3.4 配合物与超分子（精练）（解析版）

PAGE193.4配合物与超分子（精练）1．（·湖北）冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是A．含该超分子的物质属于分子晶体 B．冠醚可用于分离不同的碱金属离子C．中心碱金属离子的配位数是不变的 D．冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子【答案】B【解析】A．冠醚与碱金属离子形成的配合物中还含有阴离子，该物质是离子晶体，故A错误；B．有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，可用于分离，故B正确；C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，故C错误；D．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，故D错误；故选B。2．（·高二课时练习）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【答案】D【解析】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（春·山东聊城·高二校考阶段练习）如图1表示某种含氮有机化合物的结构简式，能识别某些离子或分子而形成超分子。该分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)。分子内存在空腔，能嵌入某种离子或分子而形成4个氢键并予以识别。下列分子或离子中，能被该含氮有机化合物识别的是A．CF4 B．NH C．CH4 D．H2O【答案】B【解析】F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子，选项中只有NH符合。故选B。4．（秋·黑龙江绥化·高三绥化市第一中学校考期中）下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是A．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质B．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70C．配位化合物中配位键强度都很大，因而配合物都很稳定D．配离子[Fe(CN)5(NO)]2-的中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子为C和N【答案】C【解析】A．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，A正确；B．C60和C70的分子直径不同，利用超分子的“分子识别”特性可以将C60和C70分离开来，B正确；C．含有孤电子对和含有空轨道的原子之间形成配位键，配位键属于共价键，有的配合物很稳定，有的很不稳定，C错误；D．配离子[Fe(CN)5(NO)]2-的中心离子为Fe3+，提供空轨道，NO和CN-与Fe3+形成配位键，配位数为6，C和N有孤对电子，作为配位原子，D正确；故选C。5．（·高二课时练习）钴的金属配合物在电子元器件、超分子配合物等方面具有应用价值。，可形成两种钻的配合物，P：，Q：，向P、Q的溶液中分别加入溶液后，下列有关说法错误的是A．Q溶液中会产生白色沉淀 B．P溶液中会产生白色沉淀C．Q中是配体 D．P、Q的配位数均是6【答案】A【解析】】A．由P、Q的化学式知P的外界是，Q的外界是，在溶液中前者能电离出而后者不能，故加入溶液后Q溶液中不能产生白色沉淀，故A错误；B．根据A选项分析P溶液能电离出，故加入溶液会产生白色沉淀，故B正确；C．Q：，外界是，是配体，故C正确；D．根据P：，Q：结构分析，前者配位数是5+1=6，后者配位数是1+5=6，故D正确。综上所述，答案为A。6．（·福建·漳州市正兴学校高二阶段练习）配合物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。下列关于Fe(CO)5说法正确的是A．固态Fe(CO)5属于离子晶体B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C．1molFe(CO)5含有10mol配位键D．Fe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成【答案】C【解析】A．配合物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，所以固态Fe(CO)5属于分子晶体，故A错误；B．Fe(CO)5中Fe原子与5个CO成键，但不是sp3杂化，故B错误；C．1个Fe(CO)5分子中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，1molFe(CO)5中共含有10mol配位键，故C正确；D．Fe(CO)5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了Fe(CO)5分子中的配位键，形成了金属键，故D错误；故选C。7．（·福建莆田·高二期末）对于配合物[Co(NH3)3(H2O)Cl2]Cl，下列说法不正确的是A．配位数为6B．提供空轨道的为Co3+C．配位体为N、O、ClD．若往1mol该配合物中加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，可得到1molAgCl沉淀【答案】C【解析】A．配体为NH3、H2O、Cl-，配位数为6，故A正确；B．Co为过渡元素，提供空轨道的为Co3+，故B正确；C．配体为NH3、H2O、Cl-，故C错误；D．加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，外界Cl-可与Ag+得到1molAgCl沉淀，内界Cl-不能与Ag+反应，故D正确；故选C。8．（·辽宁丹东·高二期末）许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法不正确的是A．向配合物的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成B．配合物中配位原子为CC．配合物的配位数为2D．配合物的配体为和【答案】D【解析】A．在溶液中能够电离出，向配合物的溶液中加入溶液，有硫酸钡白色沉淀生成，故A正确；B．配合物中的配体为CN-，电子云偏向于碳原子，致使碳原子更易提供孤对电子，配位原子为C，故B正确；C．配合物[Ag(NH3)2]OH的配体为NH3，配位数为2，故C正确；D．配合物[Cu(NH3)4]SO4•H2O的配体只有NH3，故D错误；故选D。9．（·天津市滨海新区塘沽第一中学）关于配合物的说法中正确的是A．1mol该配合物含有12molσ键B．该配合物中心离子的化合价为+3价C．该配合物中NH3分子之间能形成氢键D．含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀【答案】B【解析】A．配合物的配体氨分子内部含有3条σ键，配体和中心离子之间形成6条σ键，所以1mol该配合物含有3×4+6＝18molσ键，A错误；B．根据化合价代数和为0得原则，可知该配合物中心离子的化合价为+3价，B正确；C．氨分子内部含有N－H，遇到其他氨分子中的氮原子，可以形成氢键：，所以该配合物中NH3分子之间能形成氢键，C错误；D．配合物外界的氯离子可以和银离子生成氯化银沉淀，所以含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生1mol白色沉淀，D错误；答案为：B。10．（·全国·高三专题练习）镍的氨合离子中存在的化学键有_______(填字母)。A．离子键

B．共价键

C．配位键

D．氢键

E.键

F.键【答案】BCE【解析】[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与配体NH3中N原子间形成配位键，配体NH3分子中N与H之间形成N—H共价键，单键和配位键都是σ键，即[Ni(NH3)6]2+中存在的化学键有共价键、配位键、σ键；答案选BCE。11．（·安徽）含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_______个，其中提供孤电子对的原子为_______(写元素符号)。【答案】

6

N、O【解析】根据配合物结构可知：中心Ni2+与6个原子通过配位键结合，其中2个N原子和4个O原子，故1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个；其中Ni2+提供空轨道，而N、O原子提供提供孤电子对。12（湖南）配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题：(1)一种配合物的结构如图所示。①组成该配合物的第二周期元素的电负性由大到小的顺序是_______(填元素符号)。②该配合物中的配位数为_______。③该配合物中存在的作用力有_______(填标号，后同)。A．配位键

B．离子键

C．氢键

D．范德华力(2)光谱证实单质铝与强碱性溶液反应有生成，则中存在_______。A．共价键

B．非极性键

C．配位键

D．键

E.键(3)可形成两种钴的配合物，已知的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加溶液时，无明显现象。则第一种配合物可表示为_______，第二种配合物可表示为_______。若在第二种配合物的溶液中滴加，溶液，则产生的现象是_______。【答案】(1)

4

ACD(2)ACD(3)

生成淡黄色沉淀【解析】（1）①由题意知，组成该配合物的第二周期元素有C、N、O，同周期从左到右，元素电负性递增，则电负性；②由题图结构可知，周围有4个氨原子与其形成配位键，故其配位数为4；③由题图结构可知，该配合物中存在配位键、分子内氢键、范德华力，不含离子键，故选ACD；（2）中和之间存在配位键，属于共价键，H、O之间形成共价键，也是极性键、键，故选ACD；（3）配合物中外界离子能电离出来，而内界离子不能电离出来，由题意知，在第一种配合物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，说明在外界；在第二种配合物的溶液中加溶液时，则无明显现象，说明在内界，则第一种配合物可表示为，第二种配合物可表示为，第二种配合物中在外界，若向其溶液中滴加，溶液，会生成淡黄色沉淀。1．（秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考专题练习）NH3和BF3可以通过配位键形成化合物NH3•BF3，下列说法正确的是A．NH3和BF3的立体构型都是三角锥形B．配合物NH3•BF3中NH3提供空轨道，BF3提供孤电子对C．配合物NH3•BF3中N和B都采取的是sp3杂化D．配合物NH3•BF3中各原子都达到8电子稳定结构【答案】C【解析】A．NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，BF3中B原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，前者为三角锥形，后者为平面正三角形，选项A错误；B．NH3中N原子含有孤电子对，BF3中B原子含有空轨道，所以NH3提供孤电子对、BF3提供空轨道，选项B错误；C．配合物NH3•BF3中N和B的价层电子对个数都是4，N、B都采用sp3杂化，选项C正确；D．配合物NH3•BF3中H原子达到2电子稳定结构，选项D错误；答案选C。2．（春·广东江门·高二江门市棠下中学校考期中）下列关于超分子和配合物的叙述正确的是A．含配位键的化合物一定是配位化合物B．利用超分子的分子识别特征，可以分离和C．在中，给出孤对电子，提供空轨道D．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，不包括离子【答案】B【解析】A．通常把金属离子或原子与某些分子或离子以配位键结合形成的化合物称为配合化合物，含配位键的化合物例如氯化铵不是配位化合物，A错误；B．将C60和C70的混合物，加入一种空腔大小适合C60的杯酚中，杯酚像个碗似的、把C60装起来，不能装下C70，加入甲苯溶剂，甲苯将未装入碗里的C70溶解了，过滤后分离C70，再向不容物中加入氯仿，氯仿溶解杯酚而将不溶解的C60释放出来并沉淀，则利用超分子的分子识别特征，可以分离和，B正确；C．在中，提供空轨道，给出孤对电子，C错误；D．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合体。超分子定义中的分子是广义的，包括离子，D错误；答案选B。3．（河北唐山·高二唐山一中校考期末）（多选）Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心原子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是A．该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4B．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区C．1mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成1mol沉淀D．该配合物中阴阳离子均呈正八面体构型【答案】AC【解析】A.由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；B.该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；C.[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1mol硫酸钡沉淀，C正确；D.该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。综上所述，正确的是AC。4（秋·北京昌平·高三统考期末）(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出晶体。①产生蓝色沉淀的离子方程式是_______。②在水中电离的方程式是_______。(2)如下图所示，(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。①的价层电子排布式为_______。②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有_______，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_______。③已知：当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为_______。(3)已知：①物质颜色黄色蓝色②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因_______。(4)和是铜常见的两种氯化物，如图表示的是_______的晶胞。已知晶胞的边长为，阿伏伽德罗常数为，则该晶体的密度为_______。(已知：)【答案】(1)

Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH

(2)

3d9

共价键、配位键

共价键、氢键

降温(3)在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色(4)

CuCl

【解析】（1）①向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜，所以产生蓝色沉淀的离子方程式是Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH；②为离子化合物，在水中电离生成和，其电离方程式是；（2）①Cu为29号元素，其基态原子价层电子排布式：3d104s1,则的价层电子排布式为3d9；②根据图示可知，N的最外层电子数为5，则应形成3对共用电子对达到满8电子稳定结构，所以A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有共价键和配位键；氢原子与其它原子之间除了存在共价键以外，还和电负性较强的O原子形成了氢键，所以存在的作用力类型有共价键和氢键；（3）当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，能量会降低，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色，所以若实现上述操作，可从平衡角度考虑，最简单的方法是降低温度，使平衡向正向移动，实现配合物颜色由紫色变为橙色，故答案为：降低温度；（4）图中白球所在位置是顶点和面心，晶胞内原子个数为=4，黑球在晶胞内部，原子个数为4，所以化学式为AB型，即上述晶胞表示的是CuCl；则晶胞的质量为，则晶胞的密度=。5．（春·河南郑州·高二统考期末）超分子化学在识别、催化、传输等功能方面迅速渗透到各学科领域。一种由Mo、C60、P-甲酸丁酯吡啶和CO形成的超分子结构如图所示。回答下列问题：(1)图中超分子中存在的化学键类型有_______。a.离子键

b.配位键

c.氢键

d.分子间作用力(2)P-甲酸丁酯吡啶分子()中四种元素的电负性由大到小的顺序为_______。(3)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若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。对于基态的C原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。(4)吡啶()是类似于苯的芳香族化合物。1mol吡啶分子有_______键。广义酸碱理论认为：凡能给出质子()的任何分子或离子都是酸；凡能结合质子()的分子或离子都是碱。按此理论，吡啶()属于_______(填“酸”、“碱”或“盐”)。(5)的晶胞与干冰的晶胞相似，已知的晶胞参数为，阿伏伽德罗常数的值为，则晶体的密度为_______(写出表达式)。【答案】(1)b(2)O＞N＞C＞H(3)+1或-1(4)

11

碱(5)【解析】（1）根据信息Mo以配位键形成超分子，故该超分子含有配位键，无离子键，氢键与分子间力不属于化学键，答案：b；（2）P-甲酸丁酯吡啶分子中含有C、N、O、H四种元素，电负性由大到小的顺序为O>N>C>H，答案：O>N>C>H；（3）基态的C原子价电子排布式2s22p2,2s中是两个自旋状态相反的1电子，2p中2个自旋状态相同的电子占据两个简并轨道，所以价电子自旋磁量子数的代数和为+1或-1，答案：+1或-1；（4）吡啶中含有4个C-C、5个C-H、2个N-H共11个σ键，1mol吡啶分子有11键，吡啶分子中N上有1对孤电子对，能结合质子()，属于碱，答案：11；碱；（5）1个晶胞中含C60，的晶胞参数为，即cm，1个晶胞体积为cm3，则，答案：。6．（秋·浙江·高二校联考期中）配合物在许多方面有广泛的应用。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。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、自组装超分子等方面，配合物发挥着越来越大的作用。(1)氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色物质，该物质中碳原子的杂化类型为_______，1mol紫色物质中含配位数为_______。(2)①已知CuCl的晶胞结构如图所示，晶胞中C、D两原子核间距为298pm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度为_______(列出计算式即可)。②请在下图画出该晶胞沿Z轴方向投影图_______。(3)①超分子冠醚识别碱金属离子的化学键(如图)是配位键，KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物的熔点比KCl_______(填“高”或“低”)。②水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚(18-冠-6)时，会极大提高氧化效果，而18-冠-6没有参与反应过程，则18-冠-6的作用是_______。【答案】(1)

8(2)

(3)

低

冠醚通过与结合而把带进烯烃；冠醚不与结合，使游离或裸露的反应活性提高，氧化反应能够迅速发生【解析】（1）该物质中羰基碳形成2个C-N键、1个C=O，采用sp2杂化,1分子该物质中铜和N、O形成8个配位键，则1mol紫色物质中含配位数为8（2）①晶胞中C、D两原子核间距为298pm，且为体对角线的四分之一，则晶胞边长为；晶胞中Cu体内，一个晶胞中数目为4，Cl位于晶胞顶点和面心，一个晶胞中数目为；故晶胞质量为；所以密度为g/cm3；②晶胞中Cu体内，一个晶胞中数目为4，投影在底面面对角线上；Cl位于晶胞顶点和面心，投影在底面顶点、棱心、面心上，故该晶胞沿Z轴方向投影图为；（3）①KCl为离子晶体，KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物为分子晶体，则熔点比KCl低；②水溶液与烯烃不相溶，在烯烃中溶入冠醚(18-冠-6)时，会极大提高氧化效果，而18-冠-6没有参与反应过程，则18-冠-6的作用是冠醚通过与结合而把带进烯烃；冠醚不与结合，使游离或裸露的反应活性提高，氧化反应能够迅速发生。7．（秋·北京海淀）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个分子、2个p—甲酸丁酯毗啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示：(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是_；核外未成对电子数是_______个。(2)该超分子中除配位键外还存在的化学键类型有_(填标号)。A．σ键

B．π键

C．氢键(3)与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释的熔点远低于金刚石的原因是_______。(4)钼铝合金性能优良，其立方晶胞如图甲所示(Al未画出)，其中Mo按体心立方堆积，每个Mo周围围绕的Al形成正二十面体(如图乙)，即每个Mo位于正二十面体的中心。基态Al核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为_______。已知该晶胞参数为apm，Mo之间的最短距离为_______pm，则该晶体的密度为_______(设为阿伏加德罗常数的值，用含a、的代数式表示)。【答案】(1)

6(2)AB(3)是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量(4)

6∶7

【解析】（1）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是；核外未成对电子数是6个；（2）由结构示意图可知，超分子中含有配位键、键和键，不含有氢键，故选AB；（3）是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量，所以的熔点远低于金刚石；（4）基态Al的电子排布式为1s22s22p63s23p1，s和p轨道电子云轮廓图为球形和哑铃形，故电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为6∶7；已知该晶胞参数为apm，体心的Mo位于体对角线二分之一处，故Mo之间的最短距离为pm；根据钼铝合全的晶胞结构可知，每个Mo位于由12个Al组成的正二十面体的中心，则该钼铝合金的化学式为，1个晶胞中均摊2个，1mol晶胞的质量为，1mol晶胞的体积为，故晶体的密度为。8．（秋·重庆沙坪坝）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由将2个分子、2个甲酸丁酯吡啶及2个分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示：(1)处于第五周期第VIB族，核外电子排布与相似，它的基态价电子排布式是___________；核外未成对电子数是___________个。(2)该超分子中存在的化学键类型有___________(填序号)。A．键 B．键 C．离子键 D．氢键(3)与金刚石互为同素异形休，从结构与性质之间的关系解释的熔点远低于金刚石的原因是___________。(4)磷和钼形成的某种化合物的立方晶胞如图所示，已知晶胞中位于顶点和面心，而P原子位于棱边中点和体心。①P原子的配位数为___________。以A为原点建立三维坐标系，B原子的坐标为___________。②若晶胞中距离最近的原子之间的距离为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为___________。(列出计算式即可)【答案】(1)

4d55s1

6(2)AB(3)C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量(4)

6

(1，，0)

【解析】（1）铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，由钼元素处于第五周期VIB族，核外电子排布与铬相似可知，基态钼原子的价电子排布式为4d55s1，由价电子排布式可知，钼原子的4d、5s轨道上分别有5个、1个未成对电子，则核外未成对电子数是6个，故答案为：4d55s1；6；（2）由结构示意图可知，超分子中含有配位键、σ键和π键，不含有离子键和氢键，故选AB；（3）C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量，所以的熔点远低于金刚石，故答案为：C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量；（4）①由晶胞结构可知，位于体心的磷原子与位于面心的的钼原子的距离最近，则磷原子的配位数为6；若以顶点A为原点建立三维坐标系，A点的原子坐标为(0，0，0)，则位于立方体底面边上的B原子的坐标为(1，，0)，故答案为：6；(1，，0)；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的钼原子个数为8×+6×=4，位于棱边中点和体心的磷原子个数为4×+1=2，则磷化钼的化学式为Mo2P，晶胞中距离最近的钼原子之间的距离为面对角线的，由晶胞中距离最近的钼原子之间的距离为anm可知，晶胞的边长为a×10—7cm，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得d=，故答案为：。9．（·高二单元测试）超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个CO分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。(1)Mo处于元素周期表第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态原子价电子排布式是_______；核外未成对电子数是_______。(2)该超分子中存在的化学键类型有_______。A．σ键 B．π键 C．离子键 D．氢键(3)从电负性角度解释的酸性强于的原因：_______。(4)C60与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是_______。【答案】(1)

6(2)AB(3)F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，共用电子对偏向F，使羧基中氧氢键较易断裂(4)是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量【解析】（1）Cr的基态原子价电子排布式为，而Mo与Cr同族，但在Cr的下一周期，因而Mo基态原子价电子排布式为，价电子轨道表示式为：，因而核外未成对电子数为6；（2）观察题图可知，该超分子中含有双键，说明有键和键，分子中不存在离子键，根据题给信息知Mo形成配位键，故选AB；（3）F的电负性强于H，对电子的吸引能力强，共用电子对偏向F，使羧基中氧氢键较易断裂，故的酸性强于；（4）根据不同类型的晶体性质不同来解释：是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量。课后检测一、选择题：本题共11小题，每小题2分，共22分。每小题只有一个选项符合题意。1．下列叙述中正确的是()A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形B．晶体具有的物理性质是各向异性C．晶体、非晶体均具有固定的熔点D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性答案B解析晶体与非晶体的根本区别在于构成固体的粒子在微观空间里是否呈现周期性的有序排列，A不正确；晶体具有的物理性质是各向异性，B正确；非晶体没有固定的熔点，C不正确；晶体的自范性指的是在适宜条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则的多面体外形的性质，这一适宜条件一般指的是自动结晶析出的。由玻璃制成规则的玻璃球是非晶体，不能体现晶体的自范性，D不正确。2．下列关于金属物理性质原因的描述不正确的是()A．金属具有良好的导电性，是因为金属晶体中的“电子气”在电场作用下作定向移动B．金属具有良好的导热性能，是因为自由电子受热后运动速率增大，与金属离子碰撞频率增大，传递了能量C．金属晶体具有良好的延展性，是因为金属晶体中的原子层在滑动过程中金属键未破坏D．金属一般具有银白色光泽，是物理性质，与金属键没有关系答案D解析金属内部有自由电子，当有外加电压时电子定向移动，因此金属可以导电，A正确；金属内部的自由电子受热后运动速率增大，与金属离子碰撞频率增大，传递了能量，故金属有良好的导热性，因此B正确；当金属晶体受到外力作用时，晶体中的各原子层发生相对滑动而不断裂，所以表现出良好的延展性，故C正确；金属一般具有银白色光泽是由于金属键中的自由电子在吸收可见光以后，发生跃迁，成为高能态，然后又会回到低能态，把多余的能量以可见光的形式释放出来的缘故，所以金属一般具有银白色光泽与金属键有关系，故D错误。3．下列过程中化学键被破坏的是()①碘升华②溴蒸气被木炭吸附③酒精溶于水④HCl气体溶于水⑤MgCl2溶解于水⑥NaCl熔化A．全部 B．②③④⑤⑥C．④⑤⑥ D．⑤⑥答案C解析①碘是分子晶体，升华破坏的是分子间作用力，错误；②溴蒸气被木炭吸附破坏的是分子间作用力，错误；③酒精溶于水破坏的是分子间作用力，错误；④HCl气体溶于水在水分子的作用下，断裂共价键，形成H＋和Cl－，正确；⑤MgCl2溶解于水断裂的是离子键，正确。4．下列能与NaOH溶液反应的且属于共价晶体的化合物是()A．金刚石 B．石墨C．石英(SiO2) D．CO2答案C解析金刚石属于共价晶体，不能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，A不符合题意；石墨属于混合型晶体，不能与氢氧化钠溶液反应，是单质不是化合物，B不符合题意；石英(SiO2)属于共价晶体，能与氢氧化钠溶液反应，是化合物，C符合题意；CO2能与氢氧化钠溶液反应，但CO2是属于分子晶体的化合物，D不符合题意。5．下列性质适合于离子晶体的是()A．熔点1037℃，易溶于水，水溶液能导电B．熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电C．能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.5℃D．熔点97.81℃，质软、导电，密度0.97g·cm－3答案A解析A项，熔点1070℃，易溶于水，水溶液能导电，说明该晶体具有离子晶体的特点；B项，熔点为10.31℃，熔点低，符合分子晶体的特点，液态不导电，是由于液态时，只存在分子，没有离子，水溶液能导电，是由于溶于水后，在水分子的作用下电离出自由移动的离子；C项，能溶于CS2、熔点112.8℃，沸点444.5℃，符合分子晶体的特点；D项，金属钠熔点为97.81℃，质软、导电、密度0.97g·cm－3，符合金属晶体的特点。6．为了确定SbCl3、SbCl5、SnCl4是否为离子化合物，可以进行下列实验，其中合理、可靠的是()A．观察常温下的状态：SbCl5是苍黄色液体，SnCl4为无色液体。结论：SbCl5和SnCl4都是离子化合物B．测定SbCl3、SbCl5、SnCl4的熔点依次为73.5℃、2.8℃、－33℃。结论：SbCl3、SbCl5、SnCl4都不是离子化合物C．将SbCl3、SbCl5、SnCl4分别溶解于水中，再分别滴入HNO3酸化的AgNO3溶液，均产生白色沉淀。结论：SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物D．测定SbCl3、SbCl5、SnCl4的水溶液的导电性，发现它们都可以导电。结论：SbCl3、SbCl5、SnCl4都是离子化合物答案B7．下列各项所述的数字不是6的是()A．在NaCl晶体中，与一个Na＋最近的且距离相等的Cl－的个数B．在金刚石晶体中，最小的环上的碳原子个数C．在二氧化硅晶体中，最小的环上的原子个数D．在石墨晶体的层状结构中，最小的环上的碳原子个数答案C解析二氧化硅是共价晶体，其中的硅原子数目与氧原子数目之比为1∶2，空间结构中每个单元环由6个硅原子和6个氧原子组成。8．某研究所合成了一种球形分子，它的分子式为C60Si60，其结构中包含有C60和Si60结构。下列对该分子的叙述中正确的是()A．分子中Si60被包裹在C60里面B．形成的晶体属于分子晶体C．其摩尔质量为2400D．熔点高、硬度大答案B解析硅的原子半径比碳大，所以化合物C60Si60，外层球壳为Si60，故A不正确；根据题意知，该晶体是由分子构成的，属于分子晶体，故B正确；该分子是由60个碳原子和60个硅原子结合而成，该物质的摩尔质量为2400g·mol－1，故C不正确；该物质是分子晶体，熔点低，硬度小，D不正确。9．在化学上，常用一条短线表示一个化学键，如图所示的有关结构中，有直线(包括虚线)不表示化学键或分子间作用力的是()A．石墨的结构 B．白磷的结构C．CCl4的结构 D．立方烷(C8H8)的结构答案C解析A项，表示的是石墨的层状结构。在层内，每个C原子与相邻的三个C原子形成共价键，这些共价键形成一个个平面正六边形，这些六边形结构向空间扩展，就形成了石墨的层状结构，在层间，是以分子间作用力结合。不符合题意；B项，在白磷(P4)中，每个P原子与相邻的三个P原子形成三个共价键，键角为60°。所以白磷分子的结构是正四面体结构，不符合题意；C项，CCl4是由分子构成的物质。在每个CCl4分子中C原子与4个Cl原子形成4个共价键，键角为109°28′。所以CCl4分子是正四面体结构。但是四个Cl原子间没有作用力，不会形成化学键，虚线不表示化学键，符合题意；D项，在立方烷(C8H8)中每个C原子与相邻的三个C原子形成三个共价键，键角为90°，因此每条线都表示化学键，不符合题意。10．氯化铯晶胞(晶体重复的结构单位)如图甲所示，该晶体中Cs＋与Cl－的个数之比为1∶1，化学式为CsCl。若某晶体晶胞结构如图乙所示，其中含有A、B、C三种元素的粒子，则该晶体中A、B、C的粒子个数之比为()A．8∶6∶1 B．4∶3∶1C．1∶6∶1 D．1∶1∶3答案D解析根据晶胞的均摊法，在此晶体的晶胞中有A：8×eq\f(1,8)＝1个，B：1×1＝1个，C：6×eq\f(1,2)＝3个，即N(A)∶N(B)∶N(C)＝1∶1∶3，故D正确。11．已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是离子晶体，其晶胞如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的是()A．ZXY3 B．ZX2Y6C．ZX4Y8 D．ZX8Y12答案A解析根据晶胞结构可知X、Y、Z分别位于晶胞的顶点、棱、体心处，因此根据均摊法可知，含有X、Y、Z原子的个数分别是8×eq\f(1,8)＝1、12×eq\f(1,4)＝3、1，所以该晶体的化学式是ZXY3，答案选A。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。12．科学家发现钇钡铜氧化合物在90K时具有超导性，若该化合物的结构如图所示，则该化合物的化学式可能是()A．YBa2Cu3O8B．YBa2Cu2O5C．YBa2Cu3O5D．YBaCu4O4答案C解析由图可知，图中有一个钇原子，两个钡原子。而铜原子，在顶点和在侧棱各有8个，故总的铜原子数为eq\f(1,8)×8＋eq\f(1,4)×8＝3个。对于氧原子，共6×eq\f(1,4)＋7×eq\f(1,2)＝5个，故C正确。13．在CuCl2溶液中存在如下平衡：[CuCl4]2－＋4H2O[Cu(H2O)4]2＋＋4Cl－黄色蓝色下列说法中不正确的是()A．将CuCl2固体溶于少量水中得到蓝色溶液B．将CuCl2固体溶于大量水中得到蓝色溶液C．[CuCl4]2－和[Cu(H2O)4]2＋都是配离子D．当[CuCl4]2－和[Cu(H2O)4]2＋达一定比例时，溶液呈现绿色答案A解析将CuCl2固体溶于少量水中，则根据平衡移动方程式可知，主要是以[CuCl4]2－形式存在，A不正确；稀释有利于平衡向正反应方向移动，B正确；C正确，其中氯离子和水都是配体。14．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]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、非极性键B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配位数为6，配位原子有C和NC．1mol配合物中σ键数目为10NAD．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子答案AC解析配合物中存在配位键，内界和外界之间存在离子键，内界CN－、NO存在极性键，但不存在非极性键，故A错误；配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配体为CN－和NO，配位原子为C和N，配位数为6，故B正确；配位键也属于σ键，配体CN－中含有1个σ键，NO中含有1个σ键，所以1mol配合物中σ键数目为6＋1×5＋1＝12mol，即12NA，故C错误；配合物为离子化合物，易电离，完全电离成Na＋和[Fe(CN)5(NO)]2－，1mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子，故D正确。15．配合物在许多方面有着广泛的应用。下列叙述不正确的是()A．以Mg2＋为中心的大环配合物叶绿素能催化光合作用B．Fe2＋的卟啉配合物是输送O2的血红素C．[Ag(NH3)2]＋是化学镀银的有效成分D．向硝酸银溶液中加入氨水，可除去硝酸银溶液中的Ag＋答案D解析向AgNO3溶液中加入氨水，Ag＋与氨水反应先产生沉淀，后沉淀不断溶解得到配合物。16．已知冰晶石(Na3AlF6)熔融时的电离方程式为Na3AlF6=3Na＋＋AlFeq\o\al(3－,6)。现有冰晶石的结构单元如图所示，位于大立方体顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，是图中、中的一种。下列说法正确的是()A．冰晶石是离子晶体B．大立方体的体心处代表Al3＋C．与Na＋距离相等且最近的Na＋有6个D．冰晶石晶体的密度约为eq\f(1395,a3)g·cm－3答案AD解析由冰晶石熔融时能发生电离，可知冰晶石是离子晶体，A项正确；每个晶胞中含有的个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，的个数为12×eq\f(1,4)＋8＝11，根据冰晶石的化学式可知，AlFeq\o\al(3－,6)与Na＋的个数比为1∶3，故与必然表示同一种微粒，即为Na＋，B项错误；与Na＋距离相等且最近的Na＋有8个，C项错误；晶体的密度为eq\f(4×210,6.02×1023×a×10－83)g·cm－3≈eq\f(1395,a3)g·cm－3，D项正确。三、非选择题：本题共5个小题，共58分。17．(10分)磁性材料氮化铁镍合金可用Fe(NO3)3、Ni(NO3)2、丁二酮肟、氨气、氮气、氢氧化钠、盐酸等物质在一定条件下反应制得。(1)基态Ni原子的价电子排布式是_______________________________________________。(2)丁二酮肟(结构简式如图1所示)中碳原子的杂化方式为________。丁二酮肟中C、N、O第一电离能由大到小的顺序为________。1mol丁二酮肟分子中含有σ键的数目为________。(3)图2是一种镍基合金储氢后的晶胞结构示意图。该合金储氢后，含1molLa的合金含有Ni的数目为____。答案(1)3d84s2(2)sp2和sp3N>O>C15NA(3)5NA或3.01×1024解析(2)该分子中甲基上C原子价层电子对个数是4、连接甲基的碳原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型，前者为sp3、后者为sp2；同一周期元素，第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，所以第一电离能N＞O＞C；共价单键为一个σ键、共价双键中含有一个σ键和一个π键，1个丁二酮肟分子中含有15个σ键，则1mol该物质中含有15molσ键。(3)该晶胞中La原子个数＝8×eq\f(1,8)＝1、Ni原子个数＝4×eq\f(1,2)＋1＋4×eq\f(1,2)＝5，则该晶胞中La、Ni原子个数之比为1∶5，所以含1molLa的合金含有Ni的数目为5NA＝3.01×1024。18．(10分)氮化硼(BN)晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如图所示。(1)关于这两种晶体的说法，正确的是________(填字母)。A．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大B．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软C．两种晶体中B—N均为共价键D．两种晶体均为分子晶体(2)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间结构为________，其结构与石墨相似却不导电，原因是______________________________________________________。(3)立方相氮化硼晶体，硼原子的杂化轨道类型为____________。该晶体的天然矿物在青藏高原地下约300km古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是__________。(4)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1molNH4BF4含有____mol配位键。答案(1)BC(2)平面三角形层状结构之间没有自由移动的电子(3)sp3高温、高压(4)2解析(1)A项，立方相氮化硼只含有σ键，由于形成的是立体网状结构，所以硬度大，错误；B项，六方相氮化硼层间以分子间作用力结合，作用力小，所以质地软，正确；C项，两种晶体中B—N均为共价键，正确；D项，两种晶体前者是混合型晶体，后者是共价晶体，错误。(2)六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间结构为平面三角形；其结构与石墨相似却不导电，原因是层状结构之间没有自由移动的电子。(3)立方相氮化硼晶体，硼原子的杂化轨道类型为sp3；根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是高温、高压的条件。(4)NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1molNH4BF4含有N与H原子间和B与F原子间形成的2mol配位键。19．(12分)X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2＋离子的3d轨道中有9个电子。请回答下列问题：(1)Y基态原子的电子排布式是________；Z所在周期中第一电离能最大的主族元素是________。(2)XYeq\o\al(－,2)离子的空间结构是________；R2＋的水合离子中，提供孤电子对的原子是________。(3)Z与某元素形成的化合物的晶胞如图所示，晶胞中阴离子与阳离子的个数之比是______。(4)将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式是______________________________________________________________