3.4配合物与超分子

3.4配合物与超分子配合物（一）配位键1.概念：成键原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道形成的共价键2.形成条件：①成键原子一方能提供孤电子对②成键原子另一方能提供空轨道3.性质①饱和性和方向性②一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目是基本不变的（二）配位化合物1.概念：把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物2.组成配合物[Cu(NH3)4]SO4的组成如下图所示：①中心原子：提供空轨道接受孤电子对的原子。中心原子一般都是带正电荷的阳离子(此时又叫中心离子)，②配体：提供孤电子对的阴离子或分子，如Cl－、NH3、H2O等。配体中直接同中心原子配位的原子叫做配位原子。配位原子必须是含有孤电子对的原子③配位数：直接与中心原子形成的配位键的数目。如[Fe(CN)6]4－中Fe2＋的配位数为6。3.配合物的形成对性质的影响①对溶解性的影响一些难溶于水的金属氢氧化物、氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以溶解于氨水中，或依次溶解于含过量的OH－、Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。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。颜色发生变化就是一种常见的现象，根据颜色的变化就可以判断是否有配离子生成。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。当作为中心离子的金属离子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。超分子1．定义：超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。2.性质：(1)超分子定义中的分子是广义的，包括离子。(2)超分子有的是有限的，有的是无限伸展的。3．超分子的两个重要特征是分子识别和自组装。题型一配位键【例1】（2023秋·高二课前预习）下列化合物中同时含有离子键、共价键、配位键的是A．Na2O2 B．KOHC．NH4NO3 D．H2O【答案】C【解析】A项，Na2O2中含离子键和非极性共价键；B项，KOH中含离子键和极性共价键；C项，NH4NO3中含离子键、配位键和极性共价键；D项，H2O中含极性共价键。【变式】1．（2023春·浙江丽水·高二统考期末）对H3O+的说法正确的是A．离子中无配位键 B．O原子采取sp3杂化C．离子中配体为O原子 D．H3O+中有2个σ键【答案】B【解析】A．水分子中氧提供孤电子对，1个氢离子提供空轨道，形成配位键，故A错误；B．O原子形成3个共价键，且还存在1对孤电子对，采取sp3杂化，故B正确；C．离子中配体为H2O，故C错误；D．配位键也是σ键，故存在3个σ键，故D错误；故选B。2（2023·四川宜宾）下列微粒：①②③④⑤中含有配位键的是A．①② B．①③ C．④⑤ D．②④【答案】A【解析】1①中，提供空轨道，O原子提供孤对电子形成配位键，①符合；②中提供空轨道，N原子提供孤对电子形成配位键，②符合；③中没有提供空轨道的离子，没有形成配位键，③不符合；④中没有提供空轨道的离子，没有形成配位键，④不符合；⑤中没有提供空轨道的离子，没有形成配位键，⑤不符合；综上所述，含有配位键的时①②；故选A。3（2022·浙江杭州·杭州高级中学校考模拟预测）下列物质中含有配位键的是A． B． C． D．【答案】B【解析】配位键，又称配位共价键，或简称配键，是一种特殊的共价键。配位键的形成需要两个条件：一是中心原子或离子，它必须有能接受电子对的空轨道；二是配位体，组成配位体的原子必须能提供孤对电子：中，Cu2+提供空轨道，NH3中N提供孤电子对，形成NCu配位键；故选B。题型二配合物【例21】（2023春·河南驻马店·高二校联考期中）关于配合物的说法中正确的是A．配位体是Cl和H2O，配位数是9 B．中心离子是Ti4+，配离子是C．加入足量AgNO3溶液，所有Cl均产生沉淀 D．内界和外界中的Cl的数目比是1:2【答案】D【解析】A．配合物中，配位体是Cl和H2O，配位数是1+5=6，A不正确；B．的配离子是，中心离子是Ti3+，B不正确；C．在中，配离子中的Cl不能与Ag+发生反应，所以加入足量AgNO3溶液后，只有外界中的2个Cl能与Ag+反应产生沉淀，C不正确；D．在1mol中，内界和外界中的Cl的物质的量分别为1mol和2mol，数目比是1:2，D正确；故选D。【例22】（2023春·山西忻州·高二忻州一中校联考期中）下列配合物的配位数不为6的是A． B．C． D．【答案】D【解析】A．中配体为NH3和H2O，配位数为6，故A不选；B．中配体为NH3和H2O，配位数为6，故B不选；C．中配体为NH3和H2O、内界中的Cl，配位数为6，故C不选；D．中配体为NH3，配位数为4，故D选；故选D。【变式】1．（2023秋·贵州贵阳）配合物可用于检验。下列说法正确的是A．铁原子的2p和3p轨道的形状、能量均相同B．基态的未成对电子数为5C．中提供孤电子对的是D．1mol配合物中所含的π键数目为【答案】C【解析】A．离原子核越远，能量越高，2p轨道能量低于3p，故A错误；B．基态的未成对电子数为4，故B错误；C．配合物中，配离子为，CN能提供电子，故C正确；D．1mol配合物中所含的π键数目为，故D错误；故选C。2．（2023秋·高二课前预习）下列关于配位化合物的叙述，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C．[Fe(SCN)6]3中的Fe3+提供空轨道，SCN中的硫原子提供孤电子对形成配位键D．许多过渡元素的离子(如Cu2+、Ag+等)和某些主族元素的离子或分子(如NH3、OH等)都能形成配合物【答案】B【解析】配位化合物中一定含有配位键，但也可能含有离子键等其他化学键，A正确，B错误；Fe3+、Cu2+、Ag+等过渡元素的离子有空轨道，与许多配体具有很强的结合力，可形成配合物，C、D均正确。3．（2023秋·江西南昌）气态氯化铝是具有配位键的化合物，其结构式如图

，一定条件下可与氨气反应生成，下列说法错误的是A．中原子的杂化类型为 B．分子中存在四个配位键C．比更易与氨气反应 D．所有原子均满足8电子稳定结构【答案】B【解析】A．由的结构式可知，原子价层电子对数为4，杂化类型为，故A正确；B．中Al3+提供空轨道，配体为NH3，分子中存在一个配位键，故B错误；C．Br的原子半径大于Cl，则键能：AlBr键＜AlCl键，导致AlBr键更易断裂，且NH3能与Al原子形成配位键，则Al2Br6比Al2Cl6更易与NH3发生反应，故C正确；D．中Al形成四个共价键，Cl形成1个共价键，所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确；故选B。题型三超分子【例3】（2023秋·福建龙岩）在超分子化学中，常用模板合成各种拓扑结构分子，图1为诺贝尔得主Auvage教授利用亚铜离子为模板合成的索烃结构。Cu也可与Zn、Sn及S构成四元半导体化合物的四方晶胞，结构如图2所示，下列说法错误的是A．基态核外没有未成对电子B．1mo1索烃中所含的配位键的数量为8C．半导体化合物中Zn原子与Sn原子个数比为1∶2D．在四方晶胞中Sn位于S原子组成的四面体空隙中【答案】C【解析】A．基态核外电子排布为[Ar]3d10核外没有未成对电子，故A正确；B．由结构简式可知每个与周围4个N原子形成配位键，则1mo1索烃中所含的配位键的数量为8，故B正确；C．由晶胞结构可知Zn原子8个位于顶点，1个位于体心，个数为，Sn原子位于上下面心和四个棱心，个数为，Zn原子与Sn原子个数比为1∶1，故C错误；D．以面心Sn原子为观察对象，在1个晶胞中与其最近的S原子有2个，则其周围紧邻的S原子有4个，Sn位于四个S原子围成的四面体空隙中，故D正确；故选：C。【变式】1．（2023春·湖北·高二郧阳中学校联考阶段练习）下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是A．利用超分子的分子识别特征，可以分离和B．1mol分子中含5个配位键C．提供空轨道，中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键D．配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应用【答案】B【解析】A．利用超分子的分子识别特征，能够区分识别C60和C70，故可以分离C60和C70，A正确；B．CO分子存在1个配位键，中存在5个FeC配位键，故1mol分子中含10个配位键，B错误；C．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，C正确；D．配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，D正确；故选B。2．（2023秋·河南·高三校联考开学考试）W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Z元素原子L层电子数是电子层数的3倍。这四种元素组成的化合物(结构如图所示)可用于合成超分子聚合物。下列说法错误的是A．第一电离能：Y＞Z＞X B．简单氢化物沸点：X＜Y＜ZC．X2W2与W2Z2分子构型均为直线形 D．超分子具有自组装和分子识别的特征【答案】C【解析】由Z元素原子L层电子数是电子层数的3倍可知Z为O元素，再结合图中结构简式，可知W、X、Y分别为H、C、N元素。A．非金属性越强，第一电离能越大，但是氮的2p电子层为半满结构，第一电离能大于O，故第一电离能：N＞O＞C，故A正确；B．水、氨气可以形成分子间氢键，沸点较高，水为液态，沸点大于氨气，简单氢化物沸点：，故B正确；C．为直线形分子而分子不是直线形，故C错误；D．超分子的两大特性是具有自组装和分子识别特征，故D正确；故选C。3．（2022·云南保山·统考一模）科学家利用原子序数依次递增的四种短周期元素W、X、Y和Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图所示。(注：实线代表共价键，Y与Y之间的其他重复单元的W、X未标注)，已知W、X，Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。下列判断正确的是A．Y、Z简单离子半径的大小：B．X、Y简单气态氧化物的稳定性：X>YC．Y与Z形成的化合物中化学键类型相同D．X元素和Z元素分别形成的单质的熔点可能是X>Z【答案】D【解析】W、X、Z分别位于不同的短周期，即一、二、三周期。W形成1个共价键，故W为H，Z是第三周期原子半径最大的元素，则Z为Na，从超分子结构中可以看出,第二周期元素X和Y分别形成4个共价键和2个共价键，则X为C，Y为O；A．电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，所以简单离子半径：，故A错误；B．简单气态氧化物的稳定性与元素非金属性有关，非金属性：，则简单气态氧化物的稳定性：，故B错误；C．Z为Na，Y为O，可形成化合物：和；中含离子键，中含离子键和共价键，故C错误；D．X为C，可能形成的单质为金刚石，属于共价晶体，熔点较高；Z为Na，金属Na熔点较低，故D正确；答案选D。题型四综合运用【例4】（2023秋·新疆省直辖县级单位）科幻电影《阿凡达》中外星人流的是蓝色的血液，其实血液的颜色主要是由血蛋白中含有的金属元素决定的，如含铁元素的为常见红色血液、含铜元素的为蓝色血液、含钒元素的为绿色血液等，铜、铁、钒在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：(1)基态V的核外电子排布式为。(2)溶液常用作农业杀菌剂，溶液中存在。该离子中存在的化学键有(填字母)。A．共价键B．离子键C．氢键D．范德华力E．配位键(3)与氨基吡啶形成的配合物(结构如图)是很好的磁性材料。该配合物分子中碳与氧原子间形成的键和π键的个数比为，其中C原子的杂化轨道类型为。(4)铜的氧化物、氮化物都广泛应用于光信息存储和高速集成电路领域。①Cu、O、N的电负性由大到小的顺序为。②已知，从铜离子的价层电子结构角度分析，高温下能转化生成的主要原因是。【答案】(1)1s22s22p63s23p63d34s2(2)AE(3)2：1sp2、sp3(4)O>N>CuCu2O中+1价的Cu+价层电子排布式为3d10，处于较稳定的全充满状态【解析】（1）V为23号元素，基态V的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2；（2）Cu2+含有空轨道，H2O在氧原子含有孤电子对，二者之间形成配位键，而H2O中氧原子与氢原子之间形成共价键，故选AE；（3）碳原子形成1个C=O双键、1个CO单键，单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，分子中碳与氧原子间形成的σ键和π键的个数比为2：1；双键中碳原子价层电子对数为3，其它碳原子价层电子对数为4，分别采取sp2、sp3杂化；（4）①Cu是金属，其电负性比N、O小，而同周期主族元素自左而右电负性增大，故电负性：O>N>Cu；②Cu2O中+1价的Cu+价层电子排布式为3d10，处于较稳定的全充满状态，则在高温下CuO能分解生成Cu2O。【变式】1．（2023秋·重庆沙坪坝）钴配合物[Co(NH3)6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，实验室中可由金属钴及其他原料制备。(一)的制备易潮解、实验室中利用如图所示装置(连接用橡胶管省略)进行制备。(1)仪器A的名称为。(2)用图中的装置组合制备CoCl2，连接顺序为。装置丙的作用是。(3)装置甲中发生反应的离子方程式为。(二)[Co(NH3)6]Cl3的制备步骤如下：Ⅰ.将NH4Cl溶解。Ⅱ.分批加入CoCl3，后，将溶液温度降至10℃以下，加入活性炭、浓氨水，搅拌下逐滴加入6%的双氧水。Ⅲ.加热至55~60℃反应，20min。冷却、过滤。Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，进行操作X。V.将滤液转入烧杯，加入浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体[Co(NH3)6]Cl3(M=267.5g/mol)(4)步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下的原因是。(5)步骤Ⅳ中操作X为，制备[Co(NH3)6]Cl3的总反应的化学方程式为。(6)取0.2000g[Co(NH3)6]Cl3样品，配成100mL溶液，取50mL样品溶液于锥形瓶中，加入3滴K2Cr2O4溶液做指示剂，用0.0600mol/L的AgNO3，溶液滴定至终点时，消耗AgNO3溶液的体积为10.00mL，样品的纯度为。【答案】(1)球形干燥管(2)甲、丁、戊、乙、丙处理尾气氯气并防止氯化钴潮解(3)(4)避免浓氨水、过氧化氢的分解(5)趁热过滤(6)【解析】[Co(NH3)6]Cl3的制备涉及两个流程，先利用实验室制取氯气并提纯、干燥后与金属Co加热得到氯化钴，并将氯化钴分批加入至氯化铵溶液中利用活性炭催化加过氧化氢氧化，并最终结晶得到产品。（1）仪器A的名称为球形干燥管。（2）制备CoCl2，应先制备氯气，再利用饱和食盐水除去HCl杂质，干燥后与Co反应，最后进行尾气处理，故装置连接顺序为甲、丁、戊、乙、丙，装置丙的作用为处理尾气氯气并防止氯化钴潮解。（3）装置甲为实验室制备氯气，离子方程式为。（4）由于浓氨水和过氧化氢受热均易分解，故反应液温度不宜过高。（5）将滤得的固体转入含有少量盐酸的沸水中，进行趁热过滤，可将不溶性杂质与[Co(NH3)6]Cl3分离，并减少产品损耗，根据原子守恒和得失电子守恒可知化学方程式为。（6）由关系式[Co(NH3)6]Cl3~3Cl−~3AgNO3可知，故纯度为。2．（2023·陕西渭南·统考模拟预测）近日，科学家利用铁配合物催化氮气选择性转化成肼。铁配合物结构如图所示(Et为乙基)。回答下列问题：(1)基态最外层有个电子，转化为时失去的是轨道上的电子。(2)所含元素中，电负性最大的元素是。P原子的杂化类型是。(3)和的相对分子质量相同，但是常温常压下，呈液态，而呈气态，其主要原因是。(4)的VSEPR模型为。最多能与反应。(5)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。已知：为阿伏加德罗常数的值，六棱柱底边的边长为，高为，该晶体中Fe、N原子个数最简比为。该晶体的密度为(只列计算式)。【答案】(1)143d(2)Nsp3(3)N2H4分子间存在氢键，H2S分子间只存在范德华力，氢键的作用力比范德华力强(4)四面体形2(5)3:1【解析】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层2个电子得到Fe2+，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d6，最外层有2+6+6=14个电子，再失去1个电子转化为时失去的是3d轨道上的电子。（2）Fe(depe)(N2)所含元素有C、N、H、P、Fe，电负性最大的元素是N；由图可知，P原子形成3个键，并且孤电子对形成了配位键，杂化类型是sp3。（3）N2H4和H2S的相对分子质量相同，但是常温常压下，N2H4呈液态，而H2S呈气态，其主要原因是：N2H4分子间存在氢键，H2S分子间只存在范德华力，氢键的作用力比范德华力强。（4）NH3中心原子价层电子对数为3+=4，VSEPR模型为四面体形；N2H4是二元弱碱，1molN2H4最多能与2molH+反应。（5）由均摊法可知，Fe原子的个数为3+12+2=6，N原子的个数为2，该晶体中Fe、N原子个数最简比为3:1；该晶体的质量为，密度为。3．（2023秋·广东广州）CuInS2是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料。回答下列问题：(1)49In在元素周期表中的位置是第周期第族。(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态S原子，其所有价电子自旋磁量子数的代数和的绝对值为。(3)Cu2＋形成的某种配合物A结构如图所示。①配合物A中Cu的配位数是，已知在配合物A中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu原子采用的杂化方式为(填字母)。A．sp2B．sp3C．dsp2②A与足量稀盐酸反应时，配位键被破坏，生成CuCl2和(写结构简式)。(4)CuInS2(相对分子质量为Mr)的晶胞结构如图a所示，阿伏加德罗常数为，则CuInS2晶体的密度为g·cm﹣3(列计算式)，图b为Cu原子沿z轴方向在x﹣y平面投影的位置，在图b中画出S原子沿该方向的投影位置(用“

”表示S原子)。【答案】(1)五ⅢA(2)1(3)4CNH2CH2COOH·HCl或+NH3CH2COOHCl或[NH3CH2COOH]Cl(4)

【解析】（1）In为49号元素，位于第五周期第ⅢA族；（2）对于基态的硫原子，核外电子排布图为，成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其3p轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和的值为()×2=1或(+)×2=+1，绝对值为1；（3）①由图可知，Cu形成4个西格玛键且是平面结构，则杂化轨道数为6，只能为dsp2杂化，故选C；②由图可知，该配合中含有NH2，可以和酸反应，形成NH2CH2COOH·HCl或+NH3CH2COOHCl或[NH3CH2COOH]Cl；（4）根据“均摊法”，晶胞中含个Cu，结合化学式可知，1个晶胞中含有4个CuInS2单元，则晶体密度为；根据晶胞结构可知，Cu原子在z轴方向投影位于顶点上和面心上，S原子在z轴方向投影位于顶点和面心的连线中点上，在图b中画出S原子在该方向的投影位置为：。一、单选题1．（2023秋·江西）某大学团队制得具有优异X射线屏蔽性能的新型可穿戴式辐射防护材料，该材料中锡离子与单宁酸形成配位键(如图)。下列叙述错误的是A．基态Sn的电子排布简式为 B．锡离子的配位数为6C．单宁酸具有抗氧化性 D．单宁酸能与反应【答案】A【解析】A．Sn为50号元素，位于第5周期ⅣA族，基态Sn的电子排布简式为，故A错误；B．由结构图可知Sn与周围六个O相连，其配位数为6，故B正确；C．由结构简式可知单宁酸中含有酚羟基，易被氧化，单宁酸具有抗氧化性，故C正确；D．单宁酸中含酚羟基，酚羟基能与反应，故D正确；故选：A。2．（2022秋·重庆北碚）下列关于SO2、SO3、NH3、NH说法中正确的是A．SO2水溶液能导电，SO2是电解质 B．NH中含有配位键C．SO3中硫原子轨道杂化类型为sp3 D．NH3为非极性分子【答案】B【解析】A．SO2水溶液能导电是因为SO2和H2O反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，但SO2不能直接电离出阴阳离子，则SO2不是电解质，故A错误；B．N原子最外层电子数为5，只能与H原子共用3对电子，形成3个NH键，但NH中含有4个NH键，则有1个NH键为配位键，故B正确；C．SO3中硫原子价层电子数为=3，VSEPR模型为平面三角形，S的杂化方式为sp2，故C错误；D．NH3中N原子价层电子数为=4，VSEPR模型为四面体，含有1对孤电子，其空间构型为三角锥形，正负电性向量和不为0，则NH3为极性分子，故D错误；故选：B。3．（2022春·浙江嘉兴）下列关于配位化合物的叙述中，错误的是A．配位化合物中必定存在配位键B．含有配位键的化合物一定是配位化合物C．[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键D．配位化合物在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用【答案】B【解析】A．配合物中一定含有配位键，还含有共价键，可能含有离子键，A正确；B．含有配位键的化合物不一定是配位化合物，例如氯化铵尽管含有配位键，但其结构简单，不具备配合物的结构特征，不能看做配合物，B错误；C．配离子中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)4]2+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，C正确；D．配位化合物具有一些特殊的性质，在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用，D正确；故选B。4．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考模拟预测）下列说法错误的是A．碳酸根的空间结构是平面三角形B．与可通过配位键形成氨合三氟化硼()C．离子键、共价键、配位键和氢键都属于化学键D．基态氧原子的电子排布图(轨道表示式)为

【答案】C【解析】A．碳酸根的中心原子碳为sp2杂化，空间结构为平面三角形，A正确；B．与反应生成，B与N之间形成配位键，N原子提供孤对电子，B原子提供空轨道，B正确；C．氢键不属于化学键，C错误；D．O为8号元素，基态氧原子的电子排布图(轨道表示式)为

，D正确；故选C。5．（2023春·山东·高二校联考阶段练习）硼砂阴离子的球棍模型如图所示，下列说法错误的是A．硼原子的杂化方式有两种B．硼砂阴离子呈链状结构，则阴离子间以氢键结合C．该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键、氢键D．1、2原子之间的化学键为配位键【答案】C【解析】A．球棍模型中有2个硼原子有3个σ键，无孤对电子，杂化方式为sp2，有2个硼原子有4个σ键，无孤对电子，杂化方式有sp3，A正确；B．硼砂阴离子中含有O―H键，可以形成氢键，硼砂阴离子呈链状结构，则阴离子间以氢键结合，B正确；C．该阴离子中所存在的化学键类型有配位键、极性共价键，氢键属于较强的分子间作用力，不是化学键，C错误；D．B原子一般形成3个化学键，1号B原子形成4个共价键，1、2原子之间的化学键为配位键，D正确；故答案为：C。6．（2023秋·湖北·高三专题练习）短周期主族元素R、X、Y、Z、W可以组成一种锂离子电池的电解质溶液添加剂，其结构如图1所示。它们的原子半径与原子序数关系如图2所示。已知它们的原子序数之和等于28，Z、X之间形成的化学键为配位键。下列叙述错误的是A．第一电离能： B．Y的氢化物均不能使溴水褪色C．常温下，W的单质能与水发生剧烈反应 D．配位键中Z原子提供孤电子对【答案】B【解析】由图1知，R、W原子都只形成1根共价键，原子最外层有1个或7个电子，结合五种元素原子序数之和等于28，R应为氢元素，W应为F元素，则X、Y、Z均位于第二周期，由成键数可知，X、Y、Z三种元素原子最外层至少有3个电子，且它们原子序数依次增大，结合原子序数之和可推出：X为B元素，Y为C元素，Z为N元素。A．同周期元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，N元素最外层电子是半充满的结构，第一电离能大于O元素，则第一电离能：，故A正确；B．C的氢化物的可能含有碳碳双键如乙烯，能使溴水褪色，故B错误；C．F2的氧化性很强，常温下，F2能与水发生剧烈反应生成O2，故C正确；D．NH3中含有孤电子对，图1配合物中的配位键由Z原子提供孤电子对，故D正确；故选B。7．（2023·山东日照）锌的某种配合物结构如图所示，已知该配合物中碳原子形成的环状结构均为平面结构。下列说法错误的是A．该配合物中非金属元素电负性最小的是氢B．1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4molC．该配合物受热时首先断裂的配位键是氮锌键D．该配合物中存在、两种大π键【答案】C【解析】A．该配合物中含H、C、N、O、S五种非金属元素，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大，同族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则氢元素的电负性最小，A正确；B．由图可知，1mol该配合物中通过螯合作用成环形成的配位键(N→Zn)有4mol，B正确；C．由于电负性：O>N，因此氧锌键的成键电子对偏向于O，受热时容易断裂，同时由于螯合作用形成的配位键氮锌键稳定性大于一般的配位键氧锌键，所以该配合物受热时首先断裂的配位键是氧锌键，C错误；D．该配合物中，每个N原子中的5个价层电子，2个用于形成共价键，2个用于形成配位键，还有1个电子参与形成大π键。每个S原子中的6个价层电子，2个用于形成共价键，2个填充在sp2杂化轨道中，还有2个电子参与形成大π键。因此在含硫五元环中，共用6个电子，形成大π键，在六元环中，共用6个电子，形成大π键，D正确；故选C。8．（北京市海淀区20232024学年高三上学期期中测试化学试题）邻二氮菲的结构简式为，简写为phen，遇溶液生成橙红色配合物，其中的配位数为6。下列说法不正确的是A．phen中，不含手性碳原子B．中，phen的一个N参与配位C．中，提供空轨道，N提供孤对电子D．中，既存在极性键也存在非极性键【答案】B【解析】A．手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由其结构式可知无手性碳原子，A正确；B．由于亚铁离子的配位数为6，故中phen有2个N原子参与配位，B错误；C．在物质中，中心原子提供空轨道，N提供孤对电子，C正确；D．硫和氧、碳和氮之间为极性键，但phen中C和C为非极性键，D正确；故选B。9．（2023秋·宁夏石嘴山·高二平罗中学校考期中）化学式为K4[Fe(CN)6]的配合物常用作为抗结剂少量添加在食盐中，而KCN却是一种极具毒性的盐类，下列说法错误的是A．K4[Fe(CN)6]配合物在水中溶解并能完全解离出K+、Fe2+和CNB．K4[Fe(CN)6]配合物的配体是CN，配位数是6，其晶体中有离子键、共价键和配位键C．[Fe(CN)6]4配离子的中心离子Fe2+提供6个空轨道，配体CN提供孤电子对D．KCN的剧毒性是由CN引起【答案】A【解析】A．K4[Fe(CN)6]内界中的CN在水中不能电离，A错误；B．K4[Fe(CN)6]配合物的配体是CN，配位数是6，其晶体中有离子键、共价键和配位键，B正确；C．[Fe(CN)6]4配离子的中心离子Fe2+提供6个空轨道，配体CN提供孤电子对，C正确；D．K4[Fe(CN)6]的配合物常用作为抗结剂少量添加在食盐中，而KCN却是一种极具毒性的盐类，KCN在水溶液中可电离出CN，可知剧毒性是由CN引起，D正确；故选A。10．（2023秋·湖北荆州）1825年偶然地发现了组成为KCl•PtCl2•C2H4•H2O的黄色晶体，其中含乙烯，配位化学确立后，证明其中存在组成为[PtCl3(C2H4)]的配合物，铂的配合物顺式二氯二氨合铂[常称“顺铂”；化学式为[Pt(NH3)2Cl2]具有抗癌活性。下列说法正确的是A．C2H4为极性分子B．H2O的VSEPR模型为V形C．Pt(NH3)2Cl2分子结构是以Pt为中心的四面体形D．NH3分子中的H－N－H键的键角小于顺铂中的H－N－H键【答案】D【解析】A．C2H4结构简式为CH2=CH2，正负电荷重心重合，是非极性分子，A项错误；B．H2O中心O原子价层电子对数为，其VSEPR模型为四面体形，B项错误；C．Pt(NH3)2Cl2的顺式结构是平面四边形结构，C项错误；D．Pt2+和N原子之间存在配位键，NH之间存在共价键，配位键与NH3中NH键之间的排斥力小于原孤电子对与NH3中NH之间的排斥力，故键角变大，D项正确；故选D。11．（2023秋·江苏常州）NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如CuSO4溶于氨水形成[Cu(NH3)4]SO4。液氨可以微弱的电离产生NH和NH，NH3中的一个H原子若被NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被OH取代可形成NH2OH(羟胺)。经过转化可形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。N2H4与NO2反应有气体生成，同时放出大量热。下列说法正确的是A．第一电离能：I1(N)<I1(O) B．NH3的键角比大C．N2H4分子构型为平面型 D．1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键的数目为12mol【答案】B【解析】A．N的价层电子排布式为2s22p3，为稳定结构，其第一电离能较大，选项A错误；B．中N原子价层电子对个数=2+=4，且含有2个孤电子对，NH3中N原子价层电子对个数=3+=4，且含有1个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，所以NH3的键角比中的大，选项B正确；C．N2H4分子中，两个氮原子之间有一对共用电子，氮原子和每个氢原子之间都有一对共用电子，该分子中氮原子形成了3个共价键，且存在一对孤对电子，采用sp3杂化，分子不是平面型，选项C错误；D．铜离子和4个N原子形成4个σ键，每个NH3中存在3个NHσ键，则每个[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目=4+3×4=16，则1mol[Cu(NH3)4]2+中含有σ键的数目为16mol，选项D错误；答案选B。12．（2023·重庆·统考高考真题）配合物[MA2L2]的分子结构以及分子在晶胞中的位置如图所示，下列说法错误的是A．中心原子的配位数是4 B．晶胞中配合物分子的数目为2C．晶体中相邻分子间存在范德华力 D．该晶体属于混合型晶体【答案】D【解析】A．由题干配合物[MA2L2]的分子结构示意图可知，中心原子M周围形成了4个配位键，故中心原子M的配位数是4，A正确；B．由题干图示晶胞结构可知，晶胞中配合物分子的数目为=2，B正确；C．由题干信息可知，该晶体为由分子组成的分子晶体，故晶体中相邻分子间存在范德华力，C正确；D．由题干信息可知，该晶体为由分子组成的分子晶体，D错误；故答案为：D。13．（2023秋·重庆渝中）一水合甘氨酸锌是一种饲料添加剂，其结构简式如图。下列说法错误的是A．基态Zn原子的电子在原子核外有30种空间运动状态B．该配合物中非金属元素电负性最小的是氢C．该物质中几种非金属元素第一电离能从大到小的顺序为N>O>CD．该配合物中C原子有sp2和sp3两种杂化方式【答案】A【解析】A．基态Zn原子核外电子有15种空间运动状态，A错误；B．该配合物中含H、C、N、O四种非金属元素，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐变大，同族元素从上到下，元素的电负性逐渐变小，则氢元素的电负性最小，B正确；C．该物质中几种非金属元素第一电离能从大到小的顺序为N>O>C，C正确；D．该物质中C原子有sp2和sp3两种杂化方式，D正确；故选A。14．（2023秋·山东）乙二胺四乙酸(EDTA)是一种常用的配位试剂，可以与金属离子形成稳定的配合物。在水质分析中，EDTA常用于测定水中钙、镁含量。EDTA滴定法测定有机物中钙含量的基本步骤如下：①EDTA标定称取0.1000gEDTA，溶于100mL去离子水中，取10.00mL0.1mol·L1标准CaCl2溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示剂，用配制的EDTA溶液滴定，终点时，消耗EDTA溶液体积为。②钙提取称取一定质量的有机物，用酸性KMnO4溶液氧化有机物，将有机物中的金属经萃取、反萃取到水中得到提取液。③杂质掩蔽及调pH用掩蔽剂将提取液中除钙之外的金属掩蔽，防止对钙含量测定造成干扰；根据选择的指示剂变色范围，将提取液的pH调到11.3。④EDTA滴定取20.00mL提取液，加入钙黄绿素为指示剂，钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合物，在黑色背景下用标定后的EDTA溶液滴定，终点时，消耗EDTA溶液体积为。上述过程中，EDTA与钙反应时物质的量之比均为1：1。根据上述实验原理，下列说法错误的是A．若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含量结果偏高B．EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，会使钙含量测定结果偏高C．EDTA滴定若选用其他物质作指示剂，提取液的pH可能发生变化D．pH为11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力【答案】B【解析】A．题干中提示EDTA可以与金属形成稳定配合物，提取液中其他金属也可能与EDTA反应生成配合物，若不掩蔽，消耗EDTA的量增大，测定的钙含量偏高，A项正确；B．EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，会导致偏大，钙含量的测定结果偏低，B项错误；C．不同指示剂变色的pH范围可能不同，故EDTA滴定时若选用其他物质作指示剂，提取液的pH可能发生变化，C项正确；D．钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合物，pH为11.3时，EDTA滴定时，EDTA从该配合物中将钙夺取出来，即EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力，D项正确；故选：B。15．（2023秋·江西）“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(H2N－NH2)，其反应历程如图所示。下列说法正确的是A．Fe2+配合物可降低反应的焓变 B．NH3和H2O分子的空间结构相同C．反应历程中铁的化合价没有发生变化 D．NH2OH与NH3能形成分子间氢键【答案】D【解析】】A．催化剂不能改变反应的焓变，A项错误；B．为三角锥形，为V形结构，空间结构不同，B项错误；C．由图可知，反应历程中铁得到或失去电子，化合价发生了变化，C项错误；D．根据结构可知，分子与分子间存在氢键，D项正确；故选D。16．（2023秋·安徽·高三校联考开学考试）铁的配合物离子(用[LFeH]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是A．该过程总反应为B．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C．该催化循环中元素的化合价未发生变化D．该过程的总反应速率由IV→I步骤决定【答案】C【解析】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为，故A正确；B．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制甲酸的电离，使甲酸根离子浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故B正确；C．由反应机理可知，Ⅱ→Ⅲ过程碳元素化合价升高，因此铁元素化合价降低，Ⅳ→Ⅰ过程氢元素化合价降低，因此铁元素化合价升高，所以Fe在反应过程中化合价发生变化，故C错误；D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D正确；故选C。17．（2023秋·贵州贵阳）铁的配合物离子(用[LFeH]+表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是A．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低B．该过程的总反应为C．该催化循环中只有C、H元素的化合价发生了变化D．反应Ⅳ→I能垒最大，反应速率最慢【答案】C【解析】A．H+浓度过大HCOO浓度减小，[LFeH]++HCOO→反应慢，H+浓度过小+H+→反应慢，H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低，A正确；B．合并HCOOH→HCOO+H+，[LFeH]++HCOO→，→CO2+，+H+→，→Ⅰ[LFeH]++H2，得总方程式，该过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑，B正确；C．Ⅳ到I有氢气生成，发生氧化还原反应，则铁元素的化合价发生变化，该催化循环中不只有C、H元素的化合价发生了变化，还有铁的化合价也发生改变，C错误；D．决定化学反应速率的步骤是最慢的一步，活化能越高，反应越慢，从反应机理图中可知，Ⅳ→Ⅰ的活化能最大，反应速率最慢，该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定，D正确；故答案为：C。18．（2023秋·四川南充·高二四川省南充高级中学校考期末）的盐酸溶液能吸收CO生成配合物氯化羰基亚铜，其结构如图：下列有关氯化羰基亚铜的说法不正确的是A．该配合物中Cl离子的杂化方式为杂化B．该配合物的配体有CO、、，其中CO提供孤电子对的为O原子C．该配合物中，提供空轨道接受孤电子对形成配位键D．该配合物中，中心离子的配位数为4【答案】B【解析】A．Cl形成2个单键，价层电子对数为4，杂化方式为杂化，故A正确；B．CO中C的电负性小于O，电负性越小越易提供电子对，故C提供孤电子对，故B错误；C．该配合物中，提供空轨道，CO、、提供孤电子对与其形成配位键，故C正确；D．由结构简式可知中心离子的配位数为4，故D正确；故选：B。19．（2023秋·湖北）已知Mn的原子序数为25，某种Mn3+的配合物的结构如图所示(R为烷基)，则下列说法错误的是A．该配合物中C的杂化方式有3种 B．1mol该配合物中配位键有2molC．Mn属于d区元素 D．Mn的价电子排布式为3d54s2【答案】A【解析】A．碳有sp2和sp3两种杂化方式，故A错误；B．Mn和N之间的化学键是配位键，1mol该配合物中配位键有2mol，故B正确；C．Mn是VIIB族，属于d区元素，故C正确；D．Mn是25号元素，价电子排布式为3d54s2，故D正确；答案选A。20．（2023秋·河北秦皇岛）配合物M常作催化剂，其阴离子的结构式如下所示，组成元素X、Z、Y、W是原子半轻逐渐增大的前四周期元素，且原子序数关系为：，W是第四周期单电子数目最多的元素，下列说法正确的是A．键能：XY>XZB．X与Y形成化合物的沸点低于X与Z形成的沸点C．配合物中W的化合价为+3价D．M结构中含有极性键、非极性键、离子键、配位键、氢键等化学键【答案】C【解析】W是第四周期单电子数目最多的元素，W为Cr，由图可知X只形成1条共价键，可知X最外层为1电子或7电子，Y形成4条共价键，Y最外层有4个电子，Z形成2条共价键达稳定结构，Z最外层电子数为6，原子序数关系为：，且X的原子序数最小，则X只能为H，Y为C，Z为O，据此分析解答。A．O原子半径小于C，则HC键的键长比HO键键长要长，键长越长键能越小，则HO键能大于HC，故A错误；B．C和H可形成多种烃类物质，其中固态烃的沸点高于水，故B错误；C．由结构特点可知，该离子应为两个(OOCCOO)2及两个水分子与Cr配合成价离子，则Cr应为+3价，故C正确；D．氢键不属于化学键，故D错误；故选：C。21．（2023秋·重庆沙坪坝）Au最外层电子位于P能层，价层电子排布与Cu相似。一种Au的有机配合物结构如图所示，其中两个五元环共平面。W、X、Y、Z均是组成蛋白质的主要元素且核电荷数依次增大，其中X与Y在元素周期表中相邻，Z的氢化物有臭鸡蛋气味。下列说法正确的是A．第一电离能：X>Y>ZB．原子半径：Z>X>YC．Au的核外电子排布式为D．该配合物中X原子的杂化方式均为sp3杂化【答案】B【解析】A．同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，注意同一周期的第ⅡA元素的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的，则第一电离能：N>S>C，故A错误；B．原子半径大小比较规律是：同周期元素的原子，从左到右原子半径逐渐减小；同主族元素的原子，从上到下原子半径逐渐增，则原子半径：S>C>N，故B正确；C．Au最外层电子位于P能层，价层电子排布与Cu相似，Au的核外电子排布式为[Xe]4f145d106s1，故C错误；D．该配合物中存在CH3，C原子的杂化方式存在sp3杂化，故D错误；故选B。22．（2023·浙江金华·浙江省丽水中学校联考一模）下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是A．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键，其中心离子的配位数为6B．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中存在离子键、共价键、配位键，若加入足量AgNO3溶液，所有Cl均被完全沉淀C．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，包括离子D．人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征【答案】B【解析】A．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中Cr3+具有空轨道，N、O、Cl具有孤电子对，能够形成配位键，其中心离子的配位数为6，故A正确；B．加入足量AgNO3溶液，配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中外界离子Cl离子与Ag+反应，内配位离子Cl不与Ag+反应，故B错误；C．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，包括离子，故C正确；D．人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征，故D正确；故选B。23．（2023春·辽宁大连·高二统考期末）超分子有望带动我国生命、信息和材料产业的技术革命，分离和、冠醚识别碱金属离子及细胞与细胞器的双分子膜是超分子的应用实例。下列说法正确的是A．上图中，用杯酚分离和的过程中，操作①是萃取B．杯酚可由

与甲醛溶液发生加聚反应合成C．杯酚、冠醚、双分子膜都是超分子，其原理反映出超分子的“分子识别”特征D．冠醚利用环上的氧原子和不同大小的空穴识别碱金属离子【答案】D【解析】A．由于杯酚和结合后，不溶于甲苯，所以操作①为过滤，故A错误；B．杯酚可由

与甲醛溶液发生缩聚反应合成，不是加聚反应，故B错误；C．超分子化合物是指由两个或更多个分子通过分子间相互作用在一起形成的分子聚集体。而杯酚和冠醚是一种特殊的结构，它们由多个分子反应形成的一个稳定的结构，但它们不是超分子，故C错误；D．冠醚利用环上的氧原子和不同大小的空穴识别碱金属离子，故D正确；故选：D。24．（2023春·黑龙江哈尔滨·高二统考期末）冠醚是一类皇冠状的分子，其中18冠6可以与形成超分子。制备18冠6的方法如图所示。下列说法正确的是A．18冠6分子中碳原子都采用sp杂化B．18冠6与之间通过离子键形成超分子C．18冠6分子中所有原子一定共平面D．该制备18冠6的反应类型为取代反应【答案】D【解析】A．18冠6分子中都是饱和碳原子都采用sp3杂化，A错误；B．通过离子键形成的是离子化合物，B错误；C．18冠6分子中碳原子是sp3杂化，因此不可能所有原子共平面，C错误；D．该制备18冠6的反应类型为取代反应，D正确；故选D。25．（2023春·河南安阳·高二统考期末）化合物M是一种新型超分子晶体材料，由X、Y、HClO4以CH3COCH3为溶剂反应制得(如图)。下列叙述错误的是A．一定条件下，X能和强酸或强碱溶液发生反应B．Y与

互为同系物C．X和Y分子中所有原子一定不共平面D．M中阳离子通过形成氢键体现了超分子的自组装【答案】B【解析】A．X分子中的溴原子能和强碱溶液发生反应，X分子中的氨基能和强酸发生反应，A正确；B．Y分子含有6个醚键，分子含有2个醚键，二者所含官能团数目不同，不互为同系物，B错误；C．X中N原子、Y中碳原子均是sp3杂化，因此所有原子一定不共平面，C正确；D．M中阳离子通过形成氢键将X和Y缔结，体现了超分子的自组装，D正确；故选：B。二、填空题26．（2023秋·上海青浦）回答下列问题：(1)尿素(

)中碳原子杂化轨道类型是。NH离子的VSEPR模型是，空间构型是。(2)Ti3+能形成配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，其中内界是，配位数为。在0.5mol该配合物溶液中滴加足量的AgNO3溶液，产生沉淀的物质的量是。(3)肼(N2H4)可用作火箭燃料等，它的沸点远高于乙烯的原因是。(4)硒化锌的晶胞结构如图所示，硒化锌的化学式为。(5)Cu2O和Cu2S都是离子晶体，熔点较高的是，原因是。【答案】(1)正四面体正四面体(2)61mol(3)分子之间存在氢键(4)(5)因为离子半径，晶格能高于；【解析】（1）尿素(

)中碳原子杂化轨道类型是，离子含有4个键，没有孤电子对，所以VSEPR模型是正四面体，空间构型是正四面体结构；（2）成配合物，其中内界是，配位数为6，0.5mol该配合物溶液中含有的为，滴加足量的AgNO3溶液，产生沉淀的物质的量是1mol；（3）分子之间存在氢键，所以它的沸点远高于乙烯；（4）根据晶胞结构，Se位于顶点和面心，个数为，Zn位于体心，个数为4，所以该晶胞的化学式为：；（5）因为离子半径，晶格能高于，所以的熔点高于；27．（2022秋·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考期末）铬、铁、钴、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。请回答：(1)基态铬原子的价电子排布图为(填序号)。A．

B．

C．

D．

(2)CrO2Cl2和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂。制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7+3CCl4＝2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑。①上述描述中涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是(填序号)。A．C＞Cl＞O

B．C<Cl<O

C．O＞Cl＞C

D．C<O<Cl②常温时CrO2Cl2是一种易溶于CCl4的液体，则固态CrO2Cl2属于晶体。③配合物CrCl3·6H2O中心离子Cr3+的配位数为6，向含0．1molCrCl3·6H2O的溶液中滴加2mol·L1AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50mL，则配合物的化学式应该写为(填序号)。A．[Cr(H2O)4Cl]Cl2·2H2OB．[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2OC．[Cr(H2O)4Cl2]ClD．[Cr(H2O)3Cl3]·H2O(3)Co3+与NO形成的配合物与K+生成黄色沉淀可以检验溶液中的K+。①配体的立体构型为(填序号)。A．三角锥形

B．平面三角形

C．直线形

D．V形②的中心原子的杂化类型为(填序号)。A．sp

B．sp2C．sp3D．dsp2③N原子中有种能量不同的电子。(4)铁和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示。化学式为。该晶胞中只由铁原子构成的晶胞堆积模型为。若两个最近的Fe原子间的距离为anm，则该晶体的密度是(填序号)g/cm3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。A．

B．×1030C．××1027D．×1021(5)如上述晶胞将N原子放在顶点，则Fe原子会在晶胞中出现的位置是棱心和。【答案】(1)A(2)C分子B(3)DB3(4)Fe4N面心立方最密堆积D(5)体心【解析】（1）Cr原子序数24，核外电子排布：，则基态铬原子的价电子排布图：

，故答案选A；（2）①上述描述中涉及的非金属元素有：O、Cl、C三种，根据元素电负性变化规律，非金属性越强，元素电负性越强，则电负性：O＞Cl＞C，故答案选C；②常温时CrO2Cl2是一种易溶于CCl4的液体，说明熔点较低，符合分子晶体的特性，故CrO2Cl2属于分子晶体；③向含0．1molCrCl3·6H2O的溶液中滴加2mol·L1AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50mL，则，说明外界阴离子有1个，配体有2个，由于中心离子Cr3+的配位数为6，所以还有配体4个，则化学式：[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，答案选B；（3）①配体的中心原子N价层电子对数：，含1对孤电子对，立体构型：V形，答案选D；②的中心原子N价层电子对数：，则其杂化类型：sp2杂化；③N原子核外电子排布式：，不同能级上的能量不同，则有3种能量不同的电子；（4）根据晶胞结构，Fe原子位于顶点和面心，所含的原子的数目：，N原子位于体心，共有1个，化学式：；根据该晶胞结构示意图可知，该晶胞中只由铁原子构成的晶胞堆积模型为：面心立方最密堆积若两个最近的Fe原子间的距离为anm，即顶点到面心的距离，则面对角线距离为2anm，晶胞棱长：，晶胞体积：，则该晶胞密度：，整理化简得：；（5）如上述晶胞将N原子放在顶点，根据晶胞中Fe原子与N原子位置关系，则Fe原子会在晶胞中出现的位置是棱心和体心。28．（2022春·辽宁大连·高二大连八中校考期中）我国已经形成对全球稀土产业链的统治力，在稀土开采技术方面，我国遥遥领先。同时也是最早研究稀土—钴化合物结构的国家。请回答下列问题：(1)钴原子的价层电子排布图为，其M层上有种不同的空间运动状态，Fe和Co的第四电离能I4(Fe)I4(Co)(填“>”、“<”或“=”)。(2)为某含钴配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，是该配合物中钴离子的配位数是6，1mol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3molAgCl沉淀，则该配合物的配体是，试判断NH3分子与钴离子形成配合物后，H—N—H键角会(填“变大”、“变小”或“不变”)。(3)具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：①该晶体的一个完整晶胞中含有个原子。②真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让在其中传导，已知为价，为价，则价与价的原子个数比为。II．下图为石墨和石墨烯的结构示意图，石墨烯是从石墨材料中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的二维晶体。(4)下列关于石墨与石墨烯的说法正确的是。A．从石墨中剥离石墨烯需要破坏化学键B．石墨中的碳原子采取杂化C．石墨属于混合型晶体，层与层之间存在分子间作用力D．层内碳原子间存在共价键E．石墨烯中平均每个六元碳环含有3个碳原子【答案】(1)9>(2)NH3和H2O变大(3)84：1(4)BCD【解析】（1）钴元素的原子序数为27，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价层电子排布图为，由电子排布规律可知，M层电子的轨道数为9，则M层有9种不同的空间运动状态；Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道为稳定的半充满结构，较难失去电子，Co3+的价电子排布式为3d6，较易失去电子，所以铁元素的第四电离能大于钴元素，故答案为：；9；>；（2）由配合物CoCl3·5NH3·H2O中钴离子的配位数是6，1mol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3mol氯化银沉淀可知，氯离子为配合物的外界，钴离子为配合物的中心离子，氨分子和水分子为配合物的配体；氨分子中氮原子的孤对电子对数为1，与钴离子形成配合物后氮原子的孤对电子对