第07讲 配合物的成键与应用（重难点训练）化学苏教版选择性必修2

第07讲 配合物的成键与应用 建议时间：25分钟 突破一 配位键和配位化合物 1．一种催化还原NO的机理如下图所示。下列说法正确的是 A．中所含的基态电子排布式为 B．中间体X和中间体Z中Cu的化合价相同 C．提供质子的能力： D．总转化过程中每吸收1 mol NO需要消耗1 mol 2．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子Z可识别，实现卤水中的萃取，其合成方法如下。下列说法正确的是 A．X分子为非极性分子 B．电负性： C．与通过弱配位键相结合 D．Z可以识别、、、等碱金属离子，形成类似于R的结构 突破二 配位键成键规律 3．锂是现代工业和科技领域的关键元素，的检测在环境、生物及医学等研究领域具有重要意义。我国科研人员设计并合成了一种可检测的化合物，其结合时发出荧光，所得产物结构如图所示。已知：中氮杂冠醚的空腔直径较小。下列说法错误的是 A．与结合形成超分子 B．与结合体现了自组装的特征 C．或的存在不会干扰对的检测 D．发出荧光可能与电子从高能级跃迁至低能级有关 4．下列关于化学式为的配合物的说法中，正确的是 A．配位体是和，配位数是9 B．中心离子是，配离子是 C．内界和外界中的数目之比是 D．加入足量溶液，所有的均被完全沉淀 突破三 配合物内界共价键的数目 5．一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构为，下列说法错误的是 A．该配合物中配位原子是N和O B．C原子的杂化轨道类型为和sp3 C．1 mol该配合物形成的配位键有6 mol D．基态Co原子的外围电子排布式为 6．一水硫酸四氨合铜晶体（[Cu(NH3)4]SO4·H2O）是安全、高效的广谱杀菌剂。 制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O过程如下： (1)写出硫酸四氨合铜晶体中正离子的结构式： 。 (2)氢氧化铜固体溶于氨水速率非常慢，加入铵盐，可促进氢氧化铜的溶解，写出该反应的离子方程式： 。 (3)步骤③中加入95%乙醇的目的是 。 (4)是逐步形成的，可以用以下式子表示Cu2++nNH3⇌，平衡常数Kn= 查得到平衡常数的数据： n 1 2 3 4 lgKn 4.15 7.63 10.53 12.67 在硫酸铜溶液中加入氨水，得到NH3平衡浓度为0.1 mol·1-1的溶液，求此时溶液中= 。 突破四 配合物的应用 7．可有效识别的某套索醚结构如图。非金属元素、、原子序数依次增大，三者最外层电子数之和为，基态原子中与轨道电子数相等。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．最简单氢化物沸点： C．该套索醚也可对进行有效识别 D．若将替换为-不利于识别 8．载铂钯碳某类汽车废催化剂可成为铂族金属的重要来源，可采用离子交换树脂技术回收利用贵金属。工艺流程如图。 已知：①“浸出”时Pt、Pd转化为、存在于溶液中；“离子树脂交换”只吸附阴离子；②该流程条件下。 回答下列问题： (1)“焙烧”的主要目的是 。 (2)“浸出”时Pt发生反应的化学方程式为 。 (3)“沉铂”时，若的浓度为，向溶液中加入等体积溶液，充分反应后，溶液中浓度为 。 (4)“还原”制备“精铂”时将分散于水中，“还原”的离子方程式为 。 (5)“沉钯”过程为：。用平衡移动原理解释“过程3”生成的原因 。 (6)流程中可循环利用的物质为 (写化学式)。 (7)除去铝元素的操作单元是 。 建议时间：40分钟 9．工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含、、)中，利用氨浸工艺可提取钴，并获得副产品。工艺流程如图。 已知：①氨性溶液由、和配制； ②、、能与形成可溶于水的配合物。 (1)在水溶液中以的形式存在。向含的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的，试分析更稳定的原因是 。 (2)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 10．纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿(为主要成分)为原料制备。 Ⅰ、获得纳米铜 (1)制备溶液：用溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入制取。 ①将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。 (填“属于”或“不属于”)顺磁性物质。 ②中键角 (填“>”或“<”)中键角。 ③中键的个数是 。 (2)制备纳米铜。调节溶液的，加入溶液，75℃水浴加热，充分反应得到纳米铜。 ①获得纳米铜时，被氧化成，反应的离子方程式为 。 ②还原过程中可能生成杂质，为判断纳米铜样品中是否含有，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净后， 。(已知：能溶于硝酸，被其氧化成。实验中必须使用的试剂和设备：溶液，2%溶液，通风设备) Ⅱ、应用纳米铜 (3)纳米铜铂电池。如图表示一种纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在极和极区域之间产生浓度差即产生电势差，形成自建电场：该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。 ①该纳米棒的极电极反应式为 。 ②该纳米棒向 。(填“极”或“极”)方向定向移动。 11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性 B 取溶液于试管中，加入两滴溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 与溶液的反应有一定限度 C 向溶液中滴加几滴氨水，生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液 能溶于氨水生成 D 取少量待测溶液，加入溶液，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝 待测液中不含有 A．A B．B C．C D．D 12．Co形成的某种离子结构简式如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的单质常用于燃料电池中，X的某种同位素在考古时用来测定一些文物的年代，Z的s能级与p能级所含电子数目相同。下列说法错误的是 A．第一电离能：Y>Z>X B．元素Z的简单氢化物形成的晶体具有分子密堆积特征 C．该离子中Co的化合价为+3 D．该离子中σ键与π键数目之比为17：1 13．用过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液作为浸取剂，将黄铜矿（CuFeS2）中的铜元素以的形式，铁元素以的形式浸出，一种流程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．的中心离子是，配体是 B．参与反应的 C．浸取剂中的有助于CuFeS2固体的溶解 D．用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解 14．合成氨工业中常用亚铜氨溶液吸收原料气中的CO以防止催化剂中毒，原理如下：  ，下列有关说法错误的是 A．Cu属于ds区元素 B．加压或升温可促进平衡正向移动，提高CO的吸收效率 C．1mol中含14molσ键 D．中键角比中的大 15．配合物三草酸合铁酸钾晶体是制备活性铁催化剂的主要原料。制备三草酸合铁酸钾晶体的流程如图： 已知：①“氧化”时，加入试剂和时发生反应：； ②结构为。 下列叙述错误的是 A．“溶解”时，加稀硫酸是为了抑制水解 B．可从“滤液”中回收 C．“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．中，配体数目为6 16．某离子液体的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族。下列说法错误的是    A．为极性分子 B．中存在配位键 C．YZ-中键与键的个数比为 D．若将中的Q元素换为同主族的上一周期元素，则该离子液体的黏度减小 17．钴配合物Z的化学式为，是紫色固体，难溶于水。实验室由固体制备Z的过程如下（部分条件省略）： ①将固体分次加入含有适量的浓氨水中，搅拌溶解。 ②在搅拌下，依次向上述溶液中缓慢滴加溶液、稍过量的浓盐酸。 ③在水浴下加热20分钟，冷却至室温，收集固体，得到产品Z。 回答下列问题： (1)配合物Z中钴元素的化合价为 ；含有 键。 (2)步骤②中浓盐酸需“缓慢滴加”的原因是 。 (3)步骤③中“收集固体”的装置可以选择 （填选项编号）。 A． B． C． D． (4)实验最终得到固体Z的质量为，该实验中Z的产率为 %（精确到0.1）。 (5)已知步骤①所得溶液中钴元素以形式存在，则步骤③中生成Z的化学反应方程式为 。 (6)若控制该体系中的钴氨比例，可得到两种颜色不同的产物X和Y，二者分子式均为，其阳离子的空间结构均与Z中阳离子接近（Z的阳离子结构为八面体形，如图所示）。下列说法正确的是________（填选项编号）。 A．与足量溶液反应，等质量X和Y得到的白色沉淀质量不相同 B．X和Y的阳离子中，2个氯离子之间的距离相同 C．X和Y在浓盐酸中的稳定性均弱于在水中的稳定性 D．可通过X射线衍射实验区分X和Y 18．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ti、Ni、Fe、Cu等元素。回答下列问题： (1)下列不同状态的硼中，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________。 A． B． C． D． (2)钛能形成多种配合物或配离子，如Ti(CO)6、[TiO(H2O2)2]2+、[Ti(NH3)6]3+等。 ①上述配合物或配离子中配位原子的电负性由小到大的顺序是 。 ②1 mol [Ti(NH3)6]3+中含有键的数目是 NA。 (3)已知Cu第一电离能I1(Cu)=746 kJ·mol-1，Fe第一电离能I1(Fe)=762 kJ·mol-1，则I2(Cu) I2(Fe)(填“>”、“=”或“<”)，其主要原因是 。 (4)氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。 六方氮化硼的晶体类型为 晶体；立方氮化硼晶胞的密度为ρ g·cm-3，晶胞的边长为a pm，则阿伏加德罗常数的表达式为 mol-1。 建议时间：30分钟 19．（2025·海南·高考真题）有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖中主要含、Cu12.0%，其资源化回收的一种工艺流程如图所示。 回答问题： (1)“粉碎”的目的是 。 (2)“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为 。 (3)“碱熔”中产生的气体C为 ，滤渣E是 (均填化学式)。E与 (填物质名称)反应可生成用于城市废水处理的。 (4)某批次试验，废砖投料20.0 kg，产出CuO 2.70 kg，则Cu的回收率为 。 (5)从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有 、 。 20．（2025·江西·高考真题）稀散金属镓(，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为、、、和少量)为原料制备金属镓的工艺流程图如下： 回答下列问题： (1)滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为 (填化学式)，与碱反应的离子方程式为 、 。 (2)水热再生过程中，需要定量补充固体的目的是 ，以获得高纯度分子筛()材料。滤液2的 (填“大于”或“小于”)滤液1的。 (3)已知树脂片段的结构为。在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是 。 (4)操作X为 。 (5)硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是 。 21．（2025·浙江·高考真题）铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C．基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D．配位键强度： (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式 。 (3)化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因 。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式 。 ③设计实验检验气体C (要求利用气体C的氧化性或还原性)。 (4)有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式 。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为 (要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子 (按浓度由高到低顺序)。 22．（2025·浙江·高考真题）能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是 A．图中球①代表原子团 B．该化合物易溶于水 C．作还原剂时，该化合物释放 D．氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 23．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是 A．溶液1中 B．溶液2中 C．溶液3中 D．上述实验可证明 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 配合物的成键与应用 建议时间：20分钟 突破一 配位键和配位化合物 1．一种催化还原NO的机理如下图所示。下列说法正确的是 A．中所含的基态电子排布式为 B．中间体X和中间体Z中Cu的化合价相同 C．提供质子的能力： D．总转化过程中每吸收1 mol NO需要消耗1 mol 【答案】D 【详解】A．Cu为29号元素，基态电子排布式为，失去4s轨道1个电子，基态电子排布式应为，A错误； B．由化合价代数和为0可知，中间体X中氧元素的化合价为-1价、铜元素的化合价为+2价，中间体Z中氧元素的化合价为-2价、铜元素的化合价为+3价，两者中铜元素的化合价不同，B错误； C．为路易斯碱，易接受质子（），而中吸引的孤对电子，使配体接受质子能力减弱，故碱性：，碱性越弱，提供质子的能力（酸性）越强，因此提供质子能力，C错误； D．总反应（）中4 mol NO消耗4 mol ，则1 mol NO消耗1 mol ，D正确；故答案选D。 2．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子Z可识别，实现卤水中的萃取，其合成方法如下。下列说法正确的是 A．X分子为非极性分子 B．电负性： C．与通过弱配位键相结合 D．Z可以识别、、、等碱金属离子，形成类似于R的结构 【答案】C 【详解】A．X分子为邻苯二酚，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，A错误； B．当O与Cl形成共价键时，共用电子对偏向O，电负性：O（3.44）大于Cl（3.16），则χ(O) > χ(Cl)，B错误； C．Li+有空轨道，Z中氧原子有孤对电子，二者通过氧原子提供孤对电子、Li+提供空轨道而形成配位键，配位键属于弱相互作用的化学键类型，C正确； D．冠醚识别碱金属离子具有选择性，取决于冠醚空腔的大小与碱金属离子半径的匹配度，Z可识别Li+，但Na+、K+、Cs+半径依次增大，Z无法识别它们并形成类似 R 的结构，D错误；故选C。 突破二 配位键成键规律 3．锂是现代工业和科技领域的关键元素，的检测在环境、生物及医学等研究领域具有重要意义。我国科研人员设计并合成了一种可检测的化合物，其结合时发出荧光，所得产物结构如图所示。已知：中氮杂冠醚的空腔直径较小。下列说法错误的是 A．与结合形成超分子 B．与结合体现了自组装的特征 C．或的存在不会干扰对的检测 D．发出荧光可能与电子从高能级跃迁至低能级有关 【答案】C 【详解】A．超分子是由主体分子和客体分子通过分子间相互作用形成的聚集体，M作为主体，Li+作为客体，二者结合形成的产物属于超分子，故A正确。 B．自组装指分子或离子通过非共价相互作用自发形成有序结构的过程，M与Li+通过配位键等非共价作用自发结合形成稳定结构，体现了自组装特征，故B正确。 C．M中氮杂冠醚空腔直径较小，Li+半径最小（约0.76Å），而Na+（约1.02Å）、K+（约1.38Å）半径较大。但冠醚对离子的结合选择性并非绝对，Na+、K+可能因与空腔直径接近或浓度较高时发生竞争结合，消耗M从而干扰Li+的检测，故C错误。 D．荧光产生的原理是电子吸收能量跃迁至高能级激发态，不稳定的激发态电子跃迁到低能级时释放能量，以光的形式发出，故D正确。 4．下列关于化学式为的配合物的说法中，正确的是 A．配位体是和，配位数是9 B．中心离子是，配离子是 C．内界和外界中的数目之比是 D．加入足量溶液，所有的均被完全沉淀 【答案】C 【详解】A．配体是Cl-和H2O，配位数是1（Cl-）+5（H2O）=6，A错误； B．中心离子电荷计算：内界电荷为+2（因外界Cl-总电荷为-2），故中心离子为Ti3+，配离子为[TiCl(H2O)5]2+，B错误； C．内界含1个Cl-，外界含2个Cl-，数目比为1:2，C正确； D．外界Cl-与Ag+反应生成沉淀，内界Cl-作为配体不参与反应，D错误；故选C。 突破三 配合物内界共价键的数目 5．一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构为，下列说法错误的是 A．该配合物中配位原子是N和O B．C原子的杂化轨道类型为和sp3 C．1 mol该配合物形成的配位键有6 mol D．基态Co原子的外围电子排布式为 【答案】D 【详解】A．乙二胺四乙酸（EDTA）作为配体时，通过乙二胺中的N原子和羧基中的O原子提供孤对电子与Co2+配位，配位原子为N和O，A正确； B．配合物中存在两种C原子：羧基（-COO-）中的C形成双键，杂化类型为；亚甲基（-CH2-）中的C形成四个单键，杂化类型为sp3，B正确； C．EDTA的每个配体通过2个N和4个O与Co2+形成6个配位键，故1 mol该配合物中配位键为6 mol，C正确； D．基态Co原子（27号元素）的电子排布式为[Ar]3d74s2，外围电子排布式应按(n-1)d在前、ns在后的顺序书写，即3d74s2， D错误；故选D。 6．一水硫酸四氨合铜晶体（[Cu(NH3)4]SO4·H2O）是安全、高效的广谱杀菌剂。 制备[Cu(NH3)4]SO4·H2O过程如下： (1)写出硫酸四氨合铜晶体中正离子的结构式： 。 (2)氢氧化铜固体溶于氨水速率非常慢，加入铵盐，可促进氢氧化铜的溶解，写出该反应的离子方程式： 。 (3)步骤③中加入95%乙醇的目的是 。 (4)是逐步形成的，可以用以下式子表示Cu2++nNH3⇌，平衡常数Kn= 查得到平衡常数的数据： n 1 2 3 4 lgKn 4.15 7.63 10.53 12.67 在硫酸铜溶液中加入氨水，得到NH3平衡浓度为0.1 mol·1-1的溶液，求此时溶液中= 。 【答案】(1)或。 (2)Cu(OH)2+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++2H2O（反应物写NH3·H2O也可） (3)可降低溶剂的极性，利于晶体的析出 (4)0.93 【详解】（1）硫酸四氨合铜晶体分子式为[Cu(NH3)4]SO4，阳离子[Cu(NH3)4]2+的结构式为或。 （2）氢氧化铜固体溶于氨水速率非常慢，加入生成[Cu(NH3)4]2，可促进氢氧化铜的溶解，写出该反应的离子方程式Cu(OH)2+2NH3+2=[Cu(NH3)4]2++2H2O（反应物写NH3·H2O也可）。 （3）根据分析可知步骤③中加入95%乙醇的目的是可降低溶剂的极性，利于晶体的析出。 （4）由Kn=推出[Cu(NH3)]=Kn•[Cu2+]•[NH3]n，[NH3]=0.1mol/L，结合表格可知，则分母[Cu2+]+[Cu(NH3)2+]+[ Cu(NH3)]+[ Cu(NH3)]+[ Cu(NH3)]= [Cu2+]+ K1•[Cu2+]•[NH3]+ K2•[Cu2+]•[NH3]2+ K3•[Cu2+]•[NH3]3+ K4•[Cu2+]•[NH3]4=[Cu2+]+ 104.15•[Cu2+]•0.1+ 107.63•[Cu2+]•0.12+ 1010.53•[Cu2+]•0.13+ 1012.67•[Cu2+]•0.14=[Cu2+]+ 103.15•[Cu2+]+ 105.63•[Cu2+]+ 107.53•[Cu2+]+ 108.67•[Cu2+]，分子[ Cu(NH3)]=K4•[Cu2+]•[NH3]4=108.67•[Cu2+]，则==≈0.93。 突破四 配合物的应用 7．可有效识别的某套索醚结构如图。非金属元素、、原子序数依次增大，三者最外层电子数之和为，基态原子中与轨道电子数相等。下列说法正确的是 A．第一电离能： B．最简单氢化物沸点： C．该套索醚也可对进行有效识别 D．若将替换为-不利于识别 【答案】D 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O，A错误； B．常温下水为液体、氨气为气体，则最简单氢化物沸点：H2O>NH3，B错误；   C．锂离子和钾离子半径不同，该套索醚不可对进行有效识别，C错误； D．-CN为吸电子基团，若将H替换为-，则改变了套索醚中电荷分布，不利于识别，D正确；故选D。 8．载铂钯碳某类汽车废催化剂可成为铂族金属的重要来源，可采用离子交换树脂技术回收利用贵金属。工艺流程如图。 已知：①“浸出”时Pt、Pd转化为、存在于溶液中；“离子树脂交换”只吸附阴离子；②该流程条件下。 回答下列问题： (1)“焙烧”的主要目的是 。 (2)“浸出”时Pt发生反应的化学方程式为 。 (3)“沉铂”时，若的浓度为，向溶液中加入等体积溶液，充分反应后，溶液中浓度为 。 (4)“还原”制备“精铂”时将分散于水中，“还原”的离子方程式为 。 (5)“沉钯”过程为：。用平衡移动原理解释“过程3”生成的原因 。 (6)流程中可循环利用的物质为 (写化学式)。 (7)除去铝元素的操作单元是 。 【答案】(1)除去废催化剂中的碳元素 (2) (3) (4) (5)溶液中存在平衡：，加入盐酸后，与反应，平衡右移，从而生成沉淀 (6)、NH4Cl (7)离子树脂交换 【详解】（1）汽车废催化剂中含碳元素，焙烧时转化为气体除去 ，即“焙烧”的主要目的是除去废催化剂中的碳元素； （2）“浸出”时转化为，元素化合价由0价升高到+4价，中氧元素化合价由-1价降低到-2价，生成水，根据得失电子守恒和原子守恒配平得化学方程式。 （3）设溶液的体积为，加入等体积溶液后，溶液体积变为原来的。等体积混合充分反应后，消耗的物质的量为，根据 ，则。 （4）中为+4价，被还原为单质，被氧化为，根据得失电子守恒（得电子，失电子）和原子守恒配平，得反应为，离子方程式为。 （5）在溶液中存在平衡：，加入盐酸后，会和反应，根据勒夏特列原理，平衡会朝着减弱这种改变的方向移动，即平衡正向移动，从而生成沉淀 。 （6）从流程看，“浸出”步骤消耗，“沉铂”时消耗NH4Cl，“沉钯”消耗，“还原”制备“精铂”时：，生成和NH4Cl，所以和NH4Cl可循环利用。 （7）“离子树脂交换”只吸附阴离子，而铝元素在溶液中一般以阳离子形式存在，会留在流出液中，从而与吸附了贵金属阴离子的树脂分离，达到除去铝元素的目的。 建议时间：40分钟 9．工业上从处理后的矿石硝酸浸取液(含、、)中，利用氨浸工艺可提取钴，并获得副产品。工艺流程如图。 已知：①氨性溶液由、和配制； ②、、能与形成可溶于水的配合物。 (1)在水溶液中以的形式存在。向含的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的，试分析更稳定的原因是 。 (2)“氨浸”时，由转化为的离子方程式为 。 【答案】(1)氮元素的电负性较氧元素小，更易提供孤电子对形成配位键 (2)或 【详解】（1）向含Co2＋的溶液中加入过量氨水，由于N元素的电负性比O元素小，N原子提供孤电子对的倾向更大，与Co2＋形成配位键更强，因此可生成更稳定的[Co(NH3)6]2＋； （2）“氨浸”时，与亚硫酸根发生氧化还原反应，再与氨水反应生成，则由转化为的离子方程式为或。 10．纳米铜用途广泛，可用铜蓝矿(为主要成分)为原料制备。 Ⅰ、获得纳米铜 (1)制备溶液：用溶液浸取铜蓝矿，除去其中含铁离子后，再通入制取。 ①将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。 (填“属于”或“不属于”)顺磁性物质。 ②中键角 (填“>”或“<”)中键角。 ③中键的个数是 。 (2)制备纳米铜。调节溶液的，加入溶液，75℃水浴加热，充分反应得到纳米铜。 ①获得纳米铜时，被氧化成，反应的离子方程式为 。 ②还原过程中可能生成杂质，为判断纳米铜样品中是否含有，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净后， 。(已知：能溶于硝酸，被其氧化成。实验中必须使用的试剂和设备：溶液，2%溶液，通风设备) Ⅱ、应用纳米铜 (3)纳米铜铂电池。如图表示一种纳米棒悬浮在稀碘水中，通过发生电极反应在极和极区域之间产生浓度差即产生电势差，形成自建电场：该纳米棒因内部传递电子而带负电荷，在自建电场作用下定向移动。 ①该纳米棒的极电极反应式为 。 ②该纳米棒向 。(填“极”或“极”)方向定向移动。 【答案】(1)属于 > (2) 打开通风设备，取少量样品边搅拌边加入过量溶液，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2%溶液，若有白色沉淀产生，则含有 (3) 极 【详解】（1）①的价层电子排布为，有1个单电子，属于顺磁性物质； ②孤电子对-成键电子之间的相互作用大于成键电子之间的相互作用，存在一对孤电子对，而的氮原子不含孤电子对，则中键角大于中键角； ③中包含4 mol Cu-N键和12 mol N-H键，共16 mol，个数为16NA。 （2）①75℃时，碱性溶液中与发生氧化还原反应，生成Cu、N2，结合质量守恒还生成NH3、H2O，铜化合价由+2变为0、肼中氮化合价由-2变为0，根据得失电子守恒，离子方程式为； ②检验纳米铜样品中是否含有CuCl，则应使其溶解检验溶液中是否含有氯离子来确定样品中是否含有CuCl，故实验方案为：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净后，打开通风设备，取少量样品边搅拌边加入过量溶液，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2%溶液，若有白色沉淀产生，则含有； （3）①原电池中电子由负极移向正极，根据题干、图中信息可知，Cu极相当于原电池负极，失电子生成CuI，电极反应式为； ②根据Cu极电极反应可知，Cu极区域碘离子浓度减小、Pt极区域碘离子浓度增大，即产生电势差，形成自建电场，该纳米棒带负电荷向碘离子浓度小的方向移动，即向Cu极方向移动。 11．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向溶液中滴加几滴酸性溶液，溶液紫色褪去 具有还原性 B 取溶液于试管中，加入两滴溶液，充分反应后滴入几滴KSCN溶液，溶液变成红色 与溶液的反应有一定限度 C 向溶液中滴加几滴氨水，生成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液 能溶于氨水生成 D 取少量待测溶液，加入溶液，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝 待测液中不含有 A．A B．B C．C D．D 【答案】C 【详解】A．氯离子和Fe2+都能使酸性溶液紫色褪去，酸性溶液紫色褪去不能说明Fe2+具有还原性，A错误； B．加入少量KI后Fe3+仍有剩余，但实验未确保KI过量，无法证明反应可逆性，仅说明KI不足，B错误； C．沉淀溶解生成深蓝色溶液，说明与过量氨水反应生成，C正确； D．未加热条件下无法释放，试纸不变蓝不能证明无，D错误；故选C。 12．Co形成的某种离子结构简式如图所示。W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的单质常用于燃料电池中，X的某种同位素在考古时用来测定一些文物的年代，Z的s能级与p能级所含电子数目相同。下列说法错误的是 A．第一电离能：Y>Z>X B．元素Z的简单氢化物形成的晶体具有分子密堆积特征 C．该离子中Co的化合价为+3 D．该离子中σ键与π键数目之比为17：1 【答案】B 【详解】A．第一电离能：Y为N，Z为O，X为C。同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但N的2p轨道半满稳定，故第一电离能N>O>C，即Y>Z>X，A正确； B．Z为O，简单氢化物为H2O，其晶体为冰。冰中水分子通过氢键结合，氢键具有方向性和饱和性，形成四面体结构，分子间空隙较大，不具有分子密堆积特征（分子密堆积为范德华力作用下的紧密堆积，如干冰），B错误； C．该离子带一个单位正电荷，配体YW3为NH3（电中性），另一个配体含C=O双键及多个O，整体带两个单位负电荷（如羧酸根类）。设Co化合价为n，则n+(-2)=+1，解得n=+3，C正确； D．π键仅存在于C=O双键中（1个），σ键包括：2个NH3的6个N-H键、2个Co-N配位键、4个Co-O配位键、1个C=O中的σ键、2个C-O单键、2个O-H键，共6+2+4+1+2+2=17个σ键，故σ键与π键数目之比为17:1，D正确；故答案选择B项。 13．用过量的盐酸和CuCl2溶液的混合液作为浸取剂，将黄铜矿（CuFeS2）中的铜元素以的形式，铁元素以的形式浸出，一种流程示意图如下。 下列说法不正确的是 A．的中心离子是，配体是 B．参与反应的 C．浸取剂中的有助于CuFeS2固体的溶解 D．用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解 【答案】B 【详解】A．中，中心离子是提供空轨道的Cu+，配体是提供孤电子对的Cl-，A正确； B．溶解过程中发生的反应主要为：，但由于有少量CuS生成，所以参与反应的， B错误； C．由于生成的亚铜离子能和氯离子结合形成配合物，因此浸取剂中的有助于CuFeS2固体的溶解，C正确； D．Fe3+具有氧化性，因此用浓盐酸和FeCl3溶液的混合液也可能使黄铜矿溶解，D正确；故答案选：B。 14．合成氨工业中常用亚铜氨溶液吸收原料气中的CO以防止催化剂中毒，原理如下：  ，下列有关说法错误的是 A．Cu属于ds区元素 B．加压或升温可促进平衡正向移动，提高CO的吸收效率 C．1mol中含14molσ键 D．中键角比中的大 【答案】B 【详解】A．铜位于元素周期表第4周期第IB族，价层电子排布式为，属于ds区元素，故A正确； B．该反应为气体体积减小的反应，加压会使平衡朝气体体积减小的方向移动，因此平衡正向移动，可增大CO的吸收效率；但，升温会使平衡朝吸热方向移动，因此平衡逆向移动，降低CO吸收效率，故B错误； C．每个NH3含3个N-Hσ键，3个NH3共含9个；CO中含1个σ键；4个配位键（与3个NH3、1个CO各形成一个）均为σ键，总计9+1+4=14个σ键，因此1 mol 中含14 mol σ键，故C正确； D．NH3作为配体时，孤对电子参与配位，排斥力减小，键角增大，故D正确；故答案选B。 15．配合物三草酸合铁酸钾晶体是制备活性铁催化剂的主要原料。制备三草酸合铁酸钾晶体的流程如图： 已知：①“氧化”时，加入试剂和时发生反应：； ②结构为。 下列叙述错误的是 A．“溶解”时，加稀硫酸是为了抑制水解 B．可从“滤液”中回收 C．“氧化”时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 D．中，配体数目为6 【答案】D 【详解】A．在水溶液中会发生水解反应，加入稀硫酸可增大H+浓度，抑制水解，A正确； B．根据分析，可通过蒸发结晶回收滤液中的(NH4)2SO4，B正确； C．，该反应中，Fe元素化合价升高，Fe2+变成Fe3+，草酸亚铁为还原剂，H2O2中O元素的化合价从-1降低到-2，H2O2为氧化剂，由方程式可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3:6=1:2，C正确； D．由的结构可知，配体为，共3个，配体数目为3，D错误；故选D。 16．某离子液体的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z与W同主族。下列说法错误的是    A．为极性分子 B．中存在配位键 C．YZ-中键与键的个数比为 D．若将中的Q元素换为同主族的上一周期元素，则该离子液体的黏度减小 【答案】D 【详解】A．Z2X4为N2H4（肼），分子结构中N-N键两端各连两个H，N有孤对电子，分子不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，A正确； B．[WQ6]⁻为[PCl6]⁻，中心原子P原子有5个价电子，但在该离子中P原子形成了6个共价键，有一个配位键，B正确； C．YZ⁻为CN⁻，结构为[C≡N]⁻，三键含1个σ键和2个π键，σ键与π键个数比为1:2，C正确； D．Q为Cl，同主族上一周期元素为F，由于F原子半径小于Cl，则[PF6]⁻比[PCl6]⁻阴离子半径小，与阳离子间作用力增强，离子液体黏度增大，D错误；故答案选D。 17．钴配合物Z的化学式为，是紫色固体，难溶于水。实验室由固体制备Z的过程如下（部分条件省略）： ①将固体分次加入含有适量的浓氨水中，搅拌溶解。 ②在搅拌下，依次向上述溶液中缓慢滴加溶液、稍过量的浓盐酸。 ③在水浴下加热20分钟，冷却至室温，收集固体，得到产品Z。 回答下列问题： (1)配合物Z中钴元素的化合价为 ；含有 键。 (2)步骤②中浓盐酸需“缓慢滴加”的原因是 。 (3)步骤③中“收集固体”的装置可以选择 （填选项编号）。 A． B． C． D． (4)实验最终得到固体Z的质量为，该实验中Z的产率为 %（精确到0.1）。 (5)已知步骤①所得溶液中钴元素以形式存在，则步骤③中生成Z的化学反应方程式为 。 (6)若控制该体系中的钴氨比例，可得到两种颜色不同的产物X和Y，二者分子式均为，其阳离子的空间结构均与Z中阳离子接近（Z的阳离子结构为八面体形，如图所示）。下列说法正确的是________（填选项编号）。 A．与足量溶液反应，等质量X和Y得到的白色沉淀质量不相同 B．X和Y的阳离子中，2个氯离子之间的距离相同 C．X和Y在浓盐酸中的稳定性均弱于在水中的稳定性 D．可通过X射线衍射实验区分X和Y 【答案】(1) （或价） 21 (2)减少浓盐酸的挥发损失，提高其利用率 (3)B (4)63.9 (5) (6)CD 【详解】（1）配合物Z中阳离子为，内配体中不显电性，还有一个，故钴元素的化合价为+3。有1 mol Co←Cl配位键、5 mol Co←N配位键、15 molN-H键，配位键也属于键，故共21 mol键。 （2）浓盐酸挥发性强，步骤②中浓盐酸需“缓慢滴加”以防止浓盐酸的挥发损失，提高其利用率。 （3）步骤③中“收集固体”是指从溶液中分离出固体，选择过滤，装置可以选择B。 （4）Z的产率。 （5）步骤①所得溶液中钴元素以形式存在，步骤③在水浴下加热20分钟生成Z的化学反应方程式为。 （6）A．二者分子式均为，均只有1个Cl-可与与足量溶液反应，故等质量X和Y得到的白色沉淀质量相同，A错误； B． X和Y为配合物的两种同分异构体，其阳离子为八面体构型，存在邻位和对位两种几何异构体。两种异构体中，2个氯配体之间的距离不相同，B错误； C． X和Y中的配体可被浓盐酸中的代替，从而形成铵盐和多氯的钴配体离子，故X和Y在浓盐酸中的稳定性均弱于在水中的稳定性，C正确； D．X、Y的结构不同，可通过X射线衍射实验区分X和Y，D正确； 故选CD。 18．我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ti、Ni、Fe、Cu等元素。回答下列问题： (1)下列不同状态的硼中，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________。 A． B． C． D． (2)钛能形成多种配合物或配离子，如Ti(CO)6、[TiO(H2O2)2]2+、[Ti(NH3)6]3+等。 ①上述配合物或配离子中配位原子的电负性由小到大的顺序是 。 ②1 mol [Ti(NH3)6]3+中含有键的数目是 NA。 (3)已知Cu第一电离能I1(Cu)=746 kJ·mol-1，Fe第一电离能I1(Fe)=762 kJ·mol-1，则I2(Cu) I2(Fe)(填“>”、“=”或“<”)，其主要原因是 。 (4)氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。 六方氮化硼的晶体类型为 晶体；立方氮化硼晶胞的密度为ρ g·cm-3，晶胞的边长为a pm，则阿伏加德罗常数的表达式为 mol-1。 【答案】(1)BD (2) C<N<O 24 (3) > Cu+的价层电子排布式为3d10，是全充满的稳定结构，失去第二个电子需要更高的能量 (4)混合型 【详解】（1）A为基态B+，B为激发态B+，C为基态B原子，D为激发态B原子，激发态的电子跃迁回低能量态会释放能量形成发射光谱，用光谱仪可捕捉到发射光谱，故选BD； （2）①Ti(CO)6、[TiO(H2O2)2]2+、[Ti(NH3)6]3+中配位原子分别为C、O、N，同周期主族元素从左往右电负性逐渐增大，故电负性由小到大的顺序是C<N<O； ②配位键和共价单键均为σ键，[Ti(NH3)6]3+中有6个配位键加上6个NH3中的18个共价单键，故1 mol [Ti(NH3)6]3+中共有24 NA个σ键； （3）Cu+的价层电子排布式为3d10，为全充满稳定结构，Fe+的价层电子排布式为3d64s1，相对来说Cu+更难失去一个电子，故Cu的第二电离能更大； （4）六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，立方氮化硼晶胞中含个B、4个N，晶体密度为，则。 建议时间：30分钟 19．（2025·海南·高考真题）有色金属冶炼厂炼铜窑炉的废耐火砖极具回收价值。某厂产生的废耐火砖中主要含、Cu12.0%，其资源化回收的一种工艺流程如图所示。 回答问题： (1)“粉碎”的目的是 。 (2)“加压氨浸”时铜转化为配位离子，该过程的化学反应方程式为 。 (3)“碱熔”中产生的气体C为 ，滤渣E是 (均填化学式)。E与 (填物质名称)反应可生成用于城市废水处理的。 (4)某批次试验，废砖投料20.0 kg，产出CuO 2.70 kg，则Cu的回收率为 。 (5)从绿色化学与环境保护的角度说明本工艺优点有 、 。 【答案】(1)加快“加压氨浸”的速度 (2) (3) 盐酸 (4)90% (5)实现、等物质的循环利用，原料利用率高 资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力 【详解】（1）“粉碎”的目的是通过增大接触面积加快“加压氨浸”的速度。 （2）“加压氨浸”时铜与氧气、氨气反应转化为配位离子铜氨离子，该过程的化学反应方程式为。 （3）“碱熔”所加的“碱”实际上是纯碱，与滤渣B中的反应产生的气体C为。根据分析滤液D中为，与气体C()反应可生成滤渣E为。，需要引入Cl—，故可让与盐酸反应获得聚合氯化铝。 （4）废砖中Cu的质量为 。产出的2.70 kg CuO中Cu的质量为 。则Cu的回收率为 。 （5）本工艺的环保与绿色化学优势，可归纳为： ①实现、等物质的循环利用，原料利用率高。 ②资源综合利用，既回收铜又制得铝盐絮凝剂，减轻固体废弃物对环境的压力。 20．（2025·江西·高考真题）稀散金属镓(，ⅢA族)是重要的战略资源。以棕刚玉烟尘(主要成分为、、、和少量)为原料制备金属镓的工艺流程图如下： 回答下列问题： (1)滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为 (填化学式)，与碱反应的离子方程式为 、 。 (2)水热再生过程中，需要定量补充固体的目的是 ，以获得高纯度分子筛()材料。滤液2的 (填“大于”或“小于”)滤液1的。 (3)已知树脂片段的结构为。在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是 。 (4)操作X为 。 (5)硅-钾化肥可改良土壤环境。依据其一有效组分的晶胞结构，推测该组分中钾离子能被植物吸收的原因是 。 【答案】(1) (2)使溶液中的为 大于 (3)配位作用 (4)浓缩结晶、过滤 (5)钾离子处在结构的层间及空洞中，能够通过阳离子交换释放 【详解】（1）根据分析，滤液1的为，依据(Ⅲ)和(Ⅳ)的分布系数图，铝元素在溶液中的主要存在形式为，硅元素在溶液中的主要存在形式为与，故与碱反应的离子方程式为、； （2）根据分析，加入固体水热再生的目的是获得高纯度分子筛()材料，同时得到含有的滤液2，水热再生过程中，为了使溶液中的为，需要定量补充固体，更好地得到。滤液1的主要成分为、、、，向滤液1中加入水解后呈碱性的固体后过滤得到滤液2：2K4SiO4+2KAl(OH)4+3H2O=2↓+8KOH、2K3HSiO4+2KAl(OH)4+H2O=2↓+6KOH，滤液的碱性变强，故滤液2的大于滤液1的； （3）已知树脂片段的结构为，其中的N与O原子均存在孤电子对，的中心镓离子提供空轨道，形成配位键，则在吸附时，中心镓离子与树脂间存在的主要相互作用是配位作用； （4）根据分析，用树脂吸附滤液2中的，再加入K2S、KOH进行进行树脂解吸得到含的溶液，将所得溶液浓缩结晶、过滤除去析出的K2S晶体，得到富镓溶液，故操作X为浓缩结晶、过滤； （5）从晶胞结构来看，钾离子处在结构的层间及空洞中，钾离子与晶胞结构中的其他离子结合力较弱，能够通过阳离子交换释放，从而脱离晶胞进入土壤中，能被植物吸收。 21．（2025·浙江·高考真题）铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C．基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D．配位键强度： (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式 。 (3)化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因 。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式 。 ③设计实验检验气体C (要求利用气体C的氧化性或还原性)。 (4)有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式 。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为 (要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子 (按浓度由高到低顺序)。 【答案】(1)ABD (2) (3)化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂 2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑ 将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) (4) 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O SO2 、Fe2+ 【详解】（1）A．硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为:1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确； B．焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确； C．基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成:[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误； D．配位数是指中心原子周围配体的个数，配位数都是1，但的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确； 故选ABD。 （2）根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为； （3）①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中，N-H键的极性更强，更易断裂，给出趋势相对更大； ②化合物A[化学式：]与足量稀硫酸混合，中P元素为+5价，S元素为-2价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成、H2S气体和(NH4)2SO4，化学方程式为：2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑； ③由②可知气体C为H2S，利用其还原性检验：将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) ； （4）①步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，化学方程式为:4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O； ②步骤Ⅱ中要将溶液E(含Cu2+等)中的铜元素全部转化为CuBr，且不引入新元素，结合反应中元素化合价变化，Cu2+被还原为Cu+(存在于CuBr中)，需要加入具有还原性的气体，所以气体X为SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液E中的CuSO4、Fe2(SO4)3还有大量的，所以溶液F除含K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 22．（2025·浙江·高考真题）能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是 A．图中球①代表原子团 B．该化合物易溶于水 C．作还原剂时，该化合物释放 D．氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 【答案】D 【详解】A．可表示为，其中①号氮原子要提供孤对电子与形成配位键，而结构中无孤对电子，故①表示，A正确； B．该化合物属于可溶性盐，且可与水形成氢键，因此易溶于水，B正确； C．作还原剂时，化合价升高转化为N2和，因此该化合物释放，C正确； D．中①号氮原子与Zn2+形成配位键，旁边的氮原子与形成配位键，因此氮原子上没有孤电子对，但中含有氧原子，晶体中存在氢键，D错误； 故选D。 23．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是 A．溶液1中 B．溶液2中 C．溶液3中 D．上述实验可证明 【答案】C 【分析】在2mL0.2mol/L的溶液中加入等体积等浓度的NaCl溶液得悬浊液1，经分离后，向中滴加6mol/L的氨水，发生反应，加入0.1mol/LKI溶液2mL，发生反应：，得到沉淀，由物质的量关系可知，不能完全反应，溶液3中可能还存在剩余的氨水以及； 【详解】A．溶液1中主要溶质是，同时由于存在溶解平衡：，还存在极少量的，选项中满足电荷守恒关系，A正确； B．根据元素守恒可知，若不水解，则，但会水解生成其他含银的微粒，故，B正确； C．溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出的结论，C错误； D．由实验操作可知，存在转化，由此说明AgI更难溶，故可得出结论，D正确； 故选C。 / / 学科网（北京）股份有限公司 $