新教材高中化学3.4配合物与超分子同步练习教师版新人教版选择性必修2

3.4协作物与超分子1．（2024·湖北）冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是A．含该超分子的物质属于分子晶体 B．冠醚可用于分别不同的碱金属离子C．中心碱金属离子的配位数是不变的 D．冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子【答案】B【解析】A．冠醚与碱金属离子形成的协作物中还含有阴离子，该物质是离子晶体，故A错误；B．有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，可用于分别，故B正确；C．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而变更的，故C错误；D．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，故D错误；故选B。2．（2024·高二课时练习）下列关于超分子的叙述中正确的是A．超分子就是高分子 B．超分子都是无限伸展的C．形成超分子的微粒都是分子 D．超分子具有分子识别和自组装的特征【答案】D【解析】A．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，组成困难的、有组织的聚集体，有的是高分子，有的不是，故A错误；B．超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的的是有限的，故B错误；C．形成超分子的微粒也包括离子，故C错误；D．超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。答案选D。3（2024春·山东聊城·高二校考阶段练习）如图1表示某种含氮有机化合物的结构简式，能识别某些离子或分子而形成超分子。该分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见图2)。分子内存在空腔，能嵌入某种离子或分子而形成4个氢键并予以识别。下列分子或离子中，能被该含氮有机化合物识别的是A．CF4 B．NH C．CH4 D．H2O【答案】B【解析】F、O、N电负性很大，与H元素形成的微粒之间可以形成氢键，正四面体顶点N原子与嵌入空腔的微粒形成4个氢键，该微粒应含有4个H原子，选项中只有NH符合。故选B。4．（2024秋·黑龙江绥化·高三绥化市第一中学校考期中）下列关于超分子和协作物的叙述不正确的是A．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质B．利用超分子的分子识别特征，可以分别C60和C70C．配位化合物中配位键强度都很大，因而协作物都很稳定D．配离子[Fe(CN)5(NO)]2-的中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子为C和N【答案】C【解析】A．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，A正确；B．C60和C70的分子直径不同，利用超分子的“分子识别”特性可以将C60和C70分别开来，B正确；C．含有孤电子对和含有空轨道的原子之间形成配位键，配位键属于共价键，有的协作物很稳定，有的很不稳定，C错误；D．配离子[Fe(CN)5(NO)]2-的中心离子为Fe3+，供应空轨道，NO和CN-与Fe3+形成配位键，配位数为6，C和N有孤对电子，作为配位原子，D正确；故选C。5．（2024·高二课时练习）钴的金属协作物在电子元器件、超分子协作物等方面具有应用价值。，可形成两种钻的协作物，P：，Q：，向P、Q的溶液中分别加入溶液后，下列有关说法错误的是A．Q溶液中会产生白色沉淀 B．P溶液中会产生白色沉淀C．Q中是配体 D．P、Q的配位数均是6【答案】A【解析】】A．由P、Q的化学式知P的外界是，Q的外界是，在溶液中前者能电离出而后者不能，故加入溶液后Q溶液中不能产生白色沉淀，故A错误；B．依据A选项分析P溶液能电离出，故加入溶液会产生白色沉淀，故B正确；C．Q：，外界是，是配体，故C正确；D．依据P：，Q：结构分析，前者配位数是5+1=6，后者配位数是1+5=6，故D正确。综上所述，答案为A。6．（2024·福建·漳州市正兴学校高二阶段练习）协作物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。下列关于Fe(CO)5说法正确的是A．固态Fe(CO)5属于离子晶体B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C．1molFe(CO)5含有10mol配位键D．Fe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成【答案】C【解析】A．协作物Fe(CO)5的熔点为-20℃，沸点为103℃，所以固态Fe(CO)5属于分子晶体，故A错误；B．Fe(CO)5中Fe原子与5个CO成键，但不是sp3杂化，故B错误；C．1个Fe(CO)5分子中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，1molFe(CO)5中共含有10mol配位键，故C正确；D．Fe(CO)5=Fe+5CO属于化学变更，包括化学键的断裂与形成，断开了Fe(CO)5分子中的配位键，形成了金属键，故D错误；故选C。7．（2024·福建莆田·高二期末）对于协作物[Co(NH3)3(H2O)Cl2]Cl，下列说法不正确的是A．配位数为6B．供应空轨道的为Co3+C．配位体为N、O、ClD．若往1mol该协作物中加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，可得到1molAgCl沉淀【答案】C【解析】A．配体为NH3、H2O、Cl-，配位数为6，故A正确；B．Co为过渡元素，供应空轨道的为Co3+，故B正确；C．配体为NH3、H2O、Cl-，故C错误；D．加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，外界Cl-可与Ag+得到1molAgCl沉淀，内界Cl-不能与Ag+反应，故D正确；故选C。8．（2024·辽宁丹东·高二期末）很多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的协作物。下列说法不正确的是A．向协作物的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成B．协作物中配位原子为CC．协作物的配位数为2D．协作物的配体为和【答案】D【解析】A．在溶液中能够电离出，向协作物的溶液中加入溶液，有硫酸钡白色沉淀生成，故A正确；B．协作物中的配体为CN-，电子云偏向于碳原子，致使碳原子更易供应孤对电子，配位原子为C，故B正确；C．协作物[Ag(NH3)2]OH的配体为NH3，配位数为2，故C正确；D．协作物[Cu(NH3)4]SO4•H2O的配体只有NH3，故D错误；故选D。9．（2024·天津市滨海新区塘沽第一中学）关于协作物的说法中正确的是A．1mol该协作物含有12molσ键B．该协作物中心离子的化合价为+3价C．该协作物中NH3分子之间能形成氢键D．含1mol该协作物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀【答案】B【解析】A．协作物的配体氨分子内部含有3条σ键，配体和中心离子之间形成6条σ键，所以1mol该协作物含有3×4+6＝18molσ键，A错误；B．依据化合价代数和为0得原则，可知该协作物中心离子的化合价为+3价，B正确；C．氨分子内部含有N－H，遇到其他氨分子中的氮原子，可以形成氢键：，所以该协作物中NH3分子之间能形成氢键，C错误；D．协作物外界的氯离子可以和银离子生成氯化银沉淀，所以含1mol该协作物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生1mol白色沉淀，D错误；答案为：B。10．（2024·全国·高三专题练习）镍的氨合离子中存在的化学键有_______(填字母)。A．离子键

B．共价键

C．配位键

D．氢键

E.键

F.键【答案】BCE【解析】[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与配体NH3中N原子间形成配位键，配体NH3分子中N与H之间形成N—H共价键，单键和配位键都是σ键，即[Ni(NH3)6]2+中存在的化学键有共价键、配位键、σ键；答案选BCE。11．（2024·安徽）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协作物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示，1个该协作物中通过螯合作用形成的配位键有_______个，其中供应孤电子对的原子为_______(写元素符号)。【答案】

6

N、O【解析】依据协作物结构可知：中心Ni2+与6个原子通过配位键结合，其中2个N原子和4个O原子，故1个该协作物中通过螯合作用形成的配位键有6个；其中Ni2+供应空轨道，而N、O原子供应供应孤电子对。12（2024湖南）配位化合物在生产生活中有重要应用，请依据要求回答下列问题：(1)一种协作物的结构如图所示。①组成该协作物的其次周期元素的电负性由大到小的依次是_______(填元素符号)。②该协作物中的配位数为_______。③该协作物中存在的作用力有_______(填标号，后同)。A．配位键

B．离子键

C．氢键

D．范德华力(2)光谱证明单质铝与强碱性溶液反应有生成，则中存在_______。A．共价键

B．非极性键

C．配位键

D．键

E.键(3)可形成两种钴的协作物，已知的配位数是6，为确定钴的协作物的结构，现对两种协作物进行了如下试验：在第一种协作物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，在其次种协作物的溶液中加溶液时，无明显现象。则第一种协作物可表示为_______，其次种协作物可表示为_______。若在其次种协作物的溶液中滴加，溶液，则产生的现象是_______。【答案】(1)

4

ACD(2)ACD(3)

生成淡黄色沉淀【解析】（1）①由题意知，组成该协作物的其次周期元素有C、N、O，同周期从左到右，元素电负性递增，则电负性；②由题图结构可知，四周有4个氨原子与其形成配位键，故其配位数为4；③由题图结构可知，该协作物中存在配位键、分子内氢键、范德华力，不含离子键，故选ACD；（2）中和之间存在配位键，属于共价键，H、O之间形成共价键，也是极性键、键，故选ACD；（3）协作物中外界离子能电离出来，而内界离子不能电离出来，由题意知，在第一种协作物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，说明在外界；在其次种协作物的溶液中加溶液时，则无明显现象，说明在内界，则第一种协作物可表示为，其次种协作物可表示为，其次种协作物中在外界，若向其溶液中滴加，溶液，会生成淡黄色沉淀。1．（2024秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考专题练习）NH3和BF3可以通过配位键形成化合物NH3•BF3，下列说法正确的是A．NH3和BF3的立体构型都是三角锥形B．协作物NH3•BF3中NH3供应空轨道，BF3供应孤电子对C．协作物NH3•BF3中N和B都实行的是sp3杂化D．协作物NH3•BF3中各原子都达到8电子稳定结构【答案】C【解析】A．NH3中N原子价层电子对个数=3+=4且含有1个孤电子对，BF3中B原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，前者为三角锥形，后者为平面正三角形，选项A错误；B．NH3中N原子含有孤电子对，BF3中B原子含有空轨道，所以NH3供应孤电子对、BF3供应空轨道，选项B错误；C．协作物NH3•BF3中N和B的价层电子对个数都是4，N、B都接受sp3杂化，选项C正确；D．协作物NH3•BF3中H原子达到2电子稳定结构，选项D错误；答案选C。2．（2024春·广东江门·高二江门市棠下中学校考期中）下列关于超分子和协作物的叙述正确的是A．含配位键的化合物确定是配位化合物B．利用超分子的分子识别特征，可以分别和C．在中，给出孤对电子，供应空轨道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集体，不包括离子【答案】B【解析】A．通常把金属离子或原子与某些分子或离子以配位键结合形成的化合物称为协作化合物，含配位键的化合物例如氯化铵不是配位化合物，A错误；B．将C60和C70的混合物，加入一种空腔大小适合C60的杯酚中，杯酚像个碗似的、把C60装起来，不能装下C70，加入甲苯溶剂，甲苯将未装入碗里的C70溶解了，过滤后分别C70，再向不容物中加入氯仿，氯仿溶解杯酚而将不溶解的C60释放出来并沉淀，则利用超分子的分子识别特征，可以分别和，B正确；C．在中，供应空轨道，给出孤对电子，C错误；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，D错误；答案选B。3．（2024河北唐山·高二唐山一中校考期末）（多选）Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸取生成协作物[Fe(NO)(H2O)n]SO4，该协作物的中心原子的最外层电子数与配体供应的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是A．该协作物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4B．该协作物中所含非金属元素均位于元素周期表p区C．1mol该协作物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成1mol沉淀D．该协作物中阴阳离子均呈正八面体构型【答案】AC【解析】A.由分析可知，n=5，故该协作物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；B.该协作物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；C.[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于协作物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1mol该协作物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1mol硫酸钡沉淀，C正确；D.该协作物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不行能是正八面体结构，D不正确。综上所述，正确的是AC。4（2024秋·北京昌平·高三统考期末）(II)可形成多种协作物，呈现出多样化的性质和用途。(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，接着加入过量氨水，得到深蓝色透亮溶液，最终向该溶液中加入确定量的乙醇，析出晶体。①产生蓝色沉淀的离子方程式是_______。②在水中电离的方程式是_______。(2)如下图所示，(II)协作物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变更，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。①的价层电子排布式为_______。②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有_______，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有_______。③已知：当(II)协作物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸取光谱蓝移，协作物颜色紫色变为橙色。想将协作物的颜色由紫色调整为橙色，须要进行的简洁操作为_______。(3)已知：①物质颜色黄色蓝色②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语说明缘由_______。(4)和是铜常见的两种氯化物，如图表示的是_______的晶胞。已知晶胞的边长为，阿伏伽德罗常数为，则该晶体的密度为_______。(已知：)【答案】(1)

Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH

(2)

3d9

共价键、配位键

共价键、氢键

降温(3)在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色(4)

CuCl

【解析】（1）①向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜，所以产生蓝色沉淀的离子方程式是Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH；②为离子化合物，在水中电离生成和，其电离方程式是；（2）①Cu为29号元素，其基态原子价层电子排布式：3d104s1,则的价层电子排布式为3d9；②依据图示可知，N的最外层电子数为5，则应形成3对共用电子对达到满8电子稳定结构，所以A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有共价键和配位键；氢原子与其它原子之间除了存在共价键以外，还和电负性较强的O原子形成了氢键，所以存在的作用力类型有共价键和氢键；（3）当(II)协作物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，能量会降低，吸取光谱蓝移，协作物颜色紫色变为橙色，所以若实现上述操作，可从平衡角度考虑，最简洁的方法是降低温度，使平衡向正向移动，实现协作物颜色由紫色变为橙色，故答案为：降低温度；（4）图中白球所在位置是顶点和面心，晶胞内原子个数为=4，黑球在晶胞内部，原子个数为4，所以化学式为AB型，即上述晶胞表示的是CuCl；则晶胞的质量为，则晶胞的密度=。5．（2024春·河南郑州·高二统考期末）超分子化学在识别、催化、传输等功能方面快速渗透到各学科领域。一种由Mo、C60、P-甲酸丁酯吡啶和CO形成的超分子结构如图所示。回答下列问题：(1)图中超分子中存在的化学键类型有_______。a.离子键

b.配位键

c.氢键

d.分子间作用力(2)P-甲酸丁酯吡啶分子()中四种元素的电负性由大到小的依次为_______。(3)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的C原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。(4)吡啶()是类似于苯的芳香族化合物。1mol吡啶分子有_______键。广义酸碱理论认为：凡能给出质子()的任何分子或离子都是酸；凡能结合质子()的分子或离子都是碱。按此理论，吡啶()属于_______(填“酸”、“碱”或“盐”)。(5)的晶胞与干冰的晶胞相像，已知的晶胞参数为，阿伏伽德罗常数的值为，则晶体的密度为_______(写出表达式)。【答案】(1)b(2)O＞N＞C＞H(3)+1或-1(4)

11

碱(5)【解析】（1）依据信息Mo以配位键形成超分子，故该超分子含有配位键，无离子键，氢键与分子间力不属于化学键，答案：b；（2）P-甲酸丁酯吡啶分子中含有C、N、O、H四种元素，电负性由大到小的依次为O>N>C>H，答案：O>N>C>H；（3）基态的C原子价电子排布式2s22p2,2s中是两个自旋状态相反的1电子，2p中2个自旋状态相同的电子占据两个简并轨道，所以价电子自旋磁量子数的代数和为+1或-1，答案：+1或-1；（4）吡啶中含有4个C-C、5个C-H、2个N-H共11个σ键，1mol吡啶分子有11键，吡啶分子中N上有1对孤电子对，能结合质子()，属于碱，答案：11；碱；（5）1个晶胞中含C60，的晶胞参数为，即cm，1个晶胞体积为cm3，则，答案：。6．（2024秋·浙江·高二校联考期中）协作物在很多方面有广泛的应用。在生产中，协作物被广泛应用于染色、电镀、硬水软化、金属冶炼领域。在很多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的探讨、催化剂的研制、自组装超分子等方面，协作物发挥着越来越大的作用。(1)氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色物质，该物质中碳原子的杂化类型为_______，1mol紫色物质中含配位数为_______。(2)①已知CuCl的晶胞结构如图所示，晶胞中C、D两原子核间距为298pm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度为_______(列出计算式即可)。②请在下图画出该晶胞沿Z轴方向投影图_______。(3)①超分子冠醚识别碱金属离子的化学键(如图)是配位键，KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物的熔点比KCl_______(填“高”或“低”)。②水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚(18-冠-6)时，会极大提高氧化效果，而18-冠-6没有参加反应过程，则18-冠-6的作用是_______。【答案】(1)

8(2)

(3)

低

冠醚通过与结合而把带进烯烃；冠醚不与结合，使游离或袒露的反应活性提高，氧化反应能够快速发生【解析】（1）该物质中羰基碳形成2个C-N键、1个C=O，接受sp2杂化,1分子该物质中铜和N、O形成8个配位键，则1mol紫色物质中含配位数为8（2）①晶胞中C、D两原子核间距为298pm，且为体对角线的四分之一，则晶胞边长为；晶胞中Cu体内，一个晶胞中数目为4，Cl位于晶胞顶点和面心，一个晶胞中数目为；故晶胞质量为；所以密度为g/cm3；②晶胞中Cu体内，一个晶胞中数目为4，投影在底面面对角线上；Cl位于晶胞顶点和面心，投影在底面顶点、棱心、面心上，故该晶胞沿Z轴方向投影图为；（3）①KCl为离子晶体，KCl与冠醚(18-冠-6)形成的化合物为分子晶体，则熔点比KCl低；②水溶液与烯烃不相溶，在烯烃中溶入冠醚(18-冠-6)时，会极大提高氧化效果，而18-冠-6没有参加反应过程，则18-冠-6的作用是冠醚通过与结合而把带进烯烃；冠醚不与结合，使游离或袒露的反应活性提高，氧化反应能够快速发生。7．（2024秋·北京海淀）超分子化学已渐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Mo将2个分子、2个p—甲酸丁酯毗啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示：(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相像，它的基态价电子排布式是_；核外未成对电子数是_______个。(2)该超分子中除配位键外还存在的化学键类型有_(填标号)。A．σ键

B．π键

C．氢键(3)与金刚石互为同素异形体，从结构与性质之间的关系说明的熔点远低于金刚石的缘由是_______。(4)钼铝合金性能优良，其立方晶胞如图甲所示(Al未画出)，其中Mo按体心立方积累，每个Mo四四周绕的Al形成正二十面体(如图乙)，即每个Mo位于正二十面体的中心。基态Al核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为_______。已知该晶胞参数为apm，Mo之间的最短距离为_______pm，则该晶体的密度为_______(设为阿伏加德罗常数的值，用含a、的代数式表示)。【答案】(1)

6(2)AB(3)是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量(4)

6∶7

【解析】（1）Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相像，它的基态价电子排布式是；核外未成对电子数是6个；（2）由结构示意图可知，超分子中含有配位键、键和键，不含有氢键，故选AB；（3）是分子晶体，金刚石是共价晶体，共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量，所以的熔点远低于金刚石；（4）基态Al的电子排布式为1s22s22p63s23p1，s和p轨道电子云轮廓图为球形和哑铃形，故电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为6∶7；已知该晶胞参数为apm，体心的Mo位于体对角线二分之一处，故Mo之间的最短距离为pm；依据钼铝合全的晶胞结构可知，每个Mo位于由12个Al组成的正二十面体的中心，则该钼铝合金的化学式为，1个晶胞中均摊2个，1mol晶胞的质量为，1mol晶胞的体积为，故晶体的密度为。8．（2024秋·重庆沙坪坝）超分子化学已渐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)处于第五周期第VIB族，核外电子排布与相像，它的基态价电子排布式是___________；核外未成对电子数是___________个。(2)该超分子中存在的化学键类型有___________(填序号)。A．键 B．键 C．离子键 D．氢键(3)与金刚石互为同素异形休，从结构与性质之间的关系说明的熔点远低于金刚石的缘由是___________。(4)磷和钼形成的某种化合物的立方晶胞如图所示，已知晶胞中位于顶点和面心，而P原子位于棱边中点和体心。①P原子的配位数为___________。以A为原点建立三维坐标系，B原子的坐标为___________。②若晶胞中距离最近的原子之间的距离为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为___________。(列出计算式即可)【答案】(1)

4d55s1

6(2)AB(3)C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，原子晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所需的能量(4)

6

(1，，0)

【解析】（1）铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，由钼元素处于第五周期VIB族，核外电子排布与铬相像可知，基态钼原子的价电子排布式为4d55s1，由价电子排布式可知，钼原子的4d、5s轨道上分别有5个、1个未成对电子，则核外未成对电子数是6个，故答案为：4d55s1；6；（2）由结构示意图可知，超分子中含有配位键、σ键和π键，不含有离子键和