专题02 配合物的结构、性质与探究（北京专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期末真题分类汇编

专题02 配合物的结构、性质与探究 内容概览 考向1 配合物的结构与性质 考向2 配合物的探究实验 考向1 配合物结构与性质 1．（2023-2024北京广渠门期末）Rh-Ru双金属配合物(Cat)的结构及催化醋酸甲酯反应制备醋酸反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．催化剂(Cat)Rh、Ru均为4配位，且均为sp3杂化 B．催化剂(Cat)中若Ru的化合价为+1，则Rh的化合价为+3，且反应过程中Ru的化合价始终保持不变 C．CH3COI和HI均为反应中间体，且反应①和②均为取代反应 D．总反应方程式可表示为CH3COOCH3+CO+H2O=2CH3COOH 【答案】A 【解析】A．催化剂(Cat)Rh为4、5、6配位、Ru为4配位，A错误； B．Ru在反应过程中结合和脱离的原子或原子团无变化，其化学键情况未变，所以Ru的化合价始终保持不变，B正确； C．CH3COI和HI均在反应过程中先生成后又被消耗，属于反应中间体，反应①中-OCH3被-I取代，反应②中-COCH3被-H取代，均为取代反应，C正确； D．根据反应机理，起始物质是醋酸甲酯（CH3COOCH3）、CO和H2O，最终生成醋酸（CH3COOH），故总反应方程式可表示为CH3COOCH3+CO+H2O=2CH3COOH，D正确； 故选A。 2．（2023-2024北京石景山期末）配合物常用作杀虫剂、媒染剂等。其制备的流程图如下： 已知：的空间结构为平面四边形。下列说法不正确的是 A．若中两个被两个Cl取代，只有一种结构 B．过程②发生反应的化学方程式 C．过程③加入95%乙醇的作用是减小溶剂极性，以减小硫酸四氨合铜的溶解度 D．根据上述实验现象可知，与结合能力的强弱顺序为： 【答案】A 【分析】0.1mol/L硫酸铜溶液中加1mol/L氨水，生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续滴加氨水，得深蓝色溶液，往深蓝色溶液中加95%乙醇析出晶体。 【解析】A．若的空间结构为平面四边形，其中两个被两个Cl取代，有2种结构，故A错误； B．过程②为氢氧化铜与氨水反应生成，发生反应的化学方程式，故B正确； C．95%乙醇的极性较小，所以过程③加入95%乙醇的作用是减小溶剂极性，以减小硫酸四氨合铜的溶解度，故C正确； D．硫酸铜溶液中存在的是，加氨水至过量得，说明与结合能力的强弱顺序为：，故D正确； 故答案为：A。 3．（2023-2024北京西城期末）为探究苯酚与的显色反应，向苯酚溶液中滴加溶液，充分混合后分成四等份，进行如下实验。 序号 ① ② 实验 现象 紫色溶液 紫色较①中深 序号 ③ ④ 实验 现象 紫色较①中浅 紫色较①中浅 已知：苯酚和显色的原理为 下列说法不正确的是 A．该显色反应中有共价键的断裂和配位键的形成 B．对比①②，可验证上述显色反应是可逆反应 C．推测④中溶液的紫色较③中浅 D．对比①④，可证明与配位 【答案】D 【解析】A．该显色反应中苯酚上的羟基O-H键断裂，同时有配位键的形成，A正确； B．对比①②，增加苯酚的浓度，平衡正向移动，颜色加深，可验证上述显色反应是可逆反应，B正确； C．④中加硫酸，氢离子浓度增加，平衡逆向移动，颜色变浅，推测④中溶液的紫色较③中浅，C正确； D．对比①④，④中加入硫酸，如果与配位，则应该颜色消失，D错误； 故选D。 4．（2023-2024北京北大附中期末）将酞菁、钴酞菁、三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。已知酞菁分子中所有原子共平面，钴酞菁是由酞菁分子失去两个氢原子后与钴离子形成的配合物，气态 AlCl3 通常以二聚体 Al2Cl6 的形式存在， 酞菁、钴酞菁以及二聚体Al2Cl6的分子结构如下图所示。下列说法正确的是 A．酞菁分子内氮原子的杂化方式有两种 B．钴酞菁分子中，钴元素的化合价为+4 C．二聚体 Al2Cl6中Al的杂化轨道类型为sp2 D．AlF3的熔点为1090℃，AlCl3的熔点为192℃，两种物质属于不同的晶体类型 【答案】D 【解析】A．由题目信息可知，酞菁分子中所有原子共平面，则酞菁分子中的N原子的杂化方式均为sp2，其中③号N原子分别与2个碳原子和1个氢原子形成σ键，剩下一对电子未参与p轨道的杂化，参与形成了大π键，而①②号N原子的杂化轨道类型为sp2杂化，孤电子对参与杂化，孤电子对为sp2杂化轨道的电子，剩余一个单电子参与形成大π键，故③号N原子的p轨道能提供一对电子，A错误； B．根据题图可知，由酞菁分子形成配合物钴酞菁时，酞菁分子中失去了两个带正电荷的H原子，使③号N原子各带一个单位负电荷，为保证钴酞菁整体呈现电中性，则应该是+2价钴离子与之配合形成钴酞菁分子，B错误； C．根据AlCl3形成的二聚体结构可知每个Al和4个Cl成键，杂化轨道类型为sp3杂化，C错误； D．AlF3的熔点为1090℃，AlCl3的熔点为192℃，AlF3的熔点远高于AlCl3的熔点，前者属于离子晶体，后者属于分子晶体，两种物质属于不同的晶体类型，D正确； 故选D。 5．（2023-2024北京十一学校期末）某兴趣小组利用从中提取，并实现的循环利用。实验方案设计如下： （1）“溶液1”中含有的阳离子除了、少量外，还含有一种配离子为 (用离子符号表示)。“过滤1”所得“滤渣”的主要成分是 。 （2）中所含有的键数目为 。 （3）“反应①”的离子方程式为 ，结合能力更强的是 (选填“”或“”)。 （4）可以形成多种配合物，其中一种配离子的结构如图所示。该配离子中的键角 (填“大于”“小于”或“等于”)单个水分子中的键角。 （5）回收，理论上至少要消耗 mol。 【答案】（1） Ag （2） （3） （4）大于 （5）0.5 【分析】与氨水反应生成，氨水发生电离生成，水电离生成，所以 “溶液 1” 中含有的阳离子除了、少量外，还有配离子，Cu与发生置换反应生成Ag和，“过滤 1” 所得 “滤渣” 的主要成分Ag，向中加入浓盐酸，发生反应，生成，再加入Fe，将置换出来，得到铜单质，据此回答。 【解析】（1）AgCl与氨水反应会生成，所以 “溶液 1” 中含有的阳离子除了、少量外，还有配离子；Cu与发生置换反应生成Ag和，“过滤 1” 所得 “滤渣” 的主要成分Ag； （2）1个中与4个形成4个配位键（属于键），1个中有3个键，所以1mol中所含有的键数目为； （3）“反应①” 是与浓盐酸反应，离子方程式为；反应①中能将从中夺取出来，说明结合能力更强的是； （4）在该配离子中，O原子的孤电子对与形成配位键，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以该配离子中的键角大于单个水分子中的键角； （5）根据反应过程中电子守恒，Cu从AgCl中置换Ag时，1molAgCl得到1mol电子，Fe与溶液2反应时，1molFe失去2mol电子，回收1molAg，理论上至少要消耗0.5molFe。 考向2 配合物探究实验 1．（2023-2024北京海淀期末）某课题小组探究苯酚与显色反应的影响因素，设计了如下实验。 实验 操作 现象 I 向苯酚稀溶液中滴加几滴溶液 溶液呈浅紫色 II 向同浓度苯酚溶液中滴加与I中相同滴数的0.1mol/L溶液 溶液呈浅紫色 III 向同浓度苯酚溶液（调）中滴加与I中相同滴数的溶液 生成红褐色沉淀 IV 向实验III所得悬浊液中逐滴加入0.1mol/L盐酸 沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液变为浅黄色 已知：可发生如下反应。 i．与苯酚发生显色反应： ii．与发生反应：（黄色） 下列说法不正确的是 A．中提供孤电子对，与形成配位键 B．实验I和II说明少量不会干扰苯酚与的显色反应 C．III中调后，增大，i中平衡正向移动 D．溶液、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与的显色反应 【答案】C 【解析】A．配离子中具有孤对电子的苯氧根离子与具有空轨道的铁离子形成配位键，配位数为6，故A正确； B．由实验现象可知，实验I和II说明少量氯离子不能与铁离子形成配离子，不会干扰苯酚与铁离子的显色反应，故B正确； C．由实验现象可知，实验III中调节溶液pH为9时，溶液中铁离子与氢氧根离子反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀，铁离子浓度减小，i中平衡向逆反应方向移动，故C错误； D．由实验现象可知，溶液pH、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与溶液中铁离子的显色反应，故D正确； 故选C。 2．（2023-2024北京朝阳期末）小组同学探究深蓝色晶体的形成并测定晶体中铜的含量。 （1）实验原理 与能形成[Cu(NH3)4]2+：。在[Cu(NH3)4]2+里，提供孤电子对的是 。 （2）实验过程 小组同学采用不同的实验制备。 实验 操作与现象 I 向溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀；过滤，将滤出的沉淀置于试管a中，加氨水，一段时间后，沉淀略有溶解 Ⅱ 向溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加氨水，沉淀溶解，溶液呈深蓝色 ①Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色沉淀的离子方程式是 。 ②分析Ⅰ中未充分形成[Cu(NH3)4]2+的原因，小组同学分析认为反应产物对[Cu(NH3)4]2+的形成有影响。 i.甲同学重复实验Ⅰ，接着 （填操作和现象）；证实分析合理。 ii.乙同学重复实验Ⅰ后，将滤液加入试管a中，实验现象证实分析合理。结合有关原理分析解释滤液的作用： 。 ③向Ⅱ和Ⅱ中加入乙醇，析出深蓝色晶体。 （3）测定深蓝色晶体中铜的含量 资料：； i.称取m g晶体试样，溶解，配成100 mL溶液。 ii.取10mL溶液，加入硫酸，加入过量KI溶液，产生沉淀，溶液呈黄色。然后加入淀粉溶液，用b mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，接近终点时加入KSCN溶液（目的是提高测量准确度），至终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL。 ①ii中硫酸的作用是 。 ②ii中用硫酸调pH为3~4。若pH过低，会导致测定结果偏小，原因是 。（已排除空气的影响；滴定过程中无气体逸出） ③测得深蓝色晶体中铜的质量分数为 。 【答案】（1）NH3中的N原子 （2） 向试管a中加入溶液，沉淀溶解，溶液呈深蓝色 ，滤液中的与OH-反应，使平衡正向移动 （3）将转化为Cu2+ pH过低，，，导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏小 【解析】（1）NH3中的N原子有孤电子对，故[Cu(NH3)4]2+里提供孤电子对的是NH3中的N原子； （2）①Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色沉淀的离子方程式是：； ②小组同学分析认为反应产物对[Cu(NH3)4]2+的形成有影响，反应的另一产物是，要验证猜想正确： i.甲同学重复实验Ⅰ，接着向试管a中加入溶液，沉淀溶解，溶液呈深蓝色，则说明对[Cu(NH3)4]2+的形成有影响，证实分析合理； ii.乙同学重复实验Ⅰ后，将滤液加入试管a中，同样有沉淀溶解，得到深蓝色溶液的现象，证实分析合理，结合有关原理分析解释滤液的作用：，滤液中的与OH-反应，使平衡正向移动； （3）①ii中硫酸的作用是将转化为Cu2+； ②ii中用硫酸调pH为3~4。若pH过低，会导致测定结果偏小，原因是：，导致消耗的Na2S2O3标准溶液体积偏小； ③根据数据，n(Na2S2O3)=，由方程式可得关系式：，则10mL试样溶液中含有的n(Cu2+)=，原样品中的铜元素的质量为=0.64bVg，则深蓝色晶体中铜的质量分数为。 考向1 配合物结构与性质 1．（2023-2024北京东城期末）吡啶()是平面六元环状分子，与苯类似，分子中存在大键。二氯二吡啶合铂分子是一种以为中心离子，和吡啶分子为配体的配合物，具有顺式和反式结构，且分子极性：顺式>反式。下列说法正确的是 A．吡啶分子的大键中有6个电子 B．二氯二吡啶合铂的中心铂离子的杂化类型是 C．反式二氯二吡啶合铂的结构为 D．吡啶分子中形成配位键的电子对位于N原子的p轨道上 【答案】A 【解析】A．吡啶为氮杂环化合物，相当于苯环中一个C为N取代，吡啶分子是大体积平面配体，C、N原子均采取sp2杂化，每个C原子和N原子上都有一个p轨道垂直于环平面，每个p轨道中有一个电子，这些p轨道侧面重叠形成一个大π键，π电子数目为6，故A正确； B．二氯二吡啶合铂分子中，Pt2+的配位数是4，但是其轨道杂化方式并不是sp3，sp3杂化为四面体构型，不应存在顺反异构体，由此可以说明不是sp3杂化，故B错误； C．选项中为顺式结构，反式二氯二吡啶合铂的结构为：，故C错误； D．吡啶分子中N原子采取sp2杂化，N原子上还有1个没有参与成键的sp2杂化轨道，被1对孤电子对占据，即与Pt形成配位键的电子对位于N原子的sp2杂化轨道上，故D错误； 故选：A。 2．（2023-2024北京人大附中期末）某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下： 序号 实验 试剂 现象 ① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀 ② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成 ③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失 已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。 下列说法不正确的是 A．①中生成白色沉淀的原因是： B．由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的 C．由②③可推知，结合的能力： D．由①③可推知：促进了转化为 【答案】C 【解析】A．溶液中滴加1滴溶液，生成黄色，黄色与铜离子形成的蓝色混合溶液呈绿色，静置2小时后产生白色沉淀，说明发生反应：，A正确； B．根据①中现象可知，先与形成配合物，所以溶液显变绿；静置后产生白色沉淀，说明发生氧化还原反应生成白色沉淀，B正确； C．②中溶液变红，未见白色沉淀生成， 说明结合SCN的能力Fe3+>Cu2+；③中迅速生成白色 沉淀，振荡后红色消失，说明结合SCN的能力Cu+>Fe3+，由②③可推知；结合的能力：，C错误； D．由①③可推知：促进了转化为，D正确； 答案选C。 3．（2023-2024北京广渠门期末）小组同学探究配合物的形成，由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体。 步骤1：向盛有 蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴 氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 （1）写出步骤1产生蓝色沉淀的离子方程式是 。 （2）写出步骤2得到深蓝色溶液的离子方程式是 。 （3）请从平衡移动的角度解释步骤2发生的原因 。 （4）步骤3加入乙醇的原因是 。 （5）将氨通入胆矾溶液中，得到深蓝色溶液，阳离子是由氨和水分子与铜离子形成的，呈轴向狭长的八面体结构(如图1)。深蓝色溶液中不存在的作用力有 (填字母序号)。                  图1 a．σ键    b．金属键   c．非极性键   d．极性键 e．配位键  f．范德华力   g．氢键 【答案】（1）Cu2++2NH3·H2O= Cu(OH)2+2 （2）Cu(OH)2+4NH3=+2OH- （3），加入氨水后，Cu2+转化为，使平衡向右移动 （4）加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 （5）bc 【分析】由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体，向盛有 蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴 氨水，有Cu(OH)2蓝色沉淀生成，继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，生成，向试管中加入8mL95%乙醇，降低了溶剂的极性，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 【解析】（1）步骤1中Cu2+和过量NH3·H2O反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，离子方程式是Cu2++2NH3·H2O= Cu(OH)2+2。 （2）步骤2中Cu(OH)2和NH3·H2O反应生成，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=+2OH-。 （3）Cu(OH)2存在沉淀溶解平衡：，加入氨水后，Cu2+转化为，使平衡向右移动。 （4）乙醇是极性较小的溶剂，步骤3加入乙醇的原因是：加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体。 （5）胆矾溶液与足量氨水形成的深蓝色溶液中的阳离子为四氨合铜络离子，N、H原子之间以极性共价键（σ键）结合；Cu2+提供空轨道，N原子提供孤对电子，则以配位键结合；水分子之间存在氢键，范德华力；所以该蓝色溶液中不存在金属键和非极性键，故选bc。 4．（2023-2024北京广渠门期末）钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下： I．配制CoCl2溶液 （1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的质量为 g。 （2）溶液配制过程中，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。 A． B． C． D． Ⅱ．制备[Co(NH3)6]2+配合物 实验操作 实验现象 在试管内混合CoCl2溶液和适量6mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅紫色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。 在试管内混合CoCl2溶液和适量14mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅紫色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。 资料：Co(OH)2为浅青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液为红色。 （3）实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为 。 （4）实验①和②现象可知，Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测。 ①x的化学式是 ，c = 。 ②实验现象是 。 ③从平衡移动角度，结合化学用语，解释对[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用原理 。 Ⅲ．制备[Co(NH3)6]３+配合物 往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程，小组成员提出了不同的猜想。 提出猜想 猜想1：Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物； 猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物； 猜想3：Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。 （5）科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中，逐滴加入浓氨水，观察到 ，证明猜想1不成立。 教师指导 氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，反应可以自发进行。 验证猜想 按照连接装置，分别往两烧杯中加入药品，关闭K，观察到 ，猜想2不成立。往左边烧杯中滴加 ，观察到 ，猜想3成立。 【答案】（1）1.3 （2）BD （3） （4）Na2SO4 1 试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象 增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3•H2O)增加，有利于生成 （5）沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化 电流表指针不偏转 浓氨水 电流表指针发生偏转，左烧杯溶液变为橙黄色 【解析】（1）配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液，需要固体CoCl2的质量为； （2）实验室用配制100mL 0.1mol/L的CoCl2溶液需要用到烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶等玻璃仪器，故选BD； （3）已知浅青色沉淀为，故实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为； （4）①依题意，实验2为实验1的对照组，目的是排除的干扰，故x可为溶液，浓度为1mol/L； ②学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测，则实验现象为试管1中沉淀溶解，溶液颜色变为红色，试管2中无明显现象； ③从平衡移动的角度分析，加入10滴1mol/L硫酸铵溶液，增大时，与OH-反应生成，使沉淀平衡正向移动，导致与c(NH3•H2O)增加，进而促进正向移动，有利于生成； （5）若猜想1成立，则能观察到试管内沉淀溶解、溶液颜色变为橙黄色，若观察到沉淀未溶解，溶液颜色无明显变化，猜想1不成立；依题意，若猜想2成立，H2O2会将二价钴氧化成三价钴，则关闭K后，形成原电池，电流表指针会发生偏转，若观察到电流表指针不偏转，猜想2不成立；若猜想3成立，也就是说Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+ ，则只需向左边烧杯中加入浓氨水，先形成配合物[Co(NH3)6]2+，观察到电流表指针偏转，左烧杯溶液变为橙黄色即可证明猜想3成立。 5．（2023-2024北京北大附中期末）氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，广泛地应用于原子能、航空航天、荧光、电子、高技术陶瓷等领域。工业上以钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]为原料提取高纯度氧化钪的流程如下： 查阅资料：1．钨的氧化物WO3是酸性氧化物； 2．萃取相是采用TBP和P204与煤油按一定比例混合而成的有机相（TP）； 3．萃取相比O/W即为有机相与被萃取的酸性溶液的体积比； 4．逆流萃取指萃取剂与原溶液逆向流动的萃取。单极萃取指仅进行一次萃取的操作。 （1）钪的基态原子价电子轨道表示式为 。 （2）“萃取”采用逆流萃取，相比单级萃取的优势有 。“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，请根据表格中的数据选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为 。 表1萃取相比试验结果 萃取相比O/W 1:10 1:15 1:20 1:25 1:30 1:35 1:40 萃取率% 90 90 90 80 75 70 60 表2搅拌速度试验结果 搅拌器转速/ r/min 150 300 450 600 700 萃取率% 70 80 90 少量乳浊液 大量乳浊液 （3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为 。 （4） Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是 。 （5）苦杏仁酸（）在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，请解释其与Zr4+配位的化学原理是 。 （6）空气中“煅烧”时发生反应的化学方程式为 。 【答案】（1） （2）逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量 1：20、450r/min （3）Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O （4）转化为，钙盐溶解，降低除钙效率 （5）苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位 （6）2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2 【分析】由题干流程图可知，向钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]中加入硫酸进行浸出即将Sc、Na和Zr的氧化物转化为Sc3+、Na+、Zr4+，而WO3、 SiO2为酸性氧化物与硫酸不反应留在滤渣1中，CaSO4为微溶物，即CaO转化部分转化为CaSO4留在滤渣1中，过滤得到含有Ca2+、Sc3+、Na+、Zr4+的滤液，向其中加入TP进行萃取得到有机相和水相，然后向有机相中加入NaOH进行反萃取得到水相和有机相，向水相中加入HCl、Na2HPO4将Ca2+转化为CaHPO4或Ca3(PO4)2进行除钙，得到滤渣2，向滤液2中加入苦杏仁酸进行除锆，最后向滤液中加入草酸进行沉钪得到Sc2(C2O4)3，过滤得到Sc2(C2O4)3，最后煅烧Sc2(C2O4)3得到氧化钪，据此分析解题。 【解析】（1） 已知Sc是21号元素，故钪的基态原子价电子轨道表示式为，故答案为：； （2）由题干信息可知，“萃取”采用逆流萃取能够增大接触面积，提高萃取率，即相比单级萃取的优势有逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量，“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，根据表格中的数据可知：O/W比为1:20时萃取率为90%，450r/min时萃取率为90%，故选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为450r/min，故答案为：逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量；1:20，450r/min； （3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O，故答案为：Sc(HA2)3+3NaOH=Sc(OH)3↓+3NaHA2或者Sc(HA2)3+6NaOH=Sc(OH)3↓+3Na2A2+3H2O； （4）已知Ca3(PO4)2、CaHPO4是沉淀，Ca(H2PO4)2是可溶于水，故Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是转化为，钙盐溶解，降低除钙效率，故答案为：转化为，钙盐溶解，降低除钙效率； （5）已知苦杏仁酸中O原子周围均含有孤电子对，Zr4+核外有空轨道，故O与Zr4+之间能够通过形成配位键结合成配位化合物，故在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，故答案为：苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位； （6）由分析可知，空气中“煅烧”时是煅烧Sc2(C2O4)3生成Sc2O3和CO2，根据氧化还原反应配平可得，该过程发生反应的化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2，故答案为：2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2。 考向2 配合物探究实验 1．（2023-2024北京丰台期末）某小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件，进行了如下实验。 已知：Ag(NH3)Ag++2NH3 编号 实验 试剂a 混合液pH 现象 Ⅰ NaOH 10 常温产生银镜 Ⅱ 浓氨水 10 加热无银镜 Ⅲ 无 8 加热产生银镜 下列说法不正确的是 A．乙醛与银氨溶液反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O B．对比实验Ⅰ、Ⅲ说明碱性条件有利于银镜产生 C．实验Ⅱ未产生银镜的原因是CH3CHO还原性较弱 D．基于此实验推断，制备银氨溶液时，加氨水的量不是越多越好 【答案】C 【解析】A．乙醛与银氨溶液发生银镜反应生成乙酸铵、单质银，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，A正确； B．对比实验Ⅰ、Ⅲ在强碱条件下，发生银镜反应更容易，B正确； C．一水合氨受热分解，实验II未产生银镜的原因加热促进NH3•H2O分解，逸出NH3，碱性变弱，C错误； D．已知存在平衡：Ag++2NH3，溶液中加入过量氨水，氨水的浓度过大会抑制银氨配离子的电离使溶液中Ag+浓度相应减小，导致银镜反应效果不佳，D正确； 故选C。 2．（2023-2024北京东城期末）某小组以工业浓盐酸呈黄色为线索，探究在水溶液中呈现不同颜色的原因。 查阅资料：在溶液中以络离子的形式存在，如(浅紫色)、(黄色)等，、、等与的络合能力较弱，通常将简写为。 （1）取少量黄色的盐酸样品，滴入溶液，通过 现象，说明样品中存在。 （2）为了研究浓盐酸的黄色与的关系，进行如下实验：取样品加入足量硝酸银、产生大量白色沉淀，静置后溶液颜色变浅。 ①加入溶液后，将沉淀，其目的是 。 ②推测（1）中涉及的与络合的微粒，在相同条件下其络合能力由强到弱的顺序是 。 （3）继续研究溶液中的颜色。 ①用晶体配制和溶液，溶液均呈黄色，酸化后颜色均变浅。已知在溶液中发生水解反应得到等一系列黄色产物。 ⅰ．以得到为例，写出该水解反应的离子方程式： 。 ⅱ．解释酸化使溶液颜色变浅的原因： 。 ②将几滴新制的溶液小心缓慢滴入浓硫酸中，立刻观察到溶液中产生浅紫色，经证实是的颜色。 ⅰ．该实验中，溶液与浓硫酸发生反应的化学方程式是 。 ⅱ．本实验中，利用了硫酸的性质：氧化性、 。 【答案】（1）溶液变为红色 （2）使解离 （3） 增大c(H+)，平衡向左移动，使黄色水解产物的浓度减小 吸水性、强酸性、的弱络合能力 【解析】（1）硫氰化钾溶液遇到铁离子，溶液变为红色； （2）①加入硝酸银将氯离子沉淀，减小氯离子浓度，使平衡逆移，使解离； ②铁离子与盐酸中氯离子络合为，加入KSCN溶液后，铁离子与SCN-络合生成红色的Fe(SCN)3络合物，故在相同条件下与铁离子络合能力由强到弱的顺序是； （3）①水解生成的离子方程式为；酸化后，氢离子浓度增大，该平衡左移，使黄色水解产物的浓度减小； ②将几滴新制的硫酸亚铁溶液小心缓慢滴入浓硫酸中，立刻观察到溶液中产生浅紫色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，即硫酸亚铁被浓硫酸氧化为硫酸铁，化学方程式为；本实验中，利用了硫酸的强氧化性、吸水性、强酸性、的弱络合能力等。 3．（2023-2024北京海淀期末）兴趣小组欲探究乙醛被新制氧化的反应，进行了如下实验。 I．探究反应产物 （1）甲同学认为橙红色浊液中含有，理由是 （用化学方程式表示）。 （2）乙同学推测浊液的颜色变化不只与的生成有关，证据是 。 小组同学查阅资料发现，乙醛在碱性条件下可发生缩聚，生成多烯醛聚合物，其化学式为。随聚合程度增大，聚合物颜色由橙黄色加深至红褐色。为检验浊液成分，小组同学进行了如下实验。 已知：可与酸反应，不溶于乙醇。 是白色难溶固体，在含溶液中存在平衡：。 （3）经检验，橙红色浊液中含和多烯醛聚合物。 ①黄色滤液可使酸性褪色，但不能据此证明多烯醛聚合物的存在，原因是 。 ②上述实验中，随着盐酸的加入，先产生白色沉淀，后沉淀消失。从平衡移动角度解释白色沉淀消失的原因： 。 II．探究反应条件 丙同学减少碱的用量以避免多烯醛聚合物的生成，但反应后浊液变黑。小组同学调整溶液的浓度，重新进行原实验（和乙醛溶液的浓度、体积均不变）．反应过程中的现象记录如下： 组别 20%NaOH溶液用量 蒸馏水用量 加热前 加热至沸 过滤，经乙醇洗涤后 1 淡蓝色溶液 淡蓝色溶液 无固体 2 2滴 淡蓝色浊液 土色发黑的浊液 黑色固体 3 半透明蓝色浊液 黑红色浊液 黑红色固体 4 半透明蓝色浊液 橙红色浊液 砖红色固体 5 深蓝色溶液 橙红色浊液 砖红色固体 （4）经检验，第2组实验中的黑色沉淀为。将检验的操作和现象补充完整：取洗涤后的黑色沉淀， 。 （5）实验现象说明，碱性增强有利于乙醛被氧化。 ①第5组实验中，加热前溶液呈深蓝色，原因是 （用离子方程式表示）。 ②第4、5组实验中，反应过程中未观察到黑色物质产生，可能的原因是 （写出一条即可）。 （6）小组同学反思乙醛被新制氧化的实验，提出下列促使实验成功的注意事项。其中合理的是 （填序号）。 a．制备时不宜过量，避免乙醛在碱性条件下缩聚 b．制备时应使过量，促进乙醛的氧化反应 c．反应后，宜用乙醇洗涤生成的固体，再观察固体颜色 【答案】（1） （2）浊液颜色从蓝色变为黄绿色，再变为红色（而不是从蓝色直接变为红色） （3）洗涤时加入的乙醇也有还原性 加盐酸使增大，平衡正向移动，白色沉淀溶解 （4）向其中加入稀盐酸（或稀硫酸），沉淀溶解，得到蓝绿色/蓝色溶液 （5） 碱性较强时，氧化乙醛的速率大于分解速率；或部分转化为，不易分解生成 （6）bc 【分析】Ⅰ向NaOH溶液中滴加生成，再滴加乙醛溶液，颜色变化浊液颜色从蓝色变为黄绿色，再变为红色，生成了；浊液成分检验：可与酸反应，不溶于乙醇，用乙醇进行萃取分离，黄色滤液为多烯醛聚合物的乙醇溶液，砖红色沉淀为，加盐酸生成，盐酸过量发生反应，生成， Ⅱ通过改变NaOH的浓度，观察反应现象的不同，探究乙醛被新制氧化的实验中碱性环境对实验的影响， 【解析】（1）乙醛可与新制发生氧化还原的反应生成羧酸钠、和水，方程式为：； （2）浊液颜色从蓝色变为黄绿色，再变为红色（而不是从蓝色直接变为红色），说明有中间有其他产物生成； （3）①黄色滤液中含有洗涤时加入的乙醇和多烯醛聚合物的混合液体，洗涤时加入的乙醇也有还原性，可使使酸性褪色，不能据此证明多烯醛聚合物；盐酸的加入先产生白色沉淀，方程式为，是白色难溶固体，在含溶液中存在平衡：，继续加盐酸使增大，平衡正向移动，白色沉淀溶解； （4）为碱性氧化物可与酸反应生成Cu2+，向其中加入稀盐酸（或稀硫酸），沉淀溶解，得到蓝绿色/蓝色溶液； （5）加热前溶液呈深蓝色是因为过量碱与Cu(OH)2反应生成[Cu(OH)4]2-，；分解生成，碱性较强时，氧化乙醛的速率大于分解速率；或碱性较强时，部分转化为，不易分解生成； （6）a．制备时不宜过量，避免乙醛在碱性条件下缩聚，碱性弱时，容易生成，a不合理； b．制备时应使过量，促进乙醛的氧化反应，防止有的生成，b合理； c．反应后，可与酸反应，不溶于乙醇，故可用宜用乙醇洗涤生成的固体，再观察固体颜色，c合理；故选bc； 4．（2023-2024北京丰台期末）某小组探究等浓度Na2S2O3溶液与AgNO3溶液的反应。 资料：ⅰ.S2O可看做是SO中的一个O原子被S原子取代的产物 ⅱ.Ag2S2O3为白色固体，难溶于水 ⅲ.Ag2S2O3+3S2O2[Ag(S2O3)2]3− ⅳ.Ag2S不溶于Na2S2O3溶液 实验Ⅰ （1）写出实验Ⅰ中生成白色沉淀的离子方程式 。 （2）结合资料，分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由 。 （3）将实验Ⅰ中产生的沉淀过滤后，向滤液中加入 (填操作和现象)，证明该上层清液中含有SO。 （4）设计如下操作证明实验Ⅰ中产生的沉淀除了含有Ag2S2O3外，还含有，不含S。 ①取少量沉淀，加入足量CS2，充分振荡，过滤得滤液A和固体B。取滤液A加水后没有明显现象，证明沉淀中不含S。 ②取固体B， (填操作和现象)，证明沉淀中含有。(可供选择的试剂：稀硫酸、稀盐酸、浓硝酸、Na2S2O3溶液) （5）S2O中若中心S为32S，端基S为35S，反应中S2O断裂的只有硫硫键，补齐白色沉淀变为黑色沉淀的反应，并注明S的质量数： 。 Ag2S2O3+H2O=___________+___________+2H+。 实验Ⅱ： 向2mlNa2S2O3溶液中逐滴加入2mlAgNO3溶液，开始阶段局部产生白色沉淀，振荡后消失，随着AgNO3溶液的滴加，再次产生白色沉淀，最终转化为黑色沉淀。 （6）从化学反应速率和限度的角度分析解释虚线部分可能的原因 ； 根据实验可知，Na2S2O3溶液与AgNO3溶液反应的多样性与溶液的相对用量有关。 【答案】（1）2Ag++S2O=Ag2S2O3↓ （2）中心S无孤电子对不能做配位原子，端基S有孤电子对可以做配位原子 （3）足量稀盐酸，充分静置，取上层清液加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生 （4）加入足量Na2S2O3溶液，过滤，洗涤，向滤渣中加入浓硝酸，沉淀溶解，有黄色固体和红棕色气体生成 （5）Ag2S2O3+H2O=Ag235S+32SO+2H+ （6）发生反应ⅰ：3S2O+Ag2S2O32[Ag(S2O3)2]3-；反应ⅱ：Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，反应ⅰ的速率大，反应ⅱ的限度大 【分析】Na2S2O3与硝酸银溶液反应生成白色沉淀Ag2S2O3，最终生成黑色沉淀Ag2S； 【解析】（1）已知Ag2S2O3为白色固体，难溶于水，实验Ⅰ中Na2S2O3与硝酸银溶液反应生成白色沉淀Ag2S2O3，反应的离子方程式：2Ag++ =Ag2S2O3↓； （2）可看做是中的一个O原子被S原子取代的产物，则中中心原子为S，该中心原子周围孤电子对数，中心S无孤电子对不能做配位原子，端基S有孤电子对可以做配位原子； （3）可以用HCl溶液排除银离子的影响，再用氯化钡溶液检验生成硫酸钡沉淀，向滤液中加入足量稀盐酸，充分静置，取上层清液加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生； （4）已知Ag2S不溶于Na2S2O3溶液，②取固体B，加入足量Na2S2O3溶液，过滤，洗涤，向滤渣中加入浓硝酸，沉淀溶解，有黄色固体和红棕色气体生成，证明沉淀中含有； （5）由（2）可知中心S无孤电子对，端基S有孤电子对，反应中断裂的只有硫硫键，端基35S与银离子反应生成Ag235S，中心32S保留在硫酸根离子中，离子方程式为：Ag2S2O3+H2O=Ag235S++2H+； （6）发生反应ⅰ：3+Ag2S2O32[Ag(S2O3)2]3-；反应ⅱ：Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4，反应ⅰ的速率大，因此产生白色沉淀，反应ⅱ的限度大，所以白色沉淀最终转化为黑色沉淀。 5．（2024-2025北京海淀一模）小组同学探究、在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素。 已知：、均能溶于强碱性溶液，生成。 【理论预测】 猜想1：作负极，因为的失电子能力更强。 猜想2：作负极，因为能与强碱性溶液发生氧化还原反应，产生。 【实验验证】 实验1 现象 0~5s：电压传感器初始示数为0.3V，后迅速归零；铝片表面有气泡产生(经检验为) 后：电压传感器示数逐渐变为并保持稳定；铝片表面有气泡产生(经检验为)，镁片表面无明显变化 （1）由电压传感器示数可知，时作负极。根据现象推测后正负极发生了反转，证据是 。 （2）后作负极，但猜想2中的解释不合理，理由是 。 （3）甲同学推测0~5s时产生的可能原因有： i．； ii． (用离子方程式表示)。 （4）小组同学推测，电压示数迅速减小与电极被覆盖有关。 ①0~5s时，镁片表面发生反应的电极反应式为 。 ②为证明推测，乙、丙同学分别设计了实验2和3。 已知：EDTA四钠盐浓溶液的约为12，EDTA易与形成配合物EDTA-Mg。 i．实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是 。 ii．补全实验3的方案：试剂a为 。 （5）综合实验1、2，可以得出的结论是 。 【答案】（1）后，电压示数变为 （2）若猜想2的解释成立，后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到 （3） （4） ，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成) 溶液 （5）形成原电池的正负极首先取决于金属、的失电子能力，同时也会受到反应过程中、电极表面覆盖程度的影响 【分析】探究、在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素，除考虑金属活动性外，还需考虑电解质溶液对反应的影响； 【解析】（1）时作负极，此时电压传感器示数为0.3V，后迅速归零，后电压传感器示数逐渐变为并保持稳定，说明后正负极发生了反转，故证据为：后，电压示数变为； （2）若猜想2的解释成立，则该装置中铝为负极、镁为正极，正极水得到电子发生还原反应生成氢气，后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到，故猜想2中的解释不合理； （3）铝和强碱中氢氧根离子发生反应生成四羟基合铝酸根离子和氢气，推测0~5s时产生的可能原因为：； （4）①推测:电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，结合质量守恒，则负极镁反应为镁失去电子和溶液中氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀：，氢氧化镁沉淀附着在电极上导致反应被阻碍； ②已知：EDTA易与形成配合物EDTA-Mg，实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是发生反应，部分破坏了电极表面的覆盖层(或延缓/阻碍覆盖层的形成)，使得反应能够进行； 实验探究：电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，则实验3中左侧的电解质溶液不能和镁离子生成沉淀，故试剂a为可以为溶液（合理即可）； （5）实验1、2中变量为电解质溶液的不同，生成物质的溶解性不同；综合实验1、2，可以得出的结论是：形成原电池的正负极首先取决于金属、的失电子能力，同时也会受到反应过程中、电极表面覆盖程度的影响。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 配合物的结构、性质与探究 内容概览 考向1 配合物的结构与性质 考向2 配合物的探究实验 考向1 配合物结构与性质 1．（2023-2024北京广渠门期末）Rh-Ru双金属配合物(Cat)的结构及催化醋酸甲酯反应制备醋酸反应机理如图所示。下列说法错误的是 A．催化剂(Cat)Rh、Ru均为4配位，且均为sp3杂化 B．催化剂(Cat)中若Ru的化合价为+1，则Rh的化合价为+3，且反应过程中Ru的化合价始终保持不变 C．CH3COI和HI均为反应中间体，且反应①和②均为取代反应 D．总反应方程式可表示为CH3COOCH3+CO+H2O=2CH3COOH 2．（2023-2024北京石景山期末）配合物常用作杀虫剂、媒染剂等。其制备的流程图如下： 已知：的空间结构为平面四边形。下列说法不正确的是 A．若中两个被两个Cl取代，只有一种结构 B．过程②发生反应的化学方程式 C．过程③加入95%乙醇的作用是减小溶剂极性，以减小硫酸四氨合铜的溶解度 D．根据上述实验现象可知，与结合能力的强弱顺序为： 3．（2023-2024北京西城期末）为探究苯酚与的显色反应，向苯酚溶液中滴加溶液，充分混合后分成四等份，进行如下实验。 序号 ① ② 实验 现象 紫色溶液 紫色较①中深 序号 ③ ④ 实验 现象 紫色较①中浅 紫色较①中浅 已知：苯酚和显色的原理为 下列说法不正确的是 A．该显色反应中有共价键的断裂和配位键的形成 B．对比①②，可验证上述显色反应是可逆反应 C．推测④中溶液的紫色较③中浅 D．对比①④，可证明与配位 4．（2023-2024北京北大附中期末）将酞菁、钴酞菁、三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。已知酞菁分子中所有原子共平面，钴酞菁是由酞菁分子失去两个氢原子后与钴离子形成的配合物，气态 AlCl3 通常以二聚体 Al2Cl6 的形式存在， 酞菁、钴酞菁以及二聚体Al2Cl6的分子结构如下图所示。下列说法正确的是 A．酞菁分子内氮原子的杂化方式有两种 B．钴酞菁分子中，钴元素的化合价为+4 C．二聚体 Al2Cl6中Al的杂化轨道类型为sp2 D．AlF3的熔点为1090℃，AlCl3的熔点为192℃，两种物质属于不同的晶体类型 5．（2023-2024北京十一学校期末）某兴趣小组利用从中提取，并实现的循环利用。实验方案设计如下： （1）“溶液1”中含有的阳离子除了、少量外，还含有一种配离子为 (用离子符号表示)。“过滤1”所得“滤渣”的主要成分是 。 （2）中所含有的键数目为 。 （3）“反应①”的离子方程式为 ，结合能力更强的是 (选填“”或“”)。 （4）可以形成多种配合物，其中一种配离子的结构如图所示。该配离子中的键角 (填“大于”“小于”或“等于”)单个水分子中的键角。 （5）回收，理论上至少要消耗 mol。 考向2 配合物探究实验 1．（2023-2024北京海淀期末）某课题小组探究苯酚与显色反应的影响因素，设计了如下实验。 实验 操作 现象 I 向苯酚稀溶液中滴加几滴溶液 溶液呈浅紫色 II 向同浓度苯酚溶液中滴加与I中相同滴数的0.1mol/L溶液 溶液呈浅紫色 III 向同浓度苯酚溶液（调）中滴加与I中相同滴数的溶液 生成红褐色沉淀 IV 向实验III所得悬浊液中逐滴加入0.1mol/L盐酸 沉淀逐渐溶解，溶液变为紫色；继续滴加盐酸，溶液变为浅黄色 已知：可发生如下反应。 i．与苯酚发生显色反应： ii．与发生反应：（黄色） 下列说法不正确的是 A．中提供孤电子对，与形成配位键 B．实验I和II说明少量不会干扰苯酚与的显色反应 C．III中调后，增大，i中平衡正向移动 D．溶液、阴离子种类和浓度都可能影响苯酚与的显色反应 2．（2023-2024北京朝阳期末）小组同学探究深蓝色晶体的形成并测定晶体中铜的含量。 （1）实验原理 与能形成[Cu(NH3)4]2+：。在[Cu(NH3)4]2+里，提供孤电子对的是 。 （2）实验过程 小组同学采用不同的实验制备。 实验 操作与现象 I 向溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀；过滤，将滤出的沉淀置于试管a中，加氨水，一段时间后，沉淀略有溶解 Ⅱ 向溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加氨水，沉淀溶解，溶液呈深蓝色 ①Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色沉淀的离子方程式是 。 ②分析Ⅰ中未充分形成[Cu(NH3)4]2+的原因，小组同学分析认为反应产物对[Cu(NH3)4]2+的形成有影响。 i.甲同学重复实验Ⅰ，接着 （填操作和现象）；证实分析合理。 ii.乙同学重复实验Ⅰ后，将滤液加入试管a中，实验现象证实分析合理。结合有关原理分析解释滤液的作用： 。 ③向Ⅱ和Ⅱ中加入乙醇，析出深蓝色晶体。 （3）测定深蓝色晶体中铜的含量 资料：； i.称取m g晶体试样，溶解，配成100 mL溶液。 ii.取10mL溶液，加入硫酸，加入过量KI溶液，产生沉淀，溶液呈黄色。然后加入淀粉溶液，用b mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，接近终点时加入KSCN溶液（目的是提高测量准确度），至终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL。 ①ii中硫酸的作用是 。 ②ii中用硫酸调pH为3~4。若pH过低，会导致测定结果偏小，原因是 。（已排除空气的影响；滴定过程中无气体逸出） ③测得深蓝色晶体中铜的质量分数为 。 考向1 配合物结构与性质 1．（2023-2024北京东城期末）吡啶()是平面六元环状分子，与苯类似，分子中存在大键。二氯二吡啶合铂分子是一种以为中心离子，和吡啶分子为配体的配合物，具有顺式和反式结构，且分子极性：顺式>反式。下列说法正确的是 A．吡啶分子的大键中有6个电子 B．二氯二吡啶合铂的中心铂离子的杂化类型是 C．反式二氯二吡啶合铂的结构为 D．吡啶分子中形成配位键的电子对位于N原子的p轨道上 2．（2023-2024北京人大附中期末）某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下： 序号 实验 试剂 现象 ① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀 ② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成 ③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失 已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。 下列说法不正确的是 A．①中生成白色沉淀的原因是： B．由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的 C．由②③可推知，结合的能力： D．由①③可推知：促进了转化为 3．（2023-2024北京广渠门期末）小组同学探究配合物的形成，由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体。 步骤1：向盛有 蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴 氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 （1）写出步骤1产生蓝色沉淀的离子方程式是 。 （2）写出步骤2得到深蓝色溶液的离子方程式是 。 （3）请从平衡移动的角度解释步骤2发生的原因 。 （4）步骤3加入乙醇的原因是 。 （5）将氨通入胆矾溶液中，得到深蓝色溶液，阳离子是由氨和水分子与铜离子形成的，呈轴向狭长的八面体结构(如图1)。深蓝色溶液中不存在的作用力有 (填字母序号)。                  图1 a．σ键    b．金属键   c．非极性键   d．极性键 e．配位键  f．范德华力   g．氢键 4．（2023-2024北京广渠门期末）钴氨配合物在电镀及环境科学研究中有着重要的应用价值。某科研小组对其研究过程如下： I．配制CoCl2溶液 （1）配制100mL0.1mol·L-1CoCl2溶液，需要CoCl2的质量为 g。 （2）溶液配制过程中，下列仪器需要用到的有_______(填标号)。 A． B． C． D． Ⅱ．制备[Co(NH3)6]2+配合物 实验操作 实验现象 在试管内混合CoCl2溶液和适量6mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅紫色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。 在试管内混合CoCl2溶液和适量14mol·L-1NH3·H2O溶液。 得到浅紫色沉淀的浑浊液，沉淀未见明显溶解。 资料：Co(OH)2为浅青色沉淀，[Co(NH3)6]2+溶液为红色。 （3）实验①中生成浅青色沉淀的离子方程式为 。 （4）实验①和②现象可知，Co(OH)2与NH3·H2O难以生成[Co(NH3)6]2+配合物。学习小组预测对生成[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用。设计实验如下：取等体积实验①的浊液于1、2两支试管中，分别加入不同试剂，实验现象证实了预测。 ①x的化学式是 ，c = 。 ②实验现象是 。 ③从平衡移动角度，结合化学用语，解释对[Co(NH3)6]2+生成有一定促进作用原理 。 Ⅲ．制备[Co(NH3)6]３+配合物 往CoCl2溶液中加入浓氨水、H2O2、NH4Cl溶液，在活性炭催化下转化为橙黄色的[Co(NH3)6]3+溶液。为探究反应过程，小组成员提出了不同的猜想。 提出猜想 猜想1：Co2+先失电子生成Co(OH)3后与氨水形成配合物； 猜想2：Co2+先被H2O2氧化成Co3+后与氨水形成配合物； 猜想3：Co2+先与氨水形成[Co(NH3)6]2+后被H2O2氧化成[Co(NH3)6]3+。 （5）科研小组取少量Co(OH)3固体于试管中，逐滴加入浓氨水，观察到 ，证明猜想1不成立。 教师指导 氧化剂电对的电极电势大于还原剂电对的电极电势时，反应可以自发进行。 验证猜想 按照连接装置，分别往两烧杯中加入药品，关闭K，观察到 ，猜想2不成立。往左边烧杯中滴加 ，观察到 ，猜想3成立。 5．（2023-2024北京北大附中期末）氧化钪（Sc2O3）是一种稀土氧化物，广泛地应用于原子能、航空航天、荧光、电子、高技术陶瓷等领域。工业上以钨渣[含W，Sc，Si，Ca，Na，Zr（锆）等诸多元素的氧化物]为原料提取高纯度氧化钪的流程如下： 查阅资料：1．钨的氧化物WO3是酸性氧化物； 2．萃取相是采用TBP和P204与煤油按一定比例混合而成的有机相（TP）； 3．萃取相比O/W即为有机相与被萃取的酸性溶液的体积比； 4．逆流萃取指萃取剂与原溶液逆向流动的萃取。单极萃取指仅进行一次萃取的操作。 （1）钪的基态原子价电子轨道表示式为 。 （2）“萃取”采用逆流萃取，相比单级萃取的优势有 。“萃取”过程中萃取相比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，请根据表格中的数据选择的最佳萃取相比O/W和搅拌器转速分别为 。 表1萃取相比试验结果 萃取相比O/W 1:10 1:15 1:20 1:25 1:30 1:35 1:40 萃取率% 90 90 90 80 75 70 60 表2搅拌速度试验结果 搅拌器转速/ r/min 150 300 450 600 700 萃取率% 70 80 90 少量乳浊液 大量乳浊液 （3）Sc3+与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2)3，则加氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生成Sc(OH)3的化学方程式为 。 （4） Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH调节过小，可能导致的后果是 。 （5）苦杏仁酸（）在酸性条件下可与Zr4+形成配合物，请解释其与Zr4+配位的化学原理是 。 （6）空气中“煅烧”时发生反应的化学方程式为 。 考向2 配合物探究实验 1．（2023-2024北京丰台期末）某小组探究乙醛与银氨溶液反应产生银镜的条件，进行了如下实验。 已知：Ag(NH3)Ag++2NH3 编号 实验 试剂a 混合液pH 现象 Ⅰ NaOH 10 常温产生银镜 Ⅱ 浓氨水 10 加热无银镜 Ⅲ 无 8 加热产生银镜 下列说法不正确的是 A．乙醛与银氨溶液反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O B．对比实验Ⅰ、Ⅲ说明碱性条件有利于银镜产生 C．实验Ⅱ未产生银镜的原因是CH3CHO还原性较弱 D．基于此实验推断，制备银氨溶液时，加氨水的量不是越多越好 2．（2023-2024北京东城期末）某小组以工业浓盐酸呈黄色为线索，探究在水溶液中呈现不同颜色的原因。 查阅资料：在溶液中以络离子的形式存在，如(浅紫色)、(黄色)等，、、等与的络合能力较弱，通常将简写为。 （1）取少量黄色的盐酸样品，滴入溶液，通过 现象，说明样品中存在。 （2）为了研究浓盐酸的黄色与的关系，进行如下实验：取样品加入足量硝酸银、产生大量白色沉淀，静置后溶液颜色变浅。 ①加入溶液后，将沉淀，其目的是 。 ②推测（1）中涉及的与络合的微粒，在相同条件下其络合能力由强到弱的顺序是 。 （3）继续研究溶液中的颜色。 ①用晶体配制和溶液，溶液均呈黄色，酸化后颜色均变浅。已知在溶液中发生水解反应得到等一系列黄色产物。 ⅰ．以得到为例，写出该水解反应的离子方程式： 。 ⅱ．解释酸化使溶液颜色变浅的原因： 。 ②将几滴新制的溶液小心缓慢滴入浓硫酸中，立刻观察到溶液中产生浅紫色，经证实是的颜色。 ⅰ．该实验中，溶液与浓硫酸发生反应的化学方程式是 。 ⅱ．本实验中，利用了硫酸的性质：氧化性、 。 3．（2023-2024北京海淀期末）兴趣小组欲探究乙醛被新制氧化的反应，进行了如下实验。 I．探究反应产物 （1）甲同学认为橙红色浊液中含有，理由是 （用化学方程式表示）。 （2）乙同学推测浊液的颜色变化不只与的生成有关，证据是 。 小组同学查阅资料发现，乙醛在碱性条件下可发生缩聚，生成多烯醛聚合物，其化学式为。随聚合程度增大，聚合物颜色由橙黄色加深至红褐色。为检验浊液成分，小组同学进行了如下实验。 已知：可与酸反应，不溶于乙醇。 是白色难溶固体，在含溶液中存在平衡：。 （3）经检验，橙红色浊液中含和多烯醛聚合物。 ①黄色滤液可使酸性褪色，但不能据此证明多烯醛聚合物的存在，原因是 。 ②上述实验中，随着盐酸的加入，先产生白色沉淀，后沉淀消失。从平衡移动角度解释白色沉淀消失的原因： 。 II．探究反应条件 丙同学减少碱的用量以避免多烯醛聚合物的生成，但反应后浊液变黑。小组同学调整溶液的浓度，重新进行原实验（和乙醛溶液的浓度、体积均不变）．反应过程中的现象记录如下： 组别 20%NaOH溶液用量 蒸馏水用量 加热前 加热至沸 过滤，经乙醇洗涤后 1 淡蓝色溶液 淡蓝色溶液 无固体 2 2滴 淡蓝色浊液 土色发黑的浊液 黑色固体 3 半透明蓝色浊液 黑红色浊液 黑红色固体 4 半透明蓝色浊液 橙红色浊液 砖红色固体 5 深蓝色溶液 橙红色浊液 砖红色固体 （4）经检验，第2组实验中的黑色沉淀为。将检验的操作和现象补充完整：取洗涤后的黑色沉淀， 。 （5）实验现象说明，碱性增强有利于乙醛被氧化。 ①第5组实验中，加热前溶液呈深蓝色，原因是 （用离子方程式表示）。 ②第4、5组实验中，反应过程中未观察到黑色物质产生，可能的原因是 （写出一条即可）。 （6）小组同学反思乙醛被新制氧化的实验，提出下列促使实验成功的注意事项。其中合理的是 （填序号）。 a．制备时不宜过量，避免乙醛在碱性条件下缩聚 b．制备时应使过量，促进乙醛的氧化反应 c．反应后，宜用乙醇洗涤生成的固体，再观察固体颜色 4．（2023-2024北京丰台期末）某小组探究等浓度Na2S2O3溶液与AgNO3溶液的反应。 资料：ⅰ.S2O可看做是SO中的一个O原子被S原子取代的产物 ⅱ.Ag2S2O3为白色固体，难溶于水 ⅲ.Ag2S2O3+3S2O2[Ag(S2O3)2]3− ⅳ.Ag2S不溶于Na2S2O3溶液 实验Ⅰ （1）写出实验Ⅰ中生成白色沉淀的离子方程式 。 （2）结合资料，分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由 。 （3）将实验Ⅰ中产生的沉淀过滤后，向滤液中加入 (填操作和现象)，证明该上层清液中含有SO。 （4）设计如下操作证明实验Ⅰ中产生的沉淀除了含有Ag2S2O3外，还含有，不含S。 ①取少量沉淀，加入足量CS2，充分振荡，过滤得滤液A和固体B。取滤液A加水后没有明显现象，证明沉淀中不含S。 ②取固体B， (填操作和现象)，证明沉淀中含有。(可供选择的试剂：稀硫酸、稀盐酸、浓硝酸、Na2S2O3溶液) （5）S2O中若中心S为32S，端基S为35S，反应中S2O断裂的只有硫硫键，补齐白色沉淀变为黑色沉淀的反应，并注明S的质量数： 。 Ag2S2O3+H2O=___________+___________+2H+。 实验Ⅱ： 向2mlNa2S2O3溶液中逐滴加入2mlAgNO3溶液，开始阶段局部产生白色沉淀，振荡后消失，随着AgNO3溶液的滴加，再次产生白色沉淀，最终转化为黑色沉淀。 （6）从化学反应速率和限度的角度分析解释虚线部分可能的原因 ； 根据实验可知，Na2S2O3溶液与AgNO3溶液反应的多样性与溶液的相对用量有关。 5．（2024-2025北京海淀一模）小组同学探究、在强碱性溶液中形成原电池的正负极及其影响因素。 已知：、均能溶于强碱性溶液，生成。 【理论预测】 猜想1：作负极，因为的失电子能力更强。 猜想2：作负极，因为能与强碱性溶液发生氧化还原反应，产生。 【实验验证】 实验1 现象 0~5s：电压传感器初始示数为0.3V，后迅速归零；铝片表面有气泡产生(经检验为) 后：电压传感器示数逐渐变为并保持稳定；铝片表面有气泡产生(经检验为)，镁片表面无明显变化 （1）由电压传感器示数可知，时作负极。根据现象推测后正负极发生了反转，证据是 。 （2）后作负极，但猜想2中的解释不合理，理由是 。 （3）甲同学推测0~5s时产生的可能原因有： i．； ii． (用离子方程式表示)。 （4）小组同学推测，电压示数迅速减小与电极被覆盖有关。 ①0~5s时，镁片表面发生反应的电极反应式为 。 ②为证明推测，乙、丙同学分别设计了实验2和3。 已知：EDTA四钠盐浓溶液的约为12，EDTA易与形成配合物EDTA-Mg。 i．实验2中观察到电压示数从0.3V降至0.1V后保持稳定，可能的原因是 。 ii．补全实验3的方案：试剂a为 。 （5）综合实验1、2，可以得出的结论是 。 / 学科网（北京）股份有限公司 $$