2024年北师大版选修3化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年北师大版选修3化学下册阶段测试试卷957考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、已知锰的核电荷数为25，以下是一些同学绘制的基态锰原子外围电子的电子排布图，其中最能准确表示基态锰原子核外电子运动状态的是（）A.B.C.D.2、下列分子的中心原子杂化轨道类型相同的是（）A.CO2和SO2B.BeCl2和BF3C.H3O+和SO3D.CH4和NH33、我国前科学院院长卢嘉锡与法裔加拿大科学家Gignere巧妙地利用尿素(H2NCONH2)和H2O2形成加合物H2NCONH2•H2O2,不但使H2O2稳定下来,而且结构也没有发生改变,得到了可供做衍射实验的单晶体,经测定H2O2的结构如下图所示,结合以上信息,下列说法中正确的是()

A.H2O2仅有氧化性B.H2O2是非极性分子,其结构简式为HO—OHC.H2NCONH2和H2O2是通过氢键结合的D.任何分子式中的"•"都表示氢键4、下列各分子中，属于含极性键的非极性分子的是A.P4B.CO2C.H2SD.NH35、石英晶体的平面示意图如图；它实际上是立体的网状结构(可以看作是晶体硅中的每个Si—Si键中插入一个O)，其中硅；氧原子数比是m∶n，有关叙述正确的是()

A.m∶n＝2∶1B.6g该晶体中含有0.1NA个分子C.原硅酸根(SiO)的结构为则二聚硅酸根离子Si2O中的x＝7D.石英晶体中由硅、氧原子构成的最小的环上含有的Si、O原子个数和为86、观察下列模型并结合有关信息，判断下列说法不正确的是。晶体硼（其每个结构单元中有12个B原子）NaClS8HCN结构模型示意图备注熔点2573K——易溶于CS2——

A.晶体硼属于原子晶体，结构单元中含有30个B-B键，含20个正三角形B.NaCl晶体中每个Na+周围距离最近且相等的Na+有6个C.S8分子中的共价键为非极性键D.HCN分子中含有2个σ键，2个π键7、下面有关晶体的叙述中，不正确的是A.60gSiO2晶体中含Si-O键的个数为4NA(NA为阿伏加德罗常数)B.在立方ZnS晶体(如图所示)中，Zn2+、S2-的配位数都是8

C.设NaCl的摩尔质量为Mg·mol-1,NaCl的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NAmol-1,在NaCl晶体中，两个距离最近的Cl-中心间的距离为cmD.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，CaO晶体中Ca2+的配位数为6,且这些最邻近的O2-围成正八面体评卷人得分二、填空题(共5题，共10分)8、元素的第一电离能：Al_________Si（填“>”或“<”）9、亚铁氰化钾（K4[Fe(CN)6])双称黄血盐，是一种重要的化工原料。检验三价铁发生的反应为：K4[Fe(CN)6]+FeCl3=KFe[Fe(CN)6]↓(滕氏蓝)+3KCl；回答问题：

（1）写出基态Fe3+的核外电子排布式___。

（2）K4[Fe(CN)6]中的作用力除共价键外；还有___和___。

（3）黄血盐中N原子的杂化方式为____；C、N、O的第一电离能由大到小的排序为___，电负性由大到小的排序为___。10、每个时代的发展都离不开化学材料。黄铜是人类最早使用的合金之一；主要由锌和铜组成。回答下列问题：

（1）基态锌原子的价电子排布式为___，属于周期表___区元素。电子占据最高能层的电子云轮廓图形状为___。

（2）第一电离能I1(Zn)___I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。

（3）向[Cu(H2O)4]2+溶液（天蓝色）中加入过量氨水将生成更稳定的[Cu(NH3)4]2+溶液（深蓝色），原因是___；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸，观察到的现象是___。11、在极性分子中，正电荷重心与负电荷重心间的距离称为偶极长，通常用表示。极性分子的极性强弱与偶极长和电荷量（）有关，一般用偶极矩（）来衡量。分子的偶极矩是偶极长和电荷量的乘积，即在非极性分子中，其正、负电荷重心重合，故为0。试回答下列问题：

（1）HCl、CS2、H2S、SO2四种分子中的有______________________________。

（2）实验测得：

①由此可知，PF3分子的空间构型为____________________；

②BCl3分子的空间构型为____________________，中心原子的杂化方式为____________________。

（3）治癌药物具有平面四边形结构，Pt处在四边形中心，NH3和Cl分别处在四边形的4个顶点。已知该化合物有两种同分异构体，棕黄色化合物的淡黄色化合物的试写出两种同分异构体的结构简式：____________________（棕黄色）、____________________（淡黄色），在水中溶解度较大的是____________________（填结构简式）。12、（15分）周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，T与Z同主族，W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子。回答下列问题：

（1）Y、Z、T中第一电离能最大的是____（填元素符号，下同），原子半径最小的是____。

（2）T的原子结构示意图为____，W基态原子的电子排布式为____。

（3）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是____（填化学式）；分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是____（填化学式；写一种）。

（4）T与Z形成的化合物中，属于非极性分子的是____（填化学式）。

（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，阳离子的结构如图所示。该配合物的化学式为____，阳离子中存在的化学键类型有____。

评卷人得分三、结构与性质(共9题，共18分)13、已知和碳元素同主族的X元素位于周期表中的第1个长周期，短周期元素Y原子的最外层电子数比内层电子总数少3，它们形成的化合物的分子是XY4。

试回答：

（1）X元素原子的基态电子排布式为________________________________________；Y元素原子最外层电子的电子排布图为________________________________________。

（2）该化合物的空间结构为__________，中心原子的杂化类型为__________，分子为__________(填“极性”或“非极性”)分子。

（3）该化合物在常温下为液体，它的沸点与SiCl4的比较，__________(填化学式)的高，原因是______________________________________________________。14、卤族元素是典型的非金属元素,包括F、Cl、Br；I等。请回答下面有关问题。

(1)同主族元素的电负性大小存在一定的规律，卤族元素F、Cl、Br、I的电负性由小到大的顺序是_____。

(2)Br原子的M层核外电子排布式为_________。

(3)用价层电子对互斥理论判断BeCl2的构型为________，BF3分子中B－F键的键角为________。

(4)CCl4分子中碳原子的杂化方式为______，NF3分子的空间构型为_______。

(5)F、Mg、K三种元素形成的晶体晶胞结构如图所示，一个晶胞中Mg元素的质量分数为________。

15、C；O、Na、Cl、Fe、Cu是元素周期表前四周期中的常见元素。

(1)Fe在元素周期表中的位置是_____，Cu基态原子核外电子排布式为________。

(2)C和O的气态氢化物中，较稳定的是________（写化学式）。C的电负性比Cl的________（填“大”或“小”）。

(3)写出Na2O2与CO2反应的化学方程式____________________________。

(4)碳有多种同素异形体；其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：

①在石墨烯晶体中，每个C原子连接___________个六元环，每个六元环占有___________个C原子。

②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接__________个六元环，六元环中最多有_________个C原子在同一平面。

(5)刻蚀印刷电路的废液中含有大量的CuCl2、FeCl2、FeCl3，任意排放将导致环境污染和资源的浪费，为了使FeCl3循环利用和回收CuCl2；回收过程如下：

①试剂X的化学式为______________；

②若常温下1L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5mol·L－1，则加入Cl2和物质X后，过滤。为使溶液铁元素完全转化为Fe(OH)3，而CuCl2不产生沉淀。则应控制pH的范围是____________________________（设溶液体积保持不变），已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－38、Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20、lg5＝0.7。16、Ⅰ；下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。

（1）写出基态时Q元素原子的电子排布式__________，J元素原子的外围电子排布图________________。

（2）下列对比正确的是__________。

a．原子半径H＞G＞B＞Ab．第一电离能E＞D＞C＞B

c．电负性A＞H＞G＞Qd．最高价氧化物的水化物酸性B＞A＞H＞G

（3）关于元素在元素周期表中的位置以及元素原子的外围电子排布特点的有关叙述不正确的是______。

a．L位于元素周期表第五周期ⅠA族；属于s区元素。

b．O位于元素周期表第七周期Ⅷ族；属于ds区元素。

c．M的外围电子排布式为6s1；属于ds区元素。

d．H所在族的外围电子排布式为ns2np2；属于p区元素。

Ⅱ、已知A、B、C、D、E、F、G都是元素周期表中短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A是元素周期表中原子半径最小的元素，D3B中阴；阳离子具有相同的电子层结构；B、C均可分别与A形成10电子分子，B、C属同一周期，两者可以形成许多种共价化合物，C、F属同一主族，B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，C的最外层电子数是内层电子数的3倍，E最外层电子数比最内层多1。请用具体的元素回答下列问题：

（4）F、G元素对应的最高价含氧酸中酸性较强的化学式为__________。

（5）第一电离能：B__________C，电负性：C__________F。(填“＜”；“＞”或“＝”)

（6）A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比为1∶1，X的电子式为____________，试写出Cu、稀硫酸与X反应制备硫酸铜的离子方程式__________。

（7）写出E与D的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式______________________。17、乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色，发生反应:5C2H5OH+4MnO4-+12H++13H2O=5CH3COOH+4[Mn(H2O)6]2+。

(1)H、C、O中.原子半轻最大的是______(填元素符号，下同).电负性最大的是___________。

(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn-O化学键称为_______键,其电子对________由提供。H2O与H+结合生成H3O+,与H3O+所含原子总数相等的等电子体是________(填分子式,写一种)。

(3)在上述反应中C2H5OH转化为CH3COOH，C原子的杂化轨道类型由____变为________。

(4)CH3COOH能与H2O任意比混溶的原因,除它们都是极性分子外还因为____________。

(5)第一电离能I1(O)___(填”>”“<”或”=“)I1(S),其原因是___________________。

(6)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。若距离最近的两个锰原子之间的距离为bpm,阿伏加德罗常数的值为NA.则β-MnSe的密度=____(列出表达式)g·cm-3。

18、教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：

(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示。则该元素对应的原子有___种不同运动状态的电子。

(2)如图2所示.每条折线表示周期表IVA–VIIA中的某一族元素氢化物的沸点变化。请解释AsH3比NH3沸点低的原因___。

(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该CO2晶体属于___晶体。

(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有__种。BCl3中B原子的杂化方式为___。

(5)Fe的一种晶体如甲、乙所示，若按甲虚线方向切乙得到的A-D图示中正确的是__(填字母标号)。

铁原子的配位数是___，假设铁原子的半径是rcm，该晶体的密度是ρg/cm3，则铁的相对原子质量为___(设阿伏加德罗常数的值为NA)。19、碳是地球上组成生命的最基本的元素之一。根据要求回答下列问题:

（1）碳原子的价电子排布图：________________，核外有______种不同运动状态的电子。

（2）碳可以形成多种有机化合物；下图所示是一种嘌呤和一种吡啶的结构，两种分子中所有原子都在一个平面上。

①嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序______________________。

②嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，解释原因_________________________________。

③吡啶结构中N原子的杂化方式___________。

④分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)。该嘌呤和吡啶中都含有大π键，请问该吡啶中的大π键表示为______________。

（3）碳可形成CO、CO2、H2CO3等多种无机化合物。

①在反应CO转化成CO2的过程中，下列说法正确的是__________。

A．每个分子中孤对电子数不变B．分子极性变化。

C．原子间成键方式改变D．分子的熔沸点变大。

②干冰和冰是两种常见的分子晶体，晶体中的空间利用率：干冰_______冰。(填“>”、“<”或“=”)

③H2CO3与H3PO4均有1个非羟基氧，H3PO4为中强酸，H2CO3为弱酸的原因___________。

（4）在2017年，中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体：T-碳。T-碳的结构是：将立方金刚石中的每个碳原子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构，如下图。已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则T-碳的密度的表达式为______________g/cm3。

20、据世界权威刊物《自然》最近报道，选择碲化锆（ZrTe5）为材料验证了三维量子霍尔效应；并发现了金属－绝缘体的转换。Te属于ⅥA元素。回答下列问题：

(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中d轨道上的电子数是___，Zr2+的价电子排布图是___。

(2)O、Se、Te的第一电离能由大到小的顺序是___，H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是___。

(3)H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是___。

(4)[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，其中的配位原子是___(填符号)，1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中含共价键的数目是___。

(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是___。若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，则立方氧化锆的密度为___g/cm3。

21、硅、镓、锗、硒等单质及某些化合物(如砷化镓)都是常用的半导体材料，广泛用于光电应用领域。具有钙钛矿结构的金属卤化物(通常用ABX3表示)作为一种新型半导体材料也备受关注，A是阳离子(CH3NHCs+等)，B是二价金属阳离子(Pb2+，Sn2+等)；X是卤离子。

(1)基态Se原子的核外电子排布式为______，其能量最高轨道的电子云形状为______。

(2)镓、锗、砷、硒的第一电离能由大到小的顺序为______(用元素符号表示)。

(3)CH3NH中N原子的杂化方式为______，该离子与______分子互为等电子体；CH3NH中H—N—H键角比NH3中H—N—H键角______(填“大”或“小”)，理由是______。

(4)锗的一种氧化物的立方晶胞如图所示：

其中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子坐标参数为______，O的配位数为______，每个Ge原子周围距离最近且相等的Ge原子有______个。已知Ge与O的最近距离为anm，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体的密度ρ=______g·cm-3(列出计算式即可)。评卷人得分四、实验题(共1题，共10分)22、现有两种配合物晶体[Co(NH3)6]Cl3和[Co(NH3)5Cl]Cl2，一种为橙黄色，另一种为紫红色。请设计实验方案将这两种配合物区别开来_____________________________。评卷人得分五、工业流程题(共1题，共4分)23、饮用水中含有砷会导致砷中毒，金属冶炼过程产生的含砷有毒废弃物需处理与检测。冶炼废水中砷元素主要以亚砷酸(H3AsO3)形式存在；可用化学沉降法处理酸性高浓度含砷废水，其工艺流程如下：

已知：①As2S3与过量的S2-存在反应：As2S3(s)+3S2-(aq)⇌2(aq)；

②亚砷酸盐的溶解性大于相应砷酸盐。

(1)砷在元素周期表中的位置为_______；AsH3的电子式为______；

(2)下列说法正确的是_________；

a.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4

b.原子半径：S>P>As

c.第一电离能：S

(3)沉淀X为__________(填化学式)；

(4)“一级沉砷”中FeSO4的作用是________。

(5)“二级沉砷”中H2O2与含砷物质反应的化学方程式为__________；

(6)关于地下水中砷的来源有多种假设，其中一种认为富含砷的黄铁矿(FeS2)被氧化为Fe(OH)3，同时生成导致砷脱离矿体进入地下水。FeS2被O2氧化的离子方程式为______________。评卷人得分六、有机推断题(共1题，共4分)24、有A、B、D、E、F、G六种前四周期的元素，A是宇宙中最丰富的元素，B和D的原子都有1个未成对电子，B＋比D少一个电子层，D原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道全充满；E原子的2p轨道中有3个未成对电子，F的最高化合价和最低化合价的代数和为4。R是由B、F两元素形成的离子化合物，其中B＋与F2－离子数之比为2∶1。G位于周期表第6纵行且是六种元素中原子序数最大的。请回答下列问题：

(1)D元素的电负性_______F元素的电负性（填“＞”；“＜”或“＝”）。

(2)G的价电子排布图_________________________________。

(3)B形成的晶体堆积方式为________，区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行_______实验。

(4)D－的最外层共有______种不同运动状态的电子,有___种能量不同的电子。F2D2广泛用于橡胶工业,各原子均满足八电子稳定结构,F2D2中F原子的杂化类型是___________,F2D2是______分子（填“极性”或“非极性”）。

(5)A与E形成的最简单化合物分子空间构型为_____，在水中溶解度很大。该分子是极性分子的原因是_____。

(6)R的晶胞如图所示，设F2－半径为r1cm，B＋半径为r2cm。试计算R晶体的密度为______。（阿伏加德罗常数用NA表示；写表达式，不化简）

参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】【详解】

根据能量最低原理可知锰原子核外电子排布式为[Ar]3d54s2，根据洪特规则和泡利原理可知，外围电子的运动状态为：故答案为：D。2、D【分析】【详解】

A．CO2中C形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，SO2中S形成2个δ键，孤电子对数==1，为sp2杂化；不相同，故A错误；

B．BeCl2中Be形成2个δ键，无孤电子对，为sp杂化，BF3中B形成3个δ键，无孤电子对，为sp2杂化；不相同，故B错误；

C．H3O+中O原子形成3个δ键，孤电子对数==1，为sp3杂化，而SO3中S原子形成3个δ键，孤电子对数==0，为sp2杂化；不相同，故C错误；

D．CH4中C形成4个δ键，无孤电子对，为sp3杂化，NH3中N形成3个δ键，孤电子对数==1，为sp3杂化；相同，故D正确；

故答案为D。

【点睛】

根据价层电子对互斥理论中心原子杂化方式，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数，σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数，根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；3、C【分析】【详解】

A．H2O2的氧元素的化合价为-1价；处于氧元素的中间价态，既有氧化性又有还原性，A错误；

B．由图可知，H2O2的正负电荷中心不重合，所以H2O2是极性分子；其结构简式为HO-OH，B错误；

C．科学家把尿素(H2NCONH2)和H2O2形成加合物H2NCONH2•H2O2，两者结构都没有变化，所以尿素(H2NCONH2)和H2O2是通过氢键形成加合物H2NCONH2•H2O2；C正确；

D．分子式中的"•"不一定都表示氢键，如CuSO4•5H2O中并没有氢键，5个H2O中，有4个H2O与Cu2+形成配位键；还有1个结晶水，D错误；

故选C。4、B【分析】【详解】

A．P4为非金属单质；只存在P-P非极性键，A不符合题意；

B．CO2的结构式为O=C=O；含有C=O极性键，分子结构对称，为非极性分子，B符合题意；

C．H2S结构式为为含有极性键的极性分子，C不符合题意；

D．NH3的结构式为为含有极性键的极性分子，D不符合题意；

故选B。5、C【分析】【详解】

A、每个Si原子占有O原子个数=4×=2；则Si；O原子个数之比为1：2，故A错误；

B；该晶体是原子晶体；不存在分子，故B错误；

C、原硅酸（H4SiO4）的结构可表示为两个原硅酸分子可发生分子间脱水生成二聚原硅酸：二聚原硅酸电离出6个H+后，形成带6个负电荷的二聚原硅酸根离子，二聚硅酸根离子的结构可表示为：则二聚硅酸根离子Si2OX6-中的x=7；故C正确；

D、在SiO2晶体中；每个环上有6个Si原子，每2个Si原子之间含有一个O原子，所以由Si；O构成的最小单元环中共有12个原子，故D错误。

答案选C。

【点睛】

考查分析、计算及空间想像能力，明确Si、O原子之间的关系及二氧化硅空间结构是解本题关键，C选项也可以利用化合价代数和等于离子电荷计算。6、B【分析】【详解】

A.晶体硼是由非金属原子通过共价键形成的，且其熔点高，应属于原子晶体，每个硼原子与其他硼原子间形成5个共价键，则该结构单元中含B一B键的个数为每个正三角形平均占有硼原子的个数为故结构单元中含正三角形个数为故A正确；

B.NaCl晶体中每个Na+周围距离最近且相等的Na+有12个；故B不正确；

C.S8分子中同种原子间形成非极性键；故C正确；

D.HCN的结构式为H－C≡N；故其分子中含有2个σ键；2个π键，故D正确；

故答案选：B。7、B【分析】【详解】

A.n(SiO2)===1mol，在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成4个Si-O键，因此60gSiO2中含Si-O键的物质的量为4mol，Si-O键的个数为4NA；故A正确；

B.晶胞中含有表示小球位于顶点和面心，共含有8×+6×=4个；黑色球位于体心，共4个，所以立方ZnS晶体的每个晶胞中含有4个锌离子，其配位数为4，含有4个硫离子，其配位数也为4，故B错误；

C.设晶胞边长为a，则在氯化钠晶胞中，含Cl-4个，含Na+4个，根据密度公式可得所以晶胞面对角线长为而两个距离最近的Cl-中心间的距离等于面对角线的一半，所以两个距离最近的Cl-中心间的距离为即故C正确；

D.CaO晶体结构与NaCl晶体结构相似，若Ca2+处于体心、棱中间，O2-位于面心和顶点，晶体中体心Ca2+与面心的6个O2-距离最近，Ca2+的配位数为6，且这些最邻近的O2-围成正八面体；故D正确。

故选B。二、填空题(共5题，共10分)8、略

【分析】【详解】

同周期；从左到右，总体上第一电离能逐渐增大（第二和第五主族例外）；故铝的第一电离能小于硅。

答案为：<。【解析】<9、略

【分析】【详解】

(1)Fe原子核外有26个电子，失去外围3个电子形成Fe3+，所以基态Fe3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5；

(2)K4[Fe(CN)6]是离子化合物，存在离子键，其中Fe(CN)64-含有共价键和配位键；即化学键为离子键；配位键和共价键；

(3)CN-中N的价层电子对数=1+=2；所以N采用sp杂化；同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但是第IIA族；第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O第一电离能大小顺序为N＞O＞C；同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，所以C、N、O的电负性大小顺序为O＞N＞C。

【点睛】

同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA族元素（最外层全满）大于第ⅢA族元素，第ⅤA族（最外层半满）的第一电离能大于第ⅥA族元素。【解析】1s22s22p63s23p63d5或[Ar]3d5配位键离子键spN>O>CO>N>C10、略

【分析】【分析】

（1）锌的原子序数为30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，价电子排布式为3d104s2；

（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2；4s能级处于全充满状态；

（3）向天蓝色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2O分子；向深蓝色溶液中逐滴加入稀盐酸；盐酸先与铜氨络离子反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，盐酸过量，氢氧化铜沉淀溶解生成氯化铜。

【详解】

（1）锌的原子序数为30，位于元素周期表第四周期ⅡB族，价电子排布式为3d104s2，属于周期表ds区元素，电子占据最高能层的电子位于为4s轨道，s电子云轮廓图形状为球形，故答案为：3d104s2；ds；球形；

（2）Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2；4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子，所以Zn原子的第一电离能较大，故答案为：大于；

（3）向天蓝色[Cu(H2O)4]2+溶液中加入过量氨水生成更稳定的深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，说明配位能力NH3分子大于H2O分子，这是因为N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定；[Cu(NH3)4]2+在溶液中存在如下络合平衡[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3；加入盐酸，氨分子与氢离子反应，浓度减小，平衡向右移动，铜离子与溶液中氢氧根结合生成氢氧化铜蓝色沉淀，当盐酸过量时，氢氧化铜沉淀溶于盐酸生成氯化铜，溶液呈天蓝色，实验现象为先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色，故答案为：N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定；先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色。

【点睛】

Cu原子的外围电子排布式为3d104s1,4s能级处于半充满状态，而Zn原子的外围电子排布式为3d104s2，4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子是分析难点。【解析】①.3d104s2②.ds③.球形④.大于⑤.N原子的电负性小于氧原子，提供孤电子对能力强，形成的配位键更加稳定⑥.先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解，溶液变为天蓝色11、略

【分析】【详解】

(1)是由极性键形成的双原子极性分子；根据价电子对互斥理论可知，是直线形分子，正、负电荷重心重合，为非极性分子，其偶极矩为0；都是V形结构，是极性分子，其

(2)①说明是极性分子，则是三角锥形结构；

②说明是非极性分子，其正、负电荷重心重合，应是平面正三角形结构；中心原子B与3个原子形成3个共价键(没有孤电子对)，即B原子的杂化方式是杂化；

(3)根据题意，具有平面四边形结构，若则为非极性分子，和分别对称分布在四边形的个顶点上，即正、负电荷重心重合，故淡黄色化合物是若则为极性分子，和在四边形的4个顶点上的分布是不对称的，即正、负电荷重心不重合，故棕黄色化合物是根据相似相溶规律，水是极性分子，因此属于极性分子的溶质易溶解在水中，即在水中溶解度较大的是棕黄色化合物，其结构简式为【解析】CS2三角锥形平面正三角形sp2杂化12、略

【分析】试题分析：周期表前四周期的元素X；Y、Z、T、W；原子序数依次增大。X的核外电子总数与其周期数相同，则X是氢元素。Y基态原子的p电子数比s电子数少1个，则Y应该是氮元素。Z基态原子的价电子层中有2个未成对电子，所以Z是氧元素。T与Z同主族，则T是S元素。W基态原子的M层全充满，N层只有一个电子，则W是Cu元素。

（1）非金属性越强；第一电离能越大。但氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，则氮元素的第一电离能大于氧元素的。同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径最小的是O。

（2）S的原子序数是16，原子结构示意图为根据核外电子排布规律可知W基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1。

（3）X和上述其他元素中的一种形成的化合物中，分子呈三角锥形的是NH3。分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物是H2O2或N2H4。

（4）T与Z形成的化合物中，SO2是V形结构，三氧化硫是平面三角形，则属于非极性分子的是SO3。

（5）这5种元素形成的一种阴阳离子个数比为1:1型的配合物中，阴离子呈四面体结构，则为硫酸根。阳离子的结构如右图所示，即为氨气和铜离子形成的配位健，则该配合物的化学式为[Cu(NH3)4]SO4；阳离子中存在的化学键类型有配位健及氮元素与氢原子之间的共价键。

考点：考查元素推断、第一电离能、空间构型、原子半径、化学键、核外电子排布等【解析】（1）NO（各1分）（2）（1分）[Ar]3d104s1（2分）

（3）NH3（2分）H2O2或N2H4（2分）（4）SO3（2分）

（5）[Cu(NH3)4]SO4（2分）共价键、配位键（2分）三、结构与性质(共9题，共18分)13、略

【分析】【详解】

X元素与碳元素同主族且位于周期表中的第一长周期，X为Ge元素，Y原子是短周期元素且最外层电子数比内层电子总数少3，Y为Cl元素，化合物XY4为GeCl4。

（1）Ge元素是32号元素，基态原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d104s24p2；Cl元素是17号元素，原子的最外层电子的电子排布图为（2）Ge元素与C元素处于相同主族，GeCl4与CCl4具有相似的结构和性质，Ge原子采取sp3杂化，GeCl4为正四面体形，空间对称，是非极性分子；（3）由于二者均为分子晶体，结构相似，GeCl4相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高。【解析】①.ls22s22p63s23p63d104s24p2或[Ar]3d104s24p2②.③.正四面体形④.sp3⑤.非极性分子⑥.GeCl4⑦.二者均为分子晶体结构相似，GeCl4相对分子质量大，范德华力强，熔、沸点高14、略

【分析】【详解】

(1)非金属性越强，电负性越大，即电负由小到大的顺序是IBrClF；故答案为：IBrClF；

(2)Br是第四周期元素，原子核外有35个电子，其M层电子排布式为3s23p63d10，故答案为：3s23p63d10；

(3)BeCl2中含有的孤对电子对数是=0，价层电子对数是2，所以BeCl2是直线型。BF3中含有的孤对电子对数是=0，σ键数是3，是平面正三角型，键角是120。，故答案为：直线型；120。；

(4)CCl4中含有的孤对电子对数是=0，σ键数是4，是正四面体，C原子采取的是sp3杂化；N原子含有孤对电子对数是==1，σ键数是3，N原子采取的是sp3杂化，AB3型，所以NF3是三角锥型。故答案为：sp3；三角锥型；

(5)该晶胞中含Mg(8×)=1个，K原子个数为1，F原子数为12×=3，所以其化学式为KMgF3，由化学式可算出Mg的质量分数==20%，故答案为：20%。【解析】①.IBrClF②.3s23p63d10③.直线型④.120。⑤.sp3⑥.三角锥形⑦.20%15、略

【分析】【详解】

(1)Fe是26号元素，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，因此在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Cu是29号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；故答案为：第四周期第Ⅷ族；1s22s22p63s23p63d104s1。

(2)同周期，非金属性越强，其气态氢化物越稳定，因此较稳定的是H2O；Cl非金属性强，其电负性越大，因此C的电负性比Cl的小；故答案为：H2O；小。

(3)Na2O2与CO2反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2。

(4)①根据均摊法计算，在石墨烯晶体中，每个C原子被3个六元环共有，每个六元环占有的碳原子数6×=2；所以，每个六元环占有2个C原子；故答案为：3；2。

②在金刚石的晶体结构中每个碳原子与周围的4个碳原子形成四个碳碳单键，最小的环为6元环，每个单键为3个环共有，则每个C原子连接4×3=12个六元环，六元环为椅式结构，六元环中有两条边平衡，连接的4个原子处于同一平面内，如图故答案为：12；4。

(5)①W中含有CuCl2、FeCl3；加入X使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入的X由于调节溶液pH值，且不引入杂质，X为CuO等；故答案为：CuO。

②常温下1L废液中含CuCl2、FeCl2、FeCl3的物质的量浓度均为0.5mol·L－1，则加入Cl2后溶液中FeCl2转变为FeCl3，因此c(FeCl3)=1mol∙L−1，铜离子开始沉淀时，pH=4.3，铁离子沉淀完全时，pH=3，故溶液pH应控制在3.0～4.3之间；故答案为：3.0～4.3。【解析】第四周期第Ⅷ族1s22s22p63s23p63d104s1H2O小2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O232124CuO3～4.316、略

【分析】【详解】

Ⅰ.(1)Q元素是31号鎵，原子的电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p1，J元素为铁元素，原子的外围电子排布图3d64s2，正确答案：1s22s22p63s23p63d104s24p1；3d64s2。

（2）根据周期表可知：A为碳元素、B为氮元素、C为氧元素、D为氟元素、E为氖元素、G为铝元素、H硅元素、Q鎵元素；原子半径同一周期从左到右减小（稀有气体除外），同一主族从上到下原子半径增大，所以Al＞Si,a错误；同一周期从左到右第一电离能增大，氮元素2p能级为半充满状态，第一电离能大于相邻的氧元素，即N＞O,B错误；同一周期从左到右电负性增强，同主族从上到下电负性减小，c正确；最高价氧化物的水化物酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3>Al(OH)3,d正确；正确答案：cd。

（3）L为铷元素，位于周期表中第五周期ⅠA族价电子排布为5s1，属于s区元素，a正确；Ⅷ族的元素属于d区，O位于周期表中第七周期Ⅷ族，属于d区元素，b错误；M的外围电子排布式为6s1，属于s区元素，c错误；H所在族位置IVA族，外围电子排布式为ns2np2；属于p区元素，d正确；正确选项ad。

Ⅱ、根据题意分析：A是元素周期表中原子半径最小的元素，A为氢元素；B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，B是氮元素；C的最外层电子数是内层电子数的3倍，C是氧元素；C、F属同一主族，F是硫元素；E最外层电子数比最内层多1，E是铝；D3B中阴；阳离子具有相同的电子层结构；D是钠；G原子序数大于硫，G为氯元素；

（4）F是硫元素、G为氯元素；F、G元素对应的最高价含氧酸中H2SO4和HClO4，氯元素的非金属大于硫元素，高氯酸的酸性较强；正确答案：HClO4。

（5）B是氮元素、C是氧元素；由于B原子最外电子层的p能级上的电子处于半满状态，所以第一电离能：B>C；C是氧元素、F是硫元素；电负性：C>F；正确答案：>；>。

6）A为氢元素、C是氧元素；A、C形成的一种绿色氧化剂X有广泛应用，X分子中A、C原子个数比为1∶1，X为过氧化氢，电子式为Cu、稀硫酸与H2O2反应生成硫酸铜和水，离子方程式为Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O；正确答案：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O。

（7）E是铝、D是钠；D的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，E的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，化学方程式：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；正确答案：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。

点睛：同一周期从左到右第一电离能增大，但是氮元素2p能级为半充满状态，第一电离能大于相邻的氧元素。【解析】①.1s22s22p63s23p63d104s24p1②.3d64s2③.cd④.cd⑤.HClO4⑥.>⑦.>⑧.⑨.Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O⑩.Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O17、略

【分析】【详解】

(1)电子层数越多；原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径逐渐减小，因此H；C、O中，原子半轻最大的是C；周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大，从上到下，元素的电负性逐渐减小，因此H、C、O中，电负性最大的是O，答案：C；O；

(2)[Mn(H2O)6]2+中Mn—O键为配位键，其电子对由O提供，H3O+的原子数为3，价电子数为10，与H3O+所含原子总数相等的等电子体有NH3等，答案：配位；O；NH3；

(3)C2H5OH分子中的两个碳原子均为sp3杂化，CH3COOH分子中甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基中的碳原子为sp2杂化，答案：sp3；sp3或sp2；

(4)CH3COOH与H2O均为极性分子，且CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键，因此CH3COOH能与H2O任意比混溶，答案：CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键；

(5)O和S位于同一主族，O的原子半径比S的小，半径越小原子核对最外层电子的吸引力越大，则第一电离能越大，因此第一电离能I1(O)>I1(S)，答案：>；O的原子半径比S的小；原子核对最外层电子的吸引力较大；

(6)由均摊法可知，1个晶胞中Mn原子的数目为4，Se原子的数目为8×+6×=4，根据晶胞结构可知，两个Mn原子的最近距离为面对角线的一半，所以晶胞的棱长为pm，取1mol晶胞，质量m=4×134g，1个晶胞的体积为(×10-10)3cm3，则晶胞的密度=g·cm-3，答案：【解析】CO配位ONH3sp3sp3或sp2CH3COOH分子与H2O分子间可形成氢键>O的原子半径比S的小，原子核对最外层电子的吸引力较大18、略

【分析】【分析】

(1)根据电离能产生的突变得到最外层电子数；得到元素名称；

(2)根据晶体类型和晶体中粒子间作用力分析；

(3)根据晶胞特点分析；

(4)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势；但第ⅡA族最外能层的s能级全满，处于稳定状态，第ⅤA族最外能层的p能级半充满，较稳定；根据杂化轨道理论求杂化类型；

(5)相对原子质量的计算利用密度公式进行。

【详解】

(1)第三周期的某主族元素；根据第一至第五电离能数据，可知，该原子第二和第三电离能变化较大，产生了突变，则该原子最外层有2个电子，为镁元素，其核外有12个电子，每个电子的运动状态都不同，则有12种不同运动状态的电子；

(2)NH3分子间能形成氢键，而AsH3分子间无氢键，所以AsH3比NH3沸点低；

(3)由CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞图可知；在晶胞中原子之间通过共价键结合形成空间网状结构的晶体，属于原子晶体；

(4)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族最外能层的s能级全满，处于稳定状态，第ⅤA族最外能层的p能级半充满，较稳定，故第三周期元素的第一电离能由大到小的顺序为Na3中B原子无孤电子对，成键电子对数为3，B的杂化方式为sp2杂化；

(5)图甲中Fe位于顶点和体心；乙由8个甲组成，按虚线方向切乙形成的截面边长不等，排除B；D，由于每个小立方体的体心有一个铁原子，故A正确；由图甲可以看出，位于体心的铁原子周围距离最近的铁原子有8个，所以铁原子的配位数是8；

因为铁原子的半径是rcm，根据铁晶胞的结构可知，晶胞的边长为在每个晶胞中含有铁原子的数目为1+8×=2，设铁原子相对原子质量为M，根据密度=质量除以体积，可得ρ=所以M=

【点睛】

本题为物质结构与性质的综合题，主要考查电离能、杂化方式、晶胞的结构与计算，晶胞的计算先用均摊法进行，计算每个晶胞的原子个数，再利用密度公式，求得相对原子质量，边长的计算稍有点难度，在计算铁相对原子质量时要有较好的运算能力。【解析】12NH3存在分子间氢键原子3sp2杂化A819、略

【分析】【详解】

（1）碳为6号元素，碳原子的价电子排布图为：核外有6种不同运动状态的电子；（2）①元素的非金属性越强，电负性数值越大，嘌呤中所有元素的电负性由大到小的顺序为N>C>H；②孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力越大，键角越大，因此嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大；③吡啶结构中N原子连接有3个原子，含有1个孤对电子，采用sp3杂化；④分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。根据吡啶的结构，其中的大π键由5个原子6个电子形成的表示为（3）①A．CO分子中碳和氧上各有1个孤对电子，CO2分子中碳和氧上各有2个孤对电子，选项A错误；B．CO为极性分子，CO2为非极性分子，分子极性变化，选项B正确；C．CO中存在碳氧三键，CO2中存在碳氧双键，分子中原子间成键方式改变，选项C正确；D．反应物中的一氧化碳和氧气的相对分子质量小于生成物二氧化碳，分子的熔沸点变大，选项D正确。答案选BCD；②水分子间存在氢键，且氢键有方向性，导致水分子形成冰时存在较大的空隙，干冰分子之间只存在范德华力，形成的分子晶体是密堆积，晶体中的空间利用率：干冰>冰；③由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了，而溶于水的五氧化二磷几乎能够完全反应生成磷酸，故答案为由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了；（4）根据晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目=每个正四面体结构含有4个碳原子，晶胞的质量=已知T-碳晶胞参数为apm，阿伏伽德罗常数为NA，则T-碳的密度为g/cm3。

【点睛】

本题考查了物质结构与性质，涉及了分子的性质的判断、晶胞的计算等。本题的易错点为（2）②中大π键类型的判断，难点为（3）③碳酸与磷酸酸性强弱的判断，要注意根据溶解度即反应的限度分析判断。【解析】6N>C>H（或NCH）孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大，键角大sp3BCD>由于溶于水的二氧化碳分子只有约几百分之一与水结合成碳酸，与按二氧化碳全部转化为碳酸分子来估算酸的强度相比，自然就小了近百倍了20、略

【分析】【详解】

（1）锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10，4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2+的价电子排布图是故答案为：12；

（2）O、Se、Te处于同主族,同主族自上而下电离能降低，第一电离能由大到小的顺序是O＞Se＞Te；H2O受氢键影响，所以沸点最高。H2Se、H2Te的沸点主要受范氏力影响，分子量越大，沸点越高。H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se。故答案为：O＞Se＞Te；H2O＞H2Te＞H2Se；

（3）H2Te中Te原子价层电子对个数=2+=4，有两对孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对个数=2+=２，分子为直线型，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°。故答案为：H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°；

（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子的结构是含共价键的数目是１６。故答案为：O；１６；

（5）该晶胞中Zr原子个数=8×+6×=4、O原子个数为8，Zr、O原子个数之比=4：8=1：2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2anm，晶胞体积=（2a×10-7cm）3，则立方氧化锆的密度==g·cm－3=g·cm－3。

故答案为：8；=g·cm－3。

【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物结构、原子杂化类型判断等知识点，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意晶胞中“距离最近的两个氧原子间的距离与晶胞棱长关系”，为解答易错点。【解析】12O＞Se＞TeH2O＞H2Te＞H2SeH2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°O168=21、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)基态Se原子序数为34，位于第四周期ⅥA族，核外电子排布式为[Ar]3dl04s24p4，其能量最高轨道为p轨道，电子云形状为哑铃形或纺锤形；故答案为：[Ar]3dl04s24p4；哑铃形或纺锤形；

(2)同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，As族元素原子4p轨道为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：As>Se>Ge>Ga；故答案为：As>Se>Ge>Ga；

(3)CH3NH中N原子形成3个共价键，价层还有一对孤电子对，则N的价电子对数为4，为sp3杂化；CH3NH中共18个电子，与CH3CH3互为等电子体；CH3NH中N形成4个σ键，而NH3分子中N有一对孤电子对，孤电子对对H—N键的排斥力更大，将H—N—H键角压缩变小；故答案为：sp3；CH3CH3；大；CH3NH中N形成4个σ键，而NH3分子中N有一对孤电子对；孤电子对对H—N键的排斥力更大，将H—N—H键角压缩变小；

(4)C与周围4个原子形成正四面体结构，则C原子坐标参数为()；由图知1个Ge连着4个O，1个O连着4个Ge，所以O配位数为4；每个Ge原子周围距离最近且相等的Ge原子有12个；已知Ge与O的最近距离为anm，设晶胞边长为xnm，则x=则1mol晶胞的体积为：NA1个晶胞含有Ge原子个数为4，O原子个数为则则1mol晶胞的质量为：4g=4g，晶体密度为：故答案为：()；4；12；【解析】[Ar]3dl04s24p4哑铃形或纺锤形As>Se>Ge>Gasp3CH3CH3大CH3NH中N形成4个σ键，而NH3分子中N有一对孤电子对，孤电子对对H—N键的排斥力更大，将H—N—H键角压缩变小()412四、实验题(共1题，共10分)22、略

【分析】【分析】

两种配合物可电离出的氯离子数目不同；可将等质量的两种配合物配制成溶液，滴加硝酸银，根据生成沉淀的多少判断。

【详解】

两种配合物晶体[Co（NH3）6]Cl3和[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，内界氯离子不能与硝酸银反应，外界氯离子可以与硝酸银反应，将这两种配合物区别开来的实验方案：称取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量用硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应后，过滤、洗涤、干燥后称量，所得AgCl固体质量大的，原晶体为[Co（NH3）6]Cl3，所得AgCl固体质量小的，原晶体为[Co（NH3）5Cl]Cl2•NH3，故答案为：取相同质量的两种晶体分别配成溶液，向两种溶液中分别滴加足量A