4.2 配合物的形成和应用 同步习题 2024-2025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 同步习题 2024-2025学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2 一、单选题 1．下列分子或离子中，能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键的是   ①H2O  ②NH3  ③F-  ④CN-  ⑤OH- A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④⑤ 2．下列离子方程式书写正确的是 A．向FeS固体中加入稀硝酸： B．向溶液中滴加溶液至中性： C．向新制溴水中通入少量： D．向溶液中滴加过量氨水： 3．下列物质中，不能作为配合物的配位体的是 A． B． C． D． 4．化学与科技、社会、生产密切相关，下列有关说法正确的是 A．聚酰亚胺在航空航天、高端电子元器件等多个尖端领域有很高的应用价值，聚酰亚胺属于有机高分子材料 B．茂金属是过渡金属与环戊二烯相连所形成的有机金属配位化合物，属于新型金属材料 C．电灯开关的主要材料为线性结构的酚醛树脂，酚醛树脂受热易软化或熔融 D．神舟十五号飞船表面所用的耐高温陶瓷中的氮化硅属于分子晶体 5．下列说法不正确的是 A．将溶液滴入溶液中，同时会有气体和沉淀生成 B．可用红外光谱仪来区分石英玻璃和水晶 C．向硫酸铜溶液中滴加过量氨水，形成深蓝色的溶液，是由于生成了配离子 D．大理石与盐酸反应制取时，将块状大理石改为粉末状，对增大反应速率有明显效果 6．向溶液中滴加氨水至过量，下列叙述正确的是 A．先出现沉淀，后沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液 B．离子方程式为： C．与中的氮原子以π键结合 D．分子中两个键的键角为 7．下列有关说法正确的是 A．只含分子的晶体一定是分子晶体 B．H2O的稳定性大于H2S是因为H2O分子间存在氢键 C．杂化轨道只用于形成共价键 D．[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出孤电子对，NH3提供空轨道 8．下列操作中，最终反应生成的物质不是配合物的是 A．往MgCl2溶液中加入足量的NaOH溶液 B．往少量硫酸铜溶液中滴入足量的氨水 C．AgCl溶解在氨水中 D．往AlCl3溶液中加入足量的NaOH溶液 9．卟啉铜配合物正极材料用于高稳定性有机钾离子电池，如图为卟啉铜配合物正极在钾离子电池中的得失电子过程示意图。下列说法中错误的是 A． 三种物质中Cu的配位数均为4 B． 三种物质中乙的水溶性最差 C． 中所有原子都满足8电子稳定结构 D． 甲、乙、丙中碳原子均存在sp和两种杂化方式 10．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 11．工业上用CH3OH与H2O重整生产原料气H2，并有少量的CO、CH3OCH3等副产物。CO会使催化剂中毒，可用CH3COO[Cu(NH3)2]溶液吸收。下列说法正确的是 A．CH3OCH3是非极性分子 B．CH3COO[Cu(NH3)2]中N—H键角大于NH3分子中N—H键角 C．CH3OH和CH3OCH3分子之间均只存在范德华力 D．CH3COO[Cu(NH3)2]中C原子的杂化方式都为sp3 12．已知四氨合铜离子的模型如图甲，CaF2晶体的晶胞如图乙，阿伏加德罗常数的值用NA表示。下列有关说法正确的是 A．基态Cu的电子排布式为[Ar]3d84s1 B．四氨合铜离子中存在极性共价键、配位键、离子键 C．距离Ca2+最近且等距离的F-有6个 D．若CaF2晶胞的棱长为acm，CaF2的密度为g/cm3 13．下列物质中，不能作为配合物的配位体的是 A． B． C． D．CO 14．下列有关说法正确的是 A．的空间构型是三角锥形 B．是结构对称的非极性分子 C．1mol中有2mol键 D．和中N-H键角相等 15．往CuSO4溶液中加入过量的NH3·H2O，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入C2H5OH后，析出深蓝色晶体。下列分析不正确的是 A．加入氨水的过程中Cu2+的浓度会减小 B．加C2H5OH的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度 C．[Cu(NH3)4]2+ 中心离子的杂化轨道类型是sp3杂化 D．析出的深蓝色晶体化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O 16．下列关于氯及其化合物之间转化反应的离子方程式书写不正确的是 A．实验室制备少量Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑ B．Cl2与石灰乳制漂白粉：Cl2+2OH-=ClO−+Cl−+H2O C．向FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- D．AgCl固体可溶于氨水：AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O 17．下列离子方程式书写正确的是 A．用铜作为两电极电解饱和食盐水阳极反应式：Cu-e-+Cl-=CuCl↓ B．氯化亚铁溶液中加入少量次氯酸钠溶液：2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+2OH- C．氢氧化钡溶液与硫酸铵溶液反应：Ba2++SO=BaSO4↓ D．氯化铜溶液与过量氨水溶液反应：Cu2++3NH3·H2O=Cu(OH)2↓+3NH 18．配离子[Zn(CN)4]2−在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO+[Zn(CN)4]2−+4H++4H2O=[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN，下列说法错误的是 A．HOCH2CN的沸点高于HCHO B．1 mol HCHO分子中含有σ键数目为4NA C．[Zn(CN)4]2−和[Zn(H2O)4]2+的中心原子配位数均为4 D．[Zn(CN)4]2−的空间构型为正四面体 19．下列有关物质结构与性质的说法错误的是 A．I2易溶于CCl4，可从I2和CCl4都是非极性分子的角度解释 B．氟的电负性大于氯的电负性，导致三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸 C．对羟基苯甲酸存在分子内氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因 D．AgCl溶于氨水，是由于AgCl与NH3反应生成了可溶性配合物 20．由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学用淡紫色的晶体进行如下实验： 已知：为浅紫色，为红色，为无色。 下列说法错误的是 A．溶液Ⅰ呈黄色，可能是因为水解生成所致 B．由于铁灼烧时无焰色，说明铁不会产生发射光谱，故焰色试验中可用铁丝替代铂丝 C．中碳元素的化合价为价 D．溶液Ⅱ、Ⅲ现象说明与配位能力：强于 21．CuCl为白色固体，难溶于水和乙醇，潮湿时易被氧化，常用作媒染剂。以印刷线路板碱性蚀刻废液{主要成分为[Cu(NH3)4]Cl2}为原料制备CuCl的工艺流程如下(设NA为阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是 A．“洗涤”时使用乙醇能防止CuCl被氧化 B．1 mol配合物[Cu(NH3)4]Cl2中共价键数目为18NA C．“沉铜”发生反应的离子方程式：[Cu(NH3)4]2++2OH- =CuO↓+4NH3↑+2H2O D．[Cu(NH3)4]Cl2中配体分子中的共价键是由N的2p轨道和H的1s轨道“头碰头”重叠形成的 22．解释下列事实的离子方程式书写错误的是 A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，产生白色沉淀： B．用氢氧化钠溶液吸收氯气： C．将氯化铜溶液加热，溶液由蓝色变为绿色： D．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： 23．代表阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 A．1mol分子中含有键数为 B．向氨水中滴加溶液可得到，含配位键数目为 C．电解熔融，阴极增重5.4g，外电路中通过电子的数目为 D．标准状况下，11.2L和22.4L在光照条件下充分反应后的分子数为 24．某硫酸盐的阳离子结构如下所示，X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，W的单质为红色固体，1mol该阳离子含有95mol电子。下列叙述错误的是 A．原子半径：Y>Z B．非金属性：X<Z C．W的原子最外层电子数为1 D．Z的氧化物均为无色气体 25．酞菁用途广泛，是一种由人工合成的化合物，经X射线衍射证实其分子中所有原子共平面，其结构如图所示。下列有关该分子的说法正确的是 A．含有28个碳原子 B．可以形成分子内氢键 C．该分子中相应原子的第一电离能： D．该分子中N原子的杂化轨道类型有两种 二、填空题 26．工业盐酸(俗称粗盐酸)呈亮黄色，已证明了这是配合物的颜色。请分析这种配合物的中心离子和配体，并用实验定性证明这种配合物只有在高浓度的条件下才是稳定的。 27．配位键 (1)概念：由一个原子单方面提供 ，而另一个原子提供 而形成的化学键，即“电子对给予—接受”键。 (2)表示方法：配位键常用A—B表示，其中A是 孤电子对的原子，叫给予体，B是接受孤电子对的原子，叫 。 如：H3O＋的结构式为；NH的结构式为。 (3)形成条件：形成配位键的一方(如A)是能够提供 的原子，另一方(如B)是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子。 28．方钴矿化合物是典型的热电材料，在环境污染和能源危机日益严重的今天，进行新型热电材料的研究具有很强的现实意义。 (1)Brian Sales等研究了一类新型热电材料，叫作填隙方钴矿锑化物，在钴和锑形成的晶体空隙中填充入稀土原子La(如图所示)，该化合物的化学式为 。 (2)Co和Fe的逐级电离能数据如表，Fe的大于Co的原因是 。 元素 …… Fe 462.5 1561.9 2957 5290 7240 760.4 1648 3232 4950 7670 (3)已知的熔点73℃，沸点223.5℃，的熔点是735℃，沸点是1049℃。两者的熔沸点差异较大的原因是 。预测的空间构型为 。 (4)为更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解得：混合超强酸显强酸性的原因是氟化氢提供和离子，氟离子通过强配位键与生成稳定结构的四氟化硼阴离子，于是就成为了“自由质子”，从而导致整合体系具有非常强的酸性。以此类推，魔酸()是最早发现的超强酸，其中Sb采取 杂化方式，S采取 杂化方式。 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】①水分子中的O原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，①符合题意； ②NH3分子中N原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，②符合题意； ③F-含有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，③符合题意； ④CN-中C、N原子均有孤电子对，C原子电负性较小，更易给出电子，与与某些金属离子形成配位键，④符合题意； ⑤OH-中O原子有孤电子对，可以提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，⑤符合题意； 综上所述答案为D。 2．C 【详解】A．稀硝酸具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，故A错误； B．向溶液中滴加溶液至中性，钡离子和氢氧根离子反应比例为1:2，生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为，故B错误； C．向新制溴水中通入少量，Br2氧化，离子方程式为，故C正确； D．向溶液中滴加过量氨水生成银氨络离子，离子方程式为：，故D错误； 故答案选C。 3．C 【详解】A．中N原子有孤电子对，可以作为配合物的配体，A不符合题意； B．中N原子有孤电子对，可以作为配合物的配体，B不符合题意； C．中N、H原子均没有孤电子对，不能作为配体，C符合题意； D．NH3中N原子有孤电子对，可以作为配合物的配体，D不符合题意； 综上所述答案为C。 4．A 【详解】A．聚酰亚胺属于有机高分子材料，A正确； B．茂金属是过渡金属与环戊二烯相连所形成的有机金属配位化合物，不属于新型金属材料，B错误； C．电灯开关的主要材料酚醛树脂是体型结构，具有较高的热稳定性和耐高温性，C错误； D．氮化硅属于共价晶体，而非分子晶体，D错误； 故选A。 5．B 【详解】A．铝离子和碳酸氢根离子发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，A正确； B．用红外光谱得到分子中含有的官能团信息；石英玻璃和水晶成分都是二氧化硅，不能用红外光谱仪来区分，B错误； C．向硫酸铜溶液中滴加过量氨水，过量的氨水和铜离子生成了配离子，能够形成深蓝色的溶液，C正确； D．块状大理石改为粉末状，增大了接触面积，反应速率加快，D正确； 故选B。 6．A 【详解】A．向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，发生反应：，后溶解形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，发生反应：，故A符合题意； B．硫酸四氨合铜是一种络合物，在水溶液中可以拆成四氨合铜离子和硫酸根离子，正确的离子方程式为：，故B不符合题意； C．中Cu2+提供空轨道，NH3中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，故C不符合题意； D．NH3分子中N原子含有3个共用电子对和一个孤电子对，所以其价层电子对是4，采用sp3杂化，NH3分子为三角锥形，两个H-N键的键角为，故D不符合题意； 答案选A。 7．A 【详解】A．分子晶体是由分子通过分子间作用力形成的，故只含分子的晶体一定是分子晶体，A正确； B．H2O的稳定性大于H2S是因为H-O的键能比H-S大，而与H2O分子间存在氢键无关，B错误； C．杂化轨道可用于形成共价键和容纳孤电子对，C错误； D．[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+给出空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，D错误； 故答案为：A。 8．A 【详解】A．往MgCl2溶液中加入足量的NaOH溶液，最终生成Mg(OH)2沉淀，不是配合物，故A符合题意； B．往少量硫酸铜溶液中滴入足量的氨水，最终无沉淀，生成[Cu(NH3)4]SO4，是配合物，B不符合题意； C．AgCl溶解在氨水中最终生成[Ag(NH3)2]Cl，是配合物，C不符合题意； D．往AlCl3溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Na[Al(OH)4]，是配合物，D不符合题意； 故选A。 9．C 【详解】A．由图可知三种物质中Cu的配位数均为4，A正确； B．甲和丙为离子化合物，因此水溶性较好，乙的水溶性最差，B正确； C．中P原子的价层电子对数为6，其最外层有12个电子，不是8，C错误； D．甲、乙、丙中均含有碳碳双键、苯环和碳碳三键，所以均存在sp和两种杂化方式的碳原子，D正确； 故选C。 10．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。 11．B 【详解】A．CH3OCH3中心O原子为V形结构，所以分子属于极性键组成的极性分子，A错误； B．CH3COO[Cu(NH3)2]中N提供孤对电子作为配位原子，使孤对电子对N-H成键之间的排斥力相对于NH3来说有所减小，所以CH3COO[Cu(NH3)2]中N—H键角大于NH3分子中N—H键角，B正确； C．CH3OH和CH3OCH3均为分子化合物，所以分子之间均存在范德华力，但CH3OH分子间还存在氢键，C错误； D．CH3COO[Cu(NH3)2]中甲基C原子的杂化方式为sp3，另一个C原子含碳氧双键，采用sp2杂化，D错误； 故选B。 12．D 【详解】A．基态Cu的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，A错误； B．四氨合铜离子的配位体NH3的N原子与中心Cu2+之间以配位键结合，在配位体NH3中H-N键为极性键共价键，不存在离子键，B错误； C．根据图乙可知距离Ca2+最近且等距离的F-在上下层各4个，共8个，C错误；   D．根据“均摊法”，晶胞中含个钙离子、8个氟离子，则晶胞密度：ρ=，D正确； 故选D。 13．C 【详解】配位化合物中能够提供孤电子对的微粒称为配体，已知Cl-中有孤电子对，CH3NH2中的N原子上有孤电子对，CO中C、O有孤电子对，而中N、H都没有孤电子对，不能作为配体，故答案为：C。 14．A 【详解】A．中心原子N周围价层电子对数为：3+=4，孤电子对数为0，根据价层电子对互斥理论可知，NH3的空间构型是三角锥形，A正确； B．分子中2个N为sp3杂化，均含一对孤电子，结构对称，但由于其正、负电荷中心不重合，故为极性分子，B错误； C．1mol中含有6molN-H键和2molAg-N键，一共有8mol键，C错误； D．N周围无孤电子对，而中N周围还有1对孤电子对，孤电子对对孤电子对的排斥力＞孤电子对对成键电子对的排斥力＞成键电子对对成键电子对的排斥力，故中N-H键角大于中N-H键角，D错误； 故答案为：A。 15．C 【详解】A．加入氨水的过程中，Cu2+首先会生成氢氧化铜沉淀，再被溶解生成铜氨离子，铜离子浓度减小，加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小，故A正确； B．加入C2H5OH，减小溶剂的极性，降低离子化合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，故B正确； C．[Cu(NH3)4]2+为平面正方形，中心铜离子杂化方式为dsp2杂化，故C错误； D．往CuSO4溶液中加入过量的NH3·H2O，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入C2H5OH后，析出深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，故D正确； 故选C。 16．B 【详解】A．实验室制备少量氯气，可以用MnO2与浓盐酸加热制备，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑，故A说法正确； B．石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，书写离子方程式时不能拆写，即离子方程式为Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故B说法错误； C．Fe2+的还原性比Br-强，因此通入少量Cl2，氯气先将Fe2+氧化，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C说法正确； D．AgCl能溶于氨水，形成络合物，其离子方程式为AgCl+2NH3∙H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，故D说法正确； 答案为B。 17．A 【详解】A．用铜作为两电极电解饱和食盐水，阳极铜失去电子，反应式为：Cu-e-+Cl-=CuCl↓，A正确； B．铁离子和氢氧根离子不能大量共存，氯化亚铁溶液中加入少量次氯酸钠溶液：2H++2Fe2++ClO-=2Fe3++Cl-+H2O，B错误； C．氢氧化钡溶液与硫酸铵溶液反应生成硫酸钡和一水合氨：2OH－+Ba2++SO+2NH=BaSO4↓+2NH3·H2O，C错误； D．氯化铜溶液与过量氨水溶液反应生成配合物：Cu2++4NH3·H2O=Cu(NH3)+4H2O，D错误； 答案选A。 18．B 【详解】A．因HOCH2CN存在分子间氢键，故沸点高于HCHO，A说法正确； B．1个甲醛分子有3个σ键，1 mol甲醛应有3NA个σ键，B说法错误； C．两种物质的中心原子配位数均为4，C说法正确； D．[Zn(CN)4]2−中Zn原子为sp3杂化，空间构型为正四面体，D说法正确； 答案选B。 19．C 【详解】A．相似相溶原理：极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂；碘为非极性分子，四氯化碳为非极性溶剂，可用相似相溶原理解释，A正确； B．氟的电负性大于氯的电负性，对O-H的共用电子对具有更强的吸引作用，导致O-H更易电离，因此三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，B正确； C．分子间氢键可以增大其熔沸点，则对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因，C错误； D．银离子可以和氨气形成配合物离子，导致氯化银可以溶解在氨水中，D正确； 故答案为：C。 20．B 【详解】A．为浅紫色，硝酸铁溶液显黄色可能是因为水解生成为红褐色，混合颜色为黄色，故A正确； B．铁灼烧产生的发射光谱没有特殊颜色，而不是不会产生发射光谱，故B错误； C．硫氰根离子中S的化合价为－2价，C的化合价为＋4价，N的化合价为－3价，故C正确； D．溶液Ⅱ是硫氰化铁溶液加入后变无色，说明产生了无色，配位能力：强于，故D正确； 故选B。 21．A 【详解】A．CuCl潮湿时易被氧化，“洗涤”时使用乙醇能防止CuCl被氧化，A正确； B．在配合物中，4个NH3含有12个共价键；Cu2+与4个NH3形成了4个配位键，则在1个[Cu(NH3)4]Cl2共有16个共价键，所以1 mol配合物中含有的共价键的数目为16NA，B错误； C．“沉铜”时，[Cu(NH3)4]2+与OH-反应生成CuO、NH3和H2O，其反应的离子方程式为：[Cu(NH3)4]2++2OH- =CuO↓+4NH3↑+H2O，C错误； D．[Cu(NH3)4]Cl2中配体NH3分子中共价键是N原子的3个sp3杂化轨道和H原子的1s轨道重叠形成的，D错误； 故合理选项是A。 22．A 【详解】A．将二氧化硫通入硝酸钡溶液中，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，再和钡离子生成硫酸钡白色沉淀：，故A错误； B．氢氧化钠溶液吸收氯气生成氯化钠、次氯酸钠和水：，故B正确； C．，焓变大于零，为吸热反应，将氯化铜溶液加热，平衡正向移动，溶液由蓝色变为绿色：故C正确； D．碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，提高碳酸根离子浓度可以将硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，故D正确； 故选A。 23．A 【详解】A．单键由1个σ键形成，双键由1个σ键和1个π键形成，则1mol分子中含有σ键数为，故A错误； B．中2个NH3作为配体形成配位键，则含配位键数目为，故B正确； C．电解熔融氧化铝制铝，阴极为铝得电子生成Al单质，阴极增重5.4g，物质的量为，外电路转移0.6NA个电子，故C正确； D．甲烷与氯气反应前后分子总数不变，标准状况下，11.2L甲烷的物质的量，22.4L氯气的物质的量，反应前分子数为1.5NA，则在光照条件下反应后，所得混合物的分子数为1.5NA，故D正确； 故选：A。 24．D 【分析】X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增大，X形成1个共价键，则X为H元素，Y形成4条共价键，Y为C元素，Z形成3条共价键并且与W形成配位键，则Z为N元素，W的单质为红色固体，W为Cu； 【详解】A．Y为C元素，Z为N元素，电子层数越多原子半径越大，若电子层数相同，则核电荷数大半径小，原子半径：C>N，A正确； B．X为H，Z为N元素，对于主族元素同周期自左向右依次增强，同周期自下而上依次增强，所以非金属性为N>H，B正确； C．W为Cu，电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1，由4s1可知Cu原子最外层电子数为1，C正确； D．Z为N元素，氧化物NO2为红棕色气体，D错误； 故选D。 25．D 【详解】A．根据有机物结构，该分子中有32个碳原子，故A项错误； B．酞菁分子中，2个N -H距离较远，难以形成分子内氢键，故B项错误； C．电离能从左到右依次增大，但第ⅡA族、第ⅤA族元素原子处于充满、半充满结构，比相邻元素第一电离能大，元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故C项错误； D．酞菁分子中，双键中的N原子为杂化，连接H原子的2个N原子为杂化，N原子的杂化轨道类型有两种，故D项正确； 故本题选D。 26．将亮黄色的浓盐酸加水稀释，溶液的颜色褪去。 【详解】将亮黄色的浓盐酸加水稀释，如果溶液的颜色褪色,说明溶液中不存在[FeCl4]-， 证明这种配合物只有在高浓度氯离子的溶液中才能存在。 27． 孤电子对 空轨道 提供 接受体 孤电子对 【解析】略 28．(1) (2)的第四电离能失去的是的电子，失去的是的电子，比较稳定 (3) 是分子晶体，是离子晶体 三角锥形 (4) 【详解】（1）在该晶胞中有La原子数目为2个。含有Co原子数目为：，Sb为，则La：Co：Sb=2：8：24=1:4:12，故该晶体化学式为LaCo4Sb12； （2）Co和Fe的逐级电离能数据如表，Fe的I4大于Co的原因是Co的第四电离能失去的是3d6的电子，Fe失去的是3d5的电子，比较稳定。故答案为：Co的第四电离能失去的是3d6的电子，Fe失去的是3d5的电子，比较稳定； （3）的熔点73℃，沸点223.5℃，CoCl2的熔点是735℃，沸点是1049℃。两者的熔沸点差异较大的原因是是分子晶体，CoCl 是离子晶体。 （4）魔酸()是最早发现的超强酸，氟离子通过强配位键与Sb形成稳定的八面体结构，其中Sb采取；S原子成4个共价键，价层电子对为4，S采取； 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 $$