2023-2024学年苏教版新教材选择性必修二 专题4第二单元 配合物的形成和应用 作业

4.2配合物的形成和应用一、单选题1．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．[Co(NH3)Cl3] B．[Co(NH3)6]Cl3C．[Co(NH3)4Cl2]Cl D．[Co(NH3)5Cl]Cl22．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，下列对此现象的说法正确的是（）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，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+C．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为正四面体型D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道3．CuSO4常用作农业杀菌剂、分析试剂、媒染剂和防腐剂等。实验室利用废铜屑制备CuSO4有三种途径：一是将废铜屑与浓硫酸共热，此方法会产生污染性气体SO2；二是先将废铜屑加热氧化成CuO，然后再用稀硫酸溶解，该方法耗能较多；三是在常温下用H2O2和H2SO4的混合溶液浸取废铜屑获得CuSO4，该方法绿色环保且节能，反应为Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(1)ΔH=-319.68kJ·mol-1。下列有关Cu、SO、Cu2+的说法正确的是（）A．Cu可以使蛋白质变性B．Cu基态价电子排布式为3d94s2C．SO的空间构型为正四面体D．Cu2+与NH3形成的[Cu(NH3)4]2+中配位数是24．血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①；②，下列说法错误的是A．形成配位键时提供空轨道B．电负性：，故中与配位的是OC．由题意可得结论：相同温度下，D．中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反5．某物质的结构如图所示，对该物质的分析判断正确的是（）A．该物质属于离子化合物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，配位数是4D．该物质中C，N，O原子均存在孤对电子6．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，将生成深蓝色的配离子[Cu（NH3）4]2+C．向反应后的溶液中加入乙醇，溶液没有发生变化D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道7．下列有关说法正确的是（）A．水合铜离子的模型如图1所示，1个水合铜离子中含有4个配位键B．K2O晶体的晶胞如图2所示，每个K2O晶胞平均占有8个O2-C．金属Zn中Zn原子堆积模型如图3所示，空间利用率为68%D．金属Cu中Cu原子堆积模型如图4所示，为面心立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为88．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6B．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9．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．Cl-和NH3均与Pt4+形成配位键B．该配合物可能是平面正方形结构C．该配合物中中心原子的配位数为4D．该配合物的配体只有NH310．液氨是富氢物质，是氢能的理想载体。下列说法错误的是()A．NH3分子中氮原子的杂化方式为sp3杂化B．[Cu(NH3)4]2＋中，NH3分子是配体C．相同压强下，NH3的沸点比PH3的沸点低D．NH4+与PH4+、CH4、BH4-互为等电子体11．沸点为316℃，常用于蚀刻电路板。硫酸亚铁铵[]常用于治疗缺铁性贫血，向硫酸亚铁铵溶液中加入几滴碘水，振荡后再向其中滴加几滴KSCN溶液，溶液呈血红色，该血红色物质为。下列说法错误的是A．1mol中含有σ键的数目为4molB．为分子晶体C．与SO42−具有相似的空间构型D．[Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中心离子的配位数为612．将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中，剧烈反应，燃烧产生棕黄色烟，向集气瓶中加入少量水，观察到溶液呈黄绿色，主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的[CuCl4]2-。现向蓝色的硫酸铜溶液中，加入少量稀氨水，得到蓝色絮状沉淀，继续加入氨水后，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再向其中加入少量浓盐酸，得到绿色溶液，则该绿色溶液中主要存在的离子是()A．Cu2+、[Cu(H2O)4]2+、SO42-B．[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、N、SO42-C．[CuCl4]2-、N、SO42-D．[Cu(NH3)4]2+、[Cu(H2O)4]2+、SO42-13．下列物质属于配合物的是（）A．NH4Cl B．Na2CO3•10H2OC．Co（NH3）6Cl3 D．CuSO414．在催化剂作用下，分解生成和可能的反应机理如图所示。研究发现：其他条件不变时，向溶液添加催化释氢的效果更佳。下列说法中错误的是A．催化释氢反应除生成外，还生成B．添加的溶液催化释氢产物是、和C．添加后可以使反应加速D．该过程中有配位键的形成和断裂15．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法中正确的是（）A．配位体是Cl-和H2O，配位数是8B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+C．内界和外界中的Cl-的数目比是1：2D．在1mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3molAgCl沉淀16．银氨溶液常用于有机物官能团的检验。下列说法正确的是（）A．的配体为N原子B．配制银氨溶液时应向氨水中加入过量的硝酸银溶液C．1mol某有机物与足量的银氨溶液充分反应生成432gAg，其分子中定含有2个醛基D．银氨溶液中加入适量盐酸生成白色沉淀，则：二、综合题17．铝、铁、铜等金属在日常生活中应用广泛，钛由于其特殊的性能被誉为“未来世纪的金属”。其单质及化合物在化工、医药、材料等领域具有广泛应用。回答下列问题：（1）基态Cu原子的价电子轨道表示式为；的空间构型为。（2）1mol配合物中键的数目为，其组成元素的电负性大小顺序是。（3）与形成配位键的能力(填“强于”或“弱于”)与形成配位键的能力，请用实验事实加以说明：。（4）TiN具有高硬度和优良的耐磨损性，用Al部分代替TiN中Ti后可以提升耐磨性5倍以上。其晶胞结构如下图所示，掺杂Al后的晶体密度是TiN晶体的倍(精确到小数点后第2位)，设原子①的原子坐标为(0，0，0)，则原子②的原子坐标为，已知相邻的Ti-N原子距离为anm，则晶胞中原子①与②距离为nm。18．以、和为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下：（1）基态原子的价层电子排布式为。（2）根据反应原理分析①镀铜反应中，利用了的性。②选择进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是a．、均属于极性分子b．与之间能形成氢键c．在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子（3）镀液中的、、三种微粒，空间结构为三角形的是。（4）为防止与形成沉淀，可加入使形成配合物。能电离出和。(EDTA4-)中除部分O外，还能与配位的原子是。（5）铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区。位于区。（6）聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征：上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是：①。②聚合物有可能与配位。19．已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E。其中A、B、C是同一周期的非金属元素。化合物DC为离子化合物，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构。AC2为非极性分子。B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高。E的原子序数为24，ECl3能与B、C的氢化物形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2∶1，三个氯离子位于外界。请根据以上情况，回答下列问题：(答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示)（1）写出化合物AC2的电子式；一种由B、C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为。（2）E的核外电子排布式是，ECl3形成的配合物的化学式为。（3）与互为等电子体，1mol中含有的键数目为。20．铜制印刷电路板蚀刻液的选择及再生回收是研究热点。（1）用HCl-FeCl3溶液作蚀刻液①该溶液蚀刻铜板时发生主要反应的离子方程式为.②从废液中可回收铜井使蚀刻液再生。再生所用的试剂有Fe和(填化学式)。（2）用HCl-CuCl2溶液作蚀刻液蚀刻铜后的废液中含Cu+用下图所示方法可使蚀刻液再生并回收金属铜。第一步BDD电极上生成强氧化性的氢氧自由基(HO·)：H2O-e-=HO·+H+：.第二步HO·氧化Cu+实现CuCl蚀刻液再生：(填离子方程式).（3）用碱性CuCl2溶液(用NH3·H2O-NH4Cl调节pH)作蚀刻液原理为：CuCl2+4NH3·H2O=Cu(NH3)4Cl2+4H2O；Cu(NH3)4Cl2+Cu=2Cu(NH3)2Cl①过程中只须及时补充NH3·H2O和NH4Cl就可以使蚀刻液再生，保持蚀刻能力。蚀刻液再生过程中作氧化剂的是(填化学式)。②50℃，c(CuCl2)=2.5mol·L-1，pH对蚀刻速串的影响如图所示。适宜pH约为8.3~9.0，pH过小或过大，蚀刻速率均会减小的原因是21．电动汽车电池材料的发展技术之一是使用三元材料镍锰钴酸锂。回答下列问题：（1）基态Mn2+中成对电子数与未成对电子数之比为.。（2）[Co(NO2)(NH3)5]Cl2中Co3+的配位数为，粒子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则配体中NO的大π键可表示为，空间构型为。（3）①已知：过渡金属价层达到18电子时，配位化合物较稳定。比较稳定性：［Ni(CO)4]［Co(C5H5)2](填“>”“<”)。②正负离子的半径比是决定晶体结构和配位数的重要因素。根据图(a)、图(b)推测晶体中离子半径比(r+/r-)与配位数的关系.。（4）镍锰钴酸锂三元材料为六方最密堆积，其晶胞结构如下图所示，以R表示过渡金属离子，其化学式为。若过渡金属离子的平均摩尔质量为MRg·mol-1，该晶体的密度是ρg·cm-3，阿伏加德罗常数是NA，则NA=。(列出计算表达式)

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．[Co(NH3)Cl3]中没有Cl-，不能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，A符合题意；

B．[Co(NH3)6]Cl3中有Cl-，能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，B不符合题意；

C．[Co(NH3)4Cl2]Cl中有Cl-，能和AgNO3反应生成AgCl沉淀，C不符合题意；

D．[Co(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。2．【答案】B【解析】【解答】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A不符合题意；B．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故B符合题意；C．[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正四边形，故C不符合题意；D．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D不符合题意；故答案为：B．

【分析】

A.配合物在溶液中以外界和内界离子形式存在，不存在沉淀，金属离子浓度再减小。

B.配合物的颜色即是內界离子的颜色。

C.配离子的空间构型主要有中心离子的轨道杂化方式和配体个数决定。

D.配离子中中心离子提过空轨道，配位原子提供孤对电子。3．【答案】C【解析】【解答】A．单质铜不能使蛋白质变性，重金属盐可以使蛋白质变性，A不符合题意；B．全满或半充满为稳定结构，Cu基态价电子排布式为3d104s1，B不符合题意；C．SO的中心原子S的价层电子数为4，孤电子对数为0，空间构型为正四面体，C符合题意；D．Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，则形成的[Cu(NH3)4]2+中配位数是4，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.重金属离子能使蛋白质变性；

B.Cu基态价电子排布式为3d104s1；

C.SO的中心原子S的价层电子数为4，不含孤电子对；

D.[Cu(NH3)4]2+中配位数为4。4．【答案】B【解析】【解答】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A不符合题意；B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B符合题意；C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C不符合题意；D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.配合物中，含有空轨道的原子提供空轨道、含有孤电子对的原子提供孤电子对而形成配位键；

C.平衡常数越大，反应的进行程度越大；

D.CO中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，平衡①正向移动、②逆向移动。5．【答案】C【解析】【解答】A．根据图示，该物质不含离子，属于共价化合物，故A不符合题意；B．该物质的分子中含有共价键、配位键、氢键三种作用力，故B不符合题意；C．根据图示，Ni原子与4个N原子形成配位键，配位数是4，故C符合题意；D．该物质中C原子最外层4个电子，形成4个共价键，C原子不存在孤对电子，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.该物质只含共价键和配位键；

B.该分子中含有共价键、配位键和氢键；

C.该配合物中Ni原子为中心原子，配位数是4；

D.C原子不存在孤对电子。6．【答案】B【解析】【解答】A、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，不符合题意；B、硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，符合题意；C、[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，不符合题意；D、在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，不符合题意。故答案为：B

【分析】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。根据此现象反应过程为先生成氢氧化铜，然后沉淀溶解转化成配合物[Cu（NH3）4]SO4。该配合物中Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子。7．【答案】A【解析】【解答】A．水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，故A符合题意；B．根据均摊法可知，在2O晶体的晶胞中，每个K2O晶胞平均占有8×+6×=4个O2-，故B不符合题意；C．金属Zn中Zn原子堆积模型为立方最密堆积方式，空间利用率为74%，故C不符合题意；D．在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，故D不符合题意；故答案为A。

【分析】A.根据形成的键即可写出

B.根据晶胞中离子占有情况即可计算

C.立方最密堆积方式的占有率是74%，而体心立方堆积占有率是68%，简单立方堆积占有率是52%

D.铜是面心立方堆积，配位数是12，不是88．【答案】C【解析】【解答】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9．【答案】A【解析】【解答】A．加入AgNO3溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，可知Cl-和NH3均与Pt4+形成配位键，故A符合题意；B．该配合物的配位数是6，不可能是平面正方形结构，故B不符合题意；C．该配合物中，4个Cl-和2个NH3分子与中心原子配位，配位数是6，故C符合题意；D．该配合物的配体是Cl-和NH3，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】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放出说明该物质是分子晶体，是非电解质。10．【答案】C【解析】【解答】A．氨气分子中氮原子价层电子对个数=3+=4，所以N原子采用sp3杂化，A不符合题意；B．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，所以N原子是配位原子，NH3分子是配体，B不符合题意；C．NH3和PH3结构相似且都属于分子晶体，分子晶体的熔沸点随着其相对分子质量的增大而增大，但氢键能增大物质的沸点，氨气分子间存在氢键，所以相同压强时，NH3和PH3比较，氨气沸点高，C符合题意；D．等电子体为原子数相等和价电子数相等的原子团，NH4+与PH4+、CH4、BH4-均含有5个原子团，且价电子均为8，互为等电子体，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.根据氮原子的价层电子对个数判断其轨道杂化方式；

B.根据配位键的形成分析；

C.氨分子间存在氢键，会使得沸点增大；

D.根据等电子体的概念分析；11．【答案】A【解析】【解答】A.1个SCN−中含有2个σ，2个Π，A符合题意；B．FeCl3中，Fe与Cl之间的化学键是共价键，不是离子键，所以FeCl3属于分子晶体，B不符合题意；C．中，价层电子对数4，孤电子对数为0，所以空间构型为四面体，中价层电子对数为4，孤电子对数为0，所以空间构型为四面体，C不符合题意；D．Fe(SCN)n(H2O)6−n]3−n中，配体为SCN-和H2O，配位数为6，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A、σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；π键即不饱和键，即每一个共价键中除了σ键以外的就是π键；

B、只有共价键，为分子晶体；

C、杂化轨道=中心原子成键电子对数+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，成键电子数=3，为三角形；

杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；

杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；

杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；

杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；

D、配体含有SCN-和H2O，总和为6。12．【答案】B【解析】【解答】在硫酸铜溶液中加入氨水再加入浓盐酸后发生反应依次为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-、[Cu(NH3)4]2++4H++4Cl-=[CuCl4]2—+4NH4+，在整个过程中，硫酸根未参与反应，另外水分子也易与Cu2+结合生成天蓝色的[Cu(H2O)4]2+。即可得出绿色溶液中含有的离子是[CuCl4]2—、NH4+、[Cu(H2O)4]2+、SO42-.故B符合题意

故正确答案是：B【分析】根据给出的物质写出反应的方程式即可找出含有的离子13．【答案】C【解析】【解答】解：A．NH4Cl属于一般化合物，为氯离子和铵根离子构成的离子化合物，不含配体，所以NH4Cl不属于配合物，故A不选；B．Na2CO3•10H2O属于一般化合物，为碳酸根离子和钠离子以及结晶水构成的离子化合物，无中心离子，也不含配体，所以Na2CO3•10H2O不属于配合物，故B不选；C．Co（NH3）6Cl3中，Co3+为中心离子提供空轨道，NH3为配体提供孤电子对，形成配位键，所以该物质属于配合物，故C选；D．CuSO4属于一般化合物，为铜离子和硫酸根离子构成的离子化合物，不含配体，所以CuSO4不属于配合物，故D不选；故选C．【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对．14．【答案】B【解析】【解答】A．H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成和H2推断HCOOD催化释氢生成和HD，故A不符合题意；B．HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快地产生KH，KH可以与水反应生成和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的生成K2CO3，则用HCOOK溶液催化释氢的产物是、和K2CO3，故B符合题意；C．根据图示可知，HCOOH催化分解的反应机理是HCOOH分解生成H+和HCOO-，然后HCOO-再分解成和H-，H-和H+反应生成氢气，HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快地产生KH，KH可以与水反应生成和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的，从而使氢气更纯净，所以用HCOOK代替HCOOH可以提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度，故C不符合题意；D．由图可知，中存在配位键，则该过程中有配位键的形成和断裂，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、结合甲酸分解为二氧化碳和氢气的特点，判断的催化反应特点；

B、强电解质更容易生成甲酸根离子和钾离子；

C、根据图示可以知道用HCOOK代替HCOOH可以提高释放氢气的速率；

D、结合图示中的配位键进行判断。15．【答案】C【解析】【解答】A．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A不符合题意；B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B不符合题意；C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C符合题意；D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，只能生成2molAgCl沉淀，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O中配位体是Cl和H2O；

B..[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O中中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-；

D.只有外界的Cl-离子与Ag+反应。16．【答案】C【解析】【解答】A．的配体为氨气分子，故A不符合题意；B．配制银氨溶液的方法：在洁净的试管中加入硝酸银溶液，边振荡边逐滴加入稀氨水，至最初产生的白色沉淀恰好溶解为止，制得银氨溶液，故B不符合题意；C.1mol某有机物与足量的银氨溶液充分反应生成432gAg，即生成=4molAg，根据-CHO～2Ag，其分子中含有2个醛基(甲醛分子中可以看成有2个醛基)，故C符合题意；D．银氨溶液中加入适量盐酸生成白色沉淀，反应的离子方程式为[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋3H＋＋Cl－＝AgCl↓＋2NH＋H2O，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.的配体为NH3；

B.配制银氨溶液时，滴入氨水使生成沉淀恰好溶解为止；

D.电离出的[Ag(NH3)2]＋和OH-与盐酸反应生成AgCl、NH、H2O。17．【答案】（1）；正四面体形（2）；O＞Cl＞H＞Ti（3）强于；向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，然后蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液（4）0.92；(1，，)；【解析】【解答】（1）中根据电子排布式及鲍林不相容原理和洪特规则进行书写，微粒的空间构型根据杂化轨道类型ABn型分子特点进行判断；（2）中根据共价键的类型判断键，利用配合物中共价键的个数进行判断；电负性根据元素的非金属性进行判断，利用周期律进行判断；（3）根据配位键形成的实质进行判断，利用实验说明利用物质间的转化进行判断；（4）根据晶胞密度的计算公式进行计算，利用三维坐标根据投影进行判断；原子间距离根据勾股定理进行计算；(1)铜原子的价电子排布式是3d104s1，根据鲍林不相容原理和洪特规则书写其价电子轨道表示式为：；故答案为；的空间构型根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为正四面体；故答案为正四面体；(2)中，配体氯离子和水与钛离子之间的配位键是6个属于键，配体水分子中氢氧键共10个属于键，故键含有16个，1mol配合物中键的数目为16NA，故答案为16NA；根据非金属性越强，电负性越强，故其含有的元素电负性大小顺序为：O＞Cl＞H＞Ti；故答案为：O＞Cl＞H＞Ti；(3)氨气中氮原子电负性小于水分子中氧原子的电负性，故更易提出孤对电子形成配位键，故答案为强于；实验事实向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，然后蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液；故答案为：向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水直至过量，先生成蓝色沉淀，然后蓝色沉淀溶解得到深蓝色溶液；(4)TiN晶胞中，钛离子实际个数为：；实际氮离子个数为：，设晶胞的体积为V，故TiN晶胞的密度为：；当用Al部分代替TiN中Ti后，实际含有钛原子为：，实际氮原子个数为：，实际铝原子个数为：1；故密度为：；故掺杂Al后的晶体密度是TiN晶体的；故答案为0.92；设原子①的原子坐标为(0，0，0)，则原子②的原子坐标为(1，，)；故答案为：(1，，)；已知相邻的Ti-N原子距离为anm，从②点向下边做垂线，根据两个勾股定律计算得，故答案为：；

【分析】（1）铜为29号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；

杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；

杂化轨道数=2，为直线；

杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；

杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；

杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；

杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；

杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形

（2）σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；电负性跟非金属性挂钩，非金属性越强，则电负性越强；

（3）电负性越弱，其提供孤电子对的能力越强；

（4）晶胞的密度要结合体积、阿伏加德罗常数、摩尔质量进行计算；原子坐标要根据原点进行判断。18．【答案】（1）3d104s1（2）还原；ab（3）HCHO（4）N（5）d（6）该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破【解析】【解答】(1)已知Cu是29号元素，则基态原子的价层电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；(2)①镀铜反应中，Cu2+被还原为Cu，HCHO被氧化为HCOO-，则HCHO为还原剂体现还原性，故答案为：还原；②a．根据相似相溶原理可知，、均属于极性分子，a正确；b．能够形成分子间氢键的物质之间的溶解性增大，则与之间能形成氢键，b正确；c．由于O的电负性比C的大，在醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子，c不正确；故答案为：ab；(3)镀液中的、、三种微粒中中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+=4，中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，中心原子O原子周围的价层电子对数为：2+=4，根据价层电子对互斥理论可知，它们的空间结构分别为正四面体形、平面三角形和V形，故答案为：HCHO；(4)由的结构简式可知，部分O原子和N原子上有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，则中除部分O外，还能与配位的原子是N，故答案为：N；(5)已知Ni是28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，则位于d区，故答案为：d；(6)①由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏，②聚合物中的O和N中存在孤电子对，可能与配位，则上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，故答案为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。

【分析】（1）根据铜原子的电子排布即可写出电子排布式

（2）①甲醛具有还原性

②根据结构即可判断出为极性分子，与水之间形成氢键

（3）根据中间原子的价层电子即可判断构型

（4）根据找出可提供孤对电子的原子即可

（5）根据核外电子排布即可判断

（6）①根据结构式找出官能团即可19．【答案】（1）；N2O（2）1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3（3）2NA【解析】【解答】(1)化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为;一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学式为N2O，故答案为：；N2O；(2)E为Cr元素，原子序数为24，原子核外有24个电子，核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2:1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3；(3)根据等电子体原理可知，的结构式为，有两个π键，根据等电子体原理，在1个中，也含有2个π键，故1mol中，含有2NA个π键，故答案为：2NA。【分析】A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A<B<C<D<E，化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成-2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成-2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B<C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E的原子序数为24，则E为Cr元素；CrCl3能与NH3、H2O形成六配位的配合物，且两种配体的物质的量之比为2：1，则配体中有4个NH3、2个H2O，三个氯离子位于外界，该配合物为[Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3。20．【答案】（1）2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；HCl和Cl2(或H2O2)（2）H++Cu++·OH=Cu2++H2O（3