为配体的Cl为2 mol，共6个配体，所以作为配体的NH3为4 mol。5向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是()A先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失B生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag和ClC生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物Ag(NH3)2ClD若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后又消失解析：选BAg与NH3能发生如下反应：Ag2NH3=Ag(NH3)2，而AgCl存在微弱的电离：AgClAgCl，向其中滴加氨水后会使电离平衡向右移动，最终因生成Ag(NH3)2Cl而溶解。6已知Co(NH3)63呈正八面体结构，各NH3分子间距相等，Co3位于正八面体的中心。若其中两个NH3分子被Cl取代，所形成的Co(NH3)4Cl2的同分异构体的种数有()A2种 B3种C4种 D5种解析：选ACo(NH3)4Cl2的同分异构体的种数有2种，见下图7当0.01 mol氯化铬()(CrCl36H2O)在水溶液中用过量的硝酸银处理时，有0.02 mol氯化银沉淀析出，此样品的配离子的表示式为()ACr(H2O)63 BCrCl(H2O)52CCrCl2(H2O)4 DCrCl3(H2O)3解析：选B从题给反应物的量知，1 mol氯化铬()(CrCl36H2O)在水溶液中用过量的硝酸银处理时，有2 mol氯化银沉淀析出，则知配合物外界有2个氯离子，因此配合物的化学式可以写为CrCl(H2O)5Cl2H2O，在溶液中电离生成：CrCl(H2O)52、Cl。8向黄色的FeCl3溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应可以用化学方程式FeCl33KSCN=Fe(SCN)33KCl表示。(1)该反应的类型是_，生成物中KCl既不是难溶物、难电离物质，也不是易挥发物质，则该反应之所以能够进行是由于生成了_的Fe(SCN)3。(2)经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3与SCN不仅能以13的个数比配合，而且能以其他个数比配合。请按要求填空：所得Fe3和SCN的配合物中，主要是Fe3与SCN以个数比11配合所得的离子显血红色。该离子的符号是_，含该离子的配合物的化学式是_。若Fe3与SCN以个数比15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为_。(3)向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，这是由于_(填字母代号)。a与Fe3配合的SCN数目增多b血红色离子的数目增多c血红色离子的浓度增大解析：两种化合物之间相互交换成分，生成另外两种化合物的反应是复分解反应。该反应进行的条件为有气体、沉淀或难电离的物质生成。颜色的深浅与有色物质的浓度有关。答案：(1)复分解反应难电离(2)Fe(SCN)2Fe(SCN)Cl2FeCl35KSCN=3KClK2Fe(SCN)5(3)c9四种常见元素的性质或结构信息如下表。试根据信息回答下列有关问题。元素ABCD性质结构信息原子核外有两个电子层，最外层有3个未成对电子原子的M层有1对成对的p电子原子核外电子排布为Ar3d104sx，有1、2两种常见化合价有两种常见的习化物，其中有一种是冶金工业常用的还原剂(1)写出B原子的电子排布式_。(2)A元素的氢化物的沸点比同主族相邻元素氢化物沸点_(填“高”或“低”)，其原因是_。(3)往C元素的硫酸盐溶液中逐滴加入过量A元素的氢化物水溶液，可生成的配合物的化学式为_，简要描述该配合物中化学键的成键情况_。(4)“”表示上述相关元素的原子中除去最外层电子的剩余部分，“”表示氢原子，小黑点“”表示没有形成共价键的最外层电子，短线表示共价键。则在以上分子中，中心原子采用sp3杂化形成化学键的是_(填写序号)；在的分子中有_个键和_个键。解析：(1)元素B原子的M层有1对成对的p电子，则M层的p轨道有4个电子，其电子排布式为：1s22s22p63s22p4。(2)A元素由其性质或结构信息可知是N元素，其氢化物的分子间存在氢键，故沸点比同主族相邻元素氢化物高。(3)C元素是Cu，CuSO4与过量氨水可生成配合物Cu(NH3)4SO4，中心原子与配位体之间是配位键，内界与外界之间是离子键。(4)是NH3，是CHCH，是CH4，是H2S，中心原子采用sp3杂化的是，在CHCH分子中有3个键，2个键。答案：(1)1s22s22p63s23p4(2)高因为A的氢化物分子间存在氢键(3)Cu(NH3)4SO4中心原子与配位体之间以配位键相结合，内界与外界之间以离子键相结合(4)32(时间：60分钟 满分：100分)专题质量检测 一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分)1下列不属于配位化合物的是()A六氟合铝酸钠B氢氧化二氨合银(银氨溶液)C六氰合铁酸钾D十二水硫酸铝钾解析：选D从四个选项中看，D选项物质是由K、Al3、SO及H2O分子组成的离子化合物，所以D不是配位化合物，答案选D。2下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的一组是()ACH4、CCl4、CO2、H2O2BC2H4、C2H2、C6H6(苯)CCl2、H2、N2 DNH3、H2O、SO2解析：选B选项A中H2O2是含极性键、非极性键的极性分子；选项B中乙烯是HC极性键和C=C非极性键构成的平面结构的分子，乙炔是HC极性键和CC非极性键构成的直线形分子，苯分子为有HC极性键的平面分子，这些都是非极性分子；选项C均为非极性键构成的非极性分子；选项D均为极性键构成的极性分子。3根据价层电子对互斥理论及原子的杂化理论判断NF3分子的空间构型和中心原子的杂化方式为()A直线形sp杂化 B三角形sp2杂化C三角锥形sp2杂化 D三角锥形sp3杂化解析：选D在NF3分子中，N原子上价层电子对数(513)4价层电子对互斥模型为四面体，孤电子对数431，则NF3分子的空间构型为三角锥形；根据杂化轨道数价层电子对数4，则由1个s轨道和3个p轨道参与杂化，为sp3杂化。4氨气分子空间构型是三角锥形，而甲烷分子是正四面体，这是因为()A两种分子的中心原子的杂化轨道类型不同，NH3为sp2型杂化，而CH4是sp3型杂化BNH3分子中氮原子形成3个杂化轨道，CH4分子中碳原子形成4个杂化轨道CNH3分子中有一对未成键的孤电子对，它对成键电子的排斥作用较强D氨气分子是极性分子而甲烷是非极性分子解析：选CNH3和CH4的中心原子都是sp3杂化，故A、B错误；分子的空间构型跟分子的极性没有必然联系，故D错误。5关于SO2与CO2说法正确的是()A都是直线形结构B中心原子都采取sp杂化CS原子和C原子上都没有孤对电子DSO2为V形结构，CO2为直线形结构解析：选DSO2中的S采用的是sp2杂化，三个杂化轨道呈平面三角形，两个杂化轨道与O原子形成化学键，另有一个杂化轨道被孤对电子占据，所以分子构型是V形；CO2中的C是sp杂化，两个杂化轨道呈直线形结构，两个杂化轨道均与O原子形成化学键，所以分子构型也是直线形。6在乙烯分子中有5个键、1个键，它们分别是()Asp2杂化轨道形成键、未杂化的2p轨道形成键Bsp2杂化轨道形成键、未杂化的2p轨道形成键CCH之间是sp2形成的键，CC之间是未参加杂化的2p轨道形成的键DCC之间是sp2形成的键，CH之间是未参加杂化的2p轨道形成的键解析：选A乙烯分子中，每个C原子都采用sp2杂化方式，每个C原子上各有3个sp2杂化轨道和未杂化的2p轨道，其中3个sp2杂化轨道中，1个用于与另一个C原子形成CC 键，2个用于与2个H原子形成CH 键，未参与杂化的2p轨道“肩并肩”重叠形成CC 键。7下列分子价层电子对互斥模型与空间构型不一致的是()ACO2 BBF3CH2O DCH4解析：选C分子中，若含有孤电子对，价层电子对互斥类型与分子空间构型不一致，若不含孤电子对，则两者一致。H2O分子中的氧原子上有2对孤电子对，价层电子对互斥模型与水分子的空间构型不一致。8关于原子轨道的说法正确的是()A凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型都是正四面体BCH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s轨道和C原子的2p轨道混合起来而形成的Csp3杂化轨道是由同一个原子中能量最近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相等的新轨道D凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键解析：选CCH3Cl是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子，其几何构型是四面体，但不是正四面体，A项错误；CH4分子中的sp3杂化轨道是由碳原子中能量相近的s轨道和p轨道混合起来形成的一组能量相等的新轨道，B项错误；AB3型的共价化合物，其中心原子A可采用sp3杂化轨道成键也可采用sp2杂化轨道成键，例如BF3是中心原子采取sp2杂化轨道成键的分子，D项错误。9表中为部分短周期元素的相关数据：元素性质元素编号原子半径(nm)a0.075b0.110cd最高化合价6557最低化合价232311下列说法正确的是()A氢化物沸点：元素元素B元素氢化物与元素氢化物之间反应形成的化合物中只有极性键CadbcD元素的氢化物中元素原子采取sp2杂化解析：选C先从化合价角度分析，最高正价为最外层电子数，最低价绝对值为8减去最外层电子数。元素和元素同在A族，由于O无最高正价，可确定元素为S，为O；元素和元素同在A族，原子半径ClOF，即adbc；PH3中P原子采取sp3杂化。10PH3是一种无色剧毒气体，其分子结构和NH3相似。下列判断错误的是()APH3分子呈三角锥形BPH3和NH3分子中孤电子对数相同CPH3分子中H原子之间是非极性键DPH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高解析：选CA项，PH3分子结构和NH3相似，都是三角锥形结构，正确；B项，PH3分子结构和NH3相似，中心原子都含有一对孤电子对，正确；C项，PH3中H原子之间不存在化学键，错误；D项，NH键键能比PH键键能大，所以PH3分子稳定性低于NH3分子，正确。11下列推断正确的是()ABF3为三角锥形分子BNH的电子式为 ，离子呈平面正方形结构CCH4分子中的4个CH键都是氢原子的1s轨道与碳原子的2p轨道形成的sp 键DCH4分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个CH 键解析：选DBF3为平面三角形，NH为正四面体，CH4分子中碳原子的2s轨道与2p轨道形成4个sp3杂化轨道，然后与氢原子的1s轨道重叠，形成4个sp3s 键。12下列对分子性质的解释中，不正确的是()A水很稳定(1 000 以上才会部分分解)是因为水中含有大量的氢键所致B乳酸 有一对手性异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子C碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶规则解释D凡中心原子采取sp3杂化，其杂化轨道的空间构型都是四面体解析：选A水稳定是由于HO键牢固，而氢键只影响熔、沸点，A项错误。二、非选择题(本题包括3小题，共40分)13(14分)已知A、B、C、D、E、F均为周期表中前36号元素，且原子序数依次增大。A、B、C为同一周期的非金属主族元素，B原子p轨道电子总数与s轨道电子总数相等。A、F原子核外未成对电子数是同周期中最多的，且F基态原子中电子占据三种不同形状的原子轨道。D和E原子的第一至第四电离能如下表所示：电离能/kJmol1I1I2I3I4D7381 4517 73310 540E5781 8172 74511 578(1)A、B、C三种元素的电负性最大的是_(填写元素符号)，D、E两元素中D的第一电离能较大的原因是_。(2)F基态原子的核外电子排布式是_；在一定条件下，F原子的核外电子从基态跃迁到激发态需要_(填“吸收”或“发射”)能量。(3)根据等电子原理，写出AB的电子式：_。(4)已知F3可形成配位数为6的配合物。组成为FCl36H2O的配合物有3种，分别呈紫色、蓝绿色、绿色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等质量的紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀，产生沉淀的质量比为321。则绿色配合物的化学式为_。ACrCl(H2O)5Cl2H2OBCrCl2(H2O)4Cl2H2OCCr(H2O)6Cl3DCrCl3(H2O)33H2O解析：A、B、C为同一周期的非金属主族元素，B原子p轨道电子总数与s轨道电子总数相等，可知B的p轨道电子总数为4，那么B为O，A原子未成对电子数是同周期中最多的，故其为N，A、B、C为同一周期的主族元素，那么C必为F。F基态原子中电子占据三种不同形状的原子轨道，结合F原子核外未成对电子情况知F必为Cr。D为Mg，E为Al。D、E两元素中D的第一电离能较大的原因是D原子最外层电子排布式为3s2，s轨道全充满，相对稳定。AB的电子式与N2相似。由产生的白色沉淀质量比为321知1 mol绿色配合物可电离出1 mol Cl，即绿色配合物为CrCl2(H2O)4Cl2H2O。答案：(1)FD原子最外层电子排布式为3s2，s轨道全充满，相对稳定(2)1s22s22p63s23p63d54s1吸收(3) (4)B14(12分)为了比较温室效应气体对全球增温现象的影响，科学家以CO2为相对标准，引入了“温室效应指数”的概念(如表)。物质大气中的含量(体积百分比)温室效应指数CO20.031H2O10.1CH4210430N2O43105160O341062 000CCl2F24.810