专题05 配位键的形成与配位化合物的性质分析（重难点训练）化学鲁科版选择性必修2

专题05 配位键的形成与配位化合物的性质分析 建议时间：20分钟 突破一 配位键和配位化合物 1．下列各组中的分子或离子都含配位键的是 A．H2O、Al2Cl6 B．NH4Cl、[Cu(NH3)4]SO4 C．PCl3、[Co(NH3)4Cl2]Cl D．CO2、 【答案】B 【详解】A．H2O分子中含有2个O-H键，不含配位键；两分子AlCl3通过配位键结合为Al2Cl6，故不选A； B．NH4Cl中N和H之间有1个配位键，[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+和4个氨分子形成4个配位键，故选B； C．PCl3中含有3个P-Cl键，不含配位键；[Co(NH3)4Cl2]Cl中Co3+和4个氨分子、2个氯离子形成6个配位键，故不选C； D．CO2分子中有2个C=O键，不含配位键；中存在S与O的配位键，故不选D； 答案选B。 2．下列微粒间不能形成配位键的是 A．与 B．与 C．与 D．与 【答案】D 【详解】A．含有空轨道，含有孤对电子，可形成配位键，故A不符合题意； B．含有空轨道，含有孤对电子，可形成配位键，故B不符合题意； C．含有空轨道，含有孤对电子，可形成配位键，故C不符合题意； D．无孤对电子，中存在孤对电子，没有例离子能提供空轨道，不能形成配位键，故D符合题意； 故选D。 3．下列化合物属于配合物的是 A．Cu2(OH)2SO4 B．NH4Cl C．[Zn(NH3)4]SO4 D．KAl(SO4)2 【答案】C 【详解】A．Cu2(OH)2SO4属于碱式盐，不属于配合物，故A错误； B．NH4Cl中含有1个配位键，其属于离子化合物，故B错误； C．硫酸四氨合锌([Zn(NH3)4]SO4)中二价锌离子是中心离子，四个氨分子在锌离子的四周，是配体，中心离子和配体以配位键结合形成内界，也叫配离子，硫酸根离子处于外界，也叫外界离子，内界和外界组成配合物，故C正确； D．KAl(SO4)2含有离子键，属于离子化合物，是复盐，故D错误； 故选C。 4．CO会与人体血红蛋白中的形成配位键，使其丧失运输氧的能力。下列有关说法正确的是 A．基态的价电子排布式为 B．和为同素异形体 C．原子利用轨道与原子以头碰头的形式形成键 D．人体血红蛋白中的形成配位键时，分子提供孤电子对 【答案】D 【详解】A．基态Fe2+的电子排布为[Ar]3d6，价电子排布应为3d6，而非3d5，故A错误； B．16O2和18O2是同位素形成的同种分子，同素异形体需为不同结构（如O2与O3），故B错误； C．σ键由头碰头形成，π键由肩并肩形成，CO中的π键应为p轨道肩并肩重叠，故C错误； D．配体（CO）中C提供孤电子对，中心金属（Fe2+）提供空轨道，D正确； 故答案为D。 突破二 配位键成键规律 5．硫酸四氨合铜晶体，在工业上用途广泛。实验室制备的流程如下图，下列说法不正确的是 A．Ⅱ中产生的沉淀是 B．的稳定性强于 C．硫酸四氨合铜晶体中存在的化学键有共价键、配位键、离子键和氢键 D．过程③加入95%乙醇的作用是减少溶剂极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度 【答案】C 【分析】在硫酸铜溶液中加入几滴氨水，先出现蓝色的Cu(OH)2沉淀，然后继续加氨水，沉淀溶解为，加入乙醇，降低溶剂的极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度，析出晶体。 【详解】A．根据分析可知，Ⅱ中产生的沉淀是，故A正确； B．硫酸铜溶液中存在的是，不断加入氨水的过程中先生成Cu(OH)2，最后生成，说明的稳定性强于，故B正确； C．氢键不属于化学键，故C错误； D．95%乙醇的极性较小，加入95%乙醇可以降低溶剂的极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度，故D正确； 故选C。 6．冠醚是皇冠状的分子，有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。下列说法正确的是 A．冠醚适配碱金属离子时形成离子键 B．冠醚分子中三种元素电负性由大到小的顺序为： C．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征 D．中心碱金属离子的配位数随着空穴大小不同而改变 【答案】D 【详解】A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，A错误； B．氢电负性小于碳，同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强，氧电负性大于碳，B错误； C．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，体现了超分子的分子识别特征，C错误； D．中心碱金属离子的配位数是随着空穴大小不同而改变的，D正确； 故选D。 7．的结构如图所示，下列有关说法错误的是 A．1个与4个形成配位键 B．的空间结构为正四面体形 C．键角1、2的大小顺序为∠2>∠1 D．与水分子之间存在氢键 【答案】C 【详解】A．的结构图可以看出个与4个形成配位键，用“”表示，A正确； B．离子中心原子的价电子对数为，没有孤电子对，空间结构为正四面体形，B正确； C．、两者中心原子都为，的O原子上有孤电子对，的S原子无孤电子对，故键角∠2＜∠1，C错误； D．上有O，水分子中有H，与水分子之间存在氢键，D正确。 故选C。 8．以丙酮为溶剂，由X、18-冠-6(Y)和反应可制得一种新型超分子晶体材料，原理如图所示。已知18-冠-6空腔直径为260~320pm，几种碱金属离子的直径：、、、、。下列说法错误的是 A．超分子晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键 B．X中氨基的键角小于超分子阳离子中的键角 C．该超分子晶体材料的熔点低于 D．KCl中若含有CsCl杂质，可以通过18-冠-6进行分离 【答案】A 【详解】A．氢键属于特殊的分子间作用力，不属于化学键，A错误； B．氨基N上有孤电子对，排斥力更大，B正确； C．半径小于超分子阳离子，离子键强度更大熔点更高，C正确； D．空腔直径，其空腔直径可以容纳而不能容纳，可以通过18-冠-6进行分离，D正确； 故选A。 突破三 配位化合物的组成和结构 9．(俗称铵铁蓝)是一种蓝色的无机颜料。有关该物质的说法不正确的是 A．该物质中至少存在2种配位键 B．CO的相对分子质量大于，则沸点比高 C．中H-N-H的键角比中H-N-H的键角大 D．阴离子中的Fe、C、N原子可处于同一直线上 【答案】B 【详解】A．该物质中与通过配位键形成，且中也存在一个配位键，因此至少存在2种配位键，A正确； B．CO的相对分子质量虽大于，但分子间存在氢键，导致其沸点显著高于CO，B错误； C．根据价层电子对互斥理论，、NH3中N原子的价层电子对数均为4，但NH3中N原子有1个孤电子对而没有，为正四面体结构，键角约为109.5°，为三角锥形，键角约为107°，则中H-N-H的键角比中H-N-H的键角大，C正确； D．中含有碳氮三键，是直线形结构，因此Fe、C、N原子可处于同一直线上，D正确； 答案选B。 10．关于，下列说法不正确的是 A．中的配位体是 B．的原子均满足8电子稳定结构 C．N、C、Fe三种元素都位于p区 D．该物质中存在离子键 【答案】C 【详解】A．K3[Fe(CN)6]中的配位体是CN−，每个CN−作为配体与Fe3+通过配位键结合，A正确； B．的电子式为，各原子均满足8电子稳定结构，B正确； C．Fe为过渡金属，价电子填入d轨道，位于d区，而非p区，C错误； D．K3[Fe(CN)6]中K+与[Fe(CN)6]3−通过离子键结合，D正确； 故答案为C。 11．用CuCl探究Cu(I)、Cu(Ⅱ)性质，实验步骤及观察到的现象如下： CuCl白色粉末无色溶液蓝色溶液无色溶液蓝色溶液 该过程中可能涉及的反应有： ① ② ③ ④ 下列说法正确的是 A．与Cu2+的配位能力：NH3<OH- B．蓝色 C．第四周期，最外层电子数为1且内层全充满的元素是K和Cu D．探究过程未发生反应② 【答案】D 【详解】A．由实验可得，Cu2+优先与NH3形成配合物，则NH3的配位能力通常强于OH-，A错误； B．实验现象显示，[Cu(NH3)2]+的溶液为无色，蓝色溶液对应的是[Cu(NH3)4]2+，B错误； C．第四周期中，最外层电子数为1且内层全充满的元素只有Cu（3d104s1），而K的3d轨道未填充，内层未全充满，C错误； D．反应②会产生Cu沉淀，但实验中未提及沉淀，蓝色溶液应由反应④形成，即氧气氧化[Cu(NH3)2]+，D正确； 故选D。 12．某物质的实验式为，其水溶液不导电，加入溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有放出，则关于此化合物的说法中正确的是 A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6 B．该配合物可能是平面正方形结构 C．和分子均与配位 D．配合物中与配位，而分子不与配位 【答案】C 【分析】由信息可知，与均与中心原子配位，由化合价代数和为零可知铂为+4价。 【详解】A．中心原子的电荷数为+4，配位数为6，两者不相等，A错误； B．平面正方形结构的配位数为4，而该配合物配位数为6，应为八面体结构，B错误； C．Cl⁻和NH3均在内界作为配体，与Pt4+配位，符合题意，C正确； D．若NH3不配位，强碱处理会释放NH3，与题意矛盾，D错误； 故选C。 13．向少量AgCl沉淀中滴入1的氨水，振荡，生成而沉淀消失，形成澄清的无色溶液，下列说法错误的是 A．基态氯原子有5种不同能量的电子 B．氨水中有四种不同类型的氢键 C．中中心离子是，配体是 D．向澄清的无色溶液中加入溶液不会产生白色沉淀 【答案】D 【详解】A．氯原子基态电子排布为1s2 2s2 2p6 3s2 3p5，共有5个不同能级，对应5种能量，故A正确； B．氨水中的氢键包括水分子间（O-H…O）、氨分子间（N-H…N）、氨与水之间（O-H…N和N-H…O），共四种类型，故B正确； C．[Ag(NH3)2]+中Ag+为中心离子，NH3为配体，故C正确； D．原溶液中Cl-浓度较高，加入AgNO3后，Ag+与Cl-的浓度乘积可能超过AgCl的Ksp，生成AgCl沉淀，故D错误； 故答案为：D。 14．配位化合物在生产、生活和科技等方面具有十分重要的应用。下列说法错误的是 A．配合物中，的配位数为4 B．配合物中，中心离子的化合价为+3 C．空间结构为平面四边形，其顺式结构可溶于极性溶剂，顺式结构为 D．在中加入足量溶液，可以得到3molAgCl沉淀 【答案】D 【详解】A．配合物中，Zn2+为中心离子， NH3是配体，与4个NH3形成配位键，则的配位数为4，故A正确； B．配合物中，带一个单位负电荷，带一个单位负电荷，NH3不带电荷，则中心离子带三个单位正电荷，为Co3+，其化合价为+3价，故B正确； C．空间结构为平面四边形，其顺式结构可溶于极性溶剂，根据相似相溶原理，极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，则其顺式结构为极性分子，顺式结构为，故C正确； ​​​​​​​D．内界为1，外界为2，内界不与反应，外界与反应生成AgCl沉淀，则在中加入足量溶液，可以得到2molAgCl沉淀，故D错误； 故选D。 15．可与多种配体形成配离子，如（红色）、（亮绿色），其中结构如图所示。已知在硫酸铁溶液中滴加过量草酸，溶液变亮绿色，再滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，下列有关说法错误的是 A．使用KSCN检验，比使用草酸钠更灵敏 B．和中的配位数分别为6和3 C．中C原子杂化方式为 D．离子中，提供空轨道用于形成配位键 【答案】B 【详解】A．根据“在硫酸铁溶液中滴加过量草酸，溶液变亮绿色，再滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色”，可知使用KSCN检验更灵敏，A正确； B．和中的配位数均为6，B错误； C．由结构式可知中C原子形成三条键，杂化方式为，C正确； D．离子中，的电子排布式为，提供空轨道用于形成配位键，D正确； 故选B。 突破四 配合物内界共价键的数目 16．含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，一种配合物的结构如图所示，下列说法正确的是 A．该螯合物内存在离子键、配位键、极性键 B．该螯合物通过螯合作用形成的配位键有 C．该螯合物中含有3种配体 D．该螯合物为离子化合物，易电离 【答案】B 【详解】A．该螯合物内存在配位键（Fe3+与N原子形成），也存在C-H、N-H等极性共价键，根据题意关于螯合物的概念，由有多个配位原子的配体与同一中心离子形成，则无离子键存在，A错误； B．由图可知，三个N原子与Fe3+通过螯合配位成环，所以1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有3mol，B正确； C．由结构图可知，配体有Cl-和含N的有机配体，共2种，C错误； D．因为形成了螯合物，所以不属于离子化合物，不易电离，D错误； 故选B。 17．下列关于配合物的说法正确的是 A．配体是和，配位数是5 B．中心离子是的 C．该配合物中含共价键16mol D．含该配合物的水溶液中加入足量溶液，生成沉淀 【答案】B 【详解】A．由化学式可知，配合物中中心离子是Ti3+离子，配位体为氯离子和水分子，配位数为6，故A错误； B．由化学式可知，配合物中中心离子是Ti3+离子，故B正确； C．由化学式可知，配合物中配位键为共价键，水分子的氢氧键为共价键，则配合物中含有18mol共价键，故C错误； D．由化学式可知，配合物中加入足量硝酸银溶液，内界氯离子不能与硝酸银溶液反应，只有外界氯离子能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，则该配合物与足量溶液，生成沉淀，故D错误； 故选：B。 18．硫代硫酸不稳定，故工业仅用其盐。例如：硫代硫酸镁常用于医药和纺织行业。MgS2O3·6H2O中含有配离子：[Mg(H2O)6]2+。该配离子的组成如下图所示： (1)[Mg(H2O)6]2+中提供电子对形成配位键的原子或离子是 。 (2)1mol该配离子中含有σ键 mol。 【答案】(1)O (2)18 【详解】（1）[Mg(H2O)6]2+中Mg2+为中心离子，H2O为配体，其中H2O中O有孤电子对，能够形成配位键，故[Mg(H2O)6]2+中提供电子对形成配位键的原子是O； （2）1mol[Mg(H2O)6]2+中有6mol配位键，配位键也是σ键，6mol水中含有12molσ键，故1mol该配离子中含有σ键18mol。 19．CuSO4溶液中通入过量氨气可生成[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，其结构如下图所示。 1 mol [Cu(NH3)4(H2O)2]2+中含有 个σ键。 【答案】22NA 【详解】1个NH3有3个σ键，4个NH3含有σ键为个，1个H2O有2个σ键，2个H2O含有σ键为个，配位键为σ键，1个[Cu(NH3)4(H2O)2]2+共有6个配位键，则1 mol [Cu(NH3)4(H2O)2]2+中含有22NA个σ键。 20．、分别溶于氨水可形成、、、等多种配合物。回答下列问题： (4)现有等物质的量的和，分别与足量的反应，理论上生成AgCl的物质的量之比为 。 【答案】 (4)3：2 【详解】 （4）配合物在水溶液中内外界发生电离，内界一般不电离，等物质的量的和，电离出来的氯离子物质的量之比为3：2，分别与足量的反应，理论上生成AgCl的物质的量之比为3：2。 题型五 配合物的应用 21．硫酸铜溶液中存在大量的，向硫酸铜溶液中逐滴滴入浓氨水，会逐渐转化为。已知和均是平面结构，下列说法不正确的是 A．中间产物有两种结构 B．配位键键能大于配位键键能 C．中铜为杂化 D．滴加氨水的过程中溶液颜色不一定加深 【答案】C 【详解】A．中间产物[Cu(NH3)2(H2O)2]2+为平面四边形结构，两个NH3和两个H2O的取代方式存在邻位和对位两种异构体，因此有两种结构，A正确； B．氨水能取代H2O配体，说明NH3与Cu2+的配位能力更强，即Cu-N配位键键能更大，B正确； C．[Cu(NH3)4]2+为平面结构，则中心原子Cu的杂化方式应为dsp2，C错误； D．向硫酸铜溶液中逐滴滴入浓氨水，首先生成Cu(OH)2沉淀，溶液颜色变浅，过量氨水溶解沉淀形成深蓝色[Cu(NH3)4]2+，颜色加深，D正确； 故选C。 22．在CuCl2溶液中存在如下平衡：  ，下列说法中不正确的是 A．将CuCl2溶液加热，可使溶液的颜色变绿 B．向CuCl2的浓溶液中加水，溶液将从绿色逐渐变为蓝色 C．向CuCl2稀溶液中加入NaCl固体，溶液将从蓝色变为绿色 D．向CuCl2溶液中加入AgNO3，可使上述平衡向逆反应方向移动 【答案】D 【详解】A． ，反应为可逆反应，加热可以使平衡向逆向移动，溶液将从蓝色变为绿色，A正确； B．向CuCl2的浓溶液中加水，铜离子主要以存在，溶液显蓝色，B正确； C．向CuCl2稀溶液中加入NaCl固体，氯离子浓度增大，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，溶液将从蓝色变为绿色，C正确； D．向CuCl2溶液中加入AgNO3，氯离子和银离子生成氯化银沉淀，溶液中氯离子浓度减小，根据平衡移动原理，平衡正向移动，D错误； 故选D。 23．下列实验操作能够达到目的的是 实验操作 目的 A 向溶液中滴入几滴浓硝酸 探究对水解的影响 B 向溶液中滴入足量氨水，观察溶液颜色变化 比较与的结合能力： C 测定未知浓度M溶液的pH是否为12 判断M溶液为强碱溶液 D 向溶液中先滴入几滴NaBr溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化 比较AgBr和AgI的大小 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．浓硝酸具有强氧化性，会氧化Fe2+而非仅改变H+浓度，无法单纯探究H+对水解的影响，A错误； B．过量氨水使[Cu(H2O)4]2+转化为深蓝色[Cu(NH3)4]2+，可证明NH3结合Cu2+能力更强，B正确； C．pH=12可能是高浓度弱碱溶液，无法仅凭pH判断是否为强碱，C错误； D．过量，过量的Ag+会直接与I-生成AgI，未通过沉淀转化无法比较Ksp，D错误； 故选B。 24．下列化学应用实例与方程式不匹配的是 应用实例 方程式 A 海上油气加工平台海葵一号的钢壳外壁铺装锌锭减缓腐蚀 B 用溶液处理水垢中的 C 用浓溶液洗除实验服上的黑色银斑 D 用浓氨水清洗器具表面的氯化银 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．钢壳外壁铺装锌锭属于牺牲阳极保护法，锌作为阳极失电子被氧化，反应应为Zn -2e- =Zn2+，故A错误； B．CaSO4与反应生成更难溶的CaCO3，发生沉淀转化，故B正确； C．Ag与在O2作用下生成络离子，故C正确； D．AgCl与浓氨水反应生成，故D正确； 选A。 25．下列关于配位化合物的叙述中错误的是 A．中心离子结合配体的个数称为配位数，不同离子的配位数可能不同 B．配位化合物中只存在配位键 C．中提供空轨道，中O提供孤电子对形成配位键 D．配位化合物在半导体等尖端技术、医药科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用 【答案】B 【详解】A．中心离子的配位数是指结合配体的数目，不同离子因电荷、半径等因素配位数可能不同，A正确； B．配位化合物中必定存在配位键，但同时可能含有其它化学键，例如在[Cu(H2O)4]SO4中，与形成配位键，配离子与间为离子键，、内部含共价键，B错误； C．配合物中，中心原子或离子提供空轨道，配体提供孤电子对，二者通过配位键结合；因有空轨道，H2O中的O原子有孤电子对，二者能形成配位键而得到，符合配位键的形成规律，C正确； D．配位化合物在半导体、医药、催化和材料等领域应用广泛，如半导体制造中利用配合物的特殊结构调控电子传输，医药里金属配合物可作为抗癌药物精准作用于靶点，催化反应中借助配合物活性中心加速反应，材料领域用配合物实现特殊光学、电学性能，推动多行业技术发展，D正确； 故选B。 建议时间：25分钟 1．（24-25高二下·山东·阶段练习）配合物可用于离子检验。设表示阿伏加德罗常数的值，下列相关说法中不正确的是 A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键 B．配离子为，中心离子为，配位数为6，配位原子有C和N C．1mol该配合物中键的数目为 D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol该配合物电离共得到个阴、阳离子 【答案】AD 【详解】A．与存在离子键，NO分子、与形成配位键，碳氮之间、氮氧之间存在极性共价键，不存在非极性键，A错误； B．NO分子、与形成配位键，电负性O＞N＞C，则NO分子中N为配位原子、CN-中配位原子为C，B正确； C．配位键也属于σ键，配体CN－中含有1个σ键，NO中含有1个σ键，所以1mol该配合物中键的数目为，C正确； D．配合物为离子化合物，每个电离出2个与1个，所以1mol该配合物电离共得到个阴、阳离子，D错误； 故选AD。 2．（23-24高二下·山东临沂·期中）许多过渡金属离子能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是 A．二乙二胺合铜配离子的结构如图所示，可知的配位数为4，配体数也为4 B．的空间构型为平面四边形，杂化方式为 C．由反应，可知配位能力： D．配合物中心离子为，1mol该配合物与溶液作用，生成3mol AgCl 【答案】C 【详解】A．1个二乙二胺分子中有2个N原子作配位原子，的配位数为4，配体数为2，A错误； B．若中杂化方式是杂化，则的空间构型为四面体形，而的空间构型为平面四边形，故杂化方式不是，B错误； C．能发生，说明配位能力：，C正确； D．配合物中只有外界中的氯离子能电离出来，故1mol该配合物与溶液作用，生成2mol AgCl，D错误； 故选C。 3．已知Co(Ⅲ)的八面体配合物的化学式为CoClm·nNH3，若1 mol配合物与AgNO3溶液反应生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是 A．m=1，n=5 B．m=3，n=4 C．m=5，n=1 D．m=4，n=5 【答案】B 【详解】1mol配合物与AgNO3溶液反应生成1mol AgCl沉淀，说明该配合物的外界中含一个，则该配合物的化学式可表示为[CoClm-1(NH3)n]Cl；八面体配位数为6，则m-1+n=6，即m+n=7；根据内界整体带一个正电荷知，+3+[-(m-1)]+0=+1，解得m=3，所以n=4，B符合题意，故选B。 4．在[Fe(CN)6]3-配离子中，中心离子的配位数为 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【详解】配位数指中心离子结合的配位原子总数，每个CN⁻为单齿配体，提供1个配位原子，6个CN⁻总数为6，D正确； 故选D。 5．已知某紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱加热至沸腾有NH3放出，同时产生Co2O3沉淀；向一定量该配合物溶液中加过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为 A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3 C．[CoCl(NH3)3(H2O)]Cl2·2NH3 D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O 【答案】D 【详解】A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O中内界含2个Cl-，外界含1个Cl-，总Cl-数为3，但根据实验现象外界Cl-应为2，内界Cl-应为1，A不符合题意； B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3中Cl-全在外界（3个），第一次沉淀应全部析出，第二次无Cl-可沉淀，与题意矛盾，B错误； C．[CoCl(NH3)3(H2O)]Cl2·2NH3中内界含1个Cl-，外界含2个Cl-，但外界还有2个NH3，而题目中NH3应全部在内界（加热时才释放），C不符合题意； D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O中内界含1个Cl-和5个NH3，外界含2个Cl-，总Cl⁻数为3，且NH3均在内界，H2O为结晶水，与实验现象完全吻合，D正确； 答案选D。 6．（24-25高二上·山东青岛·期末）可与等形成配离子，浅紫色、红色、黄色、无色。验证实验如下： 下列说法错误的是 A．中的键角大于分子中的键角 B．中含键 C．若向溶液I中加入硝酸，溶液可能由黄色变为浅紫色 D．据实验②③可推测，与配位的能力强于 【答案】D 【详解】A．配离子中H-O-H中的O只存在1对孤电子对，H2O分子中的O原子存在2对孤电子对，配离子中H-O-H的键角受到孤电子对的挤压减小，所以中的键角大于分子中的键角，故A正确； B．中含有6mol配位键，6molS-C之间的键， 6molN-C之间的键，故B正确； C．向溶液I中加入硝酸，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，溶液可由黄色变为浅紫色，故C正确； D．实验②和③中加入KSCN和NaF的浓度不同，不能比较其配位能力，故D错误； 故选D。 7．（24-25高二下·山东淄博·期末）下列关于F及其化合物的结构与性质的论述错误的是 A．与核外价电子总数相同，均为正四面体结构 B．与中，与配位能力更强的是 C．熔点高于的原因：NaCl离子键更强 D．酸性大于的原因：F电负性大于H 【答案】A 【详解】A．的价电子总数为3（B）+4×7（F）+1（电荷）=32，的价电子总数为3（B）+4×1（H）+1（电荷）=8，两者价电子总数不同，故A错误； B．Cl的电负性弱于F，中N的孤对电子更易与配位，因此配位能力更强，故B正确； C．F⁻半径小，与Na⁺的离子键作用更强，熔点更高，故C正确； D．F的电负性大于H，通过吸电子诱导效应增强羧酸的酸性，故D正确； 故选A。 8．（24-25高二下·山东滨州·期末）冠醚与金属离子的聚集体可以看成一类超分子。不同大小的冠醚可以“夹带”不同的金属离子，如18-冠-6可与作用，但不与和作用，如下图。下列说法错误的是 A．冠醚适配碱金属离子，体现了分子识别特征 B．18-冠-6分子中，和的杂化方式均为 C．超分子中，原子与间存在离子键 D．18-冠-6分子溶入己烯，可提升水溶液氧化己烯的效果 【答案】C 【详解】A．冠醚能与半径大小相匹配的金属离子作用，因此18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，故A正确； B．18-冠-6中C和O价电子对数均为4，杂化方式都是sp3，故B正确； C．超分子中O原子与K+间是配位键，故C错误； D．KMnO4不溶于大多数有机物，冠醚通过与K+形成配合物，可以增加KMnO4在己烯中的溶解度，可提升水溶液氧化己烯的效果，故D正确； 选C。 9．（24-25高二下·山东临沂·期中）设阿伏加德罗常数的值为，下列叙述正确的是 A．1molAlCl3晶体中含有的数目为3 B．标准状况下，22.4L苯分子中含有3个键 C．吡啶()中有与苯类似的大键，N原子的孤电子对占据杂化轨道 D．中键的数目为12 【答案】C 【详解】A．1molAlCl3晶体没有发生电离，无氯离子生成，故A错误； B．标准状况下，苯是液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误； C．吡啶与苯是等电子体，则吡啶中有与苯类似的大π键，N采取sp2杂化，则N原子的孤电子对占据sp2杂化轨道，故C正确； D．中Cu2+与NH3之间的配位键属于键，NH3中的氮原子与氢原子之间的共价键属于键，则中键的数目为16，故D错误； 故选C。 10．（24-25高二下·山东潍坊·期中）铁、镍及其化合物在生产、生活中有重要的应用。回答下列问题： (1)丁二酮肟常用于检验，原理如下： 的价电子轨道表示式为 ；相同条件下，丁二酮肟镍的沸点低于丁二酮肟的原因为 。丁二酮肟镍中存在的化学键有 (填标号)。 a．离子键b．金属键c．配位键d．氢键 (2)的结构如图所示，Fe、O、S的第一电离能由大到小的顺序 ；键角α、β、γ(由大到小的顺序是 。加热时更易失去的水分子是 (填“①”或“②”)。 (3)Fe在一定条件下可与CO形成分子，该配合物中提供孤对电子的是 (填元素符号)。若Fe原子的价电子数及其周围CO提供的成键电子数之和为18，则分子构型为 。 【答案】(1) 丁二酮肟镍形成分子内氢键，丁二酮肟形成分子间氢键，沸点升高 c (2) ② (3) C 三角双锥形 【详解】（1） 的价电子轨道表示式为；由结构可知丁二酮肟镍形成分子内氢键，丁二酮肟形成分子间氢键，分子间作用力增大，沸点升高。丁二酮肟镍中存在Ni与N原子间的配位键。 （2）同一主族元素，原子序数越大，元素的第一电离能就越小。O、S是同一主族元素，所以第一电离能：O＞S；金属元素Fe的第一电离能最小，故第一电离能；根据绿矾结构简式可知：为中的化学键，的中心S原子价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此呈正四面体结构，键角是109°28′； 为H2O分子中的H-O-H，H2O的中心O原子价层电子对数是2+=4，有2对孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，所以H2O呈V形，键角是104。5°；为FeSO4·7H2O中配位体H2O的H-O-H，配位体H2O分子的O原子还形成了1个配位键，其上有1对孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对的排斥作用，孤电子对数越多，键角就越小，所以＜104。5°，因此键角、、由大到小的顺序是；根据图示可知②处的H2O分子离中心Fe2+及较远，结合力较小，加热时，因此图中②号位的水分子更容易失去； （3）C的电负性小于O，故提供孤电子对的为C；若Fe原子的价电子数及其周围CO提供的成键电子数之和为18，则Fe(CO)x，设FeCO��中有x个CO配体：Fe的价电子数：8，x个CO提供的电子数：2x，所以：8 + 2x = 18，解这个方程：2x = 18 - 8 = 10，x = 5，因此，Fe(CO)x中x=5，即分子式为Fe(CO)5。结构为三角双锥形。 11．（24-25高二下·山东·期中）碱土金属元素在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题： (1)CaC2俗称电石，是重要的基本化工原料，主要用于产生乙炔气，基态Ca原子核外电子的运动状态有 种，CaC2的电子式为 。 (2)BeCO3与CH3COOH反应生成配合物的结构如图甲所示，Be的配位数为 。该配合物的化学式为 ；两分子CH3COOH之间易形成两个氢键得到八元环二聚体，该二聚体的结构简式为 (用O-H…O表示氢键)。 【答案】(1) 20 (2) 4 Be4O(OOCCH3)6 【详解】（1） 基态Ca原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p6s2，核外共有20个电子，共有20种核外电子运动状态，CaC2为离子化合物，碳原子之间以碳碳三键的方式结合，电子式为，故答案为：20；； （2） 根据图1结构简式可知，配合物的化学式为Be4O(OOCCH3)6；每个Be与4个O原子成键，其配位数为4；两分子乙酸通过形成2个氢键形成含八元环二聚体，该二聚体的结构：，故答案为：4；Be4O(OOCCH3)6；； 12．（24-25高二下·山东济宁·期中）北宋卷轴画《千里江山图》颜色绚丽，由石绿、雌黄，赭石，阵碟、朱砂等颜料绘制而成，颜料中含有钠、氧、硅、硫、钴、锰、钛、铁等元素。 (1)钠在火焰上灼烧的黄光是一种 (填字母)。 a．吸收光谱                       b．发射光谱 (2)下列属于氧原子激发态的轨道表示式的有 (填字母)。 a．           b． c．              d． (3)太阳能电池板主要材料为Si的晶体。SiCl4是生产高纯Si的前驱体，SiCl4可发生水解反应，机理如下： 含s，p，d轨道的杂化类型有：①dsp2 ②sp3d，③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为 (填标号)。 (4)1mol[Co(NH3)6]3+中σ键的物质的量是 mol。现有10mL浓度为0.1000mol·L-1的溶液A，溶质可能是[Co(NH3)6]Cl3或[Co(NH3)2Cl]Cl2，用浓度为0.1000mol·L-1的AgNO3溶液进行滴定，消耗AgNO3溶液20mL，则溶液A中的溶质是 (填化学式)。 【答案】(1)b (2)bc (3)② (4) 24 【详解】（1）钠在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就多余的能量以黄光的形式放出，属于发射光谱，故答案选b； （2）a．轨道表示式为基态氧原子，故a错误； b．2p轨道上的一个电子跃迁到3s轨道，属于激发态，故b正确； c．2s轨道上的一个电跃迁到2p轨道，属于激发态，故c正确； d．不是氧原子的核外电子排布，故d错误； 故选bc； （3）SiCl4中，Si的σ键数为4，无孤电子对，Si采取的杂化类型为sp3杂化；由图可知，中间体SiCl4(H2O)中Si的σ键数为5，Si采取的杂化类型为sp3d杂化，答案为②； （4）单键均为σ键，配位键也为σ键，中σ键的物质的量是（3+1）×6=24mol；现有10mL浓度为的溶液A，用浓度为的溶液进行滴定，消耗溶液20mL，则A中存在2个外界的氯，故溶质是； 13．（24-25高二下·山东青岛·期中）按要求完成填空 (1)化学家维勒用无机物氰酸铵(NH4OCN)合成了有机物尿素[]，开创了合成有机化合物的新时代。回答下列问题： ①氰酸(HCNO)是一元弱酸，碳原子的杂化方式为sp，氰酸的结构式为 。氯化氰(CNCl)发生水解反应，化学反应方程式为 。与氰酸根互为等电子体且为非极性分子的是 (填化学式)。 ②分子中的大π键可用符号表示，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。异氰酸(O=C=N-H)分子中存在大π键，可表示为 。 (2)配合物在医药科学、催化反应和材料化学等领域都有重要的应用。a．、b．、c．是三种常见的配合物。c中阳离子空间构型为 。下列说法正确的是 。 A．a中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键 B．1molc的键数目为18NA C．a、b、c中Cr的配位数都是6 D．等物质的量的a、b、c分别与足量AgNO3溶液反应，得到AgCl物质的量也相等 (3)三聚氰胺是一种重要的工业原料，曾被不法分子作为添加剂而引发毒奶粉事件。三聚氰胺在水中易发生水解和异构化，并与异构化产物形成层状的超分子，部分过程如下： ①C、N、O第一电离能由大到小的顺序为 。乙发生“异构化”的原因为 。 ②甲与丙能够形成层状超分子的原因为 。乙分子中N原子的孤对电子占据的轨道为 。 【答案】(1) H-O-C≡N CNCl+H2O→HCNO+HCl CO2或CS2 或2个 (2) 正八面体形 BC (3) N>O>C 烯醇式结构不稳定或碳氧双键比碳氮双键稳定或乙中羟基氢有酸性氮有碱性 甲和丙形成分子间氢键 sp2 【详解】（1）①碳原子的杂化方式为sp，sp杂化的碳原子形成直线形结构，且氰酸(HCNO)是一元弱酸，说明H与O相连，所以氰酸的结构式为H-O-C≡N；氯化氰(CNCl)与水发生水解反应生成氰酸和氯化氢，则方程式为CNCl+H2O→HCNO+HCl；等电子体是指价电子数和原子数相同的微粒。氰酸根（）的原子总数为3，价电子总数为16，CO2或CS2原子总数均为3，价电子总数均为16，且而这均为直线型的非极性分子，所以与氰酸根（）互为等电子体且为分极性分子的是CO2或CS2，故答案为：H-O-C≡N ；CNCl+H2O→HCNO+HCl ；CO2或CS2； ②异氰酸(O=C=N-H)分子中，O、C、N3个原子都参与形成大π键。O原子价电子数为6，C价电子数为4，N原子价电子数为5，H与N成键用去1个电子，双键中各有1个，剩下参与大π键的电子数：O提供2个、C提供2个、N提供2个，共6个电子，所以大π键表示或2个，故答案为：或2个； （2）①对于c：，其中阳离子为。与6个形成配位键，6个配位体呈正八面体构型围绕中心离子，所以c中阳离子的空间构型为正八面体，故答案为：正八面体； ②A．在a：中，与之间是离子键；与、是配位键；中H、O原子之间是共价键，氢键不属于化学键，故A错误； B．在c：中，与6个形成6个配位键（属于键），每个中有2个键（键），所以1个键为，则1molc的键数目为18NA，故B正确； C．在a：中Cr的配体是4个是和2个，配位数为6；b：中Cr的配体是5个和1个，配体数为6；在c：中，Cr的配体为6个，配体数均为6，故C正确； D．在a、b、c三种物质中內界的不与溶液反应生成白色的AgCl沉淀；在a：中只有1个外界，在b：中有2个外界，在c：中有3个外界。所以等物质的量的a、b、c三中物质分别与足量的反应，得到AgCl的物质的量不想等，故D错误； 答案先BC； （3）①同周期主族元素的第一电离能的变化规律为：从左到右，第一电离能呈增大趋势，但IIA族和VA族元素原子第一电离能高于同周期相邻元素原子的第一电离能，则C、N、O第一电离能大小为：N>O>C；烯醇式结构不稳定或碳氧双键比碳氮双键稳定或乙中羟基氢有酸性氮有碱性，乙发生“异构化”；故答案为：N>O>C；烯醇式结构不稳定或碳氧双键比碳氮双键稳定或乙中羟基氢有酸性氮有碱性； ②甲与丙能够形成分子间氢键，所以能形成层状超分子；乙分子中N原子是杂化，孤电子对占据的是杂化轨道，故答案为：甲和丙形成分子间氢键；。 14．（24-25高二下·山东枣庄·阶段练习）回答下列问题。 (1)铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用，Cu2+可以与乙二胺(H2N-CH2CH2-NH2)形成配离子，如图所示： ①Cu2+的配体数与配位数之比为 。 ②乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物。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+”)。 ③铜能与类卤素反应生成，写出一种与互为等电子体的分子 (填化学式) 【答案】(1) 1∶2 乙二胺中2个氮原子提供孤电子对与金属镁离子或铜离子形成稳定的配位键，故能形成稳定环状离子 Cu2+ CO2、N2O等 【详解】（1）①由图可知，该配离子中有2个配体，形成4个配位键，配体数与配位数之比为1∶2； ②乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是乙二胺中2个氮原子提供孤电子对与金属镁离子或铜离子形成稳定的配位键，故能形成稳定环状离子，由于半径Cu2+> Mg2+，Cu2+形成配位键时头碰头重叠程度较大，且含有的空轨道多于镁离子，故乙二胺与Cu2+形成的配合物更稳定； ③等电子体原子数和价电子数相同，原子数为3，价电子数为16，与CO2、N2O等互为等电子体； 15．（24-25高二下·山东德州·期末）铁是一种重要金属元素，广泛应用于工业领域。请结合物质结构与性质的知识，回答以下问题： (1)Fe在元素周期表的 区，基态Fe原子具有 种能量不同的电子。 (2)硫酸亚铁铵[]俗称摩尔盐，是常用的化学试剂。该晶体中存在的化学键有 (填字母)。 A．离子键　B．共价键　C．配位键　D．金属键　E．氢键 (3)铁能与CO形成配合物，形成配位键时，提供孤电子对的原子是 原子(填“C”或“O”)，并说明理由： 。中键和键个数之比为 。 【答案】(1) d 7 (2)ABC (3) C 碳的电负性比氧小，易给出孤电子对形成配位键 【详解】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为，则Fe在元素周期表的d区；基态Fe原子核外电子占据1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7个能级，每个能级所含电子具有相同的能量，故基态Fe原子具有7种能量不同的电子。 （2）该晶体中存在阴阳离子，即存在离子键，铵根离子、硫酸根离子、水分子内部存在共价键，铵根离子内部存在配位键，不存在金属单质，即不存在金属键，氢键不是化学键，综上所述，该晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键，故选ABC。 （3） 碳的电负性比氧小，易给出孤电子对形成配位键，故中提供孤电子对的原子是C原子。的结构式为，单键为键，三键中有一个键和两个键，键和键个数之比为。 建议时间：25分钟 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键 C．乙中键和键的数目比为 D．甲和乙中X杂化方式分别为和 【答案】D 【分析】(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又YW4ZXY为无机物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。 【详解】A．C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A错误； B．甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误； C．乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，故C错误； D．甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，故D正确； 故答案为：D。 2．（2025·四川·高考真题）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是 A．中含有配位键 B．和都是由极性键构成的极性分子 C．和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D．的模型和空间结构都为平面三角形 【答案】B 【详解】A．Na2SiF6的阴离子中有Si提供空d轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A正确； B．SiF4中心原子Si的价层电子对数是，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非极性分子；H2O为极性分子，B错误； C．CO2晶体为分子晶体（分子间作用力），SiO2为共价晶体（原子间共价键），C正确； D．中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，实际空间结构也为平面三角形，D正确； 故选B。 （2025·广西·高考真题）阅读材料：硅胶可由原硅酸脱水缩合制得，如图。硅胶添加无水，呈蓝色；吸水后，因转化为配合物而呈粉红色。据此完成下列小题。 3．下列说法正确的是 A．的电子式为 B．的中子数为27 C．硅胶中O采取杂化 D．的空间结构为正四面体 4．下列有关结构与性质或应用之间的因果关系错误的是 选项 结构 性质或应用 A 原硅酸分子中含有多个 可脱水制成硅胶 B 硅胶与形成分子间氢键 烘干失水后可再用 C 无水中存在离子键 易溶于水 D 配合物中与配位 可使硅胶变色 A．A B．B C．C D．D 【答案】3．D 4．C 【解析】3． A．Cl-核外含有18个电子，电子式应为，A错误； B．的中子数=质量数-质子数=59-27=32，B错误； C．硅胶中O与Si形成Si-O键，O原子形成2个单键，且含有2对孤对电子，O的价层电子对数为4，杂化方式为sp3，C错误； D．中Si的价层电子对数为=4，且不含孤电子对，空间结构为正四面体，D正确； 故选D。 4．A．原硅酸含多个-OH，可通过分子间脱水缩合形成硅胶（Si-O-Si键），因果关系正确，A不符合题意； B．硅胶表面的-OH可与H2O形成分子间氢键，烘干后氢键断裂失水可再用，因果关系正确，B不符合题意； C．存在离子键的化合物不一定易溶于水（如BaSO4），CoCl2易溶于水是因其晶格能小于水合能，与“存在离子键”无必然因果关系，C符合题意； D．Co2+与H2O、Cl-配位形成的配合物与无水CoCl2颜色不同，可以通过改变配体的种类，使硅胶变色，因果关系正确，D不符合题意； 故选C。 5．（2025·广东·高考真题）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是 A．键是共价键 B．有8个碳碳双键 C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应 【答案】A 【详解】A．C和H原子间通过共用电子对形成的是共价键，A正确； B．该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误； C．根据价键理论分析，该物质有10个H原子，C错误； D．大π键环上可以发生取代反应，D错误； 答案选A。 6．（2025·湖北·高考真题）某电化学制冷系统的装置如图所示。和在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是 A．阴极反应为 B．已知②处的电解液温度比①处的低，可推断比稳定 C．多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换 D．已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后和离子结构的改变 【答案】B 【分析】由图可知，左侧电极发生反应，则左侧为阳极，右侧电极反应为，则右侧电极为阴极，据此解答。 【详解】A．由分析可知，阴极反应为，A正确； B．已知②处的电解液温度比①处的低，则可推断是吸热反应，则可推断的能量更低，比稳定，B错误； C．多孔隔膜可以阻止两电极区的溶液对流，可阻止热交换，C正确； D．题干明确指出电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。这意味着电子转移（即氧化还原反应）本身不会直接导致结构变化，热效应实际上来源于电子转移完成后，新生成的离子：和因配位环境或电荷分布变化引起的结构重组导致热量变化，D正确； 故选B。 7．（2025·北京·高考真题）为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A．①中浓盐酸促进平衡正向移动 B．由①到②，生成并消耗 C．②、③对比，说明：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 【答案】D 【分析】的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，转化为，溶液变为红色；再加入NaF固体，转化为，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。 【详解】A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确； B．由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确； C．②、③溶液中，均存在平衡，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明：②>③，C正确； D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误； 故选D。 8．（2025·江苏·高考真题）探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ  取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ  将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ  向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为 B．步骤Ⅱ的两份溶液中： C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为 【答案】B 【详解】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A错误； B．步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高。因此c深蓝色(Cu2+) < c蓝色(Cu2+)，B正确； C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化。真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C错误； D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4+，导致配合物释放Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2（气泡），并与Cu2+发生置换反应生成Cu，D的反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D错误； 故选B。 9．（2025·河南·高考真题）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是 A． B．第一电离能： C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 【答案】A 【详解】A．该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，故A项说法正确； B．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C，故B项说法错误； C．该化合物中，配离子与之间为离子键，故C项说法错误； D．该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，故D项说法错误； 综上所述，说法正确的为A项。 10．（2025·河南·高考真题）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B．③中现象说明配体与的结合能力： C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 【答案】D 【分析】该实验过程中，相关物质转化如下：。 【详解】A．②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，故A项说法正确； B．③中含有的溶质为，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确； C．为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，故C项说法正确； D．由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故D项说法错误； 综上所述，说法错误的是D项。 （2025·安徽·高考真题）阅读材料，完成下列小题。 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。 11．下列有关反应的化学方程式错误的是 A．氨在氧气中燃烧： B．液氨与金属钠反应： C．氨水溶解： D．浓氨水与反应： 12．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A．与结合的能力： B．与氨形成配位键的能力： C．和分子中的键长： D．微粒所含电子数： 【答案】11．D 12．B 【分析】11．A．根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成，所给方程式符合反应原理，A正确； B．金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原理，B正确； C．根据题干信息可知，溶于氨水得到深蓝色溶液，所给方程式符合反应原理，C正确； D．浓氨水与溶液反应生成沉淀，生成物应为，方程式为：，D错误 故选D； 12．A．根据题干信息，遇水转化为，反应为：，说明结合能力更强，A错误； B．根据题干信息，深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液，说明更容易与配位形成，故与氨形成配位键的能力：，B正确； C．原子半径，则键长：，C错误； D．所含电子数为，所含电子数，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误； 故选B。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 配位键的形成与配位化合物的性质分析 建议时间：20分钟 突破一 配位键和配位化合物 1．下列各组中的分子或离子都含配位键的是 A．H2O、Al2Cl6 B．NH4Cl、[Cu(NH3)4]SO4 C．PCl3、[Co(NH3)4Cl2]Cl D．CO2、 2．下列微粒间不能形成配位键的是 A．与 B．与 C．与 D．与 3．下列化合物属于配合物的是 A．Cu2(OH)2SO4 B．NH4Cl C．[Zn(NH3)4]SO4 D．KAl(SO4)2 4．CO会与人体血红蛋白中的形成配位键，使其丧失运输氧的能力。下列有关说法正确的是 A．基态的价电子排布式为 B．和为同素异形体 C．原子利用轨道与原子以头碰头的形式形成键 D．人体血红蛋白中的形成配位键时，分子提供孤电子对 突破二 配位键成键规律 5．硫酸四氨合铜晶体，在工业上用途广泛。实验室制备的流程如下图，下列说法不正确的是 A．Ⅱ中产生的沉淀是 B．的稳定性强于 C．硫酸四氨合铜晶体中存在的化学键有共价键、配位键、离子键和氢键 D．过程③加入95%乙醇的作用是减少溶剂极性，减小硫酸四氨合铜的溶解度 6．冠醚是皇冠状的分子，有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。下列说法正确的是 A．冠醚适配碱金属离子时形成离子键 B．冠醚分子中三种元素电负性由大到小的顺序为： C．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征 D．中心碱金属离子的配位数随着空穴大小不同而改变 7．的结构如图所示，下列有关说法错误的是 A．1个与4个形成配位键 B．的空间结构为正四面体形 C．键角1、2的大小顺序为∠2>∠1 D．与水分子之间存在氢键 8．以丙酮为溶剂，由X、18-冠-6(Y)和反应可制得一种新型超分子晶体材料，原理如图所示。已知18-冠-6空腔直径为260~320pm，几种碱金属离子的直径：、、、、。下列说法错误的是 A．超分子晶体中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键 B．X中氨基的键角小于超分子阳离子中的键角 C．该超分子晶体材料的熔点低于 D．KCl中若含有CsCl杂质，可以通过18-冠-6进行分离 突破三 配位化合物的组成和结构 9．(俗称铵铁蓝)是一种蓝色的无机颜料。有关该物质的说法不正确的是 A．该物质中至少存在2种配位键 B．CO的相对分子质量大于，则沸点比高 C．中H-N-H的键角比中H-N-H的键角大 D．阴离子中的Fe、C、N原子可处于同一直线上 10．关于，下列说法不正确的是 A．中的配位体是 B．的原子均满足8电子稳定结构 C．N、C、Fe三种元素都位于p区 D．该物质中存在离子键 11．用CuCl探究Cu(I)、Cu(Ⅱ)性质，实验步骤及观察到的现象如下： CuCl白色粉末无色溶液蓝色溶液无色溶液蓝色溶液 该过程中可能涉及的反应有： ① ② ③ ④ 下列说法正确的是 A．与Cu2+的配位能力：NH3<OH- B．蓝色 C．第四周期，最外层电子数为1且内层全充满的元素是K和Cu D．探究过程未发生反应② 12．某物质的实验式为，其水溶液不导电，加入溶液也不产生沉淀，以强碱处理并没有放出，则关于此化合物的说法中正确的是 A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6 B．该配合物可能是平面正方形结构 C．和分子均与配位 D．配合物中与配位，而分子不与配位 13．向少量AgCl沉淀中滴入1的氨水，振荡，生成而沉淀消失，形成澄清的无色溶液，下列说法错误的是 A．基态氯原子有5种不同能量的电子 B．氨水中有四种不同类型的氢键 C．中中心离子是，配体是 D．向澄清的无色溶液中加入溶液不会产生白色沉淀 14．配位化合物在生产、生活和科技等方面具有十分重要的应用。下列说法错误的是 A．配合物中，的配位数为4 B．配合物中，中心离子的化合价为+3 C．空间结构为平面四边形，其顺式结构可溶于极性溶剂，顺式结构为 D．在中加入足量溶液，可以得到3molAgCl沉淀 15．可与多种配体形成配离子，如（红色）、（亮绿色），其中结构如图所示。已知在硫酸铁溶液中滴加过量草酸，溶液变亮绿色，再滴加少量KSCN溶液，溶液变为红色，下列有关说法错误的是 A．使用KSCN检验，比使用草酸钠更灵敏 B．和中的配位数分别为6和3 C．中C原子杂化方式为 D．离子中，提供空轨道用于形成配位键 突破四 配合物内界共价键的数目 16．含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物，一种配合物的结构如图所示，下列说法正确的是 A．该螯合物内存在离子键、配位键、极性键 B．该螯合物通过螯合作用形成的配位键有 C．该螯合物中含有3种配体 D．该螯合物为离子化合物，易电离 17．下列关于配合物的说法正确的是 A．配体是和，配位数是5 B．中心离子是的 C．该配合物中含共价键16mol D．含该配合物的水溶液中加入足量溶液，生成沉淀 18．硫代硫酸不稳定，故工业仅用其盐。例如：硫代硫酸镁常用于医药和纺织行业。MgS2O3·6H2O中含有配离子：[Mg(H2O)6]2+。该配离子的组成如下图所示： (1)[Mg(H2O)6]2+中提供电子对形成配位键的原子或离子是 。 (2)1mol该配离子中含有σ键 mol。 19．CuSO4溶液中通入过量氨气可生成[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，其结构如下图所示。 1 mol [Cu(NH3)4(H2O)2]2+中含有 个σ键。 20．、分别溶于氨水可形成、、、等多种配合物。回答下列问题： (4)现有等物质的量的和，分别与足量的反应，理论上生成AgCl的物质的量之比为 。 题型五 配合物的应用 21．硫酸铜溶液中存在大量的，向硫酸铜溶液中逐滴滴入浓氨水，会逐渐转化为。已知和均是平面结构，下列说法不正确的是 A．中间产物有两种结构 B．配位键键能大于配位键键能 C．中铜为杂化 D．滴加氨水的过程中溶液颜色不一定加深 22．在CuCl2溶液中存在如下平衡：  ，下列说法中不正确的是 A．将CuCl2溶液加热，可使溶液的颜色变绿 B．向CuCl2的浓溶液中加水，溶液将从绿色逐渐变为蓝色 C．向CuCl2稀溶液中加入NaCl固体，溶液将从蓝色变为绿色 D．向CuCl2溶液中加入AgNO3，可使上述平衡向逆反应方向移动 23．下列实验操作能够达到目的的是 实验操作 目的 A 向溶液中滴入几滴浓硝酸 探究对水解的影响 B 向溶液中滴入足量氨水，观察溶液颜色变化 比较与的结合能力： C 测定未知浓度M溶液的pH是否为12 判断M溶液为强碱溶液 D 向溶液中先滴入几滴NaBr溶液，再滴入几滴NaI溶液，观察沉淀颜色变化 比较AgBr和AgI的大小 A．A B．B C．C D．D 24．下列化学应用实例与方程式不匹配的是 应用实例 方程式 A 海上油气加工平台海葵一号的钢壳外壁铺装锌锭减缓腐蚀 B 用溶液处理水垢中的 C 用浓溶液洗除实验服上的黑色银斑 D 用浓氨水清洗器具表面的氯化银 A．A B．B C．C D．D 25．下列关于配位化合物的叙述中错误的是 A．中心离子结合配体的个数称为配位数，不同离子的配位数可能不同 B．配位化合物中只存在配位键 C．中提供空轨道，中O提供孤电子对形成配位键 D．配位化合物在半导体等尖端技术、医药科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用 建议时间：25分钟 1．（24-25高二下·山东·阶段练习）配合物可用于离子检验。设表示阿伏加德罗常数的值，下列相关说法中不正确的是 A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键 B．配离子为，中心离子为，配位数为6，配位原子有C和N C．1mol该配合物中键的数目为 D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol该配合物电离共得到个阴、阳离子 2．（23-24高二下·山东临沂·期中）许多过渡金属离子能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是 A．二乙二胺合铜配离子的结构如图所示，可知的配位数为4，配体数也为4 B．的空间构型为平面四边形，杂化方式为 C．由反应，可知配位能力： D．配合物中心离子为，1mol该配合物与溶液作用，生成3mol AgCl 3．已知Co(Ⅲ)的八面体配合物的化学式为CoClm·nNH3，若1 mol配合物与AgNO3溶液反应生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是 A．m=1，n=5 B．m=3，n=4 C．m=5，n=1 D．m=4，n=5 4．在[Fe(CN)6]3-配离子中，中心离子的配位数为 A．3 B．4 C．5 D．6 5．已知某紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱加热至沸腾有NH3放出，同时产生Co2O3沉淀；向一定量该配合物溶液中加过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为 A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3 C．[CoCl(NH3)3(H2O)]Cl2·2NH3 D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O 6．（24-25高二上·山东青岛·期末）可与等形成配离子，浅紫色、红色、黄色、无色。验证实验如下： 下列说法错误的是 A．中的键角大于分子中的键角 B．中含键 C．若向溶液I中加入硝酸，溶液可能由黄色变为浅紫色 D．据实验②③可推测，与配位的能力强于 7．（24-25高二下·山东淄博·期末）下列关于F及其化合物的结构与性质的论述错误的是 A．与核外价电子总数相同，均为正四面体结构 B．与中，与配位能力更强的是 C．熔点高于的原因：NaCl离子键更强 D．酸性大于的原因：F电负性大于H 8．（24-25高二下·山东滨州·期末）冠醚与金属离子的聚集体可以看成一类超分子。不同大小的冠醚可以“夹带”不同的金属离子，如18-冠-6可与作用，但不与和作用，如下图。下列说法错误的是 A．冠醚适配碱金属离子，体现了分子识别特征 B．18-冠-6分子中，和的杂化方式均为 C．超分子中，原子与间存在离子键 D．18-冠-6分子溶入己烯，可提升水溶液氧化己烯的效果 9．（24-25高二下·山东临沂·期中）设阿伏加德罗常数的值为，下列叙述正确的是 A．1molAlCl3晶体中含有的数目为3 B．标准状况下，22.4L苯分子中含有3个键 C．吡啶()中有与苯类似的大键，N原子的孤电子对占据杂化轨道 D．中键的数目为12 10．（24-25高二下·山东潍坊·期中）铁、镍及其化合物在生产、生活中有重要的应用。回答下列问题： (1)丁二酮肟常用于检验，原理如下： 的价电子轨道表示式为 ；相同条件下，丁二酮肟镍的沸点低于丁二酮肟的原因为 。丁二酮肟镍中存在的化学键有 (填标号)。 a．离子键b．金属键c．配位键d．氢键 (2)的结构如图所示，Fe、O、S的第一电离能由大到小的顺序 ；键角α、β、γ(由大到小的顺序是 。加热时更易失去的水分子是 (填“①”或“②”)。 (3)Fe在一定条件下可与CO形成分子，该配合物中提供孤对电子的是 (填元素符号)。若Fe原子的价电子数及其周围CO提供的成键电子数之和为18，则分子构型为 。 11．（24-25高二下·山东·期中）碱土金属元素在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题： (1)CaC2俗称电石，是重要的基本化工原料，主要用于产生乙炔气，基态Ca原子核外电子的运动状态有 种，CaC2的电子式为 。 (2)BeCO3与CH3COOH反应生成配合物的结构如图甲所示，Be的配位数为 。该配合物的化学式为 ；两分子CH3COOH之间易形成两个氢键得到八元环二聚体，该二聚体的结构简式为 (用O-H…O表示氢键)。 12．（24-25高二下·山东济宁·期中）北宋卷轴画《千里江山图》颜色绚丽，由石绿、雌黄，赭石，阵碟、朱砂等颜料绘制而成，颜料中含有钠、氧、硅、硫、钴、锰、钛、铁等元素。 (1)钠在火焰上灼烧的黄光是一种 (填字母)。 a．吸收光谱                       b．发射光谱 (2)下列属于氧原子激发态的轨道表示式的有 (填字母)。 a．           b． c．              d． (3)太阳能电池板主要材料为Si的晶体。SiCl4是生产高纯Si的前驱体，SiCl4可发生水解反应，机理如下： 含s，p，d轨道的杂化类型有：①dsp2 ②sp3d，③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为 (填标号)。 (4)1mol[Co(NH3)6]3+中σ键的物质的量是 mol。现有10mL浓度为0.1000mol·L-1的溶液A，溶质可能是[Co(NH3)6]Cl3或[Co(NH3)2Cl]Cl2，用浓度为0.1000mol·L-1的AgNO3溶液进行滴定，消耗AgNO3溶液20mL，则溶液A中的溶质是 (填化学式)。 13．（24-25高二下·山东青岛·期中）按要求完成填空 (1)化学家维勒用无机物氰酸铵(NH4OCN)合成了有机物尿素[]，开创了合成有机化合物的新时代。回答下列问题： ①氰酸(HCNO)是一元弱酸，碳原子的杂化方式为sp，氰酸的结构式为 。氯化氰(CNCl)发生水解反应，化学反应方程式为 。与氰酸根互为等电子体且为非极性分子的是 (填化学式)。 ②分子中的大π键可用符号表示，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。异氰酸(O=C=N-H)分子中存在大π键，可表示为 。 (2)配合物在医药科学、催化反应和材料化学等领域都有重要的应用。a．、b．、c．是三种常见的配合物。c中阳离子空间构型为 。下列说法正确的是 。 A．a中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键 B．1molc的键数目为18NA C．a、b、c中Cr的配位数都是6 D．等物质的量的a、b、c分别与足量AgNO3溶液反应，得到AgCl物质的量也相等 (3)三聚氰胺是一种重要的工业原料，曾被不法分子作为添加剂而引发毒奶粉事件。三聚氰胺在水中易发生水解和异构化，并与异构化产物形成层状的超分子，部分过程如下： ①C、N、O第一电离能由大到小的顺序为 。乙发生“异构化”的原因为 。 ②甲与丙能够形成层状超分子的原因为 。乙分子中N原子的孤对电子占据的轨道为 。 14．（24-25高二下·山东枣庄·阶段练习）回答下列问题。 (1)铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用，Cu2+可以与乙二胺(H2N-CH2CH2-NH2)形成配离子，如图所示： ①Cu2+的配体数与配位数之比为 。 ②乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物。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+”)。 ③铜能与类卤素反应生成，写出一种与互为等电子体的分子 (填化学式) 15．（24-25高二下·山东德州·期末）铁是一种重要金属元素，广泛应用于工业领域。请结合物质结构与性质的知识，回答以下问题： (1)Fe在元素周期表的 区，基态Fe原子具有 种能量不同的电子。 (2)硫酸亚铁铵[]俗称摩尔盐，是常用的化学试剂。该晶体中存在的化学键有 (填字母)。 A．离子键　B．共价键　C．配位键　D．金属键　E．氢键 (3)铁能与CO形成配合物，形成配位键时，提供孤电子对的原子是 原子(填“C”或“O”)，并说明理由： 。中键和键个数之比为 。 建议时间：25分钟 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键 C．乙中键和键的数目比为 D．甲和乙中X杂化方式分别为和 2．（2025·四川·高考真题）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是 A．中含有配位键 B．和都是由极性键构成的极性分子 C．和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D．的模型和空间结构都为平面三角形 （2025·广西·高考真题）阅读材料：硅胶可由原硅酸脱水缩合制得，如图。硅胶添加无水，呈蓝色；吸水后，因转化为配合物而呈粉红色。据此完成下列小题。 3．下列说法正确的是 A．的电子式为 B．的中子数为27 C．硅胶中O采取杂化 D．的空间结构为正四面体 4．下列有关结构与性质或应用之间的因果关系错误的是 选项 结构 性质或应用 A 原硅酸分子中含有多个 可脱水制成硅胶 B 硅胶与形成分子间氢键 烘干失水后可再用 C 无水中存在离子键 易溶于水 D 配合物中与配位 可使硅胶变色 A．A B．B C．C D．D 5．（2025·广东·高考真题）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是 A．键是共价键 B．有8个碳碳双键 C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应 6．（2025·湖北·高考真题）某电化学制冷系统的装置如图所示。和在电极上发生相互转化，伴随着热量的吸收或释放，经由泵推动电解质溶液的循环流动实现制冷。装置只通过热交换区域Ⅰ和Ⅱ与环境进行传热，其他区域绝热。下列描述错误的是 A．阴极反应为 B．已知②处的电解液温度比①处的低，可推断比稳定 C．多孔隔膜可以阻止阴极区和阳极区间的热交换 D．已知电子转移过程非常快，物质结构来不及改变。热效应主要来自于电子转移后和离子结构的改变 7．（2025·北京·高考真题）为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A．①中浓盐酸促进平衡正向移动 B．由①到②，生成并消耗 C．②、③对比，说明：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 8．（2025·江苏·高考真题）探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ  取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ  将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ  向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为 B．步骤Ⅱ的两份溶液中： C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为 9．（2025·河南·高考真题）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是 A． B．第一电离能： C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 10．（2025·河南·高考真题）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B．③中现象说明配体与的结合能力： C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 （2025·安徽·高考真题）阅读材料，完成下列小题。 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。 11．下列有关反应的化学方程式错误的是 A．氨在氧气中燃烧： B．液氨与金属钠反应： C．氨水溶解： D．浓氨水与反应： 12．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A．与结合的能力： B．与氨形成配位键的能力： C．和分子中的键长： D．微粒所含电子数： / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $