3.4 配合物与超分子（精讲）（解析版）

PAGE143.4配合物与超分子（精讲）考点一配位键【例1-1】（·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。【一隅三反】1．（2021秋·四川宜宾·高二校考阶段练习）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。2．（2021·全国·高二课时练习）指出下列各配合物中的配离子、中心离子、配位体、配位数和配位原子。（1）___________（2）___________（3）___________【答案】（1）；；；4；N。（2）；Pt4+；Cl-；6；Cl。（3）；Cd2+；NH3；4；N。【解析】（1）配合物中的配离子是；中心离子是；配为体是；配位数是4；配位原子是N。（2）配合物中的配离子是；中心离子是Pt4+；配为体是Cl-；配位数是6；配位原子是Cl。（3）配合物中的配离子是；中心离子是Cd2+；配为体是NH3；配位数是4；配位原子是N。3（2021·全国·高二课时练习）在配合物中，___________是中心离子，___________是配位原子，___________是配位体；的结构式为___________。【答案】Cu2+NNH3【解析】在配合物中，铜离子能提供空轨道，氮原子可以提供孤对电子，故Cu2+是中心离子，N是配位原子，NH3是配位体；中心离子的配位数是4，结构式为。考点二配合物【例2】（湖南长沙）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氨、氮的氧化物、硝酸等重要的化工原料；NO能被溶液吸收生成配合物，减少环境污染。下列说法正确的是A．Fe提供孤电子对用于形成配位键B．该配合物中阴离子空间结构为三角锥形C．配离子为，中心离子的配位数为6D．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区【答案】C【解析】A．配合物中Fe2+提供空轨道，NO和H2O提供孤电子对用于形成配位键，故A错误；B．该配合物中阴离子为SO，价层电子对数为4+=0，且没有孤对电子，空间结构为正四面体形，故B错误；C．配离子为，配体为NO和H2O，中心离子的配位数为6，故C正确；D．H元素元素周期表的s区，故D错误；故选C。【一隅三反】1．（·湖北黄冈·校考一模）两个或多个配体与同一金属离子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，一种与EDTA形成的螯合物的结构如图所示。下列说法错误的是

A．1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个B．该物质中提供孤电子对的原子为N、OC．该物质中所有的非金属元素都分布在元素周期表的p区D．基态中最高能级的单电子数为2【答案】C【解析】A.由题图可知与配位原子形成的配合物是环状的，有6个配位键，A项正确；B.该物质中N、O与之间形成配位键，N、O提供孤电子对，B项正确；C.该物质中的非金属元素有N、O、C、H，其中H位于元素周期表的s区，C项错误；D.基态的价电子排布式为，有两个单电子，D项正确。故答案为：C。2．（秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考专题练习）NO能被FeSO4溶液吸收生成[Fe(NO)(H2O)5]SO4，减少环境污染，下列说法正确的是A．Fe2+提供孤电子对用于形成配位键B．该配合物中阴离子空间构型为三角锥形C．配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心离子的配位数为6D．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表的p区【答案】C【解析】A．配合物中亚铁离子提供空轨道用于形成配位键，故A错误；B．配合物的阴离子为硫酸根离子，硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故B错误；C．配离子中亚铁离子为中心离子，一氧化氮、水分子为配体，配位数为6，故C正确；D．配合物中含有的氢元素位于元素周期表的s区，故D错误；故选C。3．（·云南）可以与胺形成配合物，如、等。(1)中的配位数是_______。(2)中含有的键数目为_______。(3)配合物与游离的分子相比，其的键角_______(填“较大”“较小”或“相同”)，原因是_______。【答案】(1)6(2)(3)

较大

通过配位键与结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对成键电子对的排斥力减小，之间的键角增大【解析】1）中Ti与H2NCH2CH2NH2形成2个配位键、Ti与4个Cl-形成4个配位键，从而得出配位键的数目为6。（2）1个H2NCH2CH2NH2含有11个共价单键，从而得出1molH2NCH2CH2NH2中含个键。（3）游离态H2NCH2CH2NH2中N有1个孤电子对，配合物[中N提供一个孤电子对与Ti形成配位键，孤电子对之间的斥力>孤电子与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，与Ti结合后，孤电子对变成键电子对，排斥力减小，因此N-H键之间的夹角会增大。考点三超分子【例3】（吉林·高二吉林一中校考期末）下列物质不属于超分子的是A．“杯酚” B． C． D．21-冠-7【答案】B【解析】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，并保持一定的完整性使其具有明确的微观结构和宏观特性。A．“杯酚”一般是指由亚甲基桥连苯酚单元所构成的大环化合物，属于超分子，选项A不符合；B．是由一种分子构成的，不属于超分子，选项B符合；C．为多达六个单元的簇，属于超分子，选项C不符合；D．21-冠-7是冠醚，冠醚是一种大分子环状化合物，为超分子，选项D不符合；答案选B。【一隅三反】1．（·山东济南）利用超分子可分离和。将、的混合物加入一种空腔大小适配的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是A．原子半径：C>O B．杯酚分子中存在大π键C．杯酚与形成氢键 D．与杯酚晶体类型相同【答案】C【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：C>O，A正确；B．杯酚分子中含有苯环结构，具有大π键，B正确；C．氢键是H与N、O、F等电负性大的元素以共价键结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力，所以杯酚与C60形成的不是氢键，C错误；D．与杯酚均为分子晶体，二者晶体类型相同，D正确；故选C。2．（秋·北京海淀）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。现有某种超分子结构如图所示。下列有关说法正确的是A．该超分子中N原子核外电子有7种空间运动状态B．该超分子中存在的作用力有：极性键、非极性键、氢键、配位键C．该超分子中甲基的键角∠HCH小于-的键角∠HNHD．该超分子既可与酸反应，又可与碱反应【答案】D【解析】A．该超分子中N原子核外有5个原子轨道上填充有电子，所以电子有5种空间运动状态，A错误；B．该超分子中不存在配位键，B错误；C．该超分子中-CH3中心原子C和-NH2中心原子N均为sp3，但N原子有一对孤电子对，所以∠HNH夹角小些，C错误；D．该超分子中有氨基，可与酸反应；有酰胺基，可与碱反应，D正确；故选D。3．（秋·四川成都）我国科学家最近开发了超分子自装体，高效分离和。下列说法错误的是A．同温同压下，同体积的和含原子数相等B．同温同压下，等物质的量的、所占体积相等C．同温同压下，的密度大于D．常温常压下，等物质的量的、质量之比为11∶4【答案】A【解析】A．同温同压下，相同体积的气体物质的量相等，则、的原子数之比为3∶5，A错误；B．同温同压下，气体摩尔体积相同，则等物质的量的、所占体积相等，B正确；C．CO2的摩尔质量大于CH4的摩尔质量，则同温同压下，的密度大于，C正确；D．常温常压下，等物质的量的、质量之比等于摩尔质量之比，为44g/mol：16g/mol=11∶4，D正确；故选A。考点四综合运用【例4】（秋·重庆北碚·高二西南大学附中校考开学考试）化合物A是含有草酸根()的铜配合物(结构如下图)，可加热分解制备Cu纳米颗粒。请回答以下相关问题：(1)草酸根中C原子的杂化方式为_______。(2)上述的C、H、O、N四种元素中，第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号回答，下同)，其中，第一电离能最大的元素的原子的价层电子的轨道表达式(电子排布图)为_______，该元素第一电离能较大的原因是_______。(3)该配合物加热会生成一种气体，该气体与N2O是等电子体，其分子构型为_______。(4)草酸根()的结构如下图所示，其中σ键和π键的比例为_______。(5)在一定温度加热配合物会生成Cu2O，其中基态Cu+的价层电子排布式为_______。Cu2O的晶胞如下图所示，若A原子的坐标参数为(0，0，0)，C原子的坐标参数为(，，)，则B原子的坐标参数为_______。若最近的两个O2-的距离为anm，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为_______g·cm-3。【答案】(1)sp2杂化(2)

H<C<O<N

N的2p轨道半充满，具有额外稳定性，故不易失去一个电子(3)直线形(4)5：2(5)

3d10

(，，)

×1021或。【解析】】（1）草酸根中C原子形成羰基，则杂化方式为sp2杂化。（2）第一电离能可以衡量元素的气体原子失去一个电子的难易程度，第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；第一电离能数值越大，原子越难失去一个电子，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但N原子第一电离能高于O，则上述的C、H、O、N四种元素中，第一电离能由小到大的顺序为，其中，第一电离能最大的元素的原子(N)的价层电子的轨道表达式(电子排布图)为，该元素(N)第一电离能较大的原因是：N的2p轨道半充满，具有额外稳定性，故不易失去一个电子。（3）该配合物加热会生成一种气体，该气体与N2O是等电子体，等电子体为具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子，则该气体分子有3个原子、16个价电子，为二氧化碳，其分子构型为直线形。（4）羰基中有1个σ键和1个π键，单键均为σ键，则草酸根()的结构中σ键和π键的比例为5:2。（5）铜原子序数为29，基态铜原子价电子排布为3d104s1，则基态Cu+的价层电子排布式为3d10。由Cu2O的晶胞示意图，晶胞中小黑球的位置应为晶胞均分为8个小立方体的4个体心的位置，若A原子的坐标参数为(0，0，0)，C原子的坐标参数为(，，)，则B原子的坐标参数为(，，)。晶胞中白球原子的个数为：，黑球的个数为4，化学式为Cu2O，则黑球为Cu+、白球为O2-，若最近的两个O2-的距离为anm、即晶胞体对角线的二分之一为anm，设晶胞的边长为x，则，,阿伏伽德罗常数为NA，则该晶体的密度为×1021或g·cm-3。【一隅三反】1．（山东枣庄）配合物在工农业生产中有广泛应用。回答下列问题：(1)铁的一种配合物的化学式为[Fe(Htrz)3](ClO4)2，配体Htrz为三氮唑()①基态Fe2+与Fe3+中未成对的电子数之比为_______。②元素H、O、C、N电负性从小到大的顺序为_______。③阴离子的键角_______的键角(填“等于”、“大于”或“小于”)。④Htrz分子为平面结构，其中共有_______个σ键；用符号表示大π键(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)，则Htrz分子中的大π键可表示为_______。⑤三氮唑沸点为260℃，与其结构类似的环戊二烯沸点为42.5℃，三氮唑沸点明显偏高的原因是_______。(2)钴蓝晶胞结构如下图所示，该立方晶胞由4个I型和4个II型小立方体构成，其化学式为_______；NA为阿伏加德罗常数的值，钴蓝晶体的密度为_______(列计算式)。【答案】(1)

4:5

H<C<N<O

大于

8

1，2，4三氮唑分子间可形成氢键(2)

CoAl2O4

【解析】（1）①)Fe是26号元素，基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子排布式是3d64s2，Fe原子失去最外层2个4s电子得到Fe2+，失去最外层2个4s电子和1个3d电子得到Fe3+，所以基态Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，基态Fe3+的电子排布式为[Ar]3d5，所以未成对的电子数之比为4:5；②同周期元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从下到上，电负性依次增大，所以元素H、O、C、N电负性从小到大H<C<N<O；③已知、中中心原子周围的价层电子对数为：、，孤也子对数分别为1、0，由于孤电子对对孤电子对的排斤作用>孤电子对对成键电子对的排斥作用>成键电子对对成键电子对的排斥作用，故键角：；④根据④Htrz结构简式，是五元环结构，一个三氮唑环上有5个σ键，另外还有1个N-Hσ键和2个C-Hσ键，共8个σ键；在配合物[Fe(Htrz)3](ClO4)2中，Fe2+提供空轨道，配位体的N原子上含有孤电子对，所以在配位体中，参与形成大π键的原子数是5，参与形成大π键的电子数是6，所以可表示为；⑤1，2，4-三氮唑的沸点为260℃，而环戊二烯()的沸点为42.5℃，前者的沸点比后者大得多，是由于在1，2，4-三氮唑的分子中N原子非金属性强，原子半径小，不同的分子之间形成了氢键，增加了分子之间的吸引作用，而在环戊二烯分子之间无氢键，因此前者熔沸点比后者高；（2）根据钴蓝晶体晶胞结构分析，一个晶胞中含有的Co、Al、O个数分别为：4×=8、4×4=16、8×4=32，所以化学式为CoAl2O4；该晶胞的体积为(2a×10-7)3cm3，该晶胞的质量为g，所以密度为g·cm-3。。2．（·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）配合物及配位反应在科学研究和工业生产中有广泛的用途，配合物是具有一定空间构型的复杂离子或分子，通常由中心原子(或离子)和配体通过配位键相结合形成，其中配体提供孤电子对或π电子，中心原子(或离子)有空轨道接受孤电子对或π电子。(1)NH3可以作为配体，但NH却不能，原因是___________。(2)工业上利用Cu+、Ag+等低价金属离子作烯烃的吸附剂，将烯烃与H2、烷烃等分离，烯烃能被选择性吸附的原因是______________。(3)Fe3+可以和Cl-、F-、CN-、SCN-等配体形成配合物。①写出基态Fe3+的电子排布式_______________。②向含Fe3+的溶液中加入NaCN将Fe3+转化成配位数为6的稳定配离子，该配离子的化学式为______，配离子中Fe3+为d2sp3杂化，写出配位前后Fe3+3d轨道表示式_____。(4)通过实验确定某配合物A(由Cr、NH3、Cl-组成)的结构式。(Cr52

N14

H1

Cl35.5)i．测得A的摩尔质量为260.5g·mol-1，各元素质量分数如下表。元素CrNCl质量分数20.0%32.3%40.9%ii．取25.00mL0.0100mol·L-1的A溶液，用0.0600mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，完全反应时消耗12.50mL标准溶液。iii．取A的溶液于试管中，加入NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸放于试管口处，试纸始终不变蓝。①通过计算确定A的化学式为_________。②A中配离子的结构式为_________。【答案】(1)NH3可以作为配体，因为NH3有孤电子对，但NH却不能，原因是NH没有孤电子对(2)低价金属有空轨道，氢气和烷烃没有孤电子对，烯烃有Π电子从而形成配合物(3)

[Fe(CN)6]3-

(4)

Cr(NH3)6]C13

【解析】（1）NH3可以作为配体，因为NH3有孤电子对，但NH却不能，原因是NH没有孤电子对；（2）工业上利用Cu+、Ag+等低价金属离子作烯烃的吸附剂，将烯烃与H2、烷烃等分离，烯烃能被选择性吸附的原因是可与Cu+、Ag+等低价金属离子形成配合物，低价金属有空轨道，氢气和烷烃没有孤电子对，烯烃有Π电子从而形成配合物；（3）①Fe为第26号元素，Fe3+的核外电子数为23，基态Fe3+电子排布式：1s22s22p63s23p63d5；②向含Fe3+的溶液中加入NaCN将Fe3+转化成配位数为6的稳定配离子，说明CN-的个数为6，该配离子的化学式为[Fe(CN)6]3-，Fe3+的价电子排布式为：3d5，配离子中Fe3+为d2sp3杂化，配位后d轨道2个电子用于与s、p轨道形成杂化轨道，配位前后Fe3+3d轨道表示（4）①由ii可知一份A物质里面氯离子占三份，由iii可知配离子都是氨气分子，结合i可知A的化学式为Cr(NH3)6]C13；②所以A中配离子为[Cr(NH3)6]3+，其结构式为:；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_______________________________________________________________。答案(1)1s22s22p4Cl(2)V形O(3)2∶1(4)2Cu＋8NH3·H2O＋O2=2[Cu(NH3)4]2＋＋4OH－＋6H2O解析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，该气体是NO2，则X是氮元素，Y是氧元素；X与氢元素可形成XH3，该气体是氨气；Z基态原子的M层与K层电子数相等，则该元素的原子序数是2＋8＋2＝12，即为镁元素；R2＋离子的3d轨道中有9个电子，因此R的原子序数是18＋9＋2＝29，即为铜元素。(2)根据价层电子对互斥理论可知，NOeq\o\al(－,2)中心原子氮原子含有的孤电子对数＝eq\f(5＋1－2×2,2)＝1，即氮原子的价层电子对数是3，由于含有一个孤电子对，因此其离子的空间结构是V形；铜离子含有空轨道，而水分子中的氧原子含有孤电子对，因此在Cu2＋的水合离子中，提供孤电子对的原子