2025年滬科版選修3化學下冊階段測試試卷

…………○…………內…………○…………裝…………○…………內…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年滬科版選修3化學下冊階段測試試卷245考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、下列各組元素，按照原子半徑依次減少，第一電離能依次增大的順序排列的是（）A.Ca、Mg、BeB.Na、Mg、AlC.C.N、OD.P、S、Cl2、下列說法正確的是A.丙烯分子中有7個鍵，2個鍵B.在60g晶體中，鍵的數(shù)目為C.共價鍵有方向性，但無飽和性D.由ⅠA族和ⅥA族元素形成的原子個數(shù)比為1：1、電子總數(shù)為38的化合物，是含有共價鍵的離子化合物3、通常把原子總數(shù)和價電子總數(shù)相同的分子或離子稱為等電子體。人們發(fā)現(xiàn)等電子體的空間結構相同，則下列有關說法中正確的是（）A.CH4和NH4+是等電子體，鍵角均為60°B.B3N3H6（B和N交替排列）和苯是等電子體，均有6mol非極性鍵C.NH3和PCl3是等電子體，均為三角錐形結構D.BF3和CO32-是等電子體，均為平面三角形結構4、下列常見分子的中心原子的雜化軌道類型是sp的是()A.BF3B.CH4C.SO2D.CO25、用價層電子對互斥理論預測PCl3和的空間構型，結論正確的是A.直線形；三角錐形B.三角錐形；平面三角形C.V形；三角錐形D.直線形；平面三角6、金晶體是面心立方最密堆積，已知立方體的每個面上5個金原子緊密堆砌，金原子半徑為rcm，則金晶體的空間利用率為A.B.C.D.評卷人得分二、填空題(共9題，共18分)7、〔化學—選修3：物質結構與性質〕

早期發(fā)現(xiàn)的一種天然準晶顆粒由三種Al；Cu、Fe元素組成。回答下列問題：

（1）準晶是一種無平移周期序；但有嚴格準周期位置序的獨特晶體，可通過_____________方法區(qū)分晶體；準晶體和非晶體。

（2）基態(tài)鐵原子有________個未成對電子；三價鐵離子的電子排布式為：___________可用硫氰化鉀檢驗三價鐵離子，形成配合物的顏色為_____________

（3）新制備的氫氧化銅可將乙醛氧化為乙酸；而自身還原成氧化亞銅，乙醛中碳原子的雜化軌道類型為_________；一摩爾乙醛分子中含有的σ鍵的數(shù)目為：______________。乙酸的沸點明顯高于乙醛，其主要原因是：_______________________。氧化亞銅為半導體材料，在其立方晶胞內部有四個氧原子，其余氧原子位于面心和頂點，則該晶胞中有_____________個銅原子。

（4）鋁單質為面心立方晶體，其晶胞參數(shù)a＝0．405nm，晶胞中鋁原子的配位數(shù)為____________。列式表示鋁單質的密度_______________g·cm－3(不必計算出結果)8、Co基態(tài)原子核外電子排布式為__。元素Mn與O中，第一電離能較大的是__，基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)較多的是__。9、用符號“>”或“<”表示下列各項關系。

(1)第一電離能：Na__________Mg，Mg_______Ca。

(2)電負性：O________F，F(xiàn)________Cl。

(3)能量高低：ns________(n+1)s，ns________np。10、下圖是元素周期表的一部分，請回答下列問題：。族/周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族1①②2③④⑤3⑥⑦⑧⑨

(1)在這些元素中，第一電離能最大的是_______________(填元素符號，下同)，⑥和⑦的離子半徑大小關系為_________________________。

(2)在這些元素形成的最高價氧化物的水化物中，酸性最強的化合物為_______________(填物質的化學式)。

(3)在④和⑤兩種元素中，電負性較大的是_______________(填元素名稱)，③與⑧形成三原子分子，該分子的一種等電子體分子式是_______________。11、鉀的化合物廣泛存在于自然界中?；卮鹣铝袉栴}：

（1）處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用________形象化描述。

（2）鉀的焰色反應為________色，發(fā)生焰色反應的原因是_____________________。

（3）疊氮化鉀(KN3)晶體中，含有的共價鍵類型有________________，N3-的空間構型為________。

（4）CO能與金屬K和Mn形成配合物K[Mn(CO)5]，Mn元素基態(tài)原子的價電子排布式為________。12、回答下列填空：

（1）有下列分子或離子：①CS2，②PCl3，③H2S，④CH2O，⑤H3O＋，⑥NH4+，⑦BF3，⑧SO2。粒子的立體構型為直線形的有________(填序號，下同)；粒子的立體構型為V形的有________；粒子的立體構型為平面三角形的有________；粒子的立體構型為三角錐形的有____；粒子的立體構型為正四面體形的有____。

（2）俗稱光氣的氯代甲酰氯分子(COCl2)為平面三角形，但C—Cl鍵與C=O鍵之間的夾角為124.3°；C—Cl鍵與C—Cl鍵之間的夾角為111.4°，解釋其原因：____。13、硼及其化合物的應用廣泛。試回答下列問題：

（1）基態(tài)原子的價電子軌道表示式為__________，其第一電離能比的__________（填“大”或“小”）。

（2）氨硼烷（）被認為是最具潛力的新型儲氫材料之一，分子中存在配位鍵，提供孤電子對的原子是__________，寫出一種與氨硼烷互為等電子體的有機小分子：___________________（填化學式）。

（3）常溫常壓下硼酸（）的晶體結構為層狀；其二維平面結構如圖所示。

①B原子的雜化方式為__________。從氫鍵的角度解釋硼酸在冷水中的溶解度小而加熱時溶解度增大：_________________。

②路易斯酸堿理論認為，任何可接受電子對的分子或離子叫路易斯酸，任何可給出電子對的分子或離子叫路易斯堿。從結構角度分析硼酸是路易斯酸：______________________________。14、某鹽的組成可表示為3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl?；卮鹣铝袉栴}：

（1）氯原子的電子排布式為________________。

（2）元素的基態(tài)氣態(tài)原子得到一個電子形成氣態(tài)負一價離子時所放出的能量稱作第一電子親和能(E1)。第二周期部分元素的E1變化趨勢如圖(a)所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_________________；氮元素的E1呈現(xiàn)異常的原因是__________________。

（3）經X射線衍射測得化合物3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl的晶體結構，其局部結構如圖(b)所示。

①H3O＋中心原子的雜化類型為________，NH4+的空間構型為________。

②3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl中陰離子N5-中的σ鍵總數(shù)為________個。分子中的大π鍵可用符號Π表示，其中m代表參與形成大π鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大π鍵的電子數(shù)(如苯分子中的大π鍵可表示為Π)，則N5-中的大π鍵應表示為________。

③圖(b)中虛線代表氫鍵，其中表示式為(NH4+)N—HCl、________、________。15、銅及其化合物在科學研究和工業(yè)生產中具有許多用途。請回答下列問題：

（1）Cu2O中陽離子的基態(tài)核外電子排布式為__________________；Cu和Ni在元素周期表中的位置相鄰，Ni在周期表中的位置是__________________。

（2）將過量的氨水加到硫酸銅溶液中，溶液最終變成深藍色，繼續(xù)加入乙醇，析出深藍色的晶體[Cu(NH3)4]SO4·H2O。

①乙醇分子中C原子的軌道雜化類型為__________________，NH3與H+以配位鍵形成NH4+，則NH4+的空間構型為____________________。

②[Cu(NH3)4]SO4·H2O]中存在的化學鍵除了極性共價鍵外，還有____________________。

③NH3極易溶于水的原因主要有兩個，一是_______________，二是_______________________。

（3）CuSO4溶液中加入過量KCN溶液能生成配離子[Cu(CN)4]2-，1molCN-中含有的π鍵數(shù)目為__________。與CN-互為等電子體的離子有____________（寫出一種即可）。

（4）Cu與F形成的化合物的晶胞結構如圖所示，若晶體密度為ag·cm-3，則Cu與F最近距離為____________pm（用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,列出計算表達式；不用化簡）。

評卷人得分三、原理綜合題(共5題，共10分)16、科學家正在研究溫室氣體CH4和CO2的轉化和利用。

（1）CH4和CO2所含的三種元素電負性從小到大的順序為______。

（2）下列關于CH4和CO2的說法正確的是______（填序號）。

a．固態(tài)CO2屬于分子晶體。

b．CH4分子中含有極性共價鍵；是極性分子。

c．因為碳氫鍵鍵能小于碳氧鍵，所以CH4熔點低于CO2

d．CH4和CO2分子中碳原子的雜化類型分別是sp3和sp

（3）在Ni基催化劑作用下，CH4和CO2反應可獲得化工原料CO和H2。

①基態(tài)Ni原子的電子排布式為____________，Ni該元素位于元素周期表的第___族。

②Ni能與CO形成正四面體形的配合物Ni（CO）4，1molNi（CO）4中含有_____molσ鍵。

（4）一定條件下，CH4和CO2都能與H2O形成籠狀結構（如圖所示）的水合物晶體，其相關參數(shù)見下表．CH4與H2O形成的水合物俗稱“可燃冰”。

①“可燃冰”中分子間存在的2種作用力是______。

②為開采深海海底的“可燃冰”，有科學家提出用CO2置換CH4的設想．已知圖中籠狀結構的空腔直徑為0.586nm，根據(jù)上述圖表，從物質結構及性質的角度分析，該設想的依據(jù)是___________________________。17、一水合甘氨酸鋅是一種礦物類飼料添加劑；結構簡式如圖：

（1）基態(tài)Zn2+的價電子排布式為__；一水合甘氨酸鋅中所涉及的非金屬元素電負性由大到小的順序是__。

（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N的雜化軌道類型為__；甘氨酸易溶于水，試從結構角度解釋__。

（3）一水合甘氨酸鋅中Zn2+的配位數(shù)為__。

（4）[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一種配合物，IMI的結構為則1molIMI中含有__σ鍵。

（5）常溫下IMI的某種衍生物與甘氨酸形成的離子化合物為液態(tài)而非固態(tài)，原因是__。

（6）Zn與S形成某種化合物的晶胞如圖Ⅰ所示。

①Zn2+填入S2-組成的__空隙中（填“四面體”或“八面體”）；

②由圖不能判斷出S2-、Zn2+相切，若要使S2-、Zn2+相切，則Zn2+半徑為__pm，已知晶體密度為dg/cm3，S2-半徑為apm。（寫計算表達式）。

18、近日，中科院大連化物所化學研究團隊在化學鏈合成NH，研究方面取得新進展，使用的催化劑有Fe、MgO等；相關研究成果發(fā)表于《自然一能源》上。

請回答下列問題：

（1）基態(tài)Fe原子中有___個運動狀態(tài)不同的電子；基態(tài)Fe原子價電子的排布圖為___，最高能層電子的電子云輪廊圖形狀為____。

（2）Ba元素在周期表中的分區(qū)位置是____區(qū)，元素的第一電離能：Mg_______Al(填“>”或“<”)，H、N、O元素的電負性由大到小的順序為_____(用元素符號表示)。

（3）分子的空間構型為____，其中心原子的雜化方式為_____，與互為等電子體的陽離子是_______(填離子符號；任寫一種)。

（4）已知：的熔點為770℃，的熔點為1275℃，二者的晶體類型均為___，的熔點低于的原因是___。

（5）研究發(fā)現(xiàn)，只含Ni、Mg和C三種元素的晶體具有超導性，該物質形成的晶體的立方晶胞結構如圖所示：

①與Mg緊鄰的Ni有_______個。

②原子坐標參數(shù)可表示晶胞內部各原子的相對位置。該晶胞中原子的坐標參數(shù)a為(0，0，0)；b為(0)。則c原子的坐標參數(shù)為___。

③已知：晶胞中Ni、Mg之間的最短距離為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為則晶體的密度_____(用含a、的代數(shù)式表示)。19、硫及其化合物有許多用途。請回答下列問題。

(1)基態(tài)硫離子價層電子的軌道表達式為___________，其電子填充的最高能級的軌道數(shù)為___________。

(2)常見含硫的物質有單質硫(S8)、SO2、Na2S、K2S等，四種物質的熔點由高到低的順序依次為___________，原因是___________。

(3)方鉛礦(即硫化鉛)是一種比較常見的礦物，酸溶反應為：PbS+4HCl(濃)=H2[PbCl4]+H2S↑，則H2[PbCl4]中配位原子是_________，第一電離能I1(Cl)___________I1(S)(填“>”、“<”或¨=”)，H2S中硫的雜化方式為_______，下列分子空間的構型與H2S相同的有___________。

A．H2OB．SO3C．O3D．CH4

(4)方鉛礦的立方晶胞如圖所示，硫離子采取面心立方堆積，鉛離子填在由硫離子形成的___________空隙中。已知晶體密度為ρg·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶胞中硫離子與鉛離子最近的距離為___________nm。

20、氫；氮、氧、硫、鎂、鐵、銅、鋅等元素及其化合物在人們的日常生活中有著廣泛的用途。回答下列問題：

(1)某同學根據(jù)已學知識，推斷Mg基態(tài)原子的核外電子排布為，該同學所畫的電子排布圖違背了____

(2)Cu位于____族____區(qū)，Cu＋價電子排布式為____。

(3)MgCO3的分解溫度____BaCO3(填“>”或、“<”)

(4)Ge、As、Se元素的第一電離能由大到小的順序為____

(5)已知H3BO3是一元酸，1molH3BO3在水中完全電離得到的陰離子中含有σ鍵的數(shù)目為____

(6)下列有關說法不正確的是____。

A.熱穩(wěn)定性：NH3>PH3，原因是NH3分子間存在氫鍵，而PH3分子間存在范德華力。

B.SO2與CO2的化學性質有些類似；但空間結構與雜化方式不同。

C.熔、沸點：SiF4<SiCl4<SiBr44；原因是分子中共價鍵鍵能逐漸增大。

D.熔點：CaO>KCl>KBr；原因是晶格能逐漸減小。

(7)晶體Cu的堆積方式如圖所示，其中Cu原子在二維平面里放置時的配位數(shù)為_________，設Cu原子半徑為a，晶體的空間利用率為______。(用含π；a；的式子表示，不必化簡)

評卷人得分四、實驗題(共1題，共4分)21、現(xiàn)有兩種配合物晶體[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2，一種為橙黃色，另一種為紫紅色。請設計實驗方案將這兩種配合物區(qū)別開來_____________________________。評卷人得分五、工業(yè)流程題(共1題，共4分)22、飲用水中含有砷會導致砷中毒，金屬冶煉過程產生的含砷有毒廢棄物需處理與檢測。冶煉廢水中砷元素主要以亞砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化學沉降法處理酸性高濃度含砷廢水，其工藝流程如下：

已知：①As2S3與過量的S2-存在反應：As2S3(s)+3S2-(aq)?2(aq)；

②亞砷酸鹽的溶解性大于相應砷酸鹽。

(1)砷在元素周期表中的位置為_______；AsH3的電子式為______；

(2)下列說法正確的是_________；

a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半徑：S>P>As

c.第一電離能：S

(3)沉淀X為__________(填化學式)；

(4)“一級沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二級沉砷”中H2O2與含砷物質反應的化學方程式為__________；

(6)關于地下水中砷的來源有多種假設，其中一種認為富含砷的黃鐵礦(FeS2)被氧化為Fe(OH)3，同時生成導致砷脫離礦體進入地下水。FeS2被O2氧化的離子方程式為______________。評卷人得分六、有機推斷題(共1題，共3分)23、短周期元素X；Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大。已知：X的最外層電子數(shù)是次外層的2倍；在地殼中Z的含量最大，W是短周期元素中原子半徑最大的主族元素，Q的最外層比次外層少2個電子。請回答下列問題：

（1）X的價層電子排布式是___，Q的原子結構示意圖是____。

（2）Y、Z兩種元素中，第一電離能較大的是（填元素符號）_____，原因是______。

（3）Z、W、Q三種元素的簡單離子的半徑從小到大排列的是________。

（4）關于Y、Z、Q三種元素的下列有關說法，正確的有是_______；

A.Y的軌道表示式是：

B.Z；Q兩種元素的簡單氫化物的穩(wěn)定性較強的是Z

C.Z；Q兩種元素簡單氫化物的沸點較高的是Q

D.Y常見單質中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比是1：2

（5）Q與Z形成的化合物QZ2，中心原子Q的雜化類型是_____，QZ2易溶于水的原因是________。參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、A【分析】【詳解】

A；同主族元素從上到下半徑增大、第一電離能減??；Ca、Mg、Be原子半徑依次減少，第一電離能依次增大，故A正確；

B；Mg的3s軌道全滿；第一電離能大于Al，所以第一電離能Na＜Al＜Mg，故B錯誤；

C；N的2p軌道半充滿；第一電離能大于O，所以第一電離能C＜O＜N，故C錯誤；

D；P的3p軌道半充滿；第一電離能大于S，所以第一電離能S＜P＜Cl，故D錯誤。

【點睛】

同周期元素從左到右，第一電離能呈遞增趨勢，第ⅡA的最外層s軌道全滿、ⅤA族元素最外層p軌道全滿，為穩(wěn)定結構，第一電離能大于同周期相鄰的元素。2、D【分析】【詳解】

鍵均為鍵，中一個鍵，一個鍵，則丙烯分子有8個鍵，1個鍵；故A錯誤；

B.60g物質的量硅形成四個鍵，60g水晶晶體中，含有“”鍵的數(shù)目為故B錯誤；

C.鍵沒有方向性；化學鍵都有飽和性，故C錯誤；

D.由ⅠA族和ⅥA族元素形成的原子個數(shù)比為1：1、電子總數(shù)為38的化合物，該化合物為為離子化合物，含有非極性共價鍵，故D正確。

故選：D。3、D【分析】【詳解】

A．CH4和NH4+原子總數(shù)為5；價電子總數(shù)都為8，是等電子體，為正四面體結構，鍵角均為109°28′，不是60°，故A錯誤；

B．B3N3H6和苯原子總數(shù)為12，價電子總數(shù)都為30，是等電子體，但B和N交替排列所以B3N3H6分子中不存在非極性鍵；故B錯誤；

C．NH3和PCl3原子總數(shù)為4，NH3價電子總數(shù)為8，PCl3價電子總數(shù)為26；不是等電子體，但二者都為三角錐型結構，故C錯誤；

D．BF3和CO32-原子總數(shù)為4，價電子總數(shù)都為24，是等電子體，BF3成3個σ鍵，B原子不含孤對電子，采取sp2雜化，為平面正三角形，等電子體的空間結構相同，故CO32-也為平面正三角形；故D正確；

故選：D。

【點睛】

陽離子價電子總數(shù)=原子的價電子總數(shù)-離子所帶的電荷數(shù)，陰離子價電子總數(shù)=原子的價電子總數(shù)+離子所帶的電荷數(shù)。4、D【分析】【詳解】

A．BF3分子中價層電子對個數(shù)=3+(3-3×1)=3，中心原子雜化類型為sp2雜化；故A錯誤；

B．CH4中C原子雜化軌道數(shù)為4+×(4-4×1)=4，中心原子雜化類型為sp3雜化；故B錯誤；

C．SO2中S原子雜化軌道數(shù)為2+×(6-2×2)=3，中心原子雜化類型為sp2雜化；故C錯誤；

D．CO2中C原子雜化軌道數(shù)為2+×(4+0)=2；中心原子雜化類型為sp雜化，故D正確；

故答案為D。

【點睛】

考查原子雜化方式的判斷，根據(jù)價層電子對互斥理論確定原子雜化方式，價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=×(a-xb)，a指中心原子價電子個數(shù)，x指配原子個數(shù)，b指配原子形成穩(wěn)定結構需要的電子個數(shù)，據(jù)此判斷雜質類型，中心原子的雜化類型為sp，說明該分子中心原子的價層電子對個數(shù)是2。5、B【分析】【分析】

根據(jù)中心原子的價層電子對數(shù)；確定相應的價層電子對構型后，再根據(jù)價層電子對中的孤對電子數(shù)，確定電子對的排布方式和分子的空間構型。

【詳解】

PCl3中，P原子的價層電子對數(shù)為=(5-1×3)÷2=1，價層電子對數(shù)為3+1=4，分子空間構型為三角錐型；離子中，碳原子的價層電子對數(shù)為=3+(4+2-2×3)=3，沒有孤對電子對，故離子是平面三角形結構；答案選B。

【點睛】

2個共用電子對，2個孤對電子的分子為V構型；3個共用電子對，1個孤對電子的分子為三角錐型；3個共用電子對，0個孤對電子的分子為平面三角形；2個共用電子對，1個孤對電子的分子為V構型。6、B【分析】【分析】

面心立方最密堆積原子在晶胞中的位置關系如圖。

【詳解】

金晶體為面心立方最密堆積，則晶胞面對角線為金原子半徑的4倍，金原子半徑為rcm，則晶胞的邊長為4r=rcm，每個金晶胞中含有4個原子，則金原子總體積為金晶胞體積為故空間利用率為

故選B。

【點睛】

本題考查晶胞結構與計算，解題關鍵是明確原子在晶胞中的位置，理解原子半徑與晶胞棱長的關系，需要學生具有一定的數(shù)學計算能力。二、填空題(共9題，共18分)7、略

【分析】【詳解】

試題分析：（1）從外觀無法區(qū)分三者；但用X光照射揮發(fā)現(xiàn)：晶體對X射線發(fā)生衍射，非晶體不發(fā)生衍射，準晶體介于二者之間，因此通過有無衍射現(xiàn)象即可確定；

（2）26號元素Fe基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p43d64s2，基態(tài)Fe原子核外處在能量最高的能級為3d，排布了6個電子，有6種不同的運動狀態(tài)，可知在3d上存在4個未成對電子，失去電子變?yōu)殍F離子時，三價鐵離子的電子排布式為1s22s22p63s23p43d5；可用硫氰化鉀檢驗三價鐵離子，形成配合物的顏色為血紅色；

（3）乙醛中甲基上的C形成4條σ鍵，無孤電子對，因此采取sp3雜化類型，醛基中的C形成3條σ鍵和1條π鍵，無孤電子對，采取sp2雜化類型；1個乙醛分子含有6個σ鍵和一個π鍵，則1mol乙醛含有6molσ鍵，即6NA個σ鍵；乙酸分子間可形成氫鍵，乙醛不能形成氫鍵，所以乙酸的沸點高于乙醛；該晶胞中O原子數(shù)為4×1+6×1/2+8×1/8=8，由Cu2O中Cu和O的比例可知該晶胞中銅原子數(shù)為O原子數(shù)的2倍；即為16個；

（4）在Al晶體的一個晶胞中與它距離相等且最近的Al原子在通過這個頂點的三個面心上；面心占1/2

，通過一個頂點可形成8個晶胞，因此該晶胞中鋁原子的配位數(shù)為8×3×1/2=12；一個晶胞中Al原子數(shù)為8×1/8+6×1/2=4，因此Al的密度ρ=m/V=

考點：考查晶體的性質、原子核外電子排布規(guī)律、共價鍵類型、氫鍵、雜化類型、配位數(shù)及密度的計算【解析】X射線衍射4個1s22s22p63s23p43d5血紅色sp3、sp26NA乙酸的分子間存在氫鍵，增加了分子之間的相互作用16128、略

【分析】【分析】

Co是27號元素；可按照能量最低原理書寫電子排布式；O為非金屬性，難以失去電子，第一電離能較大。

【詳解】

Co是27號元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；元素Mn與O中，由于O元素是非金屬性而Mn是過渡元素，所以第一電離能較大的是O，O基態(tài)原子價電子為2s22p4，所以其核外未成對電子數(shù)是2，而Mn基態(tài)原子價電子排布為3d54s2，所以其核外未成對電子數(shù)是5，因此核外未成對電子數(shù)較多的是Mn，故答案為：1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；O；Mn?！窘馕觥竣?1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2②.O③.Mn9、略

【分析】【分析】

（1）第一電離能的變化規(guī)律與金屬性類似；但是要注意半滿的特殊情況；

（2）電負性的變化與非金屬性類似；非金屬性越強的元素其電負性也越大；

（3）越外層的軌道能量越高；越不穩(wěn)定。

【詳解】

（1）同周期元素從左到右第一電離能逐漸增大，因此同主族元素從上到下第一電離能減小，因此

（2）同周期主族元素從左到右電負性逐漸增大，因此同主族元素自上到下電負性減小，因此

（3）越外層的軌道能量越高，因此【解析】①.<②.>③.<④.>⑤.<⑥.<10、略

【分析】【分析】

根據(jù)元素周期表得①為H；②為He，③為C，④為N，⑤為O，⑥為Na，⑦為Al，⑧為S，⑨為Cl。

【詳解】

(1)在這些元素中，He是稀有氣體，性質穩(wěn)定，所以第一電離能最大的是He，根據(jù)電子層結構相同的粒子，原子序數(shù)越大半徑越小，則離子半徑大小Na+>Al3+；

(2)同周期元素，從左往右非金屬性逐漸增強，同主族元素，從上到下非金屬性逐漸減弱，且非金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物酸性越強，注意O無最高價氧化物的水化物，所以非金屬性最強的是Cl，即酸性最強的化合物為HClO4；

(3)同周期元素，從左往右電負性依次增大，則N和O兩種元素中，電負性較大的是氧，C與S形成三原子分子是CS2，等電子體的原子總數(shù)和價電子相同，根據(jù)同族互換和電子遷移后可得，等電子體有CO2（或N2O；COS等）。

【點睛】

元素周期律的題目要抓住元素性質的遞變規(guī)律進行解題，等電子體一般采用同族互換和電子遷移，根據(jù)價電子要相同，得到不同的等電子體?！窘馕觥竣?He②.Na+>Al3+③.HClO4④.氧⑤.CO2（或N2O、COS等合理分子）11、略

【分析】【詳解】

(1)；處于一定空間運動狀態(tài)的電子在原子核外出現(xiàn)的概率密度分布可用電子云形象化描述；

故答案為電子云；

(2)；鉀的焰色反應為紫色。發(fā)生焰色反應；是由于電子從較高能級躍遷到較低能級時釋放能量，釋放的能量以光的形式呈現(xiàn)；

故答案為紫色；電子從較高能級躍遷到較低能級時釋放能量；釋放的能量以光的形式呈現(xiàn)；

(3)、根據(jù)氮原子的結構，疊氮化鉀晶體中含有的共價鍵類型有σ鍵和π鍵。N3-與CO2是等電子體，等電子體的結構相似，CO2的結構為直線形，則N3-的空間構型為直線形；

故答案為σ鍵和π鍵；直線形；

(4)、Mn元素基態(tài)原子核外有25個電子，電子排布式為[Ar]3d54s2，故其價電子排布式為3d54s2?！窘馕觥竣?電子云②.紫③.電子由較高能級躍遷到較低能級時，以光的形式釋放能量④.σ鍵和π鍵⑤.直線形⑥.3d54s212、略

【分析】【分析】

(1)根據(jù)價層電子對個數(shù)=σ鍵個數(shù)+孤電子對個數(shù)，σ鍵個數(shù)=配原子個數(shù)，孤電子對個數(shù)=(a-xb)；結合雜化軌道理論分析解答；

(2)從C=O鍵與C-Cl鍵排斥作用與C-Cl鍵與C-Cl鍵的排斥作用的大小分析解答。

【詳解】

①CS2中C的價層電子對個數(shù)=2+=2；且不含孤電子對，為直線形分子；

②PCl3中P的價層電子對個數(shù)=3+=4；且含有1個孤電子對，為三角錐形分子；

③H2S中S的價層電子對個數(shù)=2+=4；且含有2個孤電子對，為V形分子；

④CH2O中C的價層電子對個數(shù)=3+=3；且不含孤電子對，為平面三角形分子；

⑤H3O+中O的價層電子對個數(shù)=3+=4；且含有1個孤電子對，為三角錐形離子；

⑥NH4+中N的價層電子對個數(shù)=4+=4；且不含孤電子對，為正四面體形；

⑦BF3中B的價層電子對個數(shù)=3+=3；且不含孤電子對，為平面三角形；

⑧SO2中S的價層電子對個數(shù)=2+=3；且含有1個孤電子對，為V形；

立體構型為直線形的有①；粒子的立體構型為V形的有③⑧；立體構型為平面三角形的有④⑦；粒子的立體構型為三角錐形的有②⑤，粒子的立體構型為正四面體形的有⑥，故答案為：①；③⑧；④⑦；②⑤；⑥；

(2)C=O鍵與C-Cl鍵之間電子對的排斥作用強于C-Cl鍵與C-Cl鍵之間電子對的排斥作用，使得COCl2中C—Cl鍵與C=O鍵之間的夾角大于C—Cl鍵與C—Cl鍵之間的夾角；故答案為：C=O鍵與C-Cl鍵之間電子對的排斥作用強于C-Cl鍵與C-Cl鍵之間電子對的排斥作用。

【點睛】

本題的易錯點為(1)，要注意理解價層電子對互斥理論的內涵及孤電子對個數(shù)計算方法，難點是CH2O的計算。【解析】①.①②.③⑧③.④⑦④.②⑤⑤.⑥⑥.C==O鍵與C-Cl鍵之間電子對的排斥作用強于C-Cl鍵與C-Cl鍵之間電子對的排斥作用13、略

【分析】【詳解】

（1）原子的核外電子排布式分別為原子的軌道處于全滿狀態(tài)，所以的第一電離能比的小，原子的價電子軌道表示式為故答案為：小。

（2）形成配位鍵，必須有一方提供空軌道，另一方提供孤對電子，在氨硼烷中，原子可提供一對孤電子，原子有一個空軌道，與互為等電子體，故答案為：

（3）①由圖可知，硼酸中每個原子與原子形成3個鍵，即原子有3個成鍵軌道，且沒有孤電子對，故為雜化，溶質分子間形成的氫鍵不利于溶質的溶解，加熱時，硼酸的溶解度增大，可分析出，升溫時硼酸分子中的部分氫鍵被破壞，故答案為：雜化硼酸分子間通過氫鍵締合；加熱時，部分氫鍵被破壞。

②硼酸分子中，原子有一個空的軌道，可以接受電子對，根據(jù)路易斯酸堿理論可知，硼酸為路易斯酸，故答案為：硼酸分子中B原子有一個空軌道。

【點睛】

同周期，從左到右，第一電離能增大，但在短周期，第ⅡA族與第ⅢA族中：Be>B、Mg>Al，第ⅤA族與第ⅥA族中：N>O、P>S?！窘馕觥啃‰s化硼酸分子間通過氫鍵締合，加熱時，部分氫鍵被破壞硼酸分子中B原子有一個空軌道14、略

【分析】【詳解】

(1)、氯原子的核電荷數(shù)為17，其電子排布式為1s22s22p63s23p5；

(2)；周期元素隨核電荷數(shù)依次增大；原子半徑逐漸變小，故結合1個電子釋放出的能量依次增大，氮原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)，具有穩(wěn)定性；

故答案為同周期元素隨核電荷數(shù)增大，原子半徑逐漸變小，故結合一個電子釋放出的能量(E1)依次增大；N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)；具有穩(wěn)定性，故不易結合一個電子；

(3)①H3O＋中價層電子對數(shù)都是3且含有一對孤電子對，所以為三角錐形結構，中心原子的雜化類型為sp3雜化，NH中價層電子對個數(shù)是4且不含孤電子對；其空間構型為正四面體；

②3[H3ON5]·3[NH4N5]·NH4Cl中陰離子N中的σ鍵總數(shù)為5個，根據(jù)已知信息，N中參與形成大π鍵的原子數(shù)為5，形成大π鍵的電子數(shù)為6，所以N中的大π鍵表示為Π

③圖(b)中虛線代表氫鍵，其中表示式為(NH)N—HCl、(H3O＋)O—HN(N)、(NH)N—HN(N)；

故答案為sp3雜化；正四面體；5；Π(H3O＋)O—HN(N)；(NH)N—HN(N)?！窘馕觥?s22s22p63s23p5同周期元素隨核電荷數(shù)增大，原子半徑逐漸變小，故結合一個電子釋放出的能量(E1)依次增大N原子的2p軌道為半充滿狀態(tài)，具有穩(wěn)定性，故不易結合一個電子sp3雜化正四面體5Π(H3O＋)O—HN(N)(NH)N—HN(N)15、略

【分析】【詳解】

（1）Cu2O中的陽離子Cu+，銅為29號元素，Cu+為銅原子失去1個電子后形成的，其基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10[Ar]3d10；Ni為28號元素；在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族。

（2）①乙醇分子中C原子形成4個σ鍵，軌道雜化類型為sp3；NH3與H+以配位鍵形成NHNH中N原子的價層電子對數(shù)=4＋=4，孤電子對數(shù)為0，則NH的空間構型為正四面體形。

②[Cu(NH3)4]SO4·H2O]中存在的化學鍵有極性共價鍵；銅與氨分子之間的配位鍵，銅與硫酸根離子之間的離子鍵，故填：離子鍵；配位鍵。

③因為氨分子和水分子之間能形成氫鍵，氨分子和水分子都是極性分子，根據(jù)相似相溶原理NH3極易溶于水；

（3）氮氣與CN-互為等電子體，分子中含有三鍵，叁鍵含有1個σ鍵2個π鍵；則lmolCN-中含有的π鍵的數(shù)目為2NA或2×6.02×1023。原子數(shù)和價電子數(shù)分別都相等的互為等電子體，與CN-互為等電子體的離子有C等。

（4）晶胞中Cu原子位于頂點和面心，一個晶胞中Cu原子數(shù)目為F原子位于晶胞內部，一個晶胞中F原子數(shù)目為4，則晶胞質量為設晶胞邊長為x，則晶胞體積為密度為Cu與F最近距離為晶胞體對角線的四分之一，則Cu與F最近距離【解析】1s22s22p63s23p63d10##[Ar]3d10第四周期第Ⅷ族sp3正四面體形離子鍵、配位鍵氨分子和水分子之間能形成氫鍵氨分子和水分子都是極性分子，相似相溶2NA或1.204×1024C（或其他合理答案）三、原理綜合題(共5題，共10分)16、略

【分析】【詳解】

（1）元素的非金屬性越強，其電負性就越大；在CH4和CO2所含的H、C、O三種元素中，元素的非金屬性由強到弱的順序是O>C>H，所以元素的電負性從小到大的順序為H

（2）a．固態(tài)CO2是由CO2分子通過分子間作用力結合形成的分子晶體；a正確；

b.在CH4分子中含有不同種非金屬元素形成的C—H極性共價鍵，由于該分子是正四面體型的結構的分子，分子中正負電中心重合，因此該反應是非極性分子，b錯誤；

c．CH4和CO2都是由分子構成的分子晶體；分子之間通過分子間作用力結合，分子間作用力越強，物質的熔；沸點就越高，物質的熔沸點高低與分子內的化學鍵的強弱無關，c錯誤；

d．CH4分子中碳原子的價層電子對數(shù)為4+×（4-4×1）=4，碳原子的雜化類型是sp3雜化，CO2分子中C原子的價層電子對數(shù)為2+×（4-2×2）=2；碳原子的雜化類型是sp雜化，d正確；

故答案選ad。

（3）①28號元素Ni的基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2；該元素位于元素周期表的第四周期第VIII族。

②Ni能與CO形成正四面體形的配合物Ni(CO)4，在每個配位體中含有一個σ鍵，在每個配位體與中心原子之間形成一個σ鍵，所以1molNi(CO)4中含有8molσ鍵。

（4）①“可燃冰”中分子間存在的2種作用力是范德華力和氫鍵。

②根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，籠狀空腔的直徑（0.586nm）大于CO2分子的直徑（0.512nm），而且CO2與水分子之間的結合力大于CH4，因此可以實現(xiàn)用CO2置換CH4的設想。【解析】H＜C＜Oad[Ar]3d84s2VⅢ8氫鍵、范德華力二氧化碳的分子直徑小于籠狀結構的空腔直徑，且二氧化碳與水的結合能力強于甲烷17、略

【分析】【分析】

（1）Zn2+核外有28個電子，電子排布式是［Ar］3d10；同周期元素從左到右；電負性增大；

（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成3個單鍵；有1個孤電子對，價電子對數(shù)是4；甘氨酸和水分子之間能形成氫鍵；

（3）根據(jù)結構簡式判斷Zn2+的配位數(shù)；

（4）單鍵全是σ鍵；雙鍵中有1個σ鍵、1個π鍵；

（5）常溫下IMI的某種衍生物與甘氨酸形成的離子化合物為液態(tài)而非固態(tài)；說明晶格能小；

（6）①根據(jù)晶胞圖回答；

②根據(jù)晶胞密度，可計算晶胞的邊長；若要使S2-、Zn2+相切，則體對角線的長等于2個Zn2+和2個S2-直徑的和。

【詳解】

（1）Zn2+核外有28個電子，電子排布式是［Ar］3d10，價電子排布式是3d10；一水合甘氨酸鋅中所涉及的非金屬元素是H、C、N、O，同周期元素從左到右，電負性增大，電負性由大到小的順序是O>N>C>H；

（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成3個單鍵，有1個孤電子對，所以雜化軌道類型為sp3；甘氨酸是極性分子；且分子中的氨基；羧基都能與水分子形成氫鍵，所以甘氨酸易溶于水；

（3）根據(jù)結構簡式可知Zn2+的配位數(shù)是5；

（4）單鍵全是σ鍵、雙鍵中有1個σ鍵、1個π鍵，根據(jù)結構簡式可知1molIMI中含有12molσ鍵；

（5）形成該離子化合物陰陽離子所帶電荷數(shù)少；離子半徑大，形成離子晶體的晶格能小，熔點低，所以常溫下IMI的某種衍生物與甘氨酸形成的離子化合物為液態(tài)而非固態(tài)；

（6）①根據(jù)晶胞圖，Zn2+填入S2-組成的四面體空隙中；

②設晶胞的邊長為xpm，則x=體對角線為若要使S2-、Zn2+相切，則體對角線的長等于2個Zn2+和2個S2-直徑的和，則Zn2+半徑為【解析】①.3d10②.O>N>C>H③.sp3④.甘氨酸是極性分子，且分子中的氨基、羧基都能與水分子形成氫鍵⑤.5⑥.12mol⑦.形成該離子化合物陰陽離子所帶電荷數(shù)少，離子半徑大，形成離子晶體的晶格能小，熔點低⑧.四面體⑨.18、略

【分析】【詳解】

(1)基態(tài)Fe原子的核電荷數(shù)是26，所以核外也應該有26個運動狀態(tài)不同的電子?；鶓B(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，可得其價層電子排布圖為因其最外層電子為4s電子,故電子云形狀為球形，故答案為26、球形；

（2）Ba元素為周期表中第6周期，第ⅡA的元素，故其在周期表中分區(qū)位置是s區(qū)；元素的第一電離能與元素的金屬性有關，但Mg的最外層為全充滿狀態(tài)，電子能量最低，所以第一電離能Mg＞Al；元素的電負性與元素的非金屬性變化規(guī)律相似，故H、N、O元素的電負性由大到小的順序為O>N>H，故答案為s、>、O>N>H；

（3）分子是由極性共價鍵所形成的極性分子，N原子雜化后的4個sp3軌道中,有一個雜化軌道已經有了一對成對電子不能再結合H原子,只能利用另外3個sp3軌道上的3個單電子結合3個H原子形成三個N-H鍵，而孤對電子對這三個鍵有較強的排斥作用，所以分子構型為三角錐型，其中心原子的雜化方式為sp3雜化；為10電子分子，所以等電子體是故答案為三角錐形、

（4）從與的熔點均很高，可判斷出二者的晶體類型均為離子晶體。但由于的半徑大于所以的晶格能小于的熔點低于故答案為離子晶體、的半徑大于的晶格能小于

（5）①從圖中可看出Mg原子位于正方體的頂點上；而Ni原子位于正方體的面心上，所以與頂點位置最近的面心共有12個，即與Mg緊鄰的Ni有12個。答案為12；

②在三維立體坐標軸中c原子所在位置為x=0，y=z=所以c原子的坐標參數(shù)為（0，）；

③已知晶胞中Ni、Mg之間的最短距離為apm，所以該晶胞的棱長晶胞體積為換算單位為厘米，則體積為由于Ni位于面心，所以完全屬于一個晶胞的Ni為3個，Mg位于頂點，所以完全屬于一個晶胞的Mg為一個，碳位于體心，完全屬于該晶胞，所以該晶胞的質量為可表示為則晶體的密度答案應為【解析】26球形s>O>N>H三角錐形離子晶體的半徑大于的晶格能小于12（0，）19、略

【分析】【分析】

(1)硫為16號元素；硫離子核外有18個電子，據(jù)此書寫基態(tài)硫離子價層電子的軌道表達式，并判斷最高能級的原子軌道數(shù)；

(2)Na2S、K2S均為離子晶體，S8、SO2均為分子晶體；根據(jù)熔沸點的判斷方法分析解答；

(3)H2[PbCl4]中配位原子是Cl，中心原子是Pb；同一周期；從左到右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢；根據(jù)價層電子對數(shù)的計算公式計算判斷；

(4)根據(jù)方鉛礦的立方晶胞圖，計算出一個晶胞中含有的鉛離子和硫離子的數(shù)目，計算出晶胞的質量，從而計算晶胞的棱長，晶胞中硫離子與鉛離子最近的距離為晶胞體對角線的據(jù)此解答。

【詳解】

(1)硫為16號元素，硫離子核外有18個電子，基態(tài)硫離子價層電子的軌道表達式為其電子填充的最高能級為3p，含有3個相互垂直的原子軌道，故答案為3；

(2)Na2S、K2S均為離子晶體，熔點較高，Na+半徑比K+半徑小，故Na2S熔點高；S8、SO2均為分子晶體，熔點較低，因S8的相對分子質量比SO2大，故S8熔點比SO2高，因此四種物質的熔點由高到低的順序依次為Na2S＞K2S＞S8＞SO2，故答案為Na2S＞K2S＞S8＞SO2；Na2S、K2S均為離子晶體，熔點較高，Na+半徑比K+半徑小，故Na2S熔點高；S8、SO2均為分子晶體，熔點較低，因S8的相對分子質量比SO2大，故S8熔點比SO2高；

(3)H2[PbCl4]中配位原子是Cl，中心原子是Pb；同一周期，從左到右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，I1(Cl)＞I1(S)；H2S中硫的價層電子對數(shù)=2+=4，采用sp3雜化，為V形分子；A．H2O中O的價層電子對數(shù)=2+=4，采用sp3雜化，為V形分子；B．SO3中硫的價層電子對數(shù)=3+=3，采用sp2雜化，為平面三角形分子；C．O3中O的價層電子對數(shù)=2+=3，采用sp2雜化，為V形分子；D．CH4中C的價層電子對數(shù)=4+=4，采用sp3雜化，為正四面體形分子；空間的構型與H2S相同的有AC，故答案為Cl；＞；sp3；AC；

(4)根據(jù)方鉛礦的立方晶胞圖，硫離子采取面心立方堆積，鉛離子填在由硫離子形成的四面體空隙中。一個晶胞中含有4個鉛離子，硫離子的數(shù)目=8×+6×=4，晶胞的質量=g=g，則晶胞的棱長=cm，晶胞中硫離子與鉛離子最近的距離為晶胞體對角線的=×cm=××107nm，故答案為四面體；××107?！窘馕觥?Na2S＞K2S＞S8＞SO2Na2S、K2S均為離子晶體，熔點較高，Na+半徑比K+半徑小，故Na2S熔點高；S8、SO2均為分子晶體，熔點較低，因S8的相對分子質量比SO2大，故S8熔點比SO2高Cl＞sp3AC四面體××10720、略

【分析】【分析】

(1)Mg的3s軌道上的兩個電子自旋方向相同；

(2)基態(tài)Cu的價電子排布式為3d104s1；

(3)分解生成的MgO；BaO均為離子晶體；離子所帶電荷相同，離子半徑越小，晶格能越大，越穩(wěn)定，反應越容易進行；

(4)第一電離能在主族元素中同周期從左到右呈上升趨勢；

(5)H3AO3為一元弱酸，與水形成配位鍵，電離出[A(OH)4]-與氫離子；

(7)晶體Cu的堆積方式為面心立方最密堆積。

【詳解】

(1)電子排布圖中3s能級；2個電子自旋方向相同，違背泡利原理；

(2)基態(tài)Cu的價電子排布式為3d104s1，Cu位于第四周期的IB族ds區(qū)，Cu＋價電子排布式為3d10；

(3)MgO、BaO均為離子晶體，離子所帶電荷相同，Mg2+、Ba2+的半徑依次增大，MgO的晶格能大于BaO的晶格能，導致MgCO3的分解溫度小于BaCO3的分解溫度；

(4)Ge；As、Se為同周期主族元素；核電荷數(shù)依次遞增，第一電離能呈增大趨勢，但As的4p轉道為半充滿結構相對穩(wěn)定，第一電離能比Se大，則Ge、As、Se元素的第一電離能由大到小的順序為：As＞Se＞Ge；

(5)H3AO3為一元弱酸，與水形成配位鍵，電離出[A(OH)4]-與氫離子，[A(OH)4]-的結構式為單鍵均為σ鍵，則1mol[A(OH)4]-中含有σ鍵的數(shù)目為8NA(或8×6.02×1023)；

(6)A．N的非金屬性比P強，則熱穩(wěn)定性：NH3>PH3，穩(wěn)定性的差異與NH3分子間存在氫鍵無關；故A錯誤；

B．SiO2與CO2都是酸性氧化物，所以化學性質相似；SiO2是正四面體結構，采用sp3雜化，CO2是直線結構，采用sp2雜化；故B正確；

C．SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4都是分子晶體；結構相似，影響它們熔；沸點高低的主要因素是分子間作用力，不是化學鍵強弱，故C錯誤；

D．CaO、KCl、KBr都是離子晶體，影響熔、沸點高低的主要因素離子鍵，離子鍵強弱用晶格能來衡量，離子鍵越強晶格能越大。CaO的陰陽離子半徑小、所帶電荷多，所以離子鍵最強，晶格能最大；KBr的陰陽離子半徑大；所帶電荷少；所以離子鍵最弱，晶格能最小，故D正確；

故答案為AC；

(7)晶體Cu的堆積方式為面心立方最密堆積，與Cu原子接觸的硬球有3層，每層有4個與之等徑且最近，因此晶體中Cu的配位數(shù)為4×3=12；對于面心立方最密堆積的晶胞而言，一個晶胞中含有的粒子個數(shù)為8×+6×＝4，Cu原子半徑為a，則晶胞內硬球的體積總和為V球=4×πa3，根據(jù)面心立方最密堆積的硬球接觸模型，設晶胞參數(shù)為b，根據(jù)立體幾何知識，存在關系：b＝4a，則b=2a，因此晶胞的體積為V晶胞=(2a)3，所以，晶胞的空間利用率=×100%=【解析】泡利原理IBds3d10<As>Se>Ge8NA(或8×6.02×1023)AC12四、實驗題(共1題，共4分)21、略

【分析】【分析】

兩種配合物可電離出的氯離子數(shù)目不同；可將等質量的兩種配合物配制成溶液，滴加硝酸銀，根據(jù)生成沉淀的多少判斷。

【詳解】

兩種配合物晶體[Co（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2?NH3，內界氯離子不能與硝酸銀反應，外界氯離子可以與硝酸銀反應，將這兩種配合物區(qū)別開來的實驗方案：稱取相同質量的兩種晶體分別配成溶液，向兩種溶液中分別滴加足量用硝酸酸化的硝酸銀溶液，充分反應后，過濾、洗滌、干燥后稱量，所得AgCl固體質量大的，原晶體為[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固體質量小的，原晶體為[Co（NH3）5Cl]Cl2?NH3，故答案為：取相同質量的兩種晶體分別配成溶液，向兩種溶液中分別滴加足量AgNO3溶液，靜置、過濾、干燥、稱量，沉淀質量大的，原晶體為[Co（NH3）6]Cl3，少的是[Co(NH3)5Cl]Cl2。

【點睛】

把握配合物的構成特點，為解答該題的關鍵。解答此類試題要注意配合物的內