8．(1)配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl₃·6NH₃(黄色)、CoCl₃·5NH₃(紫红色)、CoCl₃·4NH₃(绿色)和CoCl₃·4NH₃(紫色)四种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。

①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。

CoCl₃·6NH₃　　 　　　　　　　　　　　　，

CoCl₃·5NH₃　　　　　　　　　　　　　　 ，

CoCl₃·4NH₃(绿色和紫色)：　　　　　　　　　　　　 　。

②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是______________。

③上述配合物中，中心离子的配位数都是________。

(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl₃+3KSCN===Fe(SCN)₃+3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)₃是配合物，Fe³⁺与SCN^－不仅能以1∶3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：

①Fe³⁺与SCN^－反应时，Fe³⁺提供__________，SCN^－提供____________，二者通过配位键结合。

②所得Fe³⁺与SCN^－的配合物中，主要是Fe³⁺与SCN^－以个数比1∶1配合所得离子显血红色。含该离子的配合物的化学式是______________。

③若Fe³⁺与SCN^－以个数比1∶5配合，则FeCl₃与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为______________________________。

[解析]　(1)由题意知，四种络合物中的自由Cl^－分别为3、2、1、1，则它们的化学式分别为[Co(NH₃)₆]Cl₃、[Co(NH₃)₅Cl]Cl₂、[Co(NH₃)₄Cl₂]Cl。最后两种应互为同分异构体。

(2)Fe³⁺和SCN^－形成配合物时，Fe³⁺提供空轨道，SCN^－提供孤对电子，Fe³⁺和SCN^－以1∶1和1∶5形成络离子时写化学式要用Cl^－和K⁺分别平衡络离子的电荷，使络合物呈电中性。

[答案]　(1)①[Co(NH₃)₆]Cl₃　[Co(NH₃)₅Cl]Cl₂

[Co(NH₃)₄Cl₂]Cl　②它们互为同分异构体　③6

(2)①空轨道　孤电子对　②[Fe(SCN)]Cl₂　③FeCl₃+5KSCN===K₂[Fe(SCN)₅]+3KCl

7．有下列微粒：

①CH₄　②CH₂CH₂　③CHCH　④NH₃　⑤NH₄⁺

⑥BF₃　⑦P₄　⑧H₂O　⑨H₂O₂

填写下列空白(填序号)：

(1)呈正四面体的是________。

(2)中心原子轨道为sp³杂化的是________，为sp²杂化的是________，为sp杂化的是________。

(3)所有原子共平面的是________，共线的是________。

(4)微粒存在配位键的是________。

(5)含有极性键的极性分子是________。

[解析]　CH₄、NH₃、NH₄⁺、P₄、H₂O、H₂O₂中心原子最外层各有四对电子，为sp³杂化，其空间构型分别为正四面体、三角锥、正四面体、正四面体、V形、二面角形。BF₃、CH₂CH₂的中心原子为sp²杂化，分别为平面三角形、平面形。CHCH中心原子为sp杂化，直线形。存在配位键的为NH₄⁺，结构式为。

[答案]　(1)①⑤⑦　(2)①④⑤⑦⑧⑨　⑥②　③

(3)②③⑥　③　(4)⑤　(5)④⑧⑨

6．下列说法中错误的是(多选)(　)

A．卤化氢中，以HF沸点最高，是由于HF分子间存在氢键

B．邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低

C．H₂O的沸点比HF的沸点高，是由于水中氢键键能大

D．氢键X-H…Y的三个原子总在一条直线上

[解析]　本题考查了氢键对物质性质的影响以及氢键的存在。因HF存在氢键，所以沸点HF＞HBr＞HCl，A正确；邻羟基苯甲醛的分子内羟基与醛基之间存在氢键，而对羟基苯甲醛的氢键只存在于分子间，所以对羟基苯甲醛的熔、沸点高，B正确；据F原子半径小于O原子半径，可知(HF)n中氢键键长比水中氢键键长短，键能大，但由于一个HF分子只能与两个相邻的HF分子形成氢键，而一个H₂O分子可与四个相邻的H₂O分子形成氢键，故水的沸点比HF的沸点高，C项不正确；氢键有方向性，但氢键的形成不像共价键对方向的要求那么高，故X-H…Y不一定总在一条直线上，D不正确。

[答案]　CD

5．下列叙述中正确的是(　)

A．离子化合物中不可能存在非极性键

B．非极性分子中不可能既含极性键又含非极性键

C．非极性分子中一定含有非极性键

D．不同非金属元素原子之间形成的化学键都是极性键

[解析]　判断“不可能存在”“一定含有”“都是”等类结论的正误时，一般可用反例法。即只要能举出一个可以成立的反例来，则可否定题中结论，如果不存在反例，则可认为题中结论正确。

A项离子化合物中可能存在非极性键。如Na₂O₂是离子化合物，其中O-O键是非极性键，故A错误。

B项非极性分子中，既含非极性键又含极性键是可能的。如乙烯分子中，C--H键是极性键，C==C键是非极性键。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

C项由极性键组成的多原子分子，只要分子结构对称就是非极性分子。如CO₂是非极性分子，分子中所有化学键都是极性键，故C也是错误的。

D项叙述正确。因为不同非金属原子吸引电子的能力不同，它们之间的共用电子对必偏向其中一方而形成极性共价键。

[答案]　D

4．NH₃分子的空间构型是三角锥形，而不是正三角形的平面结构，其充分的理由是(　)

A．NH₃分子是极性分子

B．分子内3个N-H键的键长相等，键角相等

C．NH₃分子内3个N-H键的键长相等，3个键角都等于107.3°

D．NH₃分子内3个N-H键的键长相等，3个键角都等于120°

[解析]　A选项：NH₃为极性分子不能说明NH₃一定为三角锥形，B三条N-H键键能与键长分别相同，键角相等仍有可能为正三角形，D选项与事实不符。

[答案]　C

3．(海南高考)在硼酸[B(OH)₃]分子中，B原子与3个羟基相连，其晶体具有与石墨相似的层状结构。则分子中B原子杂化轨道的类型及同层分子间的主要作用力分别是(　)

A．sp，范德华力　　　B．sp²，范德华力

C．sp²，氢键　 D．sp³，氢键

[解析]　由石墨的晶体结构知C原子为sp²杂化，故B原子也为sp²杂化，但由于B(OH)₃中B原子与3个羟基相连，羟基间能形成氢键，故同层分子间的主要作用力就为氢键。

[答案]　C

2．用价层电子互斥理论预测H₂S和BF₃的立体结构，两个结论都正确的是(　)

A．直线形；三角锥形　 B．V形；三角锥形

C．直线形；平面三角形　 D．V形；平面三角形

[解析]　据价电子对互斥理论可知，H₂S分子中S原子采用不等性sp³杂化，除两对孤对电子外，对外的两个杂化轨道分别与一个H原子的各一个1s轨道重叠成键，呈V形结构；BF₃分子中B原子采用sp²杂化，三个sp²杂化轨道分别与三个F原子的各一个2p轨道重叠成键，呈平面三角形结构。

[答案]　D

1．下列物质的分子中既有σ键，又有π键的是(　)

①HCl　②H₂O　③N₂　④H₂O₂　⑤C₂H₄　⑥C₂H₂

A．①②③　　　　B．③④⑤⑥

C．①③⑥　 D．③⑤⑥

[解析]　单键均为σ键，双键和三键中各存在一个σ键，其余均为π键。

[答案]　D

12．根据下列五种元素的第一至第四电离能数据(单位：kJ·mol^－1)，回答下列各题：

(1)在周期表中，最可能处于同一族的是________。

A．Q和R　 B．S和T

C．T和U　 D．R和T

E．R和U

(2)下列离子的氧化性最弱的是________。

A．S²⁺　 B．R²⁺

C．T³⁺　 D．U⁺

(3)下列元素中，化学性质和物理性质最像Q元素的是____。

A．硼　 B．铍

C．氦　 D．氢

(4)每种元素都出现相邻两个电离能的数据相差较大的情况，这一事实从一个侧面说明：__________________________，如果U元素是短周期元素，你估计它的第2次电离能飞跃数据将发生在失去第________个电子时。

(5)如果R、S、T是同周期的三种主族元素，则它们的原子序数由小到大的顺序是________，其中元素________的第一电离能异常高的原因是________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

[解析]　(1)由表中数据知，R和U的第一至第四电离能变化规律相似，即R和U最可能在同一主族。

(2)离子的氧化性最弱，即其对应的电离能最小。由表中数据看出U的第一电离能为420 kJ·mol^－1，数值最小。

(3)Q元素各电离能都较大，而且各电离能之间无太大差距，故Q最可能为稀有气体元素。

(4)相邻两个电离能数据相差较大，从一个侧面说明电子是分层排布的，且各能层能量不同。若U为短周期元素，据表中数据第一次电离能飞跃是失去第2个电子时，可推知U在ⅠA族，则第二次电离能飞跃是在失去第10个电子时发生的。

(5)R元素第二电离能有较大飞跃，S元素第三电离能有较大飞跃，T元素第四电离能有较大飞跃，由题意知三者为同周期三种主族元素，可推知R在ⅠA族，S在ⅡA族，T在ⅢA族，故原子序数R<S<T，由表中数据知S元素的电离能异常高，其原因是S元素的最外层电子处于s能级全充满状况，能量较低，比较稳定，失去一个电子吸收的能量较多。

[答案]　(1)E　(2)D　(3)C

(4)电子分层排布，各能层能量不同　10

(5)R<S<T　S　S元素的最外层电子处于s能级全充满状态，能量较低，比较稳定，失去一个电子吸收的能量较多

11．已知元素周期表中共有18纵行，如图实线表示元素周期表的边界。按电子排布，可把周期表里的元素划分为几个区：s区、p区、d区、ds区等。除ds区外，其他区的名称来自按构造原理最后填入的电子的能级符号。

　　　 (1)请在图中用实线画出s区、p区、d区、ds区的边界线，并分别用阴影和表示d区和ds区。

(2)有的同学受这种划分的启发，认为d区内6、7纵行的部分元素可以排在另一区，你认为应排在________区。

(3)请在元素周期表中用元素符号标出4s轨道半充满的元素。

(4)请利用电子排布的相关知识解释Fe³⁺比Fe²⁺稳定的原因：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(5)随着科学技术的发展，不断有新的元素被发现。若把第七周期排满，则元素周期表共可以排布________种元素。

[答案]　(1)如下图

(2)ds　(3)见上表

(4)Fe价电子的排布式为3d⁶4s²，Fe²⁺为3d⁶，Fe³⁺为3d⁵，依据“能量相同的轨道处于全空、全充满和半充满时能量最低”的原则，3d⁵处于半充满状态，结构更稳定，故Fe³⁺比Fe²⁺稳定　(5)118