2019-2020学年化学人教版选修3同步检测：单元质量检测(二)分子结构与性质

单元质量检测(二) 分子结构与性质

一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)

1．下列关于σ键与π键的说法正确的是( )

A ．σ键是以“头碰头”方式形成的共价键，π键是以“肩并肩”方式形成的共价键

B ．气态单质中一定存在σ键，可能存在π键

C ．原子轨道以“头碰头”方式相互重叠比以“肩并肩”方式相互重叠的程度小，所以σ键比π键活泼

D ．由于π键总是比σ键重叠程度小，故化学反应一般先断裂π键

解析：稀有气体分子中不存在化学键，故B 错误；σ键的相互重叠程度大于π键，所以σ键更稳定，C 项错误；一般情况下π键不如σ键稳定，但也存在π键比σ键稳定的情况，故D 错误。

答案：A

2．下表中各粒子、粒子对应的立体结构及解释均正确的是( )

选项

粒子 立体结构 解释 A 氨基负离

子(NH －2)

直线形 N 原子采用sp 杂化 B 二氧化

硫(SO 2) V 形 S 原子采用sp 3杂化 C 碳酸根离

子(CO 2－3) 三角锥形 C 原子采用sp 3杂化

D 乙炔(C 2H 2) 直线形

C 原子采用sp 杂化且C 原子

的价电子均参与成键 解析：NH －2中N 原子采用sp 3误；SO 2中S 原子的价层电子对数＝σ键数＋孤电子对数＝2＋12

×(6－2×2)＝3，含孤电子对数为1，杂化轨道数为3，采取sp 2杂化，结构为V 形，B 项错误；CO 2－3

中，价层电子对数＝3＋12

×(4＋2－3×2)＝3，不含孤电子对，杂化轨道数为3，采取sp 2杂化，立体构型为平面三角形，C 项错误；C 2H 2中C 原子采用sp 杂化，且C 原子的价电子均参与成键，所以分子的立体构型为直线形，D 项正确。

3．若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间的主要相互作用依次是()

A．氢键范德华力非极性键

B．氢键氢键极性键

C．氢键极性键范德华力

D．范德华力氢键非极性键

解析：因为O的电负性较大，在雪花、水、水蒸气中存在O—H…O氢键，故在实现“雪花→水→水蒸气”的变化阶段主要破坏了水分子间的氢键，而实现“水蒸气→氧气和氢气”的变化则破坏了O—H极性共价键。

答案：B

4．用N A表示阿伏加德罗常数，则下列说法正确的是()

A．1 mol NH3分子中含有3N A个σ键和4N A个sp3杂化轨道

B．1 mol CO2分子中含有2N A个σ键和2N A个sp2杂化轨道

C．1 mol C2H2分子中含有2N A个σ键、2N A个π键

D．1 mol C2H4分子中含有4N A个σ键、2N A个π键

解析：CO2分子中碳原子是sp杂化，B项不正确；碳碳三键是由1个σ键和2个π键构成的，乙炔分子中含有1个碳碳三键和2个C—H键，所以C项不正确；碳碳双键是由1个σ键和1个π键构成的，乙烯分子中含有1个碳碳双键和4个C—H键，因此D项不正确，答案选A。

答案：A

5．化合物NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，下列说法正确的是()

A．NH3与BF3都是三角锥形结构

B．NH3与BF3都是极性分子

C．NH3·BF3中N、B分别为sp3杂化、sp2杂化

D．NH3·BF3中，NH3提供孤对电子，BF3提供空轨道

解析：NH3是三角锥形，而BF3是平面三角形结构，B位于中心，因此，NH3是极性分子，BF3是非极性分子，A、B两项都错误；NH3·BF3中N、B均为sp3杂化，C项错误；NH3分子中有1对孤电子对，BF3中B原子最外层只有6个电子，正好有1个空轨道，二者通过配位键结合而使每个原子最外层都达到稳定结构，D项正确。

6．已知HNO3、H2SO4的结构式如图所示。

下列说法不正确

．．．的是()

A．NO－3、SO2－4的立体构型分别为平面三角形、正四面体形

B．HNO3、H2SO4分子中N、S的杂化类型分别为sp2、sp3

C．等物质的量的NO－3、SO2－4含σ键个数之比为2:3

D．HNO3、H2SO4都能与水分子形成分子间氢键

解析：双键中含1个σ键，等物质的量的NO－3、SO2－4含σ键个数之比为3:4。

答案：C

7.下列关于丙烯(CH3—CH===CH2)的说法错误的是()

A．丙烯分子有8个σ键，1个π键

B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化

C．丙烯分子存在非极性键

D．丙烯分子中最多有7个原子在同一平面上

解析：丙烯(CH3—CH===CH2)中存在6个C—H σ键和2个C—C σ键，还有1个π键，则共有8个σ键，1个π键，A项正确；甲基中的C为sp3杂化，中的C为sp2杂化，丙烯中只有1个C原子为sp3杂化，B项错误；C、C之间形成的共价键为非极性键，则丙烯分子存在非极性键，C项正确；为平面结构，—CH3中最多有一个H原子在该平面上，故共有7个原子共平面，D正确。

答案：B

8．两种有机物的结构简式如图所示。

下列推断正确的是()

A．沸点：邻羟基苯甲酸高于对羟基苯甲酸

B．邻羟基苯甲酸能形成分子内氢键

C．共平面的碳原子数：邻羟基苯甲酸大于对羟基苯甲酸

D．分子所含双键数：邻羟基苯甲酸＝对羟基苯甲酸＝4

解析：对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，分子间氢键导致沸点升高，A项错误，B项正确；这两种分子中都有7个碳原子共平面，C项错误；它们的分子都只有1个碳氧双键，D项错误。

答案：B

9．下列图像正确的是()

解析：氟、氯、溴的原子半径依次增大，氢卤键键长增长，键能减小，A项错误；硒化氢的相对分子质量大于硫化氢，硒化氢的沸点高于硫化氢，B项错误；非金属元素原子与氢形成共价键，元素的非金属性越强，键的极性越强，C项正确；SiH4、NH3、H2O的中心原子价层电子对数均为4，但孤电子对数分别为0、1、2，故键角变小，D项错误。

答案：C

10．下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表某一种化学元素，下列说法正确的是()

A．沸点A2D

B．CA3分子是非极性分子

C．C形成的单质中σ键与π键个数之比为1 2

D．B、C、D形成的气态氢化物互为等电子体

解析：根据各元素在周期表中的位置知，A为氢、B为碳、C为氮、D为氧、X为硫、Y 为氯。A2D为H2O、A2X为H2S，H2O能形成氢键，故沸点H2O>H2S，A项错误；CA3为NH3是极性分子，B项错误；N2中有1个σ键和2个π键，C项正确；B、C、D的氢化物分别是CH4、NH3、H2O，原子总数不同，不能互为等电子体，D项错误。

答案：C

11．下列有机物分子中属于手性分子的是()

A．只有①B．①和②

C．①②③D．①②③④

解析：写出各分子的结构简式：

可知①②③中存在手性碳原子(用*标记的)，而④中间的碳原子连有两个相同的—CH2OH，不是手性碳原子。

答案：C

12．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法正确的是()

A．沉淀溶解后，生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4]2＋

B．[Cu(H2O)4]2＋比[Cu(NH3)4]2＋中的配位键稳定

C．用硝酸铜溶液代替硫酸铜溶液进行实验，不能观察到同样的现象

D．在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋给出孤电子对，NH3提供空轨道

解析：从实验现象分析可知，Cu2＋与NH3·H2O反应生成Cu(OH)2沉淀。继续添加氨水，由于Cu2＋更易与NH3结合，生成更稳定的[Cu(NH3)4]2＋。上述现象是Cu2＋的性质，与SO2－4无关，故换用Cu(NO3)2溶液仍可观察到同样的现象，C项错误；在[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋提供空轨道，NH3给出孤电子对，属于配位体，D项错误。

答案：A

13．由短周期前10号元素组成的物质T和X，有如图所示的转化。X不稳定，易分解。下列有关说法正确的是()

A．为使该转化成功进行，Y可以是酸性KMnO4溶液

B．等物质的量的T、X分子中含有π键的数目均为N A

C．X分子中含有的σ键个数是T分子中含有的σ键个数的2倍

D．T分子中只含有极性键，X分子中既含有极性键又含有非极性键

解析：由球棍模型可知，T为HCHO，X不稳定，易分解，则X为H2CO3，则Y为氧化剂，可以选择氧化性较强的酸性KMnO4溶液，A项正确；等物质的量并不一定是1 mol，B 项错误；X分子中含有的σ键个数为5，T分子中含有的σ键个数为3，C项错误；T、X分子中均只含有极性键，无非极性键，D项错误。

答案：A

14．把CoCl2溶于水后加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀，再加氨水，生成[Co(NH3)6]Cl2使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可以用CoCl3·5NH3表示，Co配位数是6，把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出氯化银沉淀。经测定，每1 mol CoCl3·5NH3只生成2 mol AgCl。下列说法错误的是()

A．产物中CoCl3·5NH3的配位体为氨分子和氯离子

B．通入空气后得到的溶液含有[Co(NH3)5Cl]2＋

C．[Co(NH3)6]Cl2中心离子的价电子排布式为3d54s2

D．[Co(NH3)6]Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键

解析：CoCl3·5NH3可表示为[Co(NH3)5Cl]Cl2，CoCl3·5NH3的配位体为5氨分子和1个氯离子，故A项正确；[Co(NH3)5Cl]Cl2电离出[Co(NH3)5Cl]2＋和Cl－，所以通入空气后得到的溶液含有[Co(NH3)5Cl]2＋，故B项正确；[Co(NH3)6]Cl2中心离子是Co2＋，价电子排布式为3d7，故C项错误；[Co(NH3)6]Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键，故D项正确。

答案：C

15．CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：3NH3＋

3CO2→＋3H2O。下列说法正确的是() A．三聚氰胺中C、N、O 原子采用相同的杂化方式

B．三聚氰胺分子中既含极性键，又含非极性键

C．该反应的四种物质的分子均能形成氢键

D．除三聚氰胺外，其他三种物质的沸点由高到低顺序为：H2O>NH3>CO2

解析：三聚氰胺分子中C原子采用sp2杂化、N原子采用sp2杂化、氧原子则采用sp3杂化，三种原子杂化方式不同，故A错误；三聚氰胺分子中不存在同种元素之间形成的共价键，则分子内不含非极性键，只含极性键，故B错误；二氧化碳分子间不能形成氢键，C错误；由于H2O、NH3、CO2均为分子晶体，其中H2O、NH3分子间能形成氢键，所以H2O、NH3沸点高于二氧化碳，又由于水分子间氢键数目比氨气分子间的氢键数目多，所以水的沸点比氨气高，D正确。

答案：D

16．(多选)下列有关叙述正确的是()

A．利用手性催化剂合成可只得到一种或主要得到一种手性分子

B．氢键是一种特殊化学键，它广泛地存在于自然界中

C．互为手性异构体的分子互为镜像，且分子组成相同，性质和用途也相同

D．由酸性FCH2COOH＞CH3COOH，可知酸性ClCH2COOH＞CH3COOH

解析：利用手性催化剂可选择性生成手性分子，A项正确；氢键是一种分子间作用力，不

是化学键，故B 项错误；互为手性异构体的分子其结构不同，性质相似而不是相同，C 项错误；由提示可知，F 原子的存在使得酸性增强，故同族元素的Cl 也有类似的作用，D 项正确。

答案：AD

二、非选择题(本题包括5小题，共52分)

17．(10分)“摩尔盐”是分析化学中的重要试剂，化学式为(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O 。“摩尔盐”在一定条件下分解的方程式为：4[(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O]=====△

2Fe 2O 3＋3SO 3＋5SO 2↑＋N 2↑＋6NH 3↑＋31H 2O 。回答下列问题：

(1)铁元素在元素周期表中的位置为________，其价层电子排布图为________。

(2)组成“摩尔盐”的非金属元素中第一电离能最大的元素为________。“摩尔盐”的分解产物中属于非极性分子的化合物是________。

(3)NH 3 的沸点比N 2O 的沸点________(填“高”或“低”)，其主要原因是________。

(4)K 3[Fe(CN)6]常用于检验Fe 2＋，K 3[Fe(CN)6]中除了离子键以外还存在的化学键为________，与CN － 互为等电子体的单质的分子式为________。HCN 分子中σ键和π键的个数之比为________。 (5)Fe 3＋可与噻吩()和吡咯

()形成配位化合物。

①噻吩难溶于水，吡咯()能溶于水，原因为：________。

②噻吩中S原子和吡咯中N原子的杂化方式分别为：________。

解析：(1)铁为26号元素，位于周期表中第四周期第VⅢ族，价电子排布式为3d64s2，则排布图为

(2)组成“摩尔盐”的非金属元素为H、N、O、S，因N元素的2p能级为半充满状态，则第一电离能最大的为N；分解产物中的氮气是由非极性键构成的非极性单质，三氧化硫为极性键形成的非极性化合物；

(3)NH3分子间可形成氢键，而N2O分子间不存在氢键，则氨的沸点高于N2O；

(4)K3[Fe(CN)6]中K＋与[Fe(CN)6]3－之间为离子键，Fe3＋与CN－间为配位键，C与N之间为

共价键；与CN－原子个数、价电子总数相等的分子为N2；HCN的结构式为H－C≡N，则σ键和π键各为2条，比值为1:1；

(5)①吡咯()含有N－H键，能与水分子间形成氢键，所以水中溶解度较大；②噻吩中S原子和吡咯中N原子价层电子对数均为4，所以均为sp3杂化。

答案：

(1)第四周期第Ⅷ族

(2)N SO3

(3)高NH3分子间存在氢键

(4)共价键和配位键N21:1

(5)①吡咯可与水分子间形成氢键②sp3杂化

18．(10分)元素A、B、C、D、E、F、G在元素周期表中的位置如下图所示，回答下列问题：

(1)G的基态原子核外电子排布式为________。原子的第一电离能：D________E(填“>”或“<”)。

(2)根据价层电子对互斥理论，价层电子对之间的斥力大小有如下顺序：l－l>l－b>b－b(l 为孤电子对，b为键合电子对)，则关于A2C中的A—C—A键角可得出的结论是________。

A．180°

B．接近120°，但小于120°

C．接近120°，但大于120°

D．接近109°28′，但小于109°28′

(3)化合物G(BC)5中存在的化学键类型有________，它在空气中燃烧生成红棕色氧化物，反应的化学方程式为________。

(4)化合物BCF2的立体构型为________，其中B原子的杂化轨道类型是________，写出两个与BCF2具有相同立体构型的含氧酸根离子________。

解析：

(1)根据元素周期表知G是26号铁元素，Fe基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。同周期元素第一电离能逐渐增大，原子的第一电离能：D ＜E。

(2)根据价层电子对互斥理论，价层电子对之间的斥力大小有如下顺序：l－l＞l－b＞b－b(l为孤电子对，b为键合电子对)，A是氢元素、C是氧元素，则H2O中的A—C—A键角接近109°28′，但小于109°28′。

(3)化合物Fe(CO)5中存在的化学键类型有配位键、共价键，它在空气中燃烧生成红棕色氧

化物氧化铁，反应的化学方程式为4Fe(CO)5＋13O 2=====点燃

2Fe 2O 3＋20CO 2。 (4)COCl 2分子的结构式为 O

Cl C Cl

||??，中心碳原子形成2个单键和1个双键，共3个价层电子对，所以为sp 2杂化，化合物COCl 2的立体构型为平面三角形，与COCl 2具有相同立

体构型的含氧酸根离子有CO 2－3、NO －3。

答案：

(1)1s 22s 22p 63s 23p 63d 64s 2(或[Ar]3d 64s 2) ＜

(2)D (3)配位键、共价键

4Fe(CO)5＋13O 2=====点燃

2Fe 2O 3＋20CO 2

(4)平面三角形 sp 2杂化 CO 2－3、NO －3

19．(8分)根据下列数据回答问题：

(2)试从键长的角度解释，为何C 原子间能形成C===C 、C ≡C ，N 原子间也可形成N===N 、N ≡N ，而Si 和P 均难形成稳定的Si===Si 、Si ≡Si 、P===P 、P ≡P 键？

(3)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：

________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②SiH 4的稳定性小于CH 4，更易生成氧化物，原因是

________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)大于154，小于235 大于116小于148 (2)Si —Si 、P —P 单键较长，p －p 轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键 (3)①C —C 键和C —H 键较强，所以形成的烷烃较稳定，而硅烷中Si —Si 键和Si —H 键的键能较小，易断裂，导致长链硅烷难形成 ②C —H 键的键能大于C —O 键，C —H 键比C —O 键稳定，而Si —H 键的键能小于Si —O 键，所以，Si —H 键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si —O 键

20．(10分)(1)一定条件下，CH4、CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。

①“可燃冰”中分子间存在的两种作用力是

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586 nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(2)甲表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点(见乙)，分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是________(填标号)。

a．CF4b．CH4

c．NH＋4d．H2O

(3)已知S4O2－6的结构为，其中S原子的杂化方式是________。键长a________b(填“＞”、“＜”或“＝”)。分析并比较物质

A：与B：的沸点高低及其原因：

________________________________________________________________________

________________________________________________________________________。

(4)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是________(用离子方程式表示，已知

AlF3－6在溶液中可稳定存在)。

解析：

(1)①“可燃冰”中分子间存在的两种作用力是分子间作用力和氢键。②根据表格数据可知，笼状空腔的直径是0.586 nm，而CO2分子的直径是0.512 nm，笼状空腔直径大于CO2分子的直径，而且CO2与水分子之间的结合能大于CH4，因此可以实现用CO2置换CH4的设想。

(2)要能被该有机化合物识别，则应能与N原子形成氢键，则该微粒中应含有4个N—H 或O—H或F—H键，可见只有c符合要求。

(3)S4O2－6的结构中两边的S原子均形成4个σ键且无孤对电子，中间的两个S原子均形成两个单键，且均有两对孤对电子；原子间形成的共价键数目越大，键长就越短；

邻羟基苯磺酸能形成分子内氢键，对羟基苯磺酸能形成分子间氢键，所以沸点B＞A。

(4)CaF2中存在沉淀溶解平衡：CaF2(s)Ca2＋(aq)＋2F－(aq)，溶液中的F－与Al3＋形成配位离子AlF3－6，使沉淀溶解平衡向右移动，导致氟化钙溶解。

答案：

(1)①氢键、范德华力②CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4

(2)c(3)sp3杂化

21．(14分)(1)[2019·海南卷改编]①下列各组物质性质的比较，结论正确的是________。

A．分子的极性：BCl3

B．Mn的＋2价比Fe的＋2价稳定

C．物质的沸点：HF

D．在CS2中的溶解度：CCl4

②MnCl2可与NH3反应生成[Mn(NH3)6]Cl2，新生成的化学键为________键。NH3分子的空间构型为________，其中N原子的杂化轨道类型为________。

(2)[2017·海南卷]下列叙述正确的有________。

A．某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，则其最高正价为＋7

B．钠元素的第一、第二电离能分别小于镁元素的第一、第二电离能

C．高氯酸的酸性与氧化性均大于次氯酸的酸性和氧化性

D．邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点

(3)[2019·全国卷Ⅰ]乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是________、________。乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。

(4)[2019·全国卷Ⅲ]①FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为________，其中Fe的配位数为________。

②苯胺()与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(－

5.9℃)、沸点(184.4℃)分别高于甲苯的熔点(－95.0℃)、沸点(110.6℃)，原因是________。

(5)[2017·全国卷Ⅱ]我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl(用R代表)。经X－射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图所示。

①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为________，不同之处为________。(填标号)

A．中心原子的杂化轨道类型

B．中心原子的价层电子对数

C．立体结构

D．共价键类型

②R中阴离子N－5中的σ键总数为________个。

③图中虚线代表氢键，其表示式为(NH＋4)N—H…Cl、________、________。

解析：(1)①BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N 原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3H2O，D错误。②MnCl2中的Mn2＋上有空轨道，而NH3的N 原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物[Mn(NH3)6]Cl2，则新生成的化学键为配位键。

NH3的价层电子对数为3＋5－3×1

2

＝4，且N原子上有一对孤电子对，所以NH3分子的空间

构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。

(2)某元素原子核外电子总数是最外层电子数的5倍，此元素是Br，位于VⅡA族，最高正价为＋7价，故A项正确；金属钠比镁活泼，容易失去电子，因此钠的第一电离能小于Mg 的第一电离能，Na最外层只有一个电子，再失去一个电子，出现能层的变化，需要的能量增大，Mg最外层有2个电子，因此Na的第二电离能大于Mg的第二电离能，故B项错误；HClO4可以写成(HO)ClO3，HClO写成(HO)Cl，高氯酸中非羟基氧多于次氯酸，因此高氯酸的酸性强于次氯酸，但高氯酸的氧化性弱于次氯酸，故C项错误；D、邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，降低物质熔点，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，增大物质熔点，因此邻羟基苯甲醛的熔点低于对羟基苯甲醛的熔点，故D项正确。

(3)乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋。

(4)①氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共

价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为，因此Fe的配位数为4。②苯胺比甲苯的熔沸点都高，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。

(5)①根据图可知阳离子是NH＋4和H3O＋，NH＋4中心原子是N，含有4个σ键，孤电子对数为(5－1－4×1)/2＝0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为正四面体形；H3O＋中心原子是O，含有3个σ键，孤电子对数为(6－1－3)/2＝1，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C；②由图可知N－5中σ键总数为5个；

③根据图(b)还有的氢键是：(H3O＋)O—H…N(NH＋4)N—H…N。

答案：

(1)①AB②配位三角锥形sp3

(2)AD

(3)sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子与金属离子形成配位键Cu2＋

(4)①4②苯胺分子之间存在氢键(5)①ABD C②5

③(H3O＋)O—H…N(NH＋4)N—H…N