4.2 配合物的形成和应用 随堂训练 2024-2025学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2

4.2 配合物的形成和应用 随堂训练 2024-2025学年高二下学期化学苏教版（2019）选择性必修2 一、单选题 1．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，基态原子中，X为元素周期表中半径最小的原子，Z原子最外层电子数为次外层电子数的三倍，W原子的价电子排布为，X、Y、Z、W形成的阳离子如图所示，下列说法正确的是 A．原子半径：Z>Y>X B．气态氢化物的稳定性：Y>Z C．配体形成配位键后键角会减小 D．加热时该离子首先失去的组分是 2． CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等。已知：CuCl2溶与乙二胺（H2N—CH2—CH2—NH2），可形成配离子 ，该配离子不存在的化学键类型类型有 A．配位键 B．极性键 C．离子键 D．非极性键 3．在CuCl2溶液中存在如下平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-，下列说法中错误的是 A．将CuCl2固体溶于大量水中得到蓝色溶液 B．当[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+达一定比例时，溶液呈现绿色 C．1mol[Cu(H2O)4]2+配离子中含σ键数目为4NA D．[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+的配位数均为4，配位原子分别为Cl和O 4．由下列实验方案、现象得出的结论正确的是 实验方案 现象 结论 A 向溴水中加入植物油，振荡后静置 水层颜色变浅 植物油可用于萃取溴水中的溴 B 向溶液中加入乙醇 析出深蓝色固体 在乙醇中溶解度小 C 用毛皮摩擦过的带电橡胶靠近CF2Cl2液流 液流方向改变 CF2Cl2为四面体结构 D 将氯气通入盛有鲜花的集气瓶中 鲜花褪色 氯气具有漂白性 A．A B．B C．C D．D 5．下列物质不是配合物的是 A．NH4Cl B．Fe(SCN)3 C．CuSO4•5H2O D．[Ag(NH3)2]OH 6．下列指定反应的离子方程式书写正确的是 A．铬酸钾溶液中滴入浓盐酸： B．溶液与过量氨水反应： C．向溶液中加入过量氨水： D．向溶液中加少量溶液： 7．已知银氨溶液中存在平衡：[Ag(NH3)2]+Ag++2NH3。向银氨溶液中加入或通入少量下列物质，能使上述平衡向逆反应方向移动的是 A．NH3 B．HNO3 C．KI D．H2O 8．化学与生产、生活息息相关。下列叙述错误的是 A．奶粉中添加维生素、碳酸钙、硫酸亚铁等营养强化剂 B．硝酸纤维不易燃烧，可用于生产塑料、过滤膜、胶片等 C．冠分子可识别，因此可增大在苯中的溶解度 D．葡萄糖酸内酯是制作豆腐常用的凝固剂 9．共价化合物Al2Cl6的结构式如图，下列说法不正确的是    A．Al2Cl6中所有原子都满足8电子结构 B．Al2Cl6为非极性分子 C．Al2Cl6中所有Cl原子均为sp3杂化 D．Al2Cl6中含有配位键 10．有三个组成均为的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色，相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的溶液，析出的物质的量之比为。已知铬的配位数为6，下列说法正确的是 A．甲、乙、丙为同一物质 B．配位体均为 C．铬元素均显价 D．甲的化学式为 11．室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是 A．0.1 mol·L-1 KMnO4溶液：Na+、H+、、Fe2+ B．0.1 mol·L-1 盐酸溶液：Na+、 K+、、 C．0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液：、、K+、 D．28%的浓氨水：Cu(OH)2、 K+、Cl-、 12．已知形成配合物时配位数一般为4，某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是 A．溶液②中形成了，1mol 中有8mol 键 B．由④可知，与可能会结合产生黄色物质 C．由该实验可知的稀溶液为蓝色，浓溶液为绿色 D．由②③④可知，水溶液中存在平衡： 13．关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是 A．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA B．中心原子的化合价为+3价 C．中心原子的配位数是6 14．含的配合物呈现不同的颜色，在黄色溶液中，加入稀，至溶液接近无色，用该无色溶液做实验，现象如下： 下列说法错误的是 A．中提供空轨道，O提供孤电子对 B．溶液呈黄色是因为溶液中存在 C．实验②反应的离子方程式为： D．实验①现象说明比更易结合 15．镓溶于高氯酸制备配合物，其反应的化学方程式为。下列叙述错误的是 A．基态原子核外电子排布式为 B．上述配合物中，的配位数为6 C．的空间结构为正四面体形 D．分子含键 16．一种离子化合物（结构如图所示），可用作杀虫剂，其中为短周期元素且原子序数依次增大，形成的化合物易溶于水，其水溶液显弱酸性，下列叙述正确的是 A．原子半径： B．气态氢化合物的稳定性： C．该化合物中有配位键 D．W的最高价氧化物的水化物的化学式为： 17．某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示，W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍，下列说法错误的是 A．W与X形成的化合物均为极性分子 B．第一电离能：Z>Y>X C．电负性：Z>Y>X D．该阴离子中存在配位键 18．中国科学院发现CO2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如图所示。下列说法正确的是 A．该过程中没有发生电子的转移 B．1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含12个σ键 C．示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同 D．催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关 19．辉铜矿(含杂质)合成流程如下。下列说法中错误的是 A．步骤I在足量中煅烧产生气体的主要成分为 B．溶液C中溶质主要为、、 C．步骤III先形成难溶物，最后得到深蓝色溶液 D．步骤IV的操作依次为加入乙醇、过滤、洗涤、干燥 20．下列示图示正确的是 A．基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]4s24p3和4s24p3 B．NH的结构式   C．HF分子间的氢键   D．丙氨酸的手性异构体   21．下列气体中，能与人体血红蛋白中的以配位键结合而引起人体中毒的是 A． B． C． D．CO 22．1965年，科学家合成出了一种(铑)的配合物作为催化剂，实现了温和条件下烯烃加氢，该反应的催化机理如图所示，其中Ph代表苯基，表示中心体的价电子数与配体提供的孤电子数共有14个电子。已知：Rh(铑)与Co(钻)同族，下列说法错误的是 A．该过程的总反应为 B．为极性分子 C．该过程中有非极性键的断裂 D．中的化合价为+2价 23．许多过渡金属离子都能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是 A．配合物中Fe的化合价为 B．配合物稳定性： C．配合物的外界为 D．配合物的配位数为7 24．乙二胺四乙酸(简称EDTA，可用表示)在化学分析中常用于配位滴定。水溶液中，EDTA常以、、、、、和等7种形式存在。常温下，EDTA溶液中上述7种微粒的分布分数[如]与溶液pH的关系如左图，图表示EDTA与某金属离子形成的螯合物的结构。下列说法错误的是 A．曲线d代表 B．时有 C．pH减小会降低EDTA与金属离子的配位能力 D． 25．某固体混合物可能含有NaOH、NH4Cl、AgNO3、AlCl3、MgCl2中的若干种，加足量的水充分搅拌，得到澄清溶液A。取A逐滴加入稀硝酸至过量，一开始有沉淀生成，后沉淀部分溶解，过滤得到沉淀B和溶液C。下列推测正确的是 A．原固体中可能含有NaOH B．溶液A中一定含有银氨离子 C．原固体中可能含MgCl2 D．沉淀B中一定含有AgOH 二、填空题 26．Cu2S溶于浓氨水中形成无色的[Cu(NH3)2]+，其中 称为中心离子，它的空轨道接受了配位体提供的 ，形成 键。 27．碳、氮元素可形成多种卤化物、含氧酸及其盐和配合物等。 (1)常温下NF3是一种无色、无味、无毒的气体，推断NF3分子的空间构型为 (用文字描述)。 (2)与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式 ；推断NaNO2中阴离子的空间构型为 (用文字描述)。 (3)配合物Ni(CO)4是无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于CCl4，推测Ni(CO)4是 分子(填“极性”或“非极性”)。 (4)写出CN-的电子式 ；NH4NO3 中氮原子轨道的杂化类型是 。 (5)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+。不考虑空间构型，[Cu(NH3)4]2+的结构可用示意图表示为 (若有配位键，需用箭头标出)。 28．氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题： (1)C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是 。 (2)肼（N2H4）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2（氨基）取代形成的另一种氮化物。 ①肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是： 若该反应中有4mol N—H键断裂，则形成的键有 mol。 ②肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在 （填标号） a.离子键              b.共价键           c.配位键             d.范德华力 (3)图1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（见图2），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.CF4 b. CH4 c. d.H2O 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】半径最小的原子为氢原子，则X为H；W价电子排布为，则W为Cu；Z最外层电子数为次外层电子数的三倍，则Z为O，由图可以看出，连接三个键的为N，即Y为N。 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径大小为N>O>H，A错误；   B．非金属性O>N，则气态氢化物稳定性O>N，B错误； C．孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，配体形成配位键后，孤电子对成为成键电子对，导致键角会增大，C错误； D．结合推断可知该阳离子为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，氨分子中N提供孤电子对、水分子中O提供孤电子对与中心离子Cu2+形成配位键，由于O的电负性大于N，N更易给出孤电子对，因此氨分子与Cu2+形成的配位键更强，加热时该离子首先失去的组分是H2O，D正确； 故选D。 2．C 【详解】该配离子中所形成的配离子中含有的化学键中N与Cu之间为配位键，C-C键为非极性键，C-N、N-H、C-H键为极性键，不含离子键，故答案为C。 3．C 【详解】A．将CuCl2固体溶于大量水中，[CuCl4]2-(黄色)+4H2O [Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-的平衡正向移动，溶液显蓝色，故A正确； B．黄色和蓝色按照一定比例混合得到绿色，所以当[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+达一定比例时，溶液呈现绿色，故B正确； C．Cu2+与H2O之间的配位键为σ键，每个水分子内部有2个σ键，所以1mol[Cu(H2O)4]2+配离子中含σ键数目为12NA，故C错误； D．[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+的中心离子为Cu2+，提供空轨道，Cl-和水分子中的O原子有孤电子对，为配位原子，配位数均为4，故D正确； 答案选C。 4．B 【详解】A．植物油含碳碳双键，与溴水发生加成反应，不发生萃取，故A错误； B．在乙醇中的溶解度小于水中，故向该溶液中加入乙醇后析出深蓝色固体，故B正确； C．毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，靠近CF2Cl2液流，液流方向改变是由于CF2Cl2是极性分子，故C错误； D．将氯气通入盛有鲜花的集气瓶中，鲜花褪色是由于氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气没有漂白性，故D错误； 故选B。 5．A 【分析】由中心原子或离子(统称中心原子)和围绕它的配位体的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。 【详解】A．氯化铵中不含配离子，不是配合物，选A； B．Fe(SCN)3是配合物，不选B； C．CuSO4•5H2O是配合物，不选C； D．[Ag(NH3)2]OH是配合物，不选D； 答案选A。 6．C 【详解】A．铬酸钾在酸性条件下转化为具有强氧化性的，将盐酸氧化为氯气，，A错误； B．溶液与过量氨水反应：，B错误； C．氨水中一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，所以向溶液中加入过量氨水：，C正确； D．向溶液中加少量溶液：，D错误； 答案选C。 7．A 【详解】A．通入NH3，则增大NH3的浓度，增大生成物浓度平衡逆向移动，A符合题意； B．加入HNO3，则NH3+HNO3=NH4NO3，减小生成物NH3的浓度，平衡正向移动，B不合题意； C．加入KI，则Ag++I-=AgI↓，减小生成物Ag+的浓度，平衡正向移动，C不合题意； D．加H2O稀释，使上述平衡正向移动，D不合题意； 故答案为：A。 8．B 【详解】A．由于人们的年龄阶段、工作环境及地方性营养状况等的特殊要求，需在食品中加入营养强化剂，如在牛奶中添加维生素、碳酸钙、硫酸亚铁、硫酸锌等，A正确； B．硝酸纤维极易燃烧，可用于生产火药、塑料和涂料等，醋酸纤维不易燃烧，是一种纺织工业原料，可用于生产塑料、过滤膜、胶片等，B错误； C．冠醚识别碱金属离子的原理是利用其皇冠状结构空腔大小的不同适配不同大小的碱金属离子，冠分子可识别，因此可增大在苯中的溶解度，C正确； D．豆腐是我国具有悠久历史的传统食品，葡萄糖酸内酯、盐卤中含有的氯化镁、硫酸钙等，都是制作豆腐常用的凝固剂，D正确； 故选B。 9．C 【详解】A．共价化合物Al2Cl6中存在两个配位键  ，每个铝原子最外层都符合3+3+2=8电子稳定结构，A正确； B．Al2Cl6为高度对称且正负电荷中心重合的非极性分子，B正确； C．Al2Cl6中四个端基氯原子不参与杂化，C错误； D．共价化合物Al2Cl6中存在两个配位键  ，D正确。 故选C。 10．C 【分析】已知：Cr3+可形成配位数为6的配合物。组成为CrCl3•6H2O的配合物有3种(甲乙丙)，分别呈亮绿色、暗绿色和紫色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等物质的量的甲乙丙紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀且质量比为2：1：3，则亮绿色配合物的化学式中配体有1个氯离子、5个水分子，则亮绿色配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2•H2O，据此解答即可。 【详解】A．由题意知，甲乙丙分子式相同，结构不同，属于不同的物质，故A错误； B．由题意知：此配合物中的配位数均是6，故配体除氯离子外，还有水，故B错误； C．该化合物中铬元素化合价相同，均为+3，故C正确； D．相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比分别为2：1：3，则绿色配合物的化学式中配体有1个氯离子、5个水分子，则亮绿色配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2•H2O，故D错误； 故选：C。 11．C 【详解】A．KMnO4溶液具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，A不符合题意； B．，B不符合题意； C．在Na2CO3溶液中，四种离子能大量共存，C符合题意； D．Cu(OH)2溶于氨水形成配合物，即Cu(OH)2 + 4NH3 = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH-，D不符合题意。 故答案选C。 12．A 【详解】A．1mol [Cu(H2O)4]2+，其中4个H2O中含有24=8个 σ键，还有4个配位键，配位键也是σ键，故1mol [Cu(H2O)4]2+中有12mol σ键，A错误； B．向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变成黄色，说明Cu2+与Cl−可能会结合产生黄色物质，B正确； C．③中溶液为蓝色，④中溶液为绿色，说明Cl−的浓度对铜盐溶液的颜色产生影响，CuCl2的稀溶液为蓝色，浓溶液为绿色，C正确； D．②③④操作步骤中改变的是Cl−的浓度，溶液颜色发生了改变，可知CuCl2水溶液中存在平衡[Cu(H2O)4]2++4Cl−⇌[CuCl4]2−+4H2O，D正确； 故选A。 13．A 【详解】A．已知单键都是σ键，1个NH3中有3个σ键，而NH3、Cl-与Ti3+之间的配位键也是σ键，故1 mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为5×3NA+6NA=21NA，A错误； B．根据NH3不带电，Cl-为-1价，故中心原子Ti的化合价为+3价，B正确； C．每个NH3只有一对孤电子对，Cl-与Ti3+形成一对共用电子，故中心原子的配位数是6，C正确； 故答案为：A。 14．B 【分析】根据[Fe(H2O)6]3+呈淡紫色(稀溶液时为无色)，在黄色硝酸铁溶液中加入稀硝酸至溶液接近无色，该溶液中存在[Fe(H2O)6]3+，该溶液分为两份，其中一份加入3滴1mol/LNaOH溶液，溶液变为黄色溶液，即该溶液中含有[Fe(H2O)5(OH)]2+；另一份中加入3滴1mol/LNaCl溶液，得到黄色溶液，该溶液中含有[FeCl4]-，据此分析。 【详解】A．[Fe(H2O)6]3+中，中心离子是Fe3+，提供空轨道，H2O为配体，O提供孤对电子，故A正确； B．黄色Fe(NO3)3溶液中存在H2O和OH-，因此该溶液中也存在少量的[Fe(H2O)5(OH)]2+，故B错误； C．在黄色硝酸铁溶液中加入稀硝酸至溶液接近无色，该溶液中存在[Fe(H2O)6]3+，加入3滴1mol/LNaCl溶液，得到黄色溶液，该溶液中含有[FeCl4]-，因此发生的反应是[Fe(H2O)6]3++4Cl-⇌[FeCl4]-+6H2O，故C正确； D．在黄色硝酸铁溶液中加入稀硝酸至溶液接近无色，该溶液中存在[Fe(H2O)6]3+，加入3滴1mol/LNaOH溶液，溶液变为黄色溶液，即该溶液中含有[Fe(H2O)5(OH)]2+，OH-替代水的位置，说明OH-比H2O更易结合Fe3+，故D正确； 故选：B。 15．A 【详解】A．基态原子核外电子排布式为，A错误； B．中为配体，配位数为6，B正确； C．的中心原子采取杂化，的空间结构呈正四面体形，C正确； D．分子中不存在杂化轨道，只存在键，D正确； 故选A。 16．C 【分析】X、Y、Z、W为短周期元素且原子序数依次增大，离子化合物中X、Y、Z、W形成的共价键数目分别为1、4、4、1，X、W形成的化合物易溶于水，水溶液显弱酸性，则X为H元素、Y为B元素、Z为N元素、W为F元素；阳离子为铵根离子、阴离子为四氟合硼离子。 【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为B＞N＞F，故A错误； B．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，气态氢化合物的稳定性依次增强，所以氨分子的稳定性强于硼化氢，故B错误； C．铵根离子和四氟合硼离子中都含有1个配位键，所以1mol离子化合物中含有2mol配位键，故C正确； D．氟元素的非金属性最强，没有正化合价，所以不存在最高价氧化物的水化物，故D错误； 故选C。 17．A 【分析】由图可知，阴离子中W、X、Y、Z、Q形成的共价键数目分别为1、4、2、1、4，W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍，则W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、Q为Al元素。 【详解】A．甲烷的空间构型是结构对称的正四面体形，属于非极性分子，故A错误； B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能的大小顺序为F>O>C，故B正确； C．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，电负性依次增大，则电负性的大小顺序为F>O>C，故C正确； D．由图可知，阴离子中具有空轨道的铝离子与具有孤电子对的L离子形成配位键，故D正确； 故选A。 18．D 【详解】A．根据图示，CO2和H2在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效合成异构化烷烃，H元素的化合价发生了变化，一定存在电子的转移，故A错误； B．1个氨气分子中存在3个N-H σ键，每个氨气分子与锌原子间形成1个配位键，也是σ键，因此1个四氨合锌(II)—[Zn(NH3)4]2+中含16个σ键，故B错误； C．示意图中含碳化合物均为烷烃，碳原子都属于饱和碳原子，杂化方式均为sp3，但二氧化碳中的碳原子的杂化方式为sp，故C错误； D．催化剂具有选择性，在核(Fe—Zn—Zr)—壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关，故D正确； 故选D。 19．A 【分析】辉铜矿，含杂质，合成，辉铜矿煅烧生产SO2气体，同时得到CuO、Fe3O4，加入硫酸，然后过滤除去不溶物，得到、、，溶液中加入过量氨水生成氢氧化铁、氢氧化亚铁，同时生成铜氨溶液，然后经过进一步操作得到，据此解答。 【详解】A．步骤I在足量中煅烧产生气体的主要成分：SO2，A错误； B．溶液C中溶质的主要成分：、、，B正确； C．硫酸铜与氨水反应，生成硫酸铵和氢氧化铜 (蓝色沉淀)，氨水过量反应将产生蓝色的铜氨溶液，C正确； D．从流程看，溶液D中在乙醇中的溶解度低，加入乙醇后会析出，则步骤IV的操作依次为乙醇，再过滤、洗涤、干燥，D正确； 故答案为：A。 20．D 【详解】A．已知As是33号元素，故基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3，A错误； B．NH中的配位键是N提供孤电子对，H+提供空轨道，故NH的结构式  ，B错误； C．氢键用虚线表示，化学键用实线表示，故HF分子间的氢键表示为：  ，C错误； D．丙氨酸中碳原子上连着4个不同的基团和原子，即甲基、羧基、氨基、氢原子，故存在立体异构，是手性分子，丙氨酸的手性异构体表示为：  ，D正确； 故答案为：D。 21．D 【详解】能与人体血红蛋白中的以配位键结合，与血红蛋白中的结合的能力远远强于与血红蛋白中结合的能力，因此一旦与血红蛋白中的结合，就很难与血红蛋白中的结合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。故选D。 22．D 【详解】A．根据图示，该过程为丙烯和氢气在催化剂作用下发生加成反应生成丙烷，故A正确； B．丙烯分子结构不对称，丙烯为极性分子，故B正确； C．该过程中有非极性键H-H键断裂，故C正确； D．中的价电子数与配体提供的孤电子数共有14个电子，配体提供4个电子，则的价电子数为10，所以化合价为+1价，故D错误； 选D。 23．C 【详解】A．K元素的化合价是+1，CN-整体的化合价为-1，假设Fe元素的价态为x，按照化合物中各元素化合总价为零的原则，可得（+1）×3+x+（-1）×6=0，解得x=3，Fe3+化合价为+3，故A错误； B．给电子的能力N 大于O，N原子的配位能力比O原子的配位能力强，配合物稳定性：，故B错误； C．配合物中氨气为配体，外界为，故C正确； D．配合物的配体有5个CO、1个CH3CN，CO中C原子为配位原子，CH3CN中N原子为配位原子，该配合物中锰原子的配位数为6，故D错误； 故选C。 24．D 【分析】随着溶液pH升高，EDTA依次主要以、、、、、和形式存在，分别由曲线a、b、c、d、e、f、g表示，据此作答。 【详解】A．根据分析，d代表，A正确； B．由图可知，时，，B正确； C．该螯合物是由与形成的负一价阴离子，Mm+应为三价阳离子，pH减小导致溶液中Y4−阴离子浓度减小，其它离子浓度增大，降低Y4−与金属阳离子的配位能力，C正确； D．该螯合物是由与形成的负一价阴离子，则应为三价阳离子，m=3，D错误； 故选D。 25．B 【分析】某固体混合物可能含有NaOH、NH4Cl、AgNO3、AlCl3、MgCl2中的若干种，加足量的水充分搅拌，得到澄清溶液A。取A逐滴加入稀硝酸至过量，一开始有沉淀生成，后沉淀部分溶解，说明原溶液中有NaOH和AlCl3，在加水搅拌时发生反应生成了NaAlO2，当加稀硝酸时，NaAlO2和硝酸反应生成Al(OH)3沉淀，硝酸过量时，Al(OH)3溶解为Al(NO3)3。沉淀部分溶解，说明原溶液中还有AgNO3和NH4Cl，NaOH和NH4Cl反应生成NH3▪H2O，NH3▪H2O和AgNO3反应生成[Ag(NH3)2]+，当加入硝酸时，[Ag(NH3)2]+和H+反应生成Ag+和 ，Ag+和溶液中的Cl-结合成AgCl沉淀，AgCl不溶于过量的硝酸。 【详解】A．由以上分析可知，原固体中一定含有NaOH，故A不正确； B．由以上分析可知，溶液A中一定含有银氨离子，故B正确； C．若原固体中含有MgCl2，MgCl2和NaOH反应生成Mg(OH)2沉淀，不能得到澄清溶液A，故C不正确； D．由以上分析可知，沉淀B中含有AgCl，没有AgOH，故D不正确； 故选B。 26． Cu+ 孤电子对 配位 【详解】配合物由中心原子(提供空轨道)和配体(提供孤电子对)组成，[Cu(NH3)2]+中，Cu+提供空轨道作为中心离子，配位体是NH3，Cu+的空轨道接受了配位体提供的孤电子对，形成配位键，其配位数是2； 故答案为：Cu+、孤电子对、配位。 27． 三角锥形 HCOO- V形(或折线形) 非极性分子 sp3和 sp2 【分析】按等电子体的定义寻找等电子体、按等电子体理论回答、根据价层电子对互斥理论计算粒子中的价层电子对数、并据此确定中心原子的杂化方式、粒子的空间构型；按相似相溶原理判断分子的极性； 【详解】(1) NF3中含有3个σ键，且孤电子对数为，则应为sp3杂化，空间构型为三角锥形； (2) 原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与HNO2互为等电子体的一种阴离子的化学式为HCOO-；NaNO2中阴离子与二氧化硫互为等电子体，等电子体具有相同的结构特征，SO2孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，故为sp2杂化、推断NaNO2中阴离子的空间构型为V形(或折线形) ； (3)已知配合物Ni(CO)4是无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于CCl4，则其晶体属于分子晶体，水是极性溶剂，四氯化碳是非极性溶剂，结合相似相溶原理可知，推测Ni(CO)4是非极性分子； (4)碳原子最外层4个电子、氮原子最外层5个电子， CN-内碳、氮原子间共用3对电子对，电子式为；4中N原子的价层电子对数为，而且没有孤电子对，所以氮原子轨道的杂化类型是sp3；NO孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，所以氮原子轨道的杂化类型是sp2； NH4NO3 中氮原子轨道的杂化类型是sp3和 sp2； (5) [Cu(NH3)4]2+内，铜离子和氨分子之间形成4个配位键，Cu2+提供空轨道、NH3中N原子提供孤电子对，结构为。 28．(1)N＞O＞C (2) 3 d (3)c 【详解】（1）根据同周期元素从做左到右第一电离能增强，但第ⅤA族的元素原子为半满结构，第一电离能大于第ⅥA族元素，即第一电离能顺序为：N＞O＞C； （2）①若N2O4(l)＋2N2H4(l)= 3N2(g)＋4H2O(g)中有4mol氮氢键断裂，说明有1mol肼参加反应，有1.5mol氮气生成，每个氮气分子中含有两个π键，所以形成的π键有3mol； ②N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，都为离子晶体，N2和之间存在离子键，N2中氮和氢之间形成6个共价键（其中2个配位键），氮和氮之间形成共价键，硫酸根离子中硫和氧之间形成共价键，不含范德华力，故选d； （3）注意氢键的形成条件以及成键元素，本题中嵌入某微粒分别与4个氮原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为铵根离子，故选c。 【点睛】同一周期中随着原子序数的增加，元素的第一电离能逐渐增大，但注意全充满或半充满或全空的电子构型的元素稳定性较高，其第一电离能数值较大。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$