郑州市外国语学校2019-2020学年高二化学下学期第一次月考试题含解析

河南省郑州市外国语学校2019_2020学年高二化学下学期第一次月考试题含解析河南省郑州市外国语学校2019_2020学年高二化学下学期第一次月考试题含解析PAGE27-河南省郑州市外国语学校2019_2020学年高二化学下学期第一次月考试题含解析河南省郑州市外国语学校2019—2020学年高二化学下学期第一次月考试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C—12N—14O—16P—31一。选择题1。下列说法正确的是（NA为阿伏加德罗常数）A。124gP4含有P—P键的个数为4NAB。1molCH4中含有C—H键的个数为4NAC.12g金刚石中含有C—C键的个数为4NAD.1molCO2晶胞中含NA个CO2【答案】B【解析】【详解】A。124g的物质的量为1mol，由于为正四面体结构，故其中含有P—P键的数目为6，A错误；B.1molCH4中含有C-H键的个数为4NA,B正确；C。12g金刚石的物质的量为1，根据均摊法，1mol金刚石中含有的C—C键为2,C错误；D.根据均均摊法，可以计算出每个干冰晶胞中含有4个二氧化碳分子，故1molCO2晶胞中含4NA个CO2，D错误；故答案选B。【点睛】白磷和甲烷均为正四面体构型，但是白磷分子中含有6个P-P键，而甲烷分子中含有4个C-C键。2。现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：①1s22s22p63s23p4②1s22s22p63s23p3③1s22s22p3④1s22s22p5则下列有关比较中正确的是A.第一电离能：④〉③〉②>①B.原子半径：④〉③>②〉①C.电负性：④>③〉②〉①D。最高正化合价：④〉③＝②>①【答案】A【解析】【详解】由四种元素基态原子电子排布式可知，①1s22s22p63s23p4是S元素、②1s22s22p63s23p3是P元素、③1s22s22p3是N元素、④1s22s22p5是F元素。A、同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，故第一电离能N＜F,但P元素原子3p能级容纳3个电子,为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以第一电离能S＜P，同主族自上而下第一电离能降低,所以第一电离能N＞P,所以第一电离能S＜P＜N＜F,即④＞③＞②＞①，故A正确；B、同周期自左而右原子半径减小，所以原子半径P＞S，N＞F,电子层越多原子半径越大，故原子半径P＞S＞N＞F,即②＞①＞③＞④，故B错误；C、同周期自左而右电负性增大，所以电负性P＜S，N＜F，N元素非金属性与S元素强，所以电负性P＜N，故电负性P＜S＜N＜F,即②＜①＜③＜④，故C错误；D、最高正化合价等于最外层电子数，但F元素没有正化合价，所以最高正化合价：①＞②=③，故D错误。故选A.3。下列结构图中●代表前二周期元素的原子实（原子实是原子除去最外层电子后剩余的部分），小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，短线代表价键。示例根据各图表示的结构特点,下列有关叙述正确的是A。上述甲、乙、丙、丁结构图中共出现6种元素B.甲、乙、丙为非极性分子，丁为极性分子C。甲与丁可以发生化合反应，生成物中含有配位键D.丁可以是NH3，也可以是NF3【答案】C【解析】【分析】根据图示，可以看出甲为HF，乙为氮气，丙为、丁为。【详解】A．根据分析，上述甲、乙、丙、丁的结构图中共出现了H、C、N、O、F五种元素,A错误；B．氮气和二氧化碳属于非极性分子，而HF、氨气中正负电荷的重心不重合，属于极性分子，故B错误；C．甲与丁可以发生化合反应生成,中N原子与一个H原子之间存在配位键,C正确；D．小黑点代表未用于形成共价键的最外层电子，氟原子最外层7个电子，和氮原子形成一个共价键后还有三对电子，不能表示NF3，D错误；故答案选C。4.关于PCl3和CCl4的说法正确的是A。两种分子的中心原子杂化轨道类型相同B键角PCl3比CCl4大C.二者均为非极性分子D.两者中的化学键都是p-pσ键【答案】A【解析】【分析】的中心原子P采取杂化，分子的空间构型为三角锥形，的中心原子C采取杂化,分子的空间构型为正四面体形。【详解】A。两种分子的中心原子杂化轨道类型相同，均采取杂化，A正确；B.由于孤对电子对成键电子的斥力要大于成键电子之间的斥力，所以PCl3比CCl4的键角小，B错误；C。的正电中心和负电中心不重合，分子为极性分子，C错误；D。两者中的化学键都是sp3—pσ键，D错误；故答案选A。5.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6B。中心原子杂化类型为sp3杂化C.1摩尔该分子中含有σ键数目为12D。该分子空间结构可能不止一种【答案】D【解析】【分析】实验式为PtCl4•2NH3的物质，水溶液不导电说明它不是离子化合物，在溶液中不能电离出阴、阳离子；加入AgNO3溶液后不产生沉淀，和强碱反应不生成NH3，说明不存在游离的氯离子和氨气分子，所以该物质的配位化学式为PtCl4(NH3）2，配位数为6。【详解】A．由于氨分子不带电,所以该物质的中心原子（Pt）的电荷数为+4,配位数为6，A错误;B．该物质的配位化学式应为PtCl4（NH3）2，该分子为正八面体形,杂化轨道为6，则杂化类型sp3d2杂化，而不是sp3杂化，B错误;C．配位化学式应为PtCl4（NH3)2，NH3中由3个σ键，还有4个配位σ共价键，即3×2mol+4mol=10mol,即1摩尔该分子中含有σ键10mol，C错误；D．该分子配位数为6，空间结构是八面体形，Cl-和NH3分别在八面体的不同位置就会出现不同的空间结构，导致该分子空间结构可能不止一种,D正确；故答案选D。【点睛】配位键属于共价键,不属于分子间作用力，为易错点。配合物有内界和外界组成．外界为简单离子组成，配合物可以无外界,但不能无内界．内界由中心离子和配位体组成；①形成体通常是金属离子和原子,也有少数是非金属元素,例如：Cu2+,Ag+，Fe3+，Fe，Ni,B(Ⅲ），P（Ⅴ)…；②配位体通常是非金属的阴离子或分子,例如：F—，Cl—，Br-，I-，OH—，CN-，H2O，NH3，CO…；③配位原子：与形成体成键的原子；配位键的形成条件：成键原子一方提供空轨道，另一方提供孤对电子。6。根据等电子原理判断，下列说法中正确的是A。CO2和SiO2、CS2等互为等电子体B。B3N3H6分子与苯(C6H6）分子互为等电子体，二者分子中均存在三个双键，可发生加成反应C.CH3+，-CH3，CH3-，它们互为等电子体，碳原子均采取sp2杂化D.N3-中两个σ键，两个π键，是直线型结构【答案】D【解析】【详解】A．CO2和CS2等互为等电子体，均为直线型分子，SiO2是原子晶体，没有独立的SiO2微粒，结构不同，与CO2和CS2不互为等电子体，A错误；B．B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似、性质相似，苯分子不含碳碳双键，故B3N3H6分子中不存在碳碳双键，而是形成了介于单键和双键之间的共轭体系，B错误；C．等电子体指原子总数相等，价电子总数也相等的分子或离子；CH3+，—CH3，CH3-它们原子总数均为4，价电子总数分别为6、7、8，故不是等电子体，故C错误；D．N3—与CO2是等电子体，等电子体的结构相同，CO2分子中有两个σ键，两个π键,是直线型结构，故N3—中有两个σ键，两个π键，是直线型结构，D正确；故答案选D.7.下列关于H2O和H2S的说法正确的是A.H2O比H2S稳定,是因为H2O分子间有氢键,而H2S分子间只有范德华力B.二者中心原子杂化方式均为sp2杂化C。H2S的水溶液呈酸性，而H2O成中性,说明O元素的非金属性强于S元素D。键角H2O大于H2S，是因为氧电负性大于硫，两个O-H键之间的排斥力大于两个S-H键的排斥力【答案】C【解析】【详解】A．比稳定，是因为元素的非金属性比元素的非金属性强,而氢键和范德华力是分子间作用力,与分子的稳定性无关,故A错误；B．和中心原子的价电子对数都是，杂化方式为,故B错误；C．的水溶液显酸性，说明比更容易电离出，键没有键稳定，元素的非金属性强于元素，故C正确;D．键角大于，是因为和有两对孤对电子，但是氧原子的电负性比硫原子大,氧原子对其携带的两对孤对电子的吸引比硫原子大,相应的孤对电子斥力增大使键角也相应比大，故D错误;故选C。8.下列对分子的性质的解释中，不正确的是A.CH≡C-CH=CH—CH3中σ键和π键数目之比10：3B。分子中不含手性碳原子C.硫难溶于水，微溶于酒精,易溶于CS2，说明极性:水＞酒精＞CS2D.由知酸性：H3PO4〉HClO【答案】B【解析】【详解】A。单键均为键,双键中有1个键和1个键，三键中有1个键和2个键，则CH≡C-CH=CH—CH3中σ键和π键数目之比为10:3,故A正确;B。若一个C原子连接的4个原子或原子团均不相同，则该C原子为手性碳原子，所以分子中含有手性碳原子,故B错误；C。S单质为非极性分子，硫难溶于水，微溶于酒精,易溶于CS2，根据相似相容原理,说明极性：水＞酒精＞CS2，C正确；D.由选项给出的分子的结构简式可知，磷酸中非羟基O的数目要多于HClO中的非羟基O的数目，所以酸性H3PO4〉HClO，D正确;故答案选B。9.下列有关晶体的说法中正确的是A.原子晶体中只存在非极性共价键B.稀有气体形成的晶体属于原子晶体C。在晶体中有阳离子的同时不一定有阴离子D.非金属氧化物固态时都属于分子晶体【答案】C【解析】【详解】A。原子晶体中存在非极性共价键，也存在极性共价键，例如属于原子晶体，分子中含有的是极性共价键，故A错误；B。稀有气体形成的晶体属于分子晶体,故B错误；C.在晶体中有阳离子的同时不一定有阴离子，例如金属晶体中含有的是金属阳离子和自由移动的电子，故C正确;D.非金属氧化物固态时不都属于分子晶体，例如属于原子晶体，故D错误；故答案选C。10。以下化学式可以表示分子的真实组成的是A.S B.SiO2 C。CaF2 D.H2O2【答案】D【解析】【详解】A.是分子晶体，晶体中只存在分子，但的分子多以、、、等存在，一般不存在单个原子，所以不可以表示分子的真实组成，故A错误；B。属于原子晶体，晶体中不存在分子，不可以表示分子的真实组成，故B错误；C。为离子化合物,只有钙离子和氟离子，没有分子，不可以表示分子的真实组成，故C错误；D.常温下为液体，对应的晶体为分子晶体，由分子构成，可以表示分子的真实组成，故D正确;故答案选D。11。氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决好安全有效地储存氢气的问题。镧（La）镍(Ni)合金是一种储氢材料,这种合金的晶体结构已经测定,其基本结构单元如图所示，有关其说法正确的是A.属于金属晶体B。该合金的化学式为La7Ni12C.其熔点比组分金属高，硬度比组分金属大D。设该结构单元的体积为Vcm3，NA为阿伏伽德罗常数，合金的摩尔质量为Mg/mol。则该合金的密度为ρ=g/cm3【答案】A【解析】【详解】A.该晶体是金属之间形成的，是金属晶体，A正确；B.镧（La）镍（Ni）合金是一种储氢材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含La原子数为12×+2×=3,含有Ni的原子数为18×+6=15,则La和Ni的原子数比为3：15=1:5，该合金的化学式可表示为LaNi5，B错误；C.合金的熔点比组分金属低，硬度比组分金属大，C错误;D.由B选项可知，1个该晶胞中含有LaNi5的个数为3个,所以该合金的密度为ρ=3g/cm3，D错误；故答案选A。【点睛】本题考查了晶胞的有关计算,利用均摊法计算晶胞中含有的原子个数之比解答,注意观察晶胞中各种元素的原子在晶胞上的位置，利用均摊方法,根据晶胞结构确定每个原子为几个晶胞共用.12。已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素,且原子序数依次增大,其中A原子核外有三个未成对电子;A与B可形成离子化合物B3A2；C元素是地壳中含量最高的金属元素;D原子核外的M层中有两对成对电子;E原子核外最外层只有1个电子，其余各层电子均充满.以下有关说法正确的是AA离子半径小于B离子半径B。B和C的氯化物晶体类型相同C。C和D形成的二元化合物不能通过复分解反应得到D。E在周期表中位于第四周期s区【答案】D【解析】【分析】已知、、、、都是周期表中前四周期的元素，且原子序数依次增大，其中原子核外有三个未成对电子，则原子的核外电子排布式为，为元素，与可形成离子化合物，说明形成离子为，为元素，元素是地壳中含量最高的金属元素，则为元素，原子核外最外层只有个电子，则为元素，原子核外的层中有两对成对电子，则的价电子排布为，为元素.【详解】A.离子为,离子为，两者核外电子排布相同，当电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大,所以离子半径大于离子半径,故A错误；B。为离子化合物,为分子化合物，晶体类型不相同，故B错误;C.的二元化合物可以由与经过复分解反应得到,故C错误；D.原子核外最外层只有个电子，则为元素，位于第四周期区,故D正确；故选D.【点睛】离子化合物一般是由金属元素与非金属元素形成的,但铵盐均由非金属元素组成，属于特殊的；但也有少部分由金属元素组成的化合物不属于离子化合物，属于共价化合物，如氯化铝等。13.下列晶体中,化学键种类相同,晶体类型也相同的是A.SO2与SiO2 B。CO2与H2O C.金刚石与C60 D。SiCl4与KCl【答案】B【解析】【详解】A．SO2属于分子晶体，为原子晶体，晶体类型不同，化学键类型均为极性共价键，故A错误；B．和均属于分子晶体，化学键类型均为极性共价键，化学键种类相同，晶体类型也相同，故B正确；C．金刚石属于原子晶体，属于分子晶体，晶体类型不同，化学键类型均为非极性共价键，故C错误;D．属于分子晶体，属于离子晶体，晶体类型不同，化学键类型分别为极性共价键,离子键,化学键种类不相同，晶体类型也不相同，故D错误；故答案选B。【点睛】含有离子键的一定为离子晶体，但含有共价键的可能为原子晶体或分子晶体。不能通过化学键类型简单的判断化合物的晶体类型。14。氮化铝（AlN)具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性能，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域,其结构类似于金刚石。一定条件下，氮化铝可通过反应Al2O3+N2+3C=2AlN+3CO合成,下述正确的是A.氮化铝晶体属于分子晶体B.由于AlN相对分子质量比立方BN大，所以熔沸点AlN比BN高C。AlN中原子Al杂化方式为sp2，N杂化方式为sp3D。氮化铝晶体中含有配位键【答案】D【解析】【详解】A．氮化铝（)结构类似于金刚石，金刚石为原子晶体,则氮化铝（）也为原子晶体，不是分子晶体，故A错误；B．熔沸点与原子间的共价键的键能有关，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，所以熔沸点比要低，故B错误；C．结构与金刚石结构类似，金刚石中的碳为杂化，则原子和原子也为杂化,故C错误；D．结构与金刚石结构类似，金刚石中的碳形成个共价键；原子最外层只有个电子，可以提供空轨道，原子提供孤对电子而形成配位键,故D正确；故选D。【点睛】氮化铝晶体与金刚石类似,均是正四面体结构，每个铝原子与4个氮原子相连,是由原子构成的原子晶体。15。二茂铁[（C5H5)2Fe］分子是一种金属有机配合物，是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是A。1mol环戊二烯（）中含有σ键的数目为1NAB.环戊二烯中碳原子的杂化方式有sp3和sp2C.二茂铁属于分子晶体D.二茂铁分子中的化学键有极性共价键、非极性共价键和配位键【答案】A【解析】【详解】A.一个环戊二烯分子(​)中含有，键的个数是，键的个数是，所以一个环戊二烯分子有个键，所以环戊二烯含有键的个数为，故A错误;B。环戊二烯中含有双键碳和单键碳，双键碳是平面结构,杂化方式为，单键碳是四面体结构，杂化方式为，故B正确；C.二茂铁只有配位键和共价键，熔点比较低，属于分子晶体，故C正确;D。二茂铁分子中含有两个环戊二烯，所以含有化学键有极性共价键、非极性共价键,环戊二烯和形成配位键，故D正确；故答案选A。16.将石墨置于熔融的钾或气态的钾中,石墨吸收钾而形成名称为钾石墨的物质，其组成可以是C8K、C12K、C24K、C36K、C48K、C60K等。下列分析正确的是A。题干中所列举的6种钾石墨属于有机高分子化合物B。钾石墨中碳原子的杂化方式是sp3杂化C.若某钾石墨的原子分布如图所示，则它所表示的是C12KD。最近两个K原子之间的距离为石墨中C—C键键长的2倍【答案】D【解析】【详解】A.题干中所列举的6种钾石墨属于无机化合物，A错误；B。钾石墨中碳原子成3根共价键，每个C原子采取杂化，B错误;C.可以选择图中红框中的部分作为该钾石墨的晶胞，利用均摊法，可以算出该钾石墨的化学式为C8K，C错误；D.可以选择图中蓝色的正三角形进行计算，最近两个K原子之间的距离为石墨中C-C键键长的2倍,D正确；故答案选D。17。在海洋深处的沉积物中含有大量可燃冰，主要成分是甲烷水合物。结构可以看成是甲烷分子装在由水分子形成的笼子里。下列关于说法正确的是A.甲烷分子和水分子的VSEPR模型不同B。甲烷分子通过氢键与构成笼的水分子相结合C.可燃冰属于分子晶体D。水分子的键角大于甲烷分子的键角【答案】C【解析】【详解】A。甲烷分子和水分子的中心原子均采取杂化，故其VSEPR模型相同，均为正四面体形，A错误；B.甲烷分子中C—H键的C原子的电负性不足以使H原子与另外的非金属原子之间形成氢键，故甲烷分子通过范德华力与构成笼的水分子相结合，B错误；C.可燃冰是由分子与分子形成的晶体，为分子晶体，C正确；D。由于水分子中存在两对孤对电子，甲烷分子中只存在键合电子，不存在孤对电子，且孤对电子的斥力大于键合电子，所以导致分子的键角约为104.5°，而分子的键角为109°28'，D错误；故答案选C.二。填空题（共49分）18。根据信息填空①某元素原子基态核外电子有14种不同的运动状态，该元素位于第_____周期第_____族②外围电子排布式为3d54s2的原子，其原子结构示意图为_____，其最高正价为_____价③Fe2+的价电子排布图为_____④33号元素的核外电子排布式简写形式为_____，属于__________区⑤前四周期未成对电子最多的元素,其基态核外电子占据的轨道数目为_____⑥《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为_____,C原子的杂化形式为___________。【答案】(1）。三（2)。Ⅳ(3)。（4).+7（5）.(6)。（7）.(8）.15(9）.三角形（10).【解析】【详解】(1）原子核外有多少个电子,就有多少种运动状态不同的电子，某元素原子基态核外电子有14种不同的运动状态,则该元素的原子序数位14，为元素，位于第三周期Ⅳ族。故答案为：三；Ⅳ。(2)外围电子排布式为的原子为原子，原子序数为25，其原子结构示意图为​，原子最多可失去7个电子,其最高正化合价为+7价。故答案为：​；+7。(3）原子的价电子排布式为,失去个电子形成，的价电子排布式为，价电子排布图为​。故答案为：。（4)33号元素为元素，其核外电子排布式简写形式为，属于区。故答案为：；。(5）前四周期未成对电子最多的元素为元素，其基态原子核外电子排布式为,由于能级有个轨道，能级有个轨道,能级有个轨道，所以原子电子占据的轨道数目为：。故答案为:15.（6）ZnCO3中阴离子为，原子所连接的σ键数为,孤电子对数，所以原子的杂化形式为,的空间构型为三角形。故答案为：三角形；.19.石墨烯具有原子级的厚度、优异的电学性能、出色的化学稳定性和热力学稳定性。制备石墨烯方法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型及分子结构示意图如下：（1)下列有关石墨烯说法正确的是_____。A石墨烯的结构与金刚石相似B石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C12g石墨烯含σ键数为NAD从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。①钴原子在基态时,核外电子排布式为:_____。②乙醇沸点比氯乙烷高，主要原因___________________。③下图是金与铜形成的金属互化物合金,它的化学式可表示为：_______。④含碳源中属于非极性分子的是______________（填序号）a甲烷b乙炔c苯d乙醇⑤酞菁与酞菁铜染料分子结构如下图，组成酞菁铜染料分子的元素，酞菁变成酞菁铜，分子中多了什么作用力_____，酞菁铜分子中设计到的元素，电负性由小到大依次为_____【答案】(1）。BD（2）.（3).乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢键（4)。或(5).abc(6）。配位键(7)。【解析】【详解】(1）A。石墨烯是平面结构，金刚石空间网状结构，故A错误；B。碳碳双键上所有原子都处于同一平面，所以导致石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面，故B正确；C。石墨烯中一个碳原子具有1.5个键，所以石墨烯含键数为1.5，故C错误；D.石墨结构中，石墨层与层之间存在分子间作用力，所以从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力，故D正确;故答案为BD；（2）①钴是27号元素，钴原子核外有27个电子，根据构造原理书写基态原子的核外电子排布式，注意先排电子再排电子，所以基态钴原子的核外电子排布式为.故答案为：。②分子晶体中，物质的熔沸点随着相对分子质量的增大而增大，但乙醇分子间能形成氢键导致乙醇的熔沸点大于氯乙烷的熔沸点。故答案为:乙醇分子间可形成氢键，而氯乙烷分子间无氢键.③每个晶胞中含有的原子数，含有的金原子数，所以它的化学式可表示为：或.故答案为：或。④a选项：甲烷是正四面体结构，属于对称结构，所以是非极性分子，故a正确；b选项：乙炔是直线型结构，属于对称结构,所以是非极性分子，故b正确；c选项:苯是平面结构，属于对称结构，所以是非极性分子，故c正确；d选项：乙醇不是对称结构，所以是极性分子，故d错误；故选abc。⑤由图可知，酞菁变为酞菁铜后,分子中多了和的配位键；酞菁铜中含有的元素有：、、和，非金属性元素电负性大于金属元素的,同周期主族元素随原子序数增大电负性增大，、在它们的氢化物中均表现负化合价，它们的电负性均大于元素的，故电负性：。故答案为：配位键；。20.铁、钴、镍为第四周期第Ⅷ族元素，它们的性质非常相似，也称为铁系元素．铁、钴、镍都是很好的配位化合物形成体．（1)［Co（H2O)6]2+在过量氨水中易转化为［Co（NH3)6]2+.H2O和NH3中与Co2+配位能力较强的是_____，［Co（H2O）6]2+中Co2+的配位数为___；从轨道重叠方式看，NH3分子中的化学键类型为___，H2O分子的立体构型为___。（2）铁、镍易与一氧化碳作用形成羰基配合物，中心原子价电子数与配位体提供的成键电子数遵循18e—规则。如：Fe（CO）5，则镍与CO形成的配合物化学式为_________。常温下Fe（CO）5为黄色油状液体,则Fe（CO）5固态为_____晶体。Fe(CO)5晶体中存在的作用力有___，写出与CO互为等电子体的一种阴离子的离子符号_____，Fe（CO）5中σ键和π键数目之比为______。（3）一种铁单质其晶胞与钠、钾晶胞相同,如果该铁单质的晶胞参数为acm，则相距最近的两个铁原子核间距为_____cm（用含a的式子表示).【答案】(1）。（2)。6（3）.（4).形（5).(6）.分子（7)。范德华力、配位键和共价键（8)。（9）.1：1(10)。【解析】【详解】（1）配合物向生成更稳定的配合物转化，在过量氨水中易转化为,所以和中与配位能力较强的是；中配体为,配合物的配位数为;中价层电子对个数，且含有个孤电子对,所以原子采用杂化，所以从轨道重叠方式看，分子中的化学键类型为键；中原子的价层电子对个数且含有个孤电子对，所以原子采用杂化，其空间构型为形结构。（2）中心原子价电子数与配位体提供的成键电子数遵循18电子规则，镍中心原子价电子数为10,则镍与形成的