4.2 配合物的形成和应用 课时训练 2023-2024学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2

4.2 配合物的形成和应用 课时训练 2023-2024学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2 一、单选题 1．下列物质或微粒中不含配位键的是 A． B． C． D． 2．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．配合物的中心离子配位数为2 B．该配合物的配位原子是N原子 C．中心离子是Pt4+ D．配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不是配位体 3．在CuCl2溶液中存在如下平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-，下列说法中错误的是 A．将CuCl2固体溶于大量水中得到蓝色溶液 B．当[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+达一定比例时，溶液呈现绿色 C．1mol[Cu(H2O)4]2+配离子中含σ键数目为4NA D．[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+的配位数均为4，配位原子分别为Cl和O 4．晶体结构与金刚石相似，是硬度大、耐磨、耐高温的材料，合成途径之一为，下列说法错误的是 A．与的空间结构均为平面三角形 B．沸点： C．与中既有共价键又有配位链 D．基态硼原子的电子排布图： 5．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是 A．根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于d区元素 B．基态铜原子的价电子排布式：3d94s2 C．基态氧原子的轨道表示式： D．铜氨配离子的结构式： 6．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其分子结构示意图如图(实线代表共价键)。W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是    A．原子半径Z＞Y＞X＞W B．Y与Z一定组成阴阳离子数之比为1∶1的离子化合物 C．Y与W、X、Z均可形成至少两种化合物 D．元素W、X、Y一起组成的化合物一定是非电解质 7．下列物质中，不能作为配合物的配位体的是 A．NH3 B．CO C．CH4 D．OH- 8．下列说法正确的是 A．H2O2是非极性分子 B．HCl和Cl2分子中均含有s-pσ键 C．H＋能与H2O以配位键形成H3O＋ D．酸性：CH2ClCOOH>CHCl2COOH>CCl3COOH 9．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述错误的是 A．1mol[Cu(NH3)4]2+中配位键的个数为4NA B．46gCH3CH2OH中sp3杂化的原子数为2NA C．0.5molSF6中S的价层电子对数为3NA D．1molNaHSO4固体中离子数目为2NA 10．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6 B．该配合物可能是平面正方形结构 C．Cl-和NH3分子均与Pt4+形成配位键 D．该配合物的配体为NH3 11．为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是 A．中含有的键的数目为 B．标准状况下，和在光照下充分反应后的分子数为 C．固体含有的离子数目为 D．一定条件下，5.6gFe与充分反应，转移的电子数为 12．一种具有荧光性能的配合物的结构如图所示。下列有关该配合物的说法不正确的是 A．配位原子为N、O B．碳原子的杂化方式为sp2、sp3 C．基态N原子核外有5种空间运动状态的电子 D．配体中含有两个手性碳原子 13．下列说法不正确的是 A．超分子是由两种或两种以上的分子通过化学键作用形成的分子聚集体 B．过渡金属配合物远比主族金属配合物多 C．石墨中电子不能从一个平面跳跃到另一个平面 D．晶体具有自范性，某些物理性质会表现出各向异性 14．铑的配合物离子可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是 A．是反应中间体 B．甲醇羰基化反应是化合反应 C．反应过程中的成键数目有4、5、6三种情况 D．反应中碳元素的化合价从未发生反应 15．冰和杯酚的结构如图所示，下列说法正确的是    A．冰晶体中每个水分子周围只有2个紧邻的水分子 B．冰融化时破坏了分子中 C．杯酚中的官能团只有羟基 D．杯酚属于超分子，具有分子识别功能 16．化学反应中常伴有颜色变化，下列颜色变化对应的离子方程式错误的是 A．将氢氧化铜溶于浓氨水中，得到深蓝色溶液： B．向淡黄色Na2O2固体中滴加蒸馏水，得到无色溶液： C．向氯化亚铁溶液中加入铁氰化钾，产生蓝色沉淀： D．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去： 17．下列方案设计、现象和结论都正确的是 实验方案 现象 结论 A 往饱和Na2CO3溶液中通入CO2 溶液变浑浊 溶解度： B 取适量H2O2溶液于试管中滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察现象 产生气体使带火星条复燃 氧化性： C 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 先产生蓝色沉淀后溶解得到深蓝色透明溶液 与配位能力： D 将SO2气体通入Ca(ClO)2溶液中 产生白色沉淀 酸性： A．A B．B C．C D．D 18．胆矾是一种中药，有催吐、祛腐、解毒等功效，其晶体的结构如图所示。下列说法正确的是 A．该晶体中所有元素的基态原子里都含有单电子 B．原子电负性从大到小的顺序为：O>S>H>Cu C．晶体中存在的化学键为：离子键、极性共价键、氢键和配位键 D．的沸点高于的原因是O的非金属性强于S 19．某锂盐用作锂电池的电解质，能有效提高电池性能，其结构如图所示。下列说法不正确的是 A．简单氢化物的沸点： CH4>H2O B．元素的第一电离能： B<C C．简单离子的半径： O2－>F－ D．该锂盐的阴离子中含有配位键 20．X、Y、Z、W为原子序数递增的短周期主族元素，有机化合物中一定含X元素，Y的某种单质在空气中体积分数为第2位，含W元素的物质灼烧时发出黄光。下列说法正确的是 A．W与X、Y、Z形成的化合物中只含离子键 B．X的氢化物的沸点一定低于Y的氢化物的沸点 C．X、Y元素可形成含有配位键的化合物 D．原子半径： W>Z>Y>X 21．检验Ni2+的反应原理如下： 2 +Ni2+ +2H+ 下列说法错误的是 A．甲中σ键与π键的个数比是7:1 B．乙中Ni2+的配位数是4 C．乙分子内存在氢键 D．非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H 22．通过下列实验以印刷线路板碱性蚀刻废液(主要成分为)为原料制备CuCl。下列说法正确的是 A．铜元素位于周期表中d区 B．中配位原子是N C．“还原”时离子方程式为 D．CuCl晶胞如图所示，与等距离且最近的有2个 23．某研究小组用自主设计的电解池进行CO2还原生成CO的反应，可实现更高电流密度。该设计分别用碳负载钴卟啉和泡沫镍作为两电极催化剂，用循环的1 mol·L−1 KOH水溶液作为电解液，其中钴卟啉为CO2电还原催化剂。装置如图所示： 下列说法正确的是 A．钴卟啉分子有4种配体 B．b电极接外接电源的正极 C．阴极电极反应式为CO2+2e−+H2O=CO+2OH− D．当阳极产生22.4 L气体时，有4 mol离子通过阴离子交换膜 24．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）能与Mg2＋、Cu2＋等形成稳定环状离子，其中Cu2＋与乙二胺形成的化合物稳定性更高。下列说法错误的是 A．铜的第二电离能小于锌的第二电离能 B．乙二胺中2个N原子均可与Cu2＋形成配位键 C．Cu2＋与乙二胺形成的化合物稳定性更高是因为Cu2＋半径大，配体之间的斥力小 D．基态Mg原子中，电子占据的最高能层具有的原子轨道为9 25．已知：，，的分布分数与关系如下图所示例如：分布分数下列说法正确的是    A．曲线b代表 B． C．的平衡常数 D．当时， 二、填空题 26．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)该超分子中存在的化学键类型有 . A．键B．键C．离子键D．氢键 (2)该超分子中配体提供孤电子对的原子是 (填元素符号)，甲酸丁酯吡啶配体中原子的杂化方式有 . 27．完成下列问题 (1)参考表中物质的熔点，问答有关问题。 物质 NaF NaCl NaBr NaI 熔点/℃ 995 801 755 651 物质 SiF4 SiCl4 SiBr4 SiI4 熔点/℃ −90.2 −70.4 5.2 120.0 钠的卤化物熔点变化的原因是 ， 影响硅的卤化物熔点的因素是 ，钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多的原因是 。 (2)向胆矾溶液中滴加氨水至过量，最终得到深蓝色的透明溶液，再加入乙醇后析出深蓝色晶体，写出生成深蓝色透明溶液的离子方程式： 。该实验可知，与Cu2+结合生成配离子的稳定性： NH3 H2O(填 “>”或“<” )。 (3)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。卟啉配合物叶绿素是一种，其结构如图所示。叶绿素的中心离子无论是Mg2+还是Zn2+，都能形成稳定结构，原因是 ， 其中稳定性相对较高的是 (填“Mg2+”或“Zn2+”) ， 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键的数目为 。 28．回答下列问题 (1)在水溶液中与发生如下反应：。 ①在中含有键的数目为 。 ②中与的C原子形成配位键。不考虑空间构型，的结构可用示意图表示为 。 (2)在硅酸盐中，四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为 。 (3)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为 ，微粒之间存在的作用力是 。 (4)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。在中与之间形成的化学键称为 ，提供孤电子对的成键原子是 。 (5)氨的沸点 (填“高于”或“低于”)膦，原因是 。 (6)氮元素是植物生长所需的元素，常见氮肥有铵盐、尿素()等，中键角 (填“>”“<”或“=”) 中键角。 (7)硫元素和人类的生存与发展联系密切，在战国时期，我国的炼丹家们就开始了对硫单质及含硫化合物的研究应用。硫单质有多种同素异形体，其中一种单质分子的结构为，其熔点和沸点要比二氧化硫的高很多，主要原因为 。 (8)在气体分析中，常用的盐酸溶液吸收并定量测定的含量，其化学反应：；是一种配合物，其结构如图所示： 该配合物中，作配体时配位原子是C而不是O的原因是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【详解】A．中的化学键含1个配位键，A错误； B．中的化学键含1个配位键，B错误； C．中的化学键含2个配位键，C错误； D．中没有配位键，D正确。 故选：D。 2．C 【分析】PtCl4·2NH3水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，说明NH3和Cl-均为配体，位于内界，该配合物为[PtCl4(NH3)2]。 【详解】A．NH3和Cl-均为配体，配位数为2+4=6，A错误； B．Cl、N原子均有孤电子对，二者均为配位原子，B错误； C．NH3和Cl-均为配体，Pt4+为中心离子，C正确； D．PtCl4·2NH3水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，说明NH3和Cl-均为配体，D错误； 综上所述答案为C。 3．C 【详解】A．将CuCl2固体溶于大量水中，[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-的平衡正向移动，溶液显蓝色，故A正确； B．黄色和蓝色按照一定比例混合得到绿色，所以当[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+达一定比例时，溶液呈现绿色，故B正确； C．Cu2+与H2O之间的配位键为σ键，每个水分子内部有2个σ键，所以1mol[Cu(H2O)4]2+配离子中含σ键数目为12NA，故C错误； D．[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+的中心离子为Cu2+，提供空轨道，Cl-和水分子中的O原子有孤电子对，为配位原子，配位数均为4，故D正确； 答案选C。 4．A 【详解】A．BBr3与PBr3的空间结构分别为平面三角形和三角锥形，A错误； B．HF分子间可以形成氢键，因此沸点最高，而相对分子质量HBr大于HCl，沸点HBr＞HCl，B正确； C．硼原子最外层有三个电子，而BP、BN晶体结构与金刚石相似，硼原子形成四个共价键，因此BP、BN中既有共价键又有配位键，C正确； D．基态硼原子的电子排布图为，D正确。 故选A。 5．D 【详解】A．Cu在周期表中IB族，其价电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，A错误； B．基态铜原子的价电子排布式：3d104s1，B错误； C．上述电子排布规律不遵循洪特规则，基态氧原子正确的的轨道表示式：，C错误； D．铜氨配离子的化学式为Cu(NH3)，氨分子中氮原子提供孤电子对给铜的空轨道形成配位键，结构式为：，D正确； 故选D。 6．C 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次递增的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，则分别位于第一、第二和第三周期，故W为H元素，Z是同周期中金属性最强的元素，故Z为Na元素，X、Y都位于第二周期，根据超分子的结构示意图可知，X周围由4个共价键，Y周围由2个共价键，故X为C元素，Y为O元素； 【详解】A．同周期元素从左向右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径Na>C>O>H，即Z＞X＞Y＞W，故A错误； B．O与Na能组成的离子化合物为和，两种离子化合物的阴阳离子数之比都为1:2，故B错误； C．O与H可形成H2O、H2O2，O与C可形成CO、CO2，O与Na可形成、，故C正确； D．元素W、X、Y可组成、、等，和是电解质，是非电解质，故D错误； 故答案选C。 7．C 【详解】A．NH3是共价化合物，氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，NH3电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故A不选； B．CO分子C与O原子之间形成3对共用电子对，电子式为，含有1个σ键，C原子含有1对孤电子对，可以作为配体，故B不选； C．碳原子最外层的4个电子分别与氢原子形成共用电子对，电子式为，无孤对电子，不可以作为配体，故C选； D．OH-电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故D不选； 故答案为：C； 8．C 【详解】A．H2O2由极性共价键和非极性共价键构成，氧原子为sp3杂化，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．HCl分子中含有s-pσ键，Cl2分子中含有p-pσ键，B错误； C．H＋能提供空轨道，H2O中的氧原子能提供孤电子对，两者通过配位键形成H3O＋，C正确； D．电负性Cl>H，则吸电子能力Cl>H，吸电子能力增强导致酸性增强，故酸性：CH2ClCOOH<CHCl2COOH<CCl3COOH，D错误。 故选C。 9．B 【详解】A．一个[Cu(NH3)4]2+中含有4条配位键，1mol[Cu(NH3)4]2+中配位键的个数为4NA，故A正确； B．CH3CH2OH分子中C和O均为sp3杂化，46gC2H5OH物质的量为1mol，其中sp3杂化的原子数为3NA，故B错误； C．一个SF6中S的价层电子对数为6，0.5molSF6中S的价层电子对数为0.5mol×6×NA/mol=3NA，故C正确； D．NaHSO4固体是由钠离子和离子构成的，故1molNaHSO4固体中含有的离子数目为2NA，故D正确。 答案选B。 10．C 【分析】其水溶液不导电，说明不电离产生产生自由的移动，加入AgNO3溶液不产生沉淀，该结构中不存在游离的Cl-，Cl应于Pt形成配位键，加入强碱处理没有氨气放出，说明NH3与Pt结合成配位键，据此分析； 【详解】A．加入溶液不产生沉淀，用强碱处理没有放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该配合物的化学式为，则配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A错误； B．Pt与6个配体成键，该配合物应是八面体形结构，故B错误； C．由上述分析可知，和分子均与形成配位键，故C正确； D．该配合物的配体是和，故D错误； 答案为C。 11．B 【详解】A．Fe与CO之间存在配位键属于键，1个CO中含1个键，则中含有的键的数目为，故A错误； B．标准状况下，和均为1mol，分子数共，甲烷和氯气发生取代反应，反应前后分子总数不变，则充分反应后的分子数为，故B正确； C．中含1mol钙离子和2mol氢负离子，离子数目为3，故C错误； D．Fe与氯气反应生成氯化铁，5.6gFe为0.1mol，完全反应消耗0.15mol氯气，则氯气量不足，应以氯气的量计算电子数，完全跟反应得0.2mol电子，即，故D错误； 故选：B。 12．D 【详解】A．由该配合物的结构可知，Cu2+有空轨道，N、O含有孤电子对作为配位原子，故A正确； B．该配合物中含有苯环和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2、sp3，故B正确； C．基态N原子电子排布式为1s22s22p3，有5个轨道含有电子，有5种空间运动状态的电子，故C正确； D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该配体中没有手性碳原子，故D错误； 故选D。 13．A 【详解】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，A错误； B．由于许多过渡元素金属李对多种配体具有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物，所以过渡金属配合物远比主族金属的配合物多，B正确； C．石墨中的电子在碳原子评上中运动，不能从一个平面跳跃到另一个平面上，C正确； D．晶体有自范性，在光学性质或导电性或热膨胀系数或机械强度等方面表现为各向异性，D正确； 故选A。 14．D 【详解】A．根据反应历程图，是反应中间体，A正确； B．根据反应历程图，甲醇羰基化的反应物为、，生成物为，属于化合反应，B正确； C．反应过程中的成键情况有：的成键数目为4、的成键数目为5、的成键数目为6，C正确； D．反应物中：中碳显-2价，中碳显+2价，产物中甲基碳显-3价，羧基碳显+3价，D错误； 故选D。 15．C 【详解】A． 由图知，冰晶体中每个水分子周围有4个紧邻的水分子，A错误； B． 冰融化是物理变化，破坏了分子间氢键，没有破坏分子中的，B错误； C． 由图知，杯酚中的官能团只有羟基，C正确； 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，杯酚是一种纯净物，不属于超分子，D错误； 答案选C。 16．D 【详解】A．将氢氧化铜溶于浓氨水中，得到深蓝色溶液即得到[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为：，A正确； B．向淡黄色Na2O2固体中滴加蒸馏水，得到无色溶液，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故离子方程式为：，B正确； C．向氯化亚铁溶液中加入铁氰化钾，产生蓝色沉淀即KFe[Fe(CN)6]沉淀，故离子方程式为：，C正确； D．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去即Mn转化为Mn2+，则S被氧化为硫酸根，故离子方程式为：，D错误； 故答案为：D。 17．C 【详解】A．碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，过程中质量增加且水减少，不能直接说明物质溶解度的相对大小，A错误； B．取适量H2O2溶液于试管中，滴入Fe2(SO4)3溶液，振荡，观察现象，若产生气体使带火星木条复燃，可能是铁离子其催化作用使双氧水分解，不能得到Fe3+的氧化性强于H2O2，B错误； C．CuSO4溶液中，Cu2+以[Cu(H2O)4]2+形式存在，[Cu(H2O)4]2+ 呈蓝色，逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色的絮状沉淀Cu(OH)2，然后Cu(OH)2溶于氨水，生成深蓝色的[Cu(NH3)4]2+，所以配离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+＜[Cu(NH3)4]2+，即与Cu2+配位能力：NH3＞H2O，C正确； D．SO2气体通入Ca(ClO)2溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钙，由实验不能比较H2SO3、HClO的酸性强弱，D错误； 故答案为：C。 18．A 【详解】A．根据核外电子排布规律，晶体中所有元素的基态原子里都含有单电子，A正确； B．电负性描述的对象是元素，而不是原子，B错误； C．氢键是分子间作用力，不属于化学键，C错误； D．的沸点高于的原因是分子间存在氢键，D错误； 答案选A。 19．A 【详解】A．H2O中存在氢键，CH4中不存在氢键，则H2O的沸点高于CH4，A错误； B．同周期元素从左到右，元素的第一电离能呈增大的趋势，第一电离能B<C，B正确； C．离子的电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径O2->F-，C正确； D．B原子形成3条共价键之后没有多余的电子，其与其中一个F形成的共价键为配位键，D正确； 故答案选A。 20．C 【分析】有机化合物中一定含C元素，O2在空气中体积分数为第2位，含Na元素的物质焰色为黄色，O与Na之间的主族元素只有F元素。故X、Y、Z、W分别为C、O、F、Na元素。 【详解】A．Na与O形成的Na2O2中既含离子键，又含共价键，选项A错误； B．碳的氢化物中一些相对分子质量较大的烃的沸点可能高于氧的氢化物的沸点，选项B错误； C．X、Y组成的化合物CO中含有配位键，如Ni(CO)4，选项C正确； D．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同的原子序数越大原子半径越小，则原子半径：Na＞C＞O＞F，选项D错误； 答案选C。 21．A 【详解】A．甲中σ键数目为15，π键数目为2，则σ键与π键的个数比是15:1，A错误； B．乙的分子中，1个Ni2+与4个N原子形成配位键，所以配位数是4，B正确； C．由图中可以看出，乙分子内含有2个O…H—O氢键，C正确； D．H、C、N、O的非金属性大小关系为O＞N＞C＞ H，则电负性大小顺序为O＞N＞C＞ H，D正确； 故选A。 22．B 【详解】A．d区元素包含ⅢB～ⅦB、Ⅷ族。ds区的元素包含了ⅡB和ⅠB族元素，而铜位于ⅠB族为ds区元素，A项错误； B．配位键是一方提供空轨道（主要是含空轨道的金属提供）而另一方提供孤电子对形成，NH3中N有孤电子对，所以配位原子是N，B项正确； C．该方程式没有配平，应该为，C项错误； D．以面心的Cl-为例该晶胞中两个Cu2+离它最近，晶体延伸后还有两个，则离该Cl-最近的Cu2+有4个，D项错误； 故选B。 23．C 【详解】A．从图象可以看出，钴卟啉分子只有一种配体，A错误； B．根据题意，钴卟啉为CO2还原催化剂，故在钴卟啉催化剂一侧发生CO2还原反应，b电极是阴极，因此b电极接外接电源负极，B错误； C．根据题目信息，阴极是在碱溶液中发生CO2生成CO 的反应，C正确； D．没有指明气体是否处于标况，无法确定其物质的量，D错误； 故选C。 24．A 【详解】A．铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子形成Cu+离子的价电子排布式为3d10，3d轨道为稳定的全充满结构，不易失去电子，锌元素的原子序数为30，基态原子的价电子排布式为3d104s2，失去1个电子形成Zn+离子的价电子排布式为3d104s1，易失去1个电子形成稳定结构，所以铜元素的第二电离能大于锌元素的第二电离能，故A错误； B．乙二胺分子中2个氮原子都具有孤电子对，都能与具有空轨道的铜离子形成配位键，故B正确； C．铜离子的离子半径大于镁离子，与铜离子形成配位键的配体之间的斥力小于镁离子，所以铜离子与乙二胺形成的化合物稳定性强于镁离子与乙二胺形成的化合物稳定性，故C正确； D．基态镁原子的最高能层为M能层，M能层中存在3s、3p、3d等3个能级，轨道总数为1+ 3+5= 9，故D正确； 故选A。 25．B 【分析】Ag+具有空轨道，能与形成配离子，lgc(NH3)较小时溶液中主要存在Ag+，随着c(NH3)或lgc(NH3)增大，先形成[Ag(NH3)]+，再转化为[Ag(NH3)2]+，所以随着lgc(NH3)增大，c(Ag+)减小，c[Ag(NH3)]+先增大后减小，最后主要以[Ag(NH3)2]+存在，则曲线a代表Ag+，曲线b代表[Ag(NH3)2]+，曲线c代表[Ag(NH3)]+，曲线b、c交叉点时c[Ag(NH3)2]+=c[Ag(NH3)]+，此时[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+平衡常数K2=×=≈=103.9，据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可知，曲线a代表Ag+，曲线b代表[Ag(NH3)2]+，曲线c代表[Ag(NH3)]+，A错误； B．由图可知，曲线b、c交叉点时c[Ag(NH3)2]+=c[Ag(NH3)]+，此时[Ag(NH3)]++NH3 [Ag(NH3)2]+平衡常数K2=×=≈=103.9，B正确； C．K1=103.32、K2=103.9，则Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+的平衡常数K′==K1•K2=103.32×103.9=107.22，C错误； D．由图可知，当c(NH3)＞10-3mol/L时，c[Ag(NH3)2]+＞c[Ag(NH3)]+＞c(Ag+)，D错误； 故答案为：B。 26． AB C 和 【详解】(1)该超分子结构有双键，说明有键和键，分子中不存在离子键，根据信息形成配位键，因而答案选AB； (2)作配体时作配位原子，甲酸丁酯吡啶中有碳原子形成双键，说明其杂化方式为，在丁基中原子形成四个单键，为杂化。 27．(1) 从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低 结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高 钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体 (2) Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O ＞ (3) Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键 Zn2+ 4NA 【详解】（1）钠的卤化物熔点变化的原因是从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低， 影响硅的卤化物熔点的因素是结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；钠的卤化物的熔点比相应的硅的卤化物的熔点高得多的原因是钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体；故答案为：从NaF到 NaI，卤素离子半径逐渐增大，与钠离子形成的离子键键长越来越长，键能越来越小，且晶格能越来越小 ，因此熔点越来越低；结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔点越高；钠的卤化物是离子晶体，硅的卤化物是分子晶体，一般来说离子晶体熔点高于分子晶体。 （2）根据题知硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜沉淀，再继续滴加氨水，沉淀变为深蓝色透明溶液，则生成深蓝色透明溶液的离子方程式：Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O。该实验可知，[Cu(H2O)4]2+变为[Cu(NH3)4]2+，从而说明与Cu2+结合生成配离子的稳定性： NH3＞H2O；故答案为：Cu(OH)2＋4NH3∙H2O＝[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O；＞。 （3）根据题意Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键， Mg2+有两个电子层，Zn2+有三个电子层，Zn2+半径比Mg2+半径大，更容易形成配位键，因此稳定性相对较高的是 Zn2+ ， 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键物质的量为4mol，其配位键的数目为4NA；故答案为：Mg2+与Zn2+都有空轨道，可与具有孤电子对的氮原子形成配位键；Zn2+；4NA。 28．(1) (2) (3) 非极性键 (4) 配位键 N (5) 高于 M分子间可形成氢键 (6)< (7)二者均为分子晶体，分子相对分子质量大范德华力大，熔沸点高 (8)负性C<O，C易给出电子形成的 【详解】（1）①1个[Cu(H2O)4]2+中水分子内存在2个H-O键，锌离子与水分子存在4个配位键，所以1mol[Cu(H2O)4]2+中含σ键数目为1mol×(2×4+4)×NAmol-1=12NA； ②[Zn(CN)4]2-中锌离子提供空轨道，C原子提供电子对形成配位键，结构示意图表示为：； （2）该离子中每个Si原子价层电子对个数都是4，所以Si原子采用sp3杂化； （3）Ge单晶具有金刚石型结构，Ge原子与周围4个Ge原子形成正四面体结构，向空间延伸的立体网状结构，属于原子晶体，Ge原子之间形成共价键，Ge原子杂化轨道数目为4，采取sp3杂化，故答案为：sp3；非极性键； （4）含有孤电子对和含有空轨道的原子之间存在配位键，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道、NH3提供孤电子对，所以在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N．故答案为：配位键；N； （5）氨的沸点高于膦(PH3)，原因是氨气分子间可以形成氢键； （6）尿素中C原子的VSEPR模型为平面三角形，键角约120°，中N原子的空间构型为正四面体，键角为109°28′，则中H-N-H键的键角＜尿素中N-C-N键的键角； （7）二者均为分子晶体，分子相对分子质量大范德华力大，破坏分子间作用力需要能量高，所以熔沸点高； （8）C的电负性小于O，对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易，故CO作配体时，配位原子是C而不是O。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$