第07讲 配合物的成键与应用（重难点讲义）化学苏教版选择性必修2

第07讲 配合物的成键与应用 1、 掌握配位键“电子对给予-接受”本质，能判断中心离子空轨道、配体孤电子对的来源，解释成键饱和性与方向性的成因。 2、 精准区分配位数与配体数目，结合空间构型（直线形、正四面体等）分析成键特点，突破复杂配合物的成键分析难点。 3、掌握配合物在离子检验、工业催化、医药、电镀中的核心应用原理，能对接实验情景、工业场景解决实际问题，落实知识迁移应用。 一、配位键 1、概念：由一个原子单方面提供 ，而另一个原子提供 而形成的化学键，即“电子对给予—接受”键。 2、表示方法：配位键常用A—B表示，其中A是 孤电子对的原子，叫给予体，B是 孤电子对的原子，叫接受体。 如：H3O＋的结构式为；NH的结构式为。 3、形成条件 形成配位键的一方(如A)是能够提供孤电子对的原子，另一方(如B)是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子。 (1)孤电子对：分子或离子中，没有跟其他原子共用的电子对就是孤电子对。如、、分子中中心原子分别有 、 、 对孤电子对。含有孤电子对的微粒：分子如CO、NH3、H2O等，离子如Cl－、CN－、NO等。 (2)含有空轨道的微粒：过渡金属的原子或离子。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目基本上是固定的，如Ag＋形成 个配位键，Cu2＋形成 个配位键等。 注意：1、配位键实质上是一种特殊的共价键，孤电子对是由成键原子一方提供，另一原子只提供空轨道；而普通共价键中的共用电子对是由两个成键原子共同提供的。 2、与普通共价键相似，配位键具有饱和性和方向性。 3、与普通共价键一样，配位键可以存在于分子中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子中(如NH4+)。 4、相同原子间形成的配位键与它们之间形成的共价单键相同，如中的4个N-H(键能、键长和键角)完全相同，故其结构式也可表示为，NH4+的空间结构是正四面体形。 5、配位键一般是共价单键，属于σ键。 三、配位化合物的应用 1、【实验探究】配合物的应用 (1)银氨溶液——用于检验醛基 ①银氨溶液的配制：AgNO3溶液 实验现象： 。 反应方程式： ， ②银镜反应：将银氨溶液置于试管中，加入葡萄糖溶液，将试管放在 中缓慢加热。 实验现象： 。 (2)检验Fe3+： 实验步骤：向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液。 实验现象： 。 反应方程式： (3)分离Cu2+和Fe3+ 实验步骤：在两支只管中分别加入2mL0.01mol·L-1的硫酸铜和0.01mol·L-1硫酸铁溶液，向一支试管中滴加10%NaOH溶液，向另一支试管中滴加浓氨水。 实验现象：滴加NaOH溶液， ； 滴加浓氨水， 。 2、配合物的应用 (1)配合物在化学分析中的应用 ①物质检验：如Fe3＋的检验：Fe3＋与SCN－形成 的配离子；醛基的检验：常用试剂为 ，其溶质[Ag(NH3)2]OH是一种配合物。 ②物质的分离：多种金属离子共同存在时，要测定(或分离)其中一种金属离子，由于其他金属离子往往会与试剂发生同类型反应而干扰测定，因此常用 来防止杂质离子的干扰。 ③定量测定物质的组成。 (2)配合物在工业生产中的应用 ①湿法冶金：可以用配合物的溶液直接从矿石中把金属浸取出来，再用适当的还原剂还原成金属单质。 ②分离和提纯：由于制备高纯物质的需要，对于那些性质相近的稀有金属，常利用生成配合物来扩大一些性质上的差别，从而达到分离、提纯的目的。 ③设计合成具有特殊功能的分子，如激光材料、超导材料、抗癌药物等。 (3)配合物在生命体中的应用：许多酶的作用与其结构中含有形成配位键的金属离子有关。 题型01 配位键和配位化合物 【典例】碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是 A．碳铂分子含有手性碳 B．碳铂中的配位数为3 C．1，1-环丁二羧酸分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为1：2 D．1 mol的1，1-环丁二羧酸含有键的数目为18 【变式】难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备的部分流程如图所示。下列说法不正确的是 A．中为配原子 B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸也具有强氧化性，会将亚硫酸根氧化 C．“还原”后溶液的pH增大 D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度 题型02 配位键成键规律 【典例】是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如溶于氨水形成。下列有关的说法正确的是 A．Ni的核外电子排布式为 B．中键的数目为18 mol C．中的键角大于中的键角 D．是由极性键构成的非极性分子 【变式】[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 (1)[Mg(NH3)6]Cl2的配体中，配位原子是 。 (2)已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g· cm-3(1 nm=10-7 cm)。 题型03 配合物内界共价键的数目 【典例】[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2-＋4H＋＋4H2O=[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN。 (1)Zn2＋基态核外电子排布式为 。 (2)1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为 mol。 (3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是 。 (4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为 。 (5)[Zn(CN)4]2-中Zn2＋与CN-的碳原子形成配位键。不考虑空间结构，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为 。 【变式】Cr3+能形成多种配位化合物。 (1)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中提供孤电子对形成配位键的原子是 。 (2)NH3和PH3都可与Cr3+形成配合物。PH3的沸点比NH3的 ，原因是 。 (3)CrCl3·6H2O有三种异构体，在水中阳离子存在形式分别为[Cr(H2O)6]3+、[Cr(H2O)5Cl]2+、[Cr(H2O)4Cl2]+，等物质的量三种异构体与足量AgNO3溶液反应生成的沉淀的质量之比为 。 题型04 配合物的应用 【典例】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．由铜化合物的转化可知，与铜离子的结合能力： 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： 【变式】[Co(NH3)5Cl]Cl2(M=250.5 )是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。可通过如下实验制备(实验装置如图)。 I．将适量氯化铵溶于浓氨水中，搅拌下，将混合溶液缓慢滴加至1.00 g研细的CoCl2·6H2O(M=238 )，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀。 Ⅱ．边搅拌边慢慢滴入足量30% H2O2溶液，得到[Co(NH3)5H2O]Cl2溶液。 Ⅲ．慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤。 Ⅳ．依次用不同试剂洗涤晶体，烘干，得到0.80 g产品。 已知：a． Co(OH)2是不溶于水的沉淀；b． H2O2参与反应时，明显放热。回答下列问题： (1)仪器b的名称是 。 (2)步骤I中，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是 。 (3)步骤Ⅱ中滴加H2O2时应选择___________(填序号)。 A．冷水浴 B．温水浴(≈60℃) C．沸水浴 D．酒精灯直接加热 (4)制备[Co(NH3)5Cl]Cl2的总反应化学方程式为 。 (5)步骤Ⅳ中依次使用冷水、冷的盐酸、 (填试剂名称)洗涤晶体。 (6)本实验的产率为 (保留两位小数)。 (7)已知：Co2++6NH3=[Co(NH3)6]2+ K=105.11；Co3++6NH3=[Co(NH3)6]3+ K=1035.2。则在水溶液中的稳定性：[Co(NH3)6]2+ [Co(NH3)6]3+(填“大于”或“小于”)。 【巩固训练】 1．以废锂离子电池电极材料(含少量金属)为原料制取和的工艺流程如图，得到的和在空气中煅烧，可实现的再生。下列说法正确的是 A．“浸取”过程中产生的气体为 B．“沉铜”反应中，可用过量氨水代替 C．由图示过程可知： D．再生反应： 2．探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量5%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。 下列说法不正确的是 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中产生气体为 3．硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下。回答下列问题： (1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分有 。 (3)H3BO3是一元弱酸，由于硼是缺电子原子，硼酸水溶液的酸性来源不是硼酸本身给出质子，请用化学用语表示稀的硼酸水溶液呈弱酸性的原因 。在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是 。 (4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 。 (5)某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁中含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。 ①Mg(OH)2可以作阻燃剂的原因是 (至少答两点) ②更易与EDTA配合生成可溶性化合物的是 (填“Fe2+”或“Mg2+”)。 4．下列有关描述或解释错误的是 A．向溶液中加入乙醇，可降低溶剂极性，会析出深蓝色晶体 B．向少量苯酚稀溶液中滴入几滴溶液，振荡，溶液显紫色 C．银镜反应中，将转化为能降低析出速率，有利于形成银镜 D．与血红素中形成配位键的强度小于，因而过多会导致人体中毒 5．化学与人类的生产、生活息息相关，下列说法不正确的是 A．臭氧分子的空间结构与水分子相似，臭氧是极性分子，臭氧分子中是极性键 B．科技考古研究人员利用和的测定，分析古代人类的食物结构 C．石油裂化和裂解的目的是为了得到苯、甲苯等环状烃 D．利用超分子的分子识别特性可以实现分离C60、C70 6．下列事实的解释不正确的是 事实 解释 A 晶体熔点： HF分子间有氢键，HCl分之间无氢键 B 向稀溶液中滴加两滴同浓度的KSCN溶液，无明显现象 已经变质，不存在 C 硫酸四氨合铜浓溶液中加入95%乙醇，析出深蓝色晶体 加入乙醇使溶剂极性减弱，硫酸四氨合铜溶解度下降而结晶 D KI溶液久置变黄色 氧化生成溶解于溶液中 A．A B．B C．C D．D 7．铜的化合物丰富多彩，如为蓝色、为黄色、为深蓝色。 (1)的结构可表示为下图。 回答下列问题： ①中配位水分子数为 。 ②在不同温度下逐步失水的可能原因是 。 ③中存在共价键、氢键等，但主要作用力是 。 (2)写出溶液中加入饱和溶液后，溶液颜色由蓝变绿的离子方程式： 。 (3)写出制备晶体的实验方案： 。(必须使用的试剂和仪器：溶液、氨水、95%乙醇；玻璃棒) (4)为探究铜氨溶液的组成与性质，取试液分装两支试管，分别进行如下实验： 实验1：向其中一支试管中加入一枚铁钉，后取出，铁钉表面无明显现象，放置一天后试管中的铁钉表面出现红色。 实验2：向另一支试管中滴入适量稀硫酸，再加入一枚相同铁钉，铁钉表面出现红色。 结论：①铜氨溶液中存在、、等多种微粒；② 。 预测：向铜氨溶液中通入足量氯化氢气体，预测所得溶液的颜色： 。 8．周期表中ⅦA族元素及其化合物应用广泛。电解KHF2与HF的混合物时，HF转化为F2；加热NaCl与浓H2SO4的混合物，可制得HCl。氯还可形成HClO2、HClO3、HClO4等多种含氧酸，ClO2是Al级高效安全灭菌消毒剂；Cl2与CH4反应可制备有机溶剂CCl4。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的AgBr浸入Na2S2O3溶液转变成[Ag(S2O3)2]3-而溶解，氯化碘(ICl)性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列化学反应表示正确的是 A．电解KHF2与HF混合物时的阴极反应：HF＋HF-2e-=F2↑ ＋H2F+ B．用Na2CO3溶液吸收Br2(g)：Br2＋Na2CO3=NaBr＋NaBrO3＋CO2 C．AgBr溶于Na2S2O3溶液的反应：AgBr＋2=[Ag(S2O3)2]3-＋Br- D．ICl与NaOH溶液反应：ICl＋2OH-=I-＋ClO-＋H2O 9．是优良的浸金试剂，但毒性强。有望被低毒的硫氰酸盐替代。 (1)NaCN属于离子晶体。一定温度下，NaCN某种晶型的立方晶胞如下图所示，已知其边长为。 ①中，键和键的个数比为 。 ②距离最近的阴离子有 个。 ③已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度是 。（） (2)配位能力强，故NaCN可作浸金试剂。 ①补全浸金反应的离子方程式 ： 。 ②浸金时，若不除去矿浆中的和，浸金效果会降低。结合配位键的形成条件解释原因： 。 (3)也是一种常见的配体，其中的和均能与金属离子（M）以或的方式配位。 ①中，不能参与配位，原因是 。 ②在两种配位方式中，C的杂化方式为 、 。 (4)已知：和均有挥发性，为弱酸，为强酸。 相同条件下，使用作为浸金试剂比更安全，逸出的有毒酸雾更少，可能的原因是 （填序号）。 a．更容易水解    b．的沸点比高    c．分子间易形成氢键 10．某小组欲制备，过程如下。 【资料】i．为难溶于水的固体。 ii．、均为深蓝色。 iii．       iv．氨水的约为11.5。 【进行实验】 【解释与结论】 (1)画出四氨合铜配离子中的配位键： 。 (2)小组同学推测步骤1中产生的蓝绿色沉淀为，并进行实验验证：取少量蓝绿色沉淀，蒸馏水洗涤后，加入试剂a和b，观察到产生白色沉淀。 ①用蒸馏水洗涤沉淀的目的是 。 ②试剂a和b分别为 和 。 (3)步骤2中，观察到蓝绿色沉淀溶解，得到深蓝色溶液。甲、乙两位同学对深蓝色溶液中存在的主要配离子进行了猜测：甲同学猜测主要配离子为，乙同学猜测主要配离子为。乙同学猜测的依据是 。 (4)经实验验证，深蓝色晶体主要为。将步骤4所得深蓝色晶体加水溶解，得到深蓝色溶液，继续加水稀释，产生蓝绿色沉淀。溶液稀释产生沉淀的离子方程式为 。 (5)为了回收滤液中的乙醇，小组同学先向滤液中加入稀硫酸调节pH为5∼6，再蒸馏，加入稀硫酸的目的是 。 【强化训练】 1．有关配合物的实验如图，下列说法不正确的是 A．中键的数目为 B．与比较，前者的的键角大 C．与的配位能力： D．向溶液中滴加过量氨水，也能得到深蓝色溶液 2．下列“类比”结果正确的是 A．的沸点低于，则HF的沸点低于HCl B．可以溶解在浓氨水中，则也可以溶解在氨水中 C．分子中存在键，化学性质稳定，则的化学性质稳定 D．空间构型为正四面体型，则碳骨架空间构型为正四面体型 3．下列离子方程式书写错误的是 A．向胆矾溶液中滴加饱和食盐水，溶液变绿： B．向烧碱溶液中滴加少量明矾溶液并振荡： C．向胆矾溶液中滴加少量氨水： D．向有沉淀的溶液中滴加氨水，沉淀消失： 4．①金刚石②肼③足球烯④石墨⑤碘晶体⑥金刚砂⑦氯化钠⑧银⑨⑩二氧化硅 (1)以上晶体中属于离子晶体的是 (填序号，下同)；属于分子晶体的是 ；属于共价晶体是 ；属于共价化合物的是 。 (2)肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应如下：。若该反应中有键断裂，则形成的π键有 。 (3)以氨水和氯化银为原料制备的离子反应方程式 ；中的配位原子是 (填名称)，配体是 (填化学式)。 5．铁配合物在工农业生产中有广泛应用。 (1)铁的一种配合物的化学式为，配体Htrz为三氮唑()。 ①已知配体三氮唑()是平面形分子，其中配位原子是 。 ②三氮唑沸点为260℃，与其结构类似的苯沸点为80.5℃，三氮唑沸点明显偏高的原因是 。 (2)与邻二氮菲()等多齿配体在水溶液中可以形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，该配合物的颜色常用于浓度的测定。实验表明，邻二氮菲检测的适宜pH范围是2~9，请简述主要原因是 。 (3)利用(铁氰化钾)可检验出溶液中的，产生蓝色沉淀(滕氏蓝)。滕氏蓝晶胞结构如图所示(未画出)。 晶胞中与1个等距且最近的的数目为 ；已知A的原子坐标为，则C的原子坐标为 ，晶胞中与的核间距为anm，该晶胞密度为 (列出计算式即可，已知的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值) 6．过渡元素Fe、Co、Ni可形成K4[Fe(CN)6]、[Co(NH3)5Cl]Cl2、K3[Co(NO3)6]、K2[Ni(CN)4]、[Ni(NH3)6]SO4等多种配合物。 (1)基态Co2+价电子排布图为 ，基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为 。 (2)[Co(NH3)5Cl]Cl2中心离子Co3+的配位数为 ，配位原子(离子)为 ，向含1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀的物质的量为 mol。 (3)已知Fe(CO)x常温下为液体，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，据此判断Fe(CO)x室晶体属于 晶体。 (4)Fe能与N形成一种磁性材料，其晶胞结构如图所示。 ①Fe原子的坐标参数为m(，，0)、n(，0，)、p(0，，)，N原子的坐标参数为 。 ②已知该晶体的晶胞参数为anm，列出其密度表达式为 g/cm3(用含a的式子表示，只列式子，不作计算)。 7．实验室采用如图所示流程分离和的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是 A． B．结合的能力： C．溶液中水的电离程度：无色溶液>氨水>硝酸 D．由于具有感光性，可用进行人工降雨 8．以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是 A．酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸 B．“浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性 C．“还原”步骤的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+ D．S2O离子中心S原子配位能力小于端基S原子 9．铜阳极泥的主要成分为、、、、，从铜阳极泥中提取金、银的工艺流程如下： (1)“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、 。 (2)“浸铜”时，反应生成S的化学方程式为 。 (3)硫脲()呈平面结构，可简写为，强酸性条件下有还原性。“浸金银”中： ①硫脲与尿素()结构相似，熔点更高的原因是 。 ②已知：25℃时         则   。 ③的结构为，反应生成的离子方程式为 ，与配位的原子是而不是的原因是 。 ④浸出液对金浸出率的影响如图。随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低的原因是 。 ⑤浸出渣的主要成分有S、 。 (4)“电解”时，生成的电极反应式为 。 (5)“离子交换”除去金属离子后，吸附后液可返回 工序循环使用。 10．为探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因，实验如下： 编号 操作 现象 ① 向蒸馏水中逐渐加入固体，配成饱和溶液 溶液颜色缓慢加深，但始终显蓝色 ② 向铜与过量浓硝酸反应后溶液中通入 溶液上方有少量红棕色气体放出，溶液变为蓝色 ③ 向铜与过量浓硝酸反应后溶液中通入 溶液上方有少量红棕色气体放出，溶液仍呈绿色 查阅资料可知：溶于水会有生成，可与发生配位反应：(绿色)。下列说法错误的是 A．实验①说明溶液呈绿色与浓度大小无关 B．实验②通入的主要目的是将溶液中的吹出 C．实验②③说明呈绿色的原因是反应生成 D．实验①②③说明与的配位能力： / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 配合物的成键与应用 1、 掌握配位键“电子对给予-接受”本质，能判断中心离子空轨道、配体孤电子对的来源，解释成键饱和性与方向性的成因。 2、 精准区分配位数与配体数目，结合空间构型（直线形、正四面体等）分析成键特点，突破复杂配合物的成键分析难点。 3、掌握配合物在离子检验、工业催化、医药、电镀中的核心应用原理，能对接实验情景、工业场景解决实际问题，落实知识迁移应用。 一、配位键 1、概念：由一个原子单方面提供孤电子对，而另一个原子提供空轨道而形成的化学键，即“电子对给予—接受”键。 2、表示方法：配位键常用A—B表示，其中A是提供孤电子对的原子，叫给予体，B是接受孤电子对的原子，叫接受体。 如：H3O＋的结构式为；NH的结构式为。 3、形成条件 形成配位键的一方(如A)是能够提供孤电子对的原子，另一方(如B)是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子。 (1)孤电子对：分子或离子中，没有跟其他原子共用的电子对就是孤电子对。如、、分子中中心原子分别有1、2、3对孤电子对。含有孤电子对的微粒：分子如CO、NH3、H2O等，离子如Cl－、CN－、NO等。 (2)含有空轨道的微粒：过渡金属的原子或离子。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目基本上是固定的，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 注意：1、配位键实质上是一种特殊的共价键，孤电子对是由成键原子一方提供，另一原子只提供空轨道；而普通共价键中的共用电子对是由两个成键原子共同提供的。 2、与普通共价键相似，配位键具有饱和性和方向性。 3、与普通共价键一样，配位键可以存在于分子中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子中(如NH4+)。 4、相同原子间形成的配位键与它们之间形成的共价单键相同，如中的4个N-H(键能、键长和键角)完全相同，故其结构式也可表示为，NH4+的空间结构是正四面体形。 5、配位键一般是共价单键，属于σ键。 三、配位化合物的应用 1、【实验探究】配合物的应用 (1)银氨溶液——用于检验醛基 ①银氨溶液的配制：AgNO3溶液AgOH[Ag(NH3)2]OH 实验现象：先产生白色沉淀，后沉淀溶解。 反应方程式：Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH，AgOH＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋OH－ ②银镜反应：将银氨溶液置于试管中，加入葡萄糖溶液，将试管放在水浴中缓慢加热。 实验现象：试管壁有光亮的银镜生成。 (2)检验Fe3+： 实验步骤：向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液。 实验现象：溶液变血红色。 反应方程式：Fe3++nSCN-===[Fe(SCN)n](3+n)+ (3)分离Cu2+和Fe3+ 实验步骤：在两支只管中分别加入2mL0.01mol·L-1的硫酸铜和0.01mol·L-1硫酸铁溶液，向一支试管中滴加10%NaOH溶液，向另一支试管中滴加浓氨水。 实验现象：滴加NaOH溶液，生成蓝色和红褐色沉淀； 滴加浓氨水，先生成色和红褐色沉淀，蓝色沉淀逐渐溶解，红褐色沉淀不溶解。 2、配合物的应用 (1)配合物在化学分析中的应用 ①物质检验：如Fe3＋的检验：Fe3＋与SCN－形成血红色的配离子；醛基的检验：常用试剂为银氨溶液，其溶质[Ag(NH3)2]OH是一种配合物。 ②物质的分离：多种金属离子共同存在时，要测定(或分离)其中一种金属离子，由于其他金属离子往往会与试剂发生同类型反应而干扰测定，因此常用配合物来防止杂质离子的干扰。 ③定量测定物质的组成。 (2)配合物在工业生产中的应用 ①湿法冶金：可以用配合物的溶液直接从矿石中把金属浸取出来，再用适当的还原剂还原成金属单质。 ②分离和提纯：由于制备高纯物质的需要，对于那些性质相近的稀有金属，常利用生成配合物来扩大一些性质上的差别，从而达到分离、提纯的目的。 ③设计合成具有特殊功能的分子，如激光材料、超导材料、抗癌药物等。 (3)配合物在生命体中的应用：许多酶的作用与其结构中含有形成配位键的金属离子有关。 题型01 配位键和配位化合物 【典例】碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是 A．碳铂分子含有手性碳 B．碳铂中的配位数为3 C．1，1-环丁二羧酸分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为1：2 D．1 mol的1，1-环丁二羧酸含有键的数目为18 【答案】D 【详解】A．碳铂分子中没有连接四个不同基团的碳原子，因此不含手性碳，A错误； B．碳铂中Pt2+与2个NH3的N原子及2个羧酸根的O原子配位，配位数为4，B错误； C．1，1-环丁二羧酸中，环丁烷的4个碳均为sp3杂化，2个羧基碳为sp2杂化，因此杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为2：1，C错误； D．1个1，1-环丁二羧酸分子中，σ键包括：6个C-C键、6个C-H键、4个C-O键、2个O-H键，总计6+6+4+2=18个，故1 mol的1，1-环丁二羧酸含18 NA个σ键，D正确；故答案选D。 【变式】难溶于水和乙醇，在潮湿空气中易被氧化。以碱性蚀刻废液中的为原料制备的部分流程如图所示。下列说法不正确的是 A．中为配原子 B．“酸溶”时不用稀硝酸的主要原因是稀硝酸也具有强氧化性，会将亚硫酸根氧化 C．“还原”后溶液的pH增大 D．“洗涤”时先用水再用乙醇会降低产品的纯度 【答案】C 【分析】由题给流程可知，经多步转化得到CuO，向CuO中加入稍过量的稀硫酸酸溶，再向反应得到的CuSO4溶液中加入NaCl和Na2SO3固体，将CuSO4转化为CuCl沉淀，反应的离子方程式为，过滤、用乙醇洗涤得到CuCl。 【详解】A．[Cu(NH3)4]Cl2为配合物，中心离子为Cu2+，配体为NH3，NH3中N原子提供孤电子对与Cu2+形成配位键，故N为配原子，A正确； B．“酸溶”目的是溶解CuO生成Cu2+，后续“还原”需用Na2SO3将Cu2+还原为Cu+；稀硝酸具有强氧化性，会将氧化为，导致还原剂失效，无法还原Cu2+，故不用稀硝酸，B正确； C． “还原”时，还原Cu2+的反应为，反应生成H+，溶液酸性增强，pH减小，C错误； D．CuCl在潮湿空气中易被氧化，若先用水洗，沉淀表面残留水会导致CuCl氧化变质从而降低产品纯度，D正确；故答案选C。 题型02 配位键成键规律 【典例】是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如溶于氨水形成。下列有关的说法正确的是 A．Ni的核外电子排布式为 B．中键的数目为18 mol C．中的键角大于中的键角 D．是由极性键构成的非极性分子 【答案】C 【详解】A．Ni是28号元素，根据构造原理可知其核外电子排布式为，A错误； B．1个[Ni(NH3)6]2+中 含有6个N→Ni配位键，配位键属于σ 键，1个配位体NH3中含有3个N-H共价键，共价键属于σ 键，则1个[Ni(NH3)6]2+中含有σ 键为3×6+6=24个，所以1 mol [Ni(NH3)6]2+中 σ 键的数目为24 mol，B错误； C．NH3中N原子上含有一对孤电子对，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，而[Ni(NH3)6]2+中N原子与Ni2+形成了配位键，所以[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，C正确； D．NH3的分子构型为‌三角锥形‌，氮原子位于顶端，三个氢原子位于底部，且氮原子上有一对孤电子对‌，这种不对称结构导致分子正负电荷中心不重合，整体呈现极性‌，D错误；故选C。 【变式】[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如下。 (1)[Mg(NH3)6]Cl2的配体中，配位原子是 。 (2)已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 g· cm-3(1 nm=10-7 cm)。 【答案】(1)N (2) 【详解】（1）[Mg(NH3)6]Cl2的内界为[Mg(NH3)6]2+，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N。 （2）根据均摊法，该晶胞中[Mg(NH3)6]2+的个数为，Cl-的个数为8，故每个晶胞中含有4个[Mg(NH3)6]Cl2，则晶体的密度为。 题型03 配合物内界共价键的数目 【典例】[Zn(CN)4]2-在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2-＋4H＋＋4H2O=[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN。 (1)Zn2＋基态核外电子排布式为 。 (2)1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为 mol。 (3)HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是 。 (4)与H2O分子互为等电子体的阴离子为 。 (5)[Zn(CN)4]2-中Zn2＋与CN-的碳原子形成配位键。不考虑空间结构，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为 。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10) (2)3 (3)sp3和sp (4)NH (5) 或 【详解】（1）Zn为30号元素，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，失去最外层的2个电子即可得到Zn2＋，Zn2＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10.。 （2）HCHO的结构式为，单键为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，1个HCHO分子中含有3个σ键，故1 mol HCHO中含有σ键3 mol。 （3）根据HOCH2CN的结构简式为可知，“—CH2—”中的碳原子形成4个σ键，该碳原子采取sp3杂化；“—C≡N”中的碳原子形成2个σ键、2个π键，该碳原子采取sp杂化。 （4）等电子体是指化学通式相同、价电子总数相同的微粒，H2O分子中有3个原子、8个价电子，根据质子—电子互换法可知，符合条件的阴离子等电子体为NH2-。 （5）Zn2＋提供空轨道，CN-中碳原子提供孤电子对，两者形成配位键，结构可表示为 或 。 【变式】Cr3+能形成多种配位化合物。 (1)[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中提供孤电子对形成配位键的原子是 。 (2)NH3和PH3都可与Cr3+形成配合物。PH3的沸点比NH3的 ，原因是 。 (3)CrCl3·6H2O有三种异构体，在水中阳离子存在形式分别为[Cr(H2O)6]3+、[Cr(H2O)5Cl]2+、[Cr(H2O)4Cl2]+，等物质的量三种异构体与足量AgNO3溶液反应生成的沉淀的质量之比为 。 【答案】(1)N、O、Cl (2)低 NH3分子间有氢键，PH3分子间仅有范德华力，氢键作用力大于范德华力 (3)3：2：1 【解析】【小题1】[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键； 【小题2】NH3分子间有氢键，PH3分子间仅有范德华力，氢键作用力大于范德华力，故PH3的沸点比NH3的低； 【小题3】只有外界的Cl-才能与AgNO3溶液反应生成AgCl，因此等物质的量的[Cr(H2O)6]3+、[Cr(H2O)5Cl]2+、[Cr(H2O)4Cl2]+分别与足量AgNO3溶液反应，生成AgCl的质量之比为3：2：1。 题型04 配合物的应用 【典例】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．由铜化合物的转化可知，与铜离子的结合能力： 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·H2O，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，浓氨水溶解Cu(OH)2生成[Cu(NH3)4]2+，稀盐酸溶解Cu(OH)2生成Cu2+，实验表明NH3能取代OH-和H2O与Cu2+结合，结合能力顺序为H2O < OH- < NH3，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，释放Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2，并与Cu2+发生置换反应，未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D错误； 故选B。 【变式】[Co(NH3)5Cl]Cl2(M=250.5 )是一种易溶于热水，难溶于乙醇的紫红色晶体。可通过如下实验制备(实验装置如图)。 I．将适量氯化铵溶于浓氨水中，搅拌下，将混合溶液缓慢滴加至1.00 g研细的CoCl2·6H2O(M=238 )，得到[Co(NH3)6]Cl2沉淀。 Ⅱ．边搅拌边慢慢滴入足量30% H2O2溶液，得到[Co(NH3)5H2O]Cl2溶液。 Ⅲ．慢慢注入适量浓盐酸，得到沉淀，水浴加热，冷却至室温，得到紫红色晶体，减压过滤。 Ⅳ．依次用不同试剂洗涤晶体，烘干，得到0.80 g产品。 已知：a． Co(OH)2是不溶于水的沉淀；b． H2O2参与反应时，明显放热。回答下列问题： (1)仪器b的名称是 。 (2)步骤I中，如果不加NH4Cl固体，对制备过程的不利影响是 。 (3)步骤Ⅱ中滴加H2O2时应选择___________(填序号)。 A．冷水浴 B．温水浴(≈60℃) C．沸水浴 D．酒精灯直接加热 (4)制备[Co(NH3)5Cl]Cl2的总反应化学方程式为 。 (5)步骤Ⅳ中依次使用冷水、冷的盐酸、 (填试剂名称)洗涤晶体。 (6)本实验的产率为 (保留两位小数)。 (7)已知：Co2++6NH3=[Co(NH3)6]2+ K=105.11；Co3++6NH3=[Co(NH3)6]3+ K=1035.2。则在水溶液中的稳定性：[Co(NH3)6]2+ [Co(NH3)6]3+(填“大于”或“小于”)。 【答案】(1)球形冷凝管(或冷凝管) (2)产物[Co(NH3)6]Cl2的产率小 (3)A (4)2CoCl2+8NH3+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)5Cl]Cl2↓+2H2O (5)乙醇 (6)76.01% (7)小于 【分析】步骤Ⅰ中氯化铵、浓氨水、反应，得到沉淀，反应式为；步骤Ⅱ中加入30%过氧化氢，发生反应，得到溶液；步骤Ⅲ中加入浓盐酸，存在平衡，增加溶液中氯离子浓度，有助于反应正向进行，有利于沉淀的形成。 【详解】（1）b为球形冷凝管。 （2）浓氨水中存在电离平衡，加入氯化铵，浓度大抑制氨水的电离平衡，如果不加氯化铵，氨水电离导致NH3浓度小，产物产率小，且c(OH-)过大产生Co(OH)2沉淀； （3）H2O2受热分解，且反应放热，应采用冷水浴。 （4）据分析，步骤Ⅰ的化学方程式为，步骤Ⅱ的化学方程式为，步骤Ⅲ的化学方程式为，则总反应为：； （5）紫红色沉淀先用冷水洗去表面杂质，再用冷的盐酸洗涤，使得平衡正向移动，减少产物损失，再用乙醇洗去冷的盐酸； （6）理论上产量为，产率为。 （7）Co3+与NH3反应的K更大，反应进行的更彻底，更稳定，故填小于。 【巩固训练】 1．以废锂离子电池电极材料(含少量金属)为原料制取和的工艺流程如图，得到的和在空气中煅烧，可实现的再生。下列说法正确的是 A．“浸取”过程中产生的气体为 B．“沉铜”反应中，可用过量氨水代替 C．由图示过程可知： D．再生反应： 【答案】D 【分析】正极材料 (含少量金属Cu)中加入、，被还原为，H2O2被氧化为，与、作用转化为，将反应后的溶液中加入NaOH溶液沉铜，转化为沉淀，过滤后，往滤液中继续加入溶液沉钴，此时转化为沉淀；将滤液2经过一系列操作，最后制得。 【详解】A．“浸取”过程中在酸性条件下，H2O2将还原为，自身被氧化为，A错误； B．“沉铜”反应中，若用过量氨水代替，生成的会继续溶解为，B错误； C．由图示过程可知，加入溶液过程中，先生成沉淀，后生成沉淀，则表明沉淀时，所需大，所以，C错误； D．根据题意，和在空气中煅烧，可实现的再生，反应为：，D正确；故选D。 2．探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量5%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。 下列说法不正确的是 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中产生气体为 【答案】C 【详解】A．适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，故A正确； 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+)，故B正确； C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。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，故C错误； D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成，导致配合物释放Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2（气泡），故D正确；选C。 3．硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下。回答下列问题： (1)在95℃“溶浸”硼镁矿粉，产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为 。 (2)“滤渣1”的主要成分有 。 (3)H3BO3是一元弱酸，由于硼是缺电子原子，硼酸水溶液的酸性来源不是硼酸本身给出质子，请用化学用语表示稀的硼酸水溶液呈弱酸性的原因 。在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是 。 (4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为 。 (5)某工厂用六水合氯化镁和粗石灰制取的氢氧化镁中含有少量氢氧化铁杂质，通过如下流程进行提纯精制，获得阻燃剂氢氧化镁。 ①Mg(OH)2可以作阻燃剂的原因是 (至少答两点) ②更易与EDTA配合生成可溶性化合物的是 (填“Fe2+”或“Mg2+”)。 【答案】(1) (2)SiO2、Fe2O3、Al2O3 (3) 将硼元素转化生成H3BO3，促进其析出 (4) (5)Mg(OH)2分解是吸热反应，可起到降温作用，分解生成的MgO可形成覆盖层而隔绝氧气，且分解释放出的水蒸气可稀释周围氧气浓度 Fe2+ 【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到的滤渣1应为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5转化硼元素生成H3BO3，过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，调节滤液pH=6.5(可减少后面碳酸铵的消耗量)，向滤液中加入前面得到的碳酸铵溶液进行沉镁，得到，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。 【详解】（1）结合分析知，“溶浸”产生的气体为氨气，NH4HCO3溶液吸收氨气的化学方程式为：； （2）经分析可知“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3； （3）为一元弱酸，B原子缺电子，则一个B原子可以结合4个氢氧根离子形成对应的稀的硼酸水溶液呈弱酸性的原因离子方程式为；使得稀的硼酸水溶液呈弱酸性；在“过滤2”前将溶液pH调节至3.5，目的是转化硼元素生成H3BO3，并促进其析出； （4）滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵发生反应进行沉镁，得到，根据电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为； （5）保险粉Na2S2O4具有还原性，可与Fe(OH)3发生氧化还原反应生成Fe(OH)2，加入EDTA浸泡，生成含有亚铁离子的络合物，过滤可得到Mg(OH)2。 ①Mg(OH)2可以作阻燃剂的原因是Mg(OH)2分解是吸热反应，可起到降温作用，分解生成的MgO可形成覆盖层而隔绝氧气，且分解释放出的水蒸气可稀释周围氧气浓度； ②由流程可知，加入EDTA浸泡，生成含有亚铁离子的络合物，说明当不断滴入EDTA时，Fe2＋更易和EDTA结合，促使平衡向右移动，使Fe(OH)2不断溶解，生成可溶性化合物。 4．下列有关描述或解释错误的是 A．向溶液中加入乙醇，可降低溶剂极性，会析出深蓝色晶体 B．向少量苯酚稀溶液中滴入几滴溶液，振荡，溶液显紫色 C．银镜反应中，将转化为能降低析出速率，有利于形成银镜 D．与血红素中形成配位键的强度小于，因而过多会导致人体中毒 【答案】D 【详解】A．加入乙醇会降低溶剂极性，导致的溶解度下降而析出深蓝色晶体，A正确； B．苯酚与FeCl3发生显色反应生成紫色络合物，即使苯酚量少，滴加FeCl3仍可显色，B正确； C．银镜反应中，将溶液中银离子转化为二氨合银离子能降低银离子的浓度，减缓Ag的还原速率，使银均匀析出形成银镜，C正确； D．CO与血红素中Fe2+形成配位键的强度远大于O2，因此CO会优先结合导致中毒，D错误； 故选D。 5．化学与人类的生产、生活息息相关，下列说法不正确的是 A．臭氧分子的空间结构与水分子相似，臭氧是极性分子，臭氧分子中是极性键 B．科技考古研究人员利用和的测定，分析古代人类的食物结构 C．石油裂化和裂解的目的是为了得到苯、甲苯等环状烃 D．利用超分子的分子识别特性可以实现分离C60、C70 【答案】C 【详解】A．臭氧分子为V形结构（与水分子相似），是极性分子，但O-O键为同种原子形成的非极性键，因此臭氧分子中是极性键，A正确； B．用于推断人类主食结构，则提供人类食肉状况和营养级等方面的证据，利用同位素和分析古代人类食物结构的方法，B正确； C．石油裂化的目的是生产轻质燃料（如汽油），裂解的目的是获得小分子烯烃（如乙烯），而非苯、甲苯等环状烃（通过催化重整获得），C错误； D．超分子的分子识别特性（如杯酚）可分离C60和C70，D正确；故选C。 6．下列事实的解释不正确的是 事实 解释 A 晶体熔点： HF分子间有氢键，HCl分之间无氢键 B 向稀溶液中滴加两滴同浓度的KSCN溶液，无明显现象 已经变质，不存在 C 硫酸四氨合铜浓溶液中加入95%乙醇，析出深蓝色晶体 加入乙醇使溶剂极性减弱，硫酸四氨合铜溶解度下降而结晶 D KI溶液久置变黄色 氧化生成溶解于溶液中 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．HF分子间存在氢键，导致其熔点高于HCl，解释正确；故A不选； B．K3[Fe(CN)6]溶液中Fe3+已被CN-络合，游离Fe3+极少，无法与SCN-显色，而非因为变质，解释错误；故B选； C．乙醇降低溶剂极性，使硫酸四氨合铜溶解度下降析出晶体，解释正确；故C不选； D．KI溶液中的I-被O2缓慢氧化生成I2，溶解后溶液变黄，解释正确；故D不选； 答案选B。 7．铜的化合物丰富多彩，如为蓝色、为黄色、为深蓝色。 (1)的结构可表示为下图。 回答下列问题： ①中配位水分子数为 。 ②在不同温度下逐步失水的可能原因是 。 ③中存在共价键、氢键等，但主要作用力是 。 (2)写出溶液中加入饱和溶液后，溶液颜色由蓝变绿的离子方程式： 。 (3)写出制备晶体的实验方案： 。(必须使用的试剂和仪器：溶液、氨水、95%乙醇；玻璃棒) (4)为探究铜氨溶液的组成与性质，取试液分装两支试管，分别进行如下实验： 实验1：向其中一支试管中加入一枚铁钉，后取出，铁钉表面无明显现象，放置一天后试管中的铁钉表面出现红色。 实验2：向另一支试管中滴入适量稀硫酸，再加入一枚相同铁钉，铁钉表面出现红色。 结论：①铜氨溶液中存在、、等多种微粒；② 。 预测：向铜氨溶液中通入足量氯化氢气体，预测所得溶液的颜色： 。 【答案】(1) 4 五个水分子的结合力(或化学环境)不完全相同 离子键(或阴、阳离子之间的作用力) (2) (3)向盛有适量溶液的试管里加入氨水致最初产生的沉淀溶解为止，再向试管加入一定量95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，待不再析出晶体过滤，用95%乙醇洗涤，干燥 (4)降低铜氨溶液的，在水溶液中的稳定性变差 黄绿色(或黄色) 【详解】（1）①根据图示，中与Cu2+形成配位键的水分子有4个，配位水分子数为4； ②五个水分子中有4个通过配位键与Cu2+结合，有1个水分子通过氢键结合，结合力不完全相同，所以在不同温度下逐步失水； ③是离子化合物，中存在共价键、氢键等，但主要作用力是离子键。 （2）为蓝色、为黄色，溶液中加入饱和溶液后，变为，所以溶液颜色由蓝变绿，反应的离子方程式为。 （3）制备晶体的实验方案：向盛有适量溶液的试管里加入氨水致最初产生的沉淀溶解为止，再向试管加入一定量95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，待不再析出晶体过滤，用95%乙醇洗涤，干燥即得到晶体。 （4）向另一支试管中滴入适量稀硫酸，再加入一枚相同铁钉，铁钉表面出现红色，说明酸性条件下铜氨配合物解离，释放铜离子，铁可以置换出铜单质；故得出结论：降低铜氨溶液的，在水溶液中的稳定性变差； 向铜氨溶液中通入足量氯化氢气体，蓝色会褪去，结合氯离子，生成黄色的，黄色和蓝色组合色时绿色，所以溶液的颜色由蓝色变成黄绿色(或黄色)。 8．周期表中ⅦA族元素及其化合物应用广泛。电解KHF2与HF的混合物时，HF转化为F2；加热NaCl与浓H2SO4的混合物，可制得HCl。氯还可形成HClO2、HClO3、HClO4等多种含氧酸，ClO2是Al级高效安全灭菌消毒剂；Cl2与CH4反应可制备有机溶剂CCl4。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的AgBr浸入Na2S2O3溶液转变成[Ag(S2O3)2]3-而溶解，氯化碘(ICl)性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列化学反应表示正确的是 A．电解KHF2与HF混合物时的阴极反应：HF＋HF-2e-=F2↑ ＋H2F+ B．用Na2CO3溶液吸收Br2(g)：Br2＋Na2CO3=NaBr＋NaBrO3＋CO2 C．AgBr溶于Na2S2O3溶液的反应：AgBr＋2=[Ag(S2O3)2]3-＋Br- D．ICl与NaOH溶液反应：ICl＋2OH-=I-＋ClO-＋H2O 【答案】C 【详解】A．阴极发生还原反应，还原反应需要得到电子，而F₂的生成需要氧化反应，应在阳极进行，A错误； B．Br2在碱性条件下歧化应生成Br-和，原反应方程式中O原子不守恒，正确书写为：3Br2＋3Na2CO3=5NaBr＋NaBrO3＋3CO2↑，B错误； C．AgBr与生成[Ag(S2O3)2]3-和Br-，电荷和原子守恒，C正确； D．ICl中Cl为-1价，与OH⁻反应应生成Cl-而非ClO-，D错误；故答案为：C。 9．是优良的浸金试剂，但毒性强。有望被低毒的硫氰酸盐替代。 (1)NaCN属于离子晶体。一定温度下，NaCN某种晶型的立方晶胞如下图所示，已知其边长为。 ①中，键和键的个数比为 。 ②距离最近的阴离子有 个。 ③已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度是 。（） (2)配位能力强，故NaCN可作浸金试剂。 ①补全浸金反应的离子方程式 ： 。 ②浸金时，若不除去矿浆中的和，浸金效果会降低。结合配位键的形成条件解释原因： 。 (3)也是一种常见的配体，其中的和均能与金属离子（M）以或的方式配位。 ①中，不能参与配位，原因是 。 ②在两种配位方式中，C的杂化方式为 、 。 (4)已知：和均有挥发性，为弱酸，为强酸。 相同条件下，使用作为浸金试剂比更安全，逸出的有毒酸雾更少，可能的原因是 （填序号）。 a．更容易水解    b．的沸点比高    c．分子间易形成氢键 【答案】(1) 1：2 6 (2) 4Au+8CN-+O2+2H2O=4Au(CN)+4OH- 4Au+8CN-+O2+2H2O=4Au(CN)+4OH- Cu2+、Zn2+均能提供空轨道，可与提供孤电子对的CN-形成配位键，消耗CN-导致，浸金效果降低 (3)C上已没有孤对电子，无法形成配位键 sp sp (4)ab 【详解】（1）①氰酸根离子中含有碳氮三键，三键中含有1个σ键和2个π键，所以氰化钠中σ键和π键的个数比为1：2； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氰酸根离子与位于面心的钠离子的距离最近，则距离氰酸根离子最近的钠离子的个数为6，由化学式可知，距离钠离子最近的氰酸根离子的个数也为6； ③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的钠离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的氰酸根离子的个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得，d=； （2）①由未配平的化学方程式可知，浸金反应为金与氧气和溶液中的氰酸根离子反应生成二氰合金离子和氢氧根离子，反应的离子方程式为4Au+8CN-+O2+2H2O=4Au(CN)+4OH-； ②铜离子和锌离子均能提供空轨道，可与具有孤对电子的氰酸根离子形成配位键，导致溶液中的氰酸根离子浓度减小，使得浸金效果降低，所以金时，要除去矿浆中的铜离子和锌离子； （3）①由结构简式可知，硫氰酸根离子中碳原子上已没有孤对电子，无法提供孤对电子形成配位键； ②由结构式可知，在两种配位方式中，碳原子的价层电子对数都为2，原子的杂化方式相同，都为sp杂化； （4）由题意可知，NaSCN是强酸强碱盐，在溶液中不能水解生成具有挥发性的HSCN，NaCN是强碱弱酸盐，在溶液中水解生成具有挥发性的HCN，且HSCN的相对分子质量大于HCN，分子间作用力大于HCN，沸点高于HCN，所以相同条件下，使用NaSCN作为浸金试剂比NaCN更安全，逸出的有毒酸雾更少，故答案为：ab。 10．某小组欲制备，过程如下。 【资料】i．为难溶于水的固体。 ii．、均为深蓝色。 iii．       iv．氨水的约为11.5。 【进行实验】 【解释与结论】 (1)画出四氨合铜配离子中的配位键： 。 (2)小组同学推测步骤1中产生的蓝绿色沉淀为，并进行实验验证：取少量蓝绿色沉淀，蒸馏水洗涤后，加入试剂a和b，观察到产生白色沉淀。 ①用蒸馏水洗涤沉淀的目的是 。 ②试剂a和b分别为 和 。 (3)步骤2中，观察到蓝绿色沉淀溶解，得到深蓝色溶液。甲、乙两位同学对深蓝色溶液中存在的主要配离子进行了猜测：甲同学猜测主要配离子为，乙同学猜测主要配离子为。乙同学猜测的依据是 。 (4)经实验验证，深蓝色晶体主要为。将步骤4所得深蓝色晶体加水溶解，得到深蓝色溶液，继续加水稀释，产生蓝绿色沉淀。溶液稀释产生沉淀的离子方程式为 。 (5)为了回收滤液中的乙醇，小组同学先向滤液中加入稀硫酸调节pH为5∼6，再蒸馏，加入稀硫酸的目的是 。 【答案】(1) (2) 除去沉淀表面吸附的，避免干扰检验结果 足量稀盐酸 溶液 (3)溶液中，(或)浓度约为浓度的100倍，根据生成、平衡的关系， (4)或 (5)将滤液中转化成，避免蒸馏回收乙醇时，乙醇中掺杂 【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，先生成蓝绿色沉淀，该沉淀为氢氧化铜，继续加入氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，该溶液为[Cu(NH3)4]SO4溶液，继续加入乙醇，降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解度，析出[Cu(NH3)4]SO4晶体，过滤，得到滤液和晶体。 【详解】（1）四氨合铜配离子中的配位键为N→Cu键，如图所示：； （2）①小组同学推测步骤1中产生的蓝绿色沉淀为Cu2（OH）2SO4，并进行实验验证：取少量蓝绿色沉淀，蒸馏水洗涤后，加入足量稀盐酸，使蓝绿色沉淀溶解，再加入BaCl2溶液，观察到产生白色沉淀，用蒸馏水洗涤沉淀的目的是除去沉淀表面吸附的，避免干扰检验结果； ②试剂a和b分别为足量稀盐酸和BaCl2溶液； （3）步骤2中，观察到蓝绿色沉淀溶解，得到深蓝色溶液。甲、乙两位同学对深蓝色溶液中存在的主要配离子进行了猜测：甲同学猜测主要配离子为，乙同学猜测主要配离子为，乙同学猜测的依据是溶液中，NH3(或NH3•H2O)浓度约为OH-浓度的100倍，根据生成、平衡的K-Q关系，(或NH3（或NH3•H2O）的浓度远大于OH-的浓度)； （4）经实验验证，深蓝色晶体主要为[Cu(NH3)4]SO4•H2O将步骤4所得深蓝色晶体加水溶解，得到深蓝色溶液，继续加水稀释，产生蓝绿色沉淀。溶液稀释产生沉淀的离子方程式为：或； （5）为了回收滤液中的乙醇，小组同学先向滤液中加入稀硫酸调节pH为5～6，再蒸馏，加入稀硫酸的目的是将滤液中NH3转化成，避免蒸馏回收乙醇时，乙醇中掺杂NH3。 【强化训练】 1．有关配合物的实验如图，下列说法不正确的是 A．中键的数目为 B．与比较，前者的的键角大 C．与的配位能力： D．向溶液中滴加过量氨水，也能得到深蓝色溶液 【答案】C 【详解】A．在中，每个分子内有2个键（键），同时原子与形成配位键（也是键）。1个 中键的数目为个，配位键数目为4个，所以1个中键总数为个，那么1mol中键的数目为12，A正确； B．分子中原子有一对孤电子对， 中原子的孤电子对与形成配位键。孤电子对-成键电子对间的斥力大于成键电子对-成键电子对间的斥力，当孤电子对形成配位键后，使得 中的键角比中的键角大，B正确； C．由实验可知，固体加少量水先形成，加水量增多后形成，再加过量氨水形成，说明能将中的替换下来，形成更稳定的，所以与的配位能力：，C错误； D．向溶液中滴加过量氨水，首先发生，继续滴加氨水，，得到深蓝色的含溶液，D正确；综上，答案是C。 2．下列“类比”结果正确的是 A．的沸点低于，则HF的沸点低于HCl B．可以溶解在浓氨水中，则也可以溶解在氨水中 C．分子中存在键，化学性质稳定，则的化学性质稳定 D．空间构型为正四面体型，则碳骨架空间构型为正四面体型 【答案】D 【详解】A．CH4、都是分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，而HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，A错误； B．Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，是由于能够形成，，但Al(OH)3不与氨水络合，无法溶解，类比不合理，B错误； C．N2分子中存在N≡N键，N≡N键的键能很大，化学性质稳定，CH≡CH中的C≡C的键能较小，故其化学性质不稳定，类比不合理，C错误； D．CH4的C原子周围的价层电子对数为4，故空间构型为正四面体形，C(CH3)4其中心C原子上的价层电子对数为4，故碳骨架的空间构型为正四面体形，类比合理，D正确；故选D。 3．下列离子方程式书写错误的是 A．向胆矾溶液中滴加饱和食盐水，溶液变绿： B．向烧碱溶液中滴加少量明矾溶液并振荡： C．向胆矾溶液中滴加少量氨水： D．向有沉淀的溶液中滴加氨水，沉淀消失： 【答案】C 【详解】A．向胆矾溶液（含）中加入饱和食盐水，高浓度与可逆生成，A正确； B．烧碱溶液中过量，直接生成，电荷守恒且反应彻底，B正确； C．少量氨水无法提供足够，应先生成沉淀而非直接络合，C错误； D．与形成，沉淀溶解，D正确；故选C。 4．①金刚石②肼③足球烯④石墨⑤碘晶体⑥金刚砂⑦氯化钠⑧银⑨⑩二氧化硅 (1)以上晶体中属于离子晶体的是 (填序号，下同)；属于分子晶体的是 ；属于共价晶体是 ；属于共价化合物的是 。 (2)肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应如下：。若该反应中有键断裂，则形成的π键有 。 (3)以氨水和氯化银为原料制备的离子反应方程式 ；中的配位原子是 (填名称)，配体是 (填化学式)。 【答案】(1)⑦⑨ ②③⑤ ①⑥⑩ ②⑥⑩ (2)6 (3) 氮 NH3 【详解】（1）离子晶体是由离子键结合形成的晶体，⑦氯化钠、⑨是离子晶体；分子晶体是由分子间作用力结合形成的晶体，②肼、③足球烯、⑤碘晶体是分子晶体；共价晶体是原子间通过共价键形成空间网状结构的晶体，①金刚石、⑥金刚砂、⑩二氧化硅是共价晶体；共价化合物是只含共价键的化合物，②肼、⑥金刚砂、⑩二氧化硅是共价化合物； 故答案为：⑦⑨；②③⑤；①⑥⑩；②⑥⑩； （2）1个分子含4个键，键断裂说明有反应，根据方程式，反应生成，1个分子含2个π键，所以形成π键物质的量为； 故答案为：6； （3）氯化银与氨水反应生成[Ag(NH3)2]Cl，其方程式为；在中，提供空轨道，中N原子提供孤电子对，所以配位原子是N，配体是； 故答案为：；氮；。 5．铁配合物在工农业生产中有广泛应用。 (1)铁的一种配合物的化学式为，配体Htrz为三氮唑()。 ①已知配体三氮唑()是平面形分子，其中配位原子是 。 ②三氮唑沸点为260℃，与其结构类似的苯沸点为80.5℃，三氮唑沸点明显偏高的原因是 。 (2)与邻二氮菲()等多齿配体在水溶液中可以形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，该配合物的颜色常用于浓度的测定。实验表明，邻二氮菲检测的适宜pH范围是2~9，请简述主要原因是 。 (3)利用(铁氰化钾)可检验出溶液中的，产生蓝色沉淀(滕氏蓝)。滕氏蓝晶胞结构如图所示(未画出)。 晶胞中与1个等距且最近的的数目为 ；已知A的原子坐标为，则C的原子坐标为 ，晶胞中与的核间距为anm，该晶胞密度为 (列出计算式即可，已知的摩尔质量为，为阿伏加德罗常数的值) 【答案】(1)氮原子 三氮唑分子间可形成氢键 (2)若浓度高，邻二氮菲中的氮原子与配位，与的配位能力减弱；若浓度高，与生成，同邻二氮菲配位减弱。 (3) 6 【详解】（1）①配体三氮唑()中配位原子是氮原子； ②三氮唑的沸点为260℃，与其结构类似的苯沸点为80.5℃，，前者的沸点比后者高，是由于在三氮唑分子间形成了氢键，苯分子之间无氢键，所以三氮唑沸点明显偏高； （2）实验表明，邻二氮菲检测Fe2+的适宜pH范围是2~9，若H+浓度高，邻二氮菲中的氮原子与H+配位，与Fe2+的配位能力减弱；若OH−浓度高，Fe2+与OH−生成Fe(OH)2，Fe2+同邻二氮菲配位减弱； （3）由晶胞结构可知，以顶点的亚铁离子分析，晶胞中与1个Fe2+等距且最近的Fe3+的数目为6个，分别是亚铁离子的上下左右前后；已知A原子的坐标参数为(0，0，0)，B原子为(1，1，1)，C在体对角线的四分之一处，则C处K＋的坐标为()；根据晶胞结构可知，Fe2+位于晶胞顶点和面心，个数为，Fe3+位于棱心和体心，个数为，K+的位于体内，个数为4，说明晶胞中有4个KFe[Fe(CN)6]，则晶胞的质量为：，晶胞中Fe2+与Fe3+的核间距为anm，则晶胞边长为2anm，晶胞体积为：V=(2a×10-7)3cm3，该晶胞密度为：。 6．过渡元素Fe、Co、Ni可形成K4[Fe(CN)6]、[Co(NH3)5Cl]Cl2、K3[Co(NO3)6]、K2[Ni(CN)4]、[Ni(NH3)6]SO4等多种配合物。 (1)基态Co2+价电子排布图为 ，基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为 。 (2)[Co(NH3)5Cl]Cl2中心离子Co3+的配位数为 ，配位原子(离子)为 ，向含1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀的物质的量为 mol。 (3)已知Fe(CO)x常温下为液体，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，据此判断Fe(CO)x室晶体属于 晶体。 (4)Fe能与N形成一种磁性材料，其晶胞结构如图所示。 ①Fe原子的坐标参数为m(，，0)、n(，0，)、p(0，，)，N原子的坐标参数为 。 ②已知该晶体的晶胞参数为anm，列出其密度表达式为 g/cm3(用含a的式子表示，只列式子，不作计算)。 【答案】(1) 球形 (2) 6 N和Cl- 2 (3)分子 (4)(，，) 【详解】（1）Co是27号元素，Co2+离子核外3d电子为其价电子，基态Co2+价电子排布图为；Ni的原子序数为28，电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为球形； （2）[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为6，配体为NH3和Cl-，配位原子(离子)为N、Cl-；向含1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2的溶液中加入足量的AgNO3溶液，只有外界的Cl离子电离，生成沉淀的物质的量为2mol； （3）Fe(CO)x常温下为液体，熔沸点较低，即为分子晶体； （4）①Fe原子位于晶胞的顶点(8个顶点等效)和面心(6个面心，两两相对的面心是等效的，相当于有3个不同位置)，因此原子坐标参数共有4个，顶点(0，0，0)，面心(，，0)、(，0，)、(0，，)，N原子在体心，原子坐标参数为(，，)； ②晶胞Fe的个数是，N的个数是1，晶胞质量是，体积V=(a10-7)3cm3，晶体密度。 7．实验室采用如图所示流程分离和的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是 A． B．结合的能力： C．溶液中水的电离程度：无色溶液>氨水>硝酸 D．由于具有感光性，可用进行人工降雨 【答案】C 【详解】A．和的淡黄色固体加入足量氨水，得到黄色固体和，说明溶解度，即，A错误； B．无色溶液1含有，加入硝酸后转化为和，故说明结合NH3的能力：Ag＋<H＋，B错误； C．无色溶液Ⅱ是NH4NO3溶液，会发生水解，可促进水的电离，氨水和硝酸的浓度均为，是弱碱，而硝酸时强酸，同浓度时，硝酸对水的电离起到的抑制作用更大，故溶液中水的电离程度：无色溶液Ⅱ>氨水>硝酸，C正确； D． 的晶体结构与冰相似，可作为人工降雨的晶核，但与其感光性无关，其感光的特性可制造照相感光乳剂，D错误；故选C。 8．以铜阳极泥[含Cu、Ag、Au等单质为原料分离回收金和银的流程如下图所示，已知HAuCl4是一元强酸，下列说法错误的是 A．酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸 B．“浸取2”中使用的酸提高了H2O2的氧化性 C．“还原”步骤的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+ D．S2O离子中心S原子配位能力小于端基S原子 【答案】B 【详解】A．由分析可知，酸1为稀硫酸，酸2为稀盐酸，故A正确； B．由分析可知，浸取2中使用稀盐酸的目的是将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，不是提高了过氧化氢的氧化性，故B错误； C．由分析可知，加入肼的目的是将溶液中HAuCl4转化为金，反应的离子方程式为4AuCl+ 3N2H4 =4Au+3N2↑+16C1-+12H+，故C正确； D．硫代硫酸根离子的结构式为，离子中中心原子硫原子的孤对电子对数为=0，端基硫原子的孤对电子对数为=2，所以中心硫原子配位能力小于端基硫原子，故D正确；故选B。 9．铜阳极泥的主要成分为、、、、，从铜阳极泥中提取金、银的工艺流程如下： (1)“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、 。 (2)“浸铜”时，反应生成S的化学方程式为 。 (3)硫脲()呈平面结构，可简写为，强酸性条件下有还原性。“浸金银”中： ①硫脲与尿素()结构相似，熔点更高的原因是 。 ②已知：25℃时         则   。 ③的结构为，反应生成的离子方程式为 ，与配位的原子是而不是的原因是 。 ④浸出液对金浸出率的影响如图。随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低的原因是 。 ⑤浸出渣的主要成分有S、 。 (4)“电解”时，生成的电极反应式为 。 (5)“离子交换”除去金属离子后，吸附后液可返回 工序循环使用。 【答案】(1)搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分 (2) (3)硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大 S的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配位键 时，升高，还原性减弱，避免与反应；时，升高，会形成沉淀 、 (4) (5)浸金银 【详解】（1）空气中氧气具有氧化性，且液体中鼓入气体可以搅动溶液，“浸铜”时，鼓入空气的目的有提供氧化剂、搅拌，增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分； （2）“浸铜”时，空气中氧气具有氧化性，氧气在酸性条件下氧化生成硫单质和硫酸铜，铜化合价由+1变为+2、中硫化合价由-2变为0，氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，化学方程式为； （3）①硫脲和尿素为分子晶体，硫脲的相对分子质量更大，范德华力更大，故硫脲与尿素相比，熔点更高； ②已知： ①   ②   ③   由盖斯定律可知，①+②+③得反应，则。 ③固体加入氯化铁、硫脲，将银转化为，铁离子化合价降低、银化合价升高，故反应的离子方程式为；S较N的原子半径更大，电负性更小，更易给电子形成配位键，故与配位的原子是S而不是； ④已知在强酸性条件下有还原性，时，升高，还原性减弱，避免与反应，时，升高，氢氧根离子浓度增大，会形成沉淀，导致随着浸出液升高，金浸出率先升高后降低； ⑤浸铜过程中生成硫单质，结合流程，浸金银过程的溶液中含有、，铁离子具有氧化性，结合质量守恒，浸金银过程中铁离子会将Se、Te元素氧化为Se、Te单质，则浸出渣的主要成分有S、、； （4）“电解”时，生成的电极反应为得到电子发生还原反应生成银单质和TU，反应为； （5）电解时、得到电子发生还原反应生成银单质、金单质，同时生成TU，“离子交换”除去金属离子后，吸附后液含TU，可返回浸金银工序循环使用。 10．为探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因，实验如下： 编号 操作 现象 ① 向蒸馏水中逐渐加入固体，配成饱和溶液 溶液颜色缓慢加深，但始终显蓝色 ② 向铜与过量浓硝酸反应后溶液中通入 溶液上方有少量红棕色气体放出，溶液变为蓝色 ③ 向铜与过量浓硝酸反应后溶液中通入 溶液上方有少量红棕色气体放出，溶液仍呈绿色 查阅资料可知：溶于水会有生成，可与发生配位反应：(绿色)。下列说法错误的是 A．实验①说明溶液呈绿色与浓度大小无关 B．实验②通入的主要目的是将溶液中的吹出 C．实验②③说明呈绿色的原因是反应生成 D．实验①②③说明与的配位能力： 【答案】B 【详解】A．向蒸馏水中逐渐加入固体，配成饱和溶液，溶液始终呈蓝色，说明绿色与浓度大小无关，故A正确； B．实验②通入的主要目的是将溶液中的、在水溶液中转化为硝酸，故B错误； C．实验③通入N2将NO2吹出，溶液仍然成绿色，结合实验②的现象，说明呈绿色的原因是反应生成，故C正确； D．在水溶液中Cu2+以存在，溶于水有生成，是弱酸，转化为，说明与的配位能力：，故D正确；答案选B。 / 学科网（北京）股份有限公司 $