3.4 配合物与超分子 第2课时（分层作业）化学人教版选择性必修2

第四节 配合物与超分子 第2课时 配合物的应用与超分子 分层作业 1．“杯酚”（）能够分离提纯和，其原理如图所示。下列说法错误的是 A．过程①中进入“杯酚”是因为的“个头”比的“个头”小 B．过程②中操作1是蒸馏，过程③中操作2是过滤 C．该过程体现了超分子的“分子识别”功能 D．该过程中“杯酚”可循环使用 2．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 3．某补铁剂的主要成分为琥珀酸亚铁，可用邻二氮菲测定Fe2＋的含量，适宜pH范围为2~9，反应原理为Fe2++3phen=[Fe(phen)3]2+。邻二氮菲(平面形)与琥珀酸亚铁结构简式如图。下列说法正确的是 A．琥珀酸具有旋光性 B．[Fe(phen)3]2+中，Fe2+的配位数为3 C．当pH<2时，邻二氮菲中的N会优先与H+形成配位键 D．邻二氮菲中N原子的孤电子对占据2p轨道 4．偶氮大环在光照下会发生顺反异构，可用作光开关，其相互转化如图所示。当偶氮大环呈反式结构时，光开关处于关闭态，不能键合碱金属离子；呈顺式结构时，偶氮参与配位，碱金属离子被键合到穴中。 下列说法错误的是 A．第一电离能： B．偶氮大环中所有碳、氮原子均采用杂化 C．该偶氮大环处于状态a时，不能键合碱金属离子 D．该偶氮大环键合碱金属离子的过程体现了分子识别的特征 5．结构决定性质，性质决定用途。关于下列事实的化学解释不正确的是 选项 事实 化学解释 A 用“杯酚”可将、分离开 分子大小与“杯酚”空腔大小适配 B 常温下是固体而是液体 相对分子质量： C 相同温度时，吡啶（）在水中的溶解度比苯在水中的溶解度大 吡啶是极性分子且能与水形成氢键 D 石墨可作电极 未杂化的p轨道重叠使电子可以在整个碳原子平面内运动 6．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 7．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 8．工业上常用溶液、氨水和溶液为原料配制浸金液，浸取金原理如图所示。下列说法错误的是 A．中与配位的原子为中原子 B．增强了的还原性 C．起催化作用 D．浸取金的总反应为 9．以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：ⅰ.水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ⅱ.；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液() 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸() 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液()和浓盐酸() 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 经检验，Ⅱ中产生的气体为，下列有关说法中不正确的是 A．Ⅰ中产生白色沉淀的过程可以描述为 B．将加到铜粉中，溶液变蓝，未检测到。证明的产生与、结合成，提高了Cu的还原性有关 C．对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因可能是Ⅲ中溶液的酸性太强，白色沉淀被溶解 D．实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，可能是在此条件下或的氧化性强于 10．某实验小组为探究与反应后的产物，做如下探究实验。 【查阅资料】 ①为砖红色固体，不溶于水； ②为黄色固体，不溶于水； ③为无色配合离子、为无色配合离子、为深蓝色配合离子。 【实验探究】 实验1：①向2mL的溶液中滴加的溶液，开始出现黄色沉淀，但无气体产生。 ②继续加入溶液，最终沉淀消失。经检验，溶液中生成离子。 实验2：向90℃的溶液中滴加的溶液，直接生成砖红色沉淀。 实验3：向2mL的溶液中滴加的溶液，开始阶段有蓝色沉淀出现。 （1）某同学认为实验1黄色沉淀中有少量，该同学认为是、相互促进水解产生的，用离子方程式表示生成沉淀的过程： 。 （2）若要进一步检验黄色沉淀中有，可采用的具体实验方法为： 。 （3）经检验，实验2所得溶液中有大量、生成。该实验中表现 性，写出该实验中反应的离子方程式： 。 11．如图所示是一种叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是 A．该叶绿素所有碳原子可以在同一平面 B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子，将其与氢氧化钠溶液混合可产生白色沉淀 C．该叶绿素是电中性配合物，其配位数为4 D．该叶绿素属于超分子 12．多环氮杂冠醚是在氮原子间以醚链桥联，和冠醚一样均可适配不同大小的离子(如下图)。二环氮杂冠醚在水溶液中对碱金属离子的稳定性(以lgK衡量，其值越大，稳定性越强)如下表所示。与K⁺尺寸大小非常接近，但只能利用三环氮杂冠醚识别。 碱金属离子 lgK Na+ 3.8 K+ 5.4 Rb+ 4.3 下列说法错误的是 A．(a)分子中碳原子和氧原子杂化方式均为： B．(a)和(b)分子核磁共振氢谱的谱图相同 C．(b)分子与K⁺形成的超分子相对稳定 D．(c)分子中四个N原子构筑的空间有利于与形成N-H…N氢键 13．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 14．某小组同学检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下。 已知：i．SCN-中硫元素的化合价为-2价； ii．邻二氮菲的结构简式为，邻二氮菲可以和Fe2+按3：1生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，用于Fe2+的检测。 下列说法正确的是 A．邻二氮菲亚铁离子中Fe2+的配位数为3 B．为使③中现象明显，试剂a可以选用过量氯水 C．该实验可证实补铁剂中的铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在 D．用邻二氮菲检测Fe2+时，需先调节滤液pH，pH过大或过小均会影响测定 15．化学上常用标准电极电势E(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力。E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质的还原能力越强。某些电极电势的E值与体系的pH有关。根据表格信息，判断下列说法错误的是 氧化型/还原型 PbO2/PbSO4 Co3+/Co2+ Fe3+/Fe2+ Cl2/Cl- Ag+/Ag HBrO/Br- E(酸性条件) 1.685 V 1.84 V 0.77 V a V 0.8 V 1.331 V 氧化型/还原型 Fe(OH)3/Fe(OH)2 [Co(NH3)6]3+/[Co(NH3)6]2+ [Ag(CN)2]-/Ag BrO-/Br- E(碱性条件) -0.56 V 0.108 V -0.31 V 0.76 V 已知：酸性条件下，与浓盐酸反应有黄绿色气体产生 A．根据反应现象预测1.84>a>0.77，且酸性条件下相同浓度离子还原性 B．无论酸性或碱性条件，+1价的Br均可以氧化Fe(Ⅱ) C．若a<1.685，则向酸化含2mol溶液中加入1mol有黄绿色气体产生 D．常规条件下，无法氧化Ag，为了促使反应发生，可以向溶液中加入或NaCN溶液 16．CPU针脚(含有大量Cu、Ni和Co等金属，金含量1%左右)中金的绿色回收包括四个步骤：富金、溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用α-CD(α-环糊精)与溶金时形成的在溶液中发生高度特异性的自组装、快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物，结构如图所示。下列说法错误的是 A．用稀硝酸溶金时需在通风橱中进行 B．竹节状的一维复合物中的配位数为4 C．环糊精形成的超分子间存在范德华力、氢键、共价键等作用 D．成金时，还原一维复合物，最多生成 17．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 18．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： 19．晒制蓝图时，技术人员常将作为感光剂，光照易分解(分解产生一种能使澄清石灰水变浑浊的气体)，后以溶液为显色剂进行显色，回答下列问题： （1）中Fe(Ⅲ)的价层电子排布图为： ，Fe(Ⅲ)核外电子有 种空间运动状态。 （2）的结构如图所示，中心离子的配体数与配位数之比为： 。 （3）下列操作有利于制备大晶体的是 (填字母)。 a．快速降温冷却结晶　　b．常温缓慢冷却结晶　　c．避光结晶 d．搅拌　　　　　　　　e．玻璃棒适当刮擦试管内壁提供晶核 （4）显色剂显色时会生成一种蓝色沉淀，该蓝色沉淀的化学式为： 。 （5）生成的蓝色沉淀的晶胞由8个如图所示的小立方体构成(未标出)。 ①该晶胞中的N采取 杂化方式，每个都处于围成的 (填写形状)空隙中。 ②已知位于小立方体的体心，但不是每个小立方体的体心都含有。根据化学式推断，该蓝色物质的一个晶胞中含有的个数为 。 20．为深蓝色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，常用作杀虫剂、媒染剂。某小组在实验室制备该晶体并检验其中的铜含量。已知其在溶液中存在以下电离(解离)过程：， 。 【制备晶体】利用如图所示装置(部分夹持装置略)制备晶体。 回答下列问题： （1）盛装硫酸铜溶液的仪器名称为 ，如图，将A装置产生的气体持续通入B装置中，使用仪器a而不使用长导管通入的原因是 。 （2）写出B中得到深蓝色溶液的总反应的化学方程式： 。 （3）析出晶体时，可采用如图所示的两种方案进行： 方案1中可采用加入硫酸钠的方法，使硫酸四氨合铜晶体析出，其原理是 ，方案2的实验步骤为a．加热浓缩，b．冷却溶液，c．加95%乙醇、结晶……。该方案存在一定缺陷，因为利用方案2得到的产品晶体中往往含有 杂质，产生杂质的原因是 。 【晶体中铜含量的测定】硫酸四氨合铜晶体()中铜含量可按如图所示步骤测定： （4）步骤Ⅰ可得到含的溶液的原因是 。 （5）取1 g样品，经步骤Ⅰ得到100 mL溶液，从中取出20 mL，经步骤Ⅱ后再用0.050 mol/L 标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00 mL，计算产品纯度为 。(步骤Ⅱ和步骤Ⅲ中发生的反应为和) 21．化合物A是一种常见的食品添加剂，被广泛应用于酱油等调味品中，A的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q的原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是 A．超分子“杯酚”可以分离Y60和Y70 B．Y、Z、Q原子的杂化方式均为sp3 C．YQ2与ZQ2的空间结构均为V形 D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<Y 22．暨南大学化学与材料学院某教授团队与药学院教授团队合作，合成了一类高度氟化的吡唑环三核银配合物作为有机分子的结晶伴侣。可与有机分子发生独特的-酸碱超分子作用，形成有序的超分子聚集体。的结构如图。下列说法正确的是 A．该化合物中含有大键 B．该化合物分子中存在6个配位键 C．分子间通过共价键形成超分子 D．该化合物中的化合价为+2 23．下列说法正确的是 A．图A中，18-冠-6中O原子(灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征 B．图B物质相较摩尔质量更大，具有更高的熔、沸点 C．图B中，该物质含有键 D．图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为 24．向甲苯和的混合溶液中加入18-冠-6醚晶体，和迁移过程示意图如图所示。下列说法错误的是 A．进入甲苯层是因为静电作用 B．使用18-冠-6醚与形成超分子体现了冠醚的选择性 C．18-冠-6醚晶体能溶于水主要取决于结构中的多个O原子 D．18-冠-6醚与形成的超分子中存在配位键 25．冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并-18-冠-6与K+形成的配离子的结构如图所示。下列说法错误的是 冠醚 冠醚空腔直径/pm 适合的粒子(直径/pm) 15-冠-5 170～220 Na+ (204) 18-冠-6 260～320 K+ (276)、Rb+ (304) 21-冠-7 340～430 Cs+ (334) A．冠醚可以用来识别碱金属离子 B．二苯并-18-冠-6也能适配Li+ C．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种 D．一个配离子中配位键的数目为6 26．机械互锁分子是由一个或多个分子结构单元经互锁或互穿等方式相互缠结，而非通过化学键连接在一起所形成的分子。TY型质子化咪唑盐与冠醚形成的机械互锁分子，可形成对匹配的空腔环境，进而负载，进行穿梭运动，实现金属离子对分子穿梭运动行为的调控。 当取代基、不同时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数如下表所示。 H H H H H 结合常数 1670 1180 5970 3720 下列说法错误的是 A．机械互锁分子对的负载，是冠醚与形成了配位键 B．TY型质子化咪唑盐上的取代基，吸电子效应越强，结合常数越大 C．加入后冠醚在机械互锁分子内的移动受、的推(吸)电子效应的影响 D．负载的机械互锁分子容易向阳离子浓度高的区域穿梭 27．科研人员构建了一种金属-有机笼，可装载小分子形成超分子M，实现的靶向运输与按需释放（已知在溶液中溶解性较好）。下列说法正确的是 A．中含有手性碳原子 B．中存在配位键 C．与通过配位键结合，过程不可逆 D．可将M置于纯溶液中并定期换液，实现的释放 28．丹蒽醌-镁配合物可用作固体推进剂的燃烧稳定剂，其结构如图所示。下列说法错误的是 A．该配合物中有两种配体 B．中心离子的配位数为6 C．中的羰基可参与苯环形成大键 D．该稳定剂高温下燃烧的固态产物为 29．Melamine和Cyanuric acid两种小分子按1：1形成如图所示的超分子。下列说法错误的是 A．两种小分子中碳原子的化合价相同 B．Cyanuric acid不能加成氢气 C．Cyanuric acid分子可发生水解反应 D．上述变化体现了超分子的自识别 30．由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素化合物种类数最多，离子的价电子排布式为。下列说法不正确的是 A．元素电负性大小： B．分子中含有的孤电子对数是2 C．含有X、Y、Z的酸的分子式可能是 D．Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 9 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四节 配合物与超分子 第2课时 配合物的应用与超分子 分层作业 1．“杯酚”（）能够分离提纯和，其原理如图所示。下列说法错误的是 A．过程①中进入“杯酚”是因为的“个头”比的“个头”小 B．过程②中操作1是蒸馏，过程③中操作2是过滤 C．该过程体现了超分子的“分子识别”功能 D．该过程中“杯酚”可循环使用 【答案】B 【解析】A．过程①中没进入“杯酚”是因为“杯酚”空穴太小，容不下，A项正确； B．“操作1”、“操作2”都是分离固液的操作，均为过滤，B项错误； C．该过程中“杯酚”能选择结合，体现了超分子的“分子识别”功能，C项正确； D．由图可知，分离过程中“杯酚”能再次进入循环，故能循环利用，D项正确； 答案选B。 2．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 【分析】醚含有醚键，可有效识别的某套索醚结构如图，基态原子中与p轨道电子数相等，则Z为氧，基态O原子核外电子排布为1s22s22p4，非金属元素、、原子序数依次增大，Y形成3个共价键，Y为氮，三者最外层电子数之和为，则X为氢； 【解析】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。 3．某补铁剂的主要成分为琥珀酸亚铁，可用邻二氮菲测定Fe2＋的含量，适宜pH范围为2~9，反应原理为Fe2++3phen=[Fe(phen)3]2+。邻二氮菲(平面形)与琥珀酸亚铁结构简式如图。下列说法正确的是 A．琥珀酸具有旋光性 B．[Fe(phen)3]2+中，Fe2+的配位数为3 C．当pH<2时，邻二氮菲中的N会优先与H+形成配位键 D．邻二氮菲中N原子的孤电子对占据2p轨道 【答案】C 【解析】A．琥珀酸中不含手性碳原子，所以没有旋光性，故该选项错误； B．[Fe(phen)3]2+中，每个邻二氮菲分子中两个氮原子与Fe2+形成2个配位键，该配离子中配体是3个，所以Fe2+的配位数为6，故该选项错误； C．当pH<2时，邻二氮菲中的N含有孤电子对，会优先与H+形成配位键，故该选项正确； D．邻二氮菲中N原子的孤电子对占据sp2杂化轨道，不是2p轨道，故该选项错误； 综上所述，答案是C。 4．偶氮大环在光照下会发生顺反异构，可用作光开关，其相互转化如图所示。当偶氮大环呈反式结构时，光开关处于关闭态，不能键合碱金属离子；呈顺式结构时，偶氮参与配位，碱金属离子被键合到穴中。 下列说法错误的是 A．第一电离能： B．偶氮大环中所有碳、氮原子均采用杂化 C．该偶氮大环处于状态a时，不能键合碱金属离子 D．该偶氮大环键合碱金属离子的过程体现了分子识别的特征 【答案】B 【解析】A．同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但ⅤA族因p轨道半满稳定，第一电离能大于ⅥA族。C、N、O位于第二周期，第一电离能顺序为C)＜O)＜N，A正确； B．偶氮大环中，苯环及偶氮基（-N=N-）的C、N原子为sp2杂化，但大环中连接醚键的饱和碳（如-CH2-）形成4个σ键，为sp3杂化，B错误； C．状态a中偶氮基（-N=N-）两侧苯环位于双键异侧，为反式结构，题干明确反式时不能键合碱金属离子，C正确； D．分子识别指分子通过非共价键特异性结合，该大环顺式时选择性键合碱金属离子，体现分子识别特征，D正确； 故选B。 5．结构决定性质，性质决定用途。关于下列事实的化学解释不正确的是 选项 事实 化学解释 A 用“杯酚”可将、分离开 分子大小与“杯酚”空腔大小适配 B 常温下是固体而是液体 相对分子质量： C 相同温度时，吡啶（）在水中的溶解度比苯在水中的溶解度大 吡啶是极性分子且能与水形成氢键 D 石墨可作电极 未杂化的p轨道重叠使电子可以在整个碳原子平面内运动 【答案】B 【解析】A．杯酚具有空腔结构，C60分子大小与空腔适配可形成包合物，C70因尺寸较大无法进入，从而实现分离，A正确； B．草酸（H2C2O4，相对分子质量90）和丁酸（CH3CH2CH2COOH，相对分子质量88）的状态差异主要源于分子间作用力：草酸为二元羧酸，分子间可形成更多氢键，作用力更强，熔沸点更高（常温固体）；丁酸为一元羧酸，氢键较少，分子间作用力较弱（常温液体），解释仅归因于相对分子质量，未考虑氢键的关键作用，B错误； C．吡啶含N原子（极性分子），可与水分子形成氢键，且极性与水相似；苯为非极性分子且无氢键，故吡啶溶解度更大，C正确； D．石墨中C原子sp2杂化后剩余未杂化p轨道重叠形成大π键，电子可在平面内自由移动，具有导电性，可作电极，D正确； 故选B。 6．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 【解析】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。 7．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 【解析】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。 8．工业上常用溶液、氨水和溶液为原料配制浸金液，浸取金原理如图所示。下列说法错误的是 A．中与配位的原子为中原子 B．增强了的还原性 C．起催化作用 D．浸取金的总反应为 【答案】A 【分析】如图，Au失去电子形成Au+，Au+与结合得到，蓝色的得到电子转化为无色的[Cu(NH3)2]+，[Cu(NH3)2]+与氧气、氨气又重新生成，据此回答。 【解析】A．中端基S能提供孤电子对，Au+提供空轨道，从而形成配位键，A错误； B．由图可知，与Au作用，使Au更易失去电子，增强了Au的还原性，B正确； C．由分析知，蓝色的得到电子转化为无色的[Cu(NH3)2]+，[Cu(NH3)2]+与氧气、氨气又重新生成，起催化作用，C正确； D．由图知，应该作催化剂，Au失去电子形成Au+，Au+与结合得到，氧气得到电子与水生成氢氧根，则浸取金的总反应为，D正确； 故选A。 9．以溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。 资料：ⅰ.水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。 ⅱ.；CuCl为白色固体，难溶于水。 将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下： 实验 溶液a 现象 Ⅰ 溶液() 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸() 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液()和浓盐酸() 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余 经检验，Ⅱ中产生的气体为，下列有关说法中不正确的是 A．Ⅰ中产生白色沉淀的过程可以描述为 B．将加到铜粉中，溶液变蓝，未检测到。证明的产生与、结合成，提高了Cu的还原性有关 C．对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因可能是Ⅲ中溶液的酸性太强，白色沉淀被溶解 D．实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，可能是在此条件下或的氧化性强于 【答案】C 【分析】实验I:往CuCl2溶液(1mol/L)中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅； 实验II:往浓盐酸(10mol/L)中加铜粉，生成氢气和[CuCl3]2-、然后生成[CuCl4]2-使溶液呈黄色、较长时间后生成[Cu2Cl4(H2O)]-使溶液呈棕色； 实验III:往CuCl2溶液(1mol/L)和浓盐酸(10mol/L)混合溶液中加铜粉，生成[Cu2Cl4(H2O)]-使溶液呈棕色，然后随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余。 【解析】A．实验I中往CuCl2溶液(1mol/L)中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，发生化学反应为Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl，A正确； B．加入5mol/L的与Ⅱ形成对比，无气体放出，硫酸和浓盐酸两种溶液中氢离子浓度相同，则说明是阴离子的影响不同，说明受到浓度的影响，与Cu+结合形成使Cu还原性增强，导致氢气的生成，B正确； C．浓度较大时，存在的反应，可能导致白色沉淀CuCl不能稳定存在，CuCl溶于浓盐酸并非由于其具有酸性，C项错误； D．实验Ⅱ、Ⅲ对比，源于被还原，当有存在时，未生成，可能是因为或氧化性强于，先于与Cu反应，D项正确； 故本题选C。 10．某实验小组为探究与反应后的产物，做如下探究实验。 【查阅资料】 ①为砖红色固体，不溶于水； ②为黄色固体，不溶于水； ③为无色配合离子、为无色配合离子、为深蓝色配合离子。 【实验探究】 实验1：①向2mL的溶液中滴加的溶液，开始出现黄色沉淀，但无气体产生。 ②继续加入溶液，最终沉淀消失。经检验，溶液中生成离子。 实验2：向90℃的溶液中滴加的溶液，直接生成砖红色沉淀。 实验3：向2mL的溶液中滴加的溶液，开始阶段有蓝色沉淀出现。 （1）某同学认为实验1黄色沉淀中有少量，该同学认为是、相互促进水解产生的，用离子方程式表示生成沉淀的过程： 。 （2）若要进一步检验黄色沉淀中有，可采用的具体实验方法为： 。 （3）经检验，实验2所得溶液中有大量、生成。该实验中表现 性，写出该实验中反应的离子方程式： 。 【答案】（1）Cu2+++2H2O=Cu(OH)2↓+H2SO3(或Cu2++2+2H2O=Cu(OH)2↓+2) （2）将黄色沉淀过滤，并洗涤，向沉淀中加浓氨水，若沉淀溶解并得到深蓝色溶液可证明沉淀中有Cu(OH)2 （3）氧化 2Cu2++5+2H2OCu2O↓++4 【分析】通过查阅的资料，结合实验1可知，CuSO4与Na2SO3生成Cu2SO3，继续加入则生成[Cu(SO3)2]3-离子，沉淀消失；结合实验2可知，升高温度则二者反应直接生成Cu2O；结合实验3可知，Na2SO3过量则发生双水解，得到Cu(OH)2蓝色沉淀； 【解析】（1）CuSO4与Na2SO3发生相互促进的水解反应，生成Cu(OH)2沉淀，离子方程式为：Cu2+++2H2O=Cu(OH)2↓+H2SO3(或Cu2++2+2H2O=Cu(OH)2↓+2) （2）若要证明沉淀中有Cu(OH)2沉淀，为避免溶液中Cu2+的干扰，应先将沉淀过滤，然后利用Cu(OH)2可溶于氨水生成深蓝色配合离子进行检验，故具体实验方法为将黄色沉淀过滤，并洗涤，向沉淀中加浓氨水，若沉淀溶解并得到深蓝色溶液可证明沉淀中有Cu(OH)2； （3）实验2所得沉淀为Cu2O沉淀，反应中铜元素化合价降低，Cu2+表现氧化性，结合题中信息溶液中有生成，可写出反应的离子方程式为2Cu2++5+2H2OCu2O↓++4。 11．如图所示是一种叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是 A．该叶绿素所有碳原子可以在同一平面 B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子，将其与氢氧化钠溶液混合可产生白色沉淀 C．该叶绿素是电中性配合物，其配位数为4 D．该叶绿素属于超分子 【答案】C 【解析】A．叶绿素分子中存在多个sp3杂化的碳原子，sp3杂化碳为四面体结构，与其相连的原子不可能共平面，因此所有碳原子不可能在同一平面，A错误； B．叶绿素是配合物，中心离子为Mg2+，但Mg2+与卟啉环中的四个N原子形成稳定的配位键，不易解离，与NaOH溶液混合时，Mg2+不会游离出来与OH⁻结合生成Mg(OH)2白色沉淀，B错误； C．叶绿素中中心离子Mg2+与4个N原子配位，配位数为4；分子中卟啉环为带两个负电荷的配体，其他基团也呈电中性，整体为电中性配合物，C正确； D．超分子是由多个分子通过分子间作用力形成的聚集体，而叶绿素是单一分子，其内部原子通过共价键结合，不属于超分子，D错误； 答案选C。 12．多环氮杂冠醚是在氮原子间以醚链桥联，和冠醚一样均可适配不同大小的离子(如下图)。二环氮杂冠醚在水溶液中对碱金属离子的稳定性(以lgK衡量，其值越大，稳定性越强)如下表所示。与K⁺尺寸大小非常接近，但只能利用三环氮杂冠醚识别。 碱金属离子 lgK Na+ 3.8 K+ 5.4 Rb+ 4.3 下列说法错误的是 A．(a)分子中碳原子和氧原子杂化方式均为： B．(a)和(b)分子核磁共振氢谱的谱图相同 C．(b)分子与K⁺形成的超分子相对稳定 D．(c)分子中四个N原子构筑的空间有利于与形成N-H…N氢键 【答案】B 【解析】A．(a)为18-冠-6，分子中碳原子均形成4个单键（-CH2-），氧原子形成2个单键（C-O-C）且有2对孤对电子，价层电子对数均为4，杂化方式均为sp3，A正确； B．(a)18-冠-6结构高度对称，所有亚甲基氢化学环境相同，核磁共振氢谱谱图中只有1个峰；(b)二环氮杂冠醚因桥联结构和氮原子引入，对称性降低，氢原子化学环境不同，氢谱峰数不同，二者核磁共振氢谱的谱图不相同，B错误； C．表格中二环氮杂冠醚与K⁺的lgK（5.4）最大，说明形成的超分子稳定性最强，C正确； D．(c)三环氮杂冠醚的四个N原子含孤对电子，可与NH的N-H键形成N-H…N氢键，且空间结构适配，D正确； 13．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 【解析】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。 14．某小组同学检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下。 已知：i．SCN-中硫元素的化合价为-2价； ii．邻二氮菲的结构简式为，邻二氮菲可以和Fe2+按3：1生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，用于Fe2+的检测。 下列说法正确的是 A．邻二氮菲亚铁离子中Fe2+的配位数为3 B．为使③中现象明显，试剂a可以选用过量氯水 C．该实验可证实补铁剂中的铁元素以Fe2+和Fe3+形式存在 D．用邻二氮菲检测Fe2+时，需先调节滤液pH，pH过大或过小均会影响测定 【答案】D 【解析】A．邻二氮菲亚铁离子中，Fe2+与3个邻二氮菲分子结合，每个邻二氮菲分子含2个配位N原子，故配位数为3×2=6，故A错误； B．试剂a的作用是氧化Fe2+为Fe3+以加深红色，SCN⁻中S为-2价，过量氯水会氧化SCN⁻，导致无法与Fe3+显色，故B错误； C．滤液中滴加邻二氮菲显橙红色可证实含Fe2+；滴加KSCN后微微变红，可能是原补铁剂中含Fe3+或Fe2+被氧化生成的少量Fe3+，无法确定原补铁剂中是否含Fe3+，故C错误； D．pH过小时，H+会与邻二氮菲的N原子结合，影响配位；pH过大时，Fe2+会生成Fe(OH)2沉淀，均影响Fe2+与邻二氮菲的结合，故D正确； 答案选D。 15．化学上常用标准电极电势E(氧化型/还原型)比较物质的氧化能力。E值越高，氧化型物质的氧化能力越强，E值越低，还原型物质的还原能力越强。某些电极电势的E值与体系的pH有关。根据表格信息，判断下列说法错误的是 氧化型/还原型 PbO2/PbSO4 Co3+/Co2+ Fe3+/Fe2+ Cl2/Cl- Ag+/Ag HBrO/Br- E(酸性条件) 1.685 V 1.84 V 0.77 V a V 0.8 V 1.331 V 氧化型/还原型 Fe(OH)3/Fe(OH)2 [Co(NH3)6]3+/[Co(NH3)6]2+ [Ag(CN)2]-/Ag BrO-/Br- E(碱性条件) -0.56 V 0.108 V -0.31 V 0.76 V 已知：酸性条件下，与浓盐酸反应有黄绿色气体产生 A．根据反应现象预测1.84>a>0.77，且酸性条件下相同浓度离子还原性 B．无论酸性或碱性条件，+1价的Br均可以氧化Fe(Ⅱ) C．若a<1.685，则向酸化含2mol溶液中加入1mol有黄绿色气体产生 D．常规条件下，无法氧化Ag，为了促使反应发生，可以向溶液中加入或NaCN溶液 【答案】C 【解析】A． 酸性条件下， Co3O4与浓盐酸反应有黄绿色气体（Cl2）产生，说明Co3+的氧化性强于Cl2，Cl2的氧化性强于Fe3+。根据标准电极电势，E值越高，氧化型物质氧化能力越强，所以可预测1.84 > a > 0.77。同时，氧化型物质氧化性越强，对应还原型物质还原性越弱，所以酸性条件下相同浓度离子还原性Fe2+ > Cl-> Co2+，A正确； B．酸性条件下，HBrO/Br-的E值为1.331V，Fe3+/ Fe2+的E值为0.77V， 1.331 > 0.77，所以酸性条件下+ 1价的Br（HBrO)中）能氧化Fe(II)；碱性条件下， BrO-/Br-的E值为0.76V， Fe(OH)3/Fe(OH)2的E值为- 0.56V，0.76 > - 0.56，所以碱性条件下+ 1价的Br（BrO-中）也能氧化Fe(II)，B正确； C．若a < 1.685，即Cl2/ Cl-的E值小于PbO2/PbSO4的E值，但PbO2的氧化性强于Fe3+，向H2SO4酸化含2 molFeCl2溶液中加入1 molPbO2，PbO2先氧化Fe2+，2 molFe2+被氧化为Fe3+，转移2 mol 电子，1 molPbO2得到2 mol电子被还原为PbSO4，此时Cl-未被氧化，不会产生黄绿色气体Cl2，C错误； D．常规条件下，，反应不能发生。加入后，体系变为酸性，应比较与，因，反应可以发生。加入NaCN溶液后，Ag会形成，电对变为，其电极电势，此时，反应可以发生，D正确； 故选C。 16．CPU针脚(含有大量Cu、Ni和Co等金属，金含量1%左右)中金的绿色回收包括四个步骤：富金、溶金、萃金和成金。其中萃金步骤使用α-CD(α-环糊精)与溶金时形成的在溶液中发生高度特异性的自组装、快速共沉淀形成具有延伸结构的一维复合物，结构如图所示。下列说法错误的是 A．用稀硝酸溶金时需在通风橱中进行 B．竹节状的一维复合物中的配位数为4 C．环糊精形成的超分子间存在范德华力、氢键、共价键等作用 D．成金时，还原一维复合物，最多生成 【答案】C 【解析】A．用稀硝酸溶金时会生成污染性气体一氧化氮，需在通风橱中进行，A正确； B．中是中心离子，是配体，有4个与形成4条配位键，配位数是4，B正确； C．自组装是超分子的重要特征，环糊精不属于超分子，一维复合物属于超分子，C错误； D．成金时反应为，还原一维复合物，最多生成的质量为，D正确； 故答案选C。 17．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 【解析】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。 18．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 【解析】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。 19．晒制蓝图时，技术人员常将作为感光剂，光照易分解(分解产生一种能使澄清石灰水变浑浊的气体)，后以溶液为显色剂进行显色，回答下列问题： （1）中Fe(Ⅲ)的价层电子排布图为： ，Fe(Ⅲ)核外电子有 种空间运动状态。 （2）的结构如图所示，中心离子的配体数与配位数之比为： 。 （3）下列操作有利于制备大晶体的是 (填字母)。 a．快速降温冷却结晶　　b．常温缓慢冷却结晶　　c．避光结晶 d．搅拌　　　　　　　　e．玻璃棒适当刮擦试管内壁提供晶核 （4）显色剂显色时会生成一种蓝色沉淀，该蓝色沉淀的化学式为： 。 （5）生成的蓝色沉淀的晶胞由8个如图所示的小立方体构成(未标出)。 ①该晶胞中的N采取 杂化方式，每个都处于围成的 (填写形状)空隙中。 ②已知位于小立方体的体心，但不是每个小立方体的体心都含有。根据化学式推断，该蓝色物质的一个晶胞中含有的个数为 。 【答案】（1） 14 （2）1:2 （3）b、c、e （4） （5）sp 正八面体 4 【解析】（1） 铁为26号元素，失去3个电子形成铁离子，Fe(Ⅲ)的价层电子排布图为：；Fe(Ⅲ)核外电子有1+1+3+1+3+5=14种空间运动状态； （2）由图可知，中心离子的配体数与配位数之比为3:6=1:2； （3）a．快速降温冷却结晶，会使得局部溶液过饱和，使晶体变小，a错误； b．常温缓慢冷却结晶 ，溶剂自然蒸发，才有利于产生大晶体，b正确； c．作为感光剂，光照易分解，故避光结晶有利于得到大晶体，c正确； d．搅拌会形成二次成核，不利于制备大晶体，d错误； e．玻璃棒适当刮擦试管内壁，利用产生的玻璃微晶来充当晶核，从而达到诱导结晶，有利于制备大晶体，e正确； 故选bce； （4）Fe2+与显色剂溶液反应生成蓝色沉淀； （5）①晶胞中，CN-含碳氮三键，N原子采取sp杂化；该晶胞中，CN-位于晶胞的棱心，Fen+位于顶点，则每个Fen+都处于CN−的正八面体配位空隙中； ②图示的小立方体含有的Fe3+数目是；含有的Fe2+数目是；含有CN-的数目是，的晶胞由8个图示的小立方体构成，则一个晶胞中含有的Fe3+数目是：，含有的Fe2+数目是：，含有的CN-数目是8×3=24，由此可知晶体的晶胞中含有的K+数目是4。 20．为深蓝色晶体，可溶于水，难溶于乙醇，常用作杀虫剂、媒染剂。某小组在实验室制备该晶体并检验其中的铜含量。已知其在溶液中存在以下电离(解离)过程：， 。 【制备晶体】利用如图所示装置(部分夹持装置略)制备晶体。 回答下列问题： （1）盛装硫酸铜溶液的仪器名称为 ，如图，将A装置产生的气体持续通入B装置中，使用仪器a而不使用长导管通入的原因是 。 （2）写出B中得到深蓝色溶液的总反应的化学方程式： 。 （3）析出晶体时，可采用如图所示的两种方案进行： 方案1中可采用加入硫酸钠的方法，使硫酸四氨合铜晶体析出，其原理是 ，方案2的实验步骤为a．加热浓缩，b．冷却溶液，c．加95%乙醇、结晶……。该方案存在一定缺陷，因为利用方案2得到的产品晶体中往往含有 杂质，产生杂质的原因是 。 【晶体中铜含量的测定】硫酸四氨合铜晶体()中铜含量可按如图所示步骤测定： （4）步骤Ⅰ可得到含的溶液的原因是 。 （5）取1 g样品，经步骤Ⅰ得到100 mL溶液，从中取出20 mL，经步骤Ⅱ后再用0.050 mol/L 标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00 mL，计算产品纯度为 。(步骤Ⅱ和步骤Ⅲ中发生的反应为和) 【答案】（1）三颈烧瓶 防倒吸 （2）或 （3）当加入时，增大，使平衡向左移动，促使析出 或 加热浓缩过程中挥发，使平衡向右移动，且发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜 （4）中存在，用稀硫酸溶解该配合物时，氢离子与发生中和反应，使平衡正向移动，释放出Cu2+，且酸性环境抑制了铜离子的水解(从H+与NH3配位能力强于Cu2+与NH3配位能力角度答均可) （5）98.4%或0.984 【分析】A装置中氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气，氨气进入B中和硫酸铜溶液反应生成，尾气使用C中稀硫酸吸收防止污染； 滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作； 【解析】（1）盛装硫酸铜溶液的仪器名称为三颈烧瓶；氨气极易溶于水，将A装置产生的气体持续通入B装置中，使用仪器a而不使用长导管通入的原因是防倒吸。 （2）B中氨气通入硫酸铜溶液中反应生成四氨合铜离子，反应方程式为或。 （3）当加入时，溶液中增大，使平衡向左移动，促使析出；方案2中加热浓缩过程中挥发，使平衡向右移动，且发生水解生成氢氧化铜或碱式硫酸铜，引入杂质使得产品不纯。 （4）中存在，用稀硫酸溶解该配合物时，氢离子与发生中和反应，破坏了中Cu-NH3配位键的稳定性，释放出Cu2+，且酸性环境抑制了铜离子的水解(从H+与NH3配位能力强于Cu2+与NH3配位能力角度答均可)； （5）Cu2+与过量I-作用，生成I2和CuI，反应方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+=+2I-，可得关系式2Cu2+～I2～，反应消耗的的物质的量=0.050 mol/L×0.016 L×=0.004 mol，则溶液中含有Cu2+的物质的量=0.004 mol，根据Cu元素守恒可知反应产生的[Cu(NH3)4]SO4·H2O]的物质的量是0.004 mol ，其质量是m{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}=0.004 mol×246g/ mol=0.984 g，因此该物质的纯度是。 21．化合物A是一种常见的食品添加剂，被广泛应用于酱油等调味品中，A的结构如图所示。其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q的原子最外层电子数是电子层数的3倍。下列说法正确的是 A．超分子“杯酚”可以分离Y60和Y70 B．Y、Z、Q原子的杂化方式均为sp3 C．YQ2与ZQ2的空间结构均为V形 D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<Y 【答案】A 【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q的原子最外层电子数是电子层数的3倍，Q为O，Y形成四条共价键，Z形成三条共价键，X形成一条共价键，故Y为C，Z为N，X为H，W为Na，据此分析； 【解析】A．Y为C，C60和C70为碳的同素异形体，“杯酚”的空腔大小可适配C60，从而可将C60和C70分离，A正确； B．Y为C，图中形成双键（C=O）的碳原子为sp2杂化，图中形成四个单键的碳原子为sp3杂化；Z为N，图中氮原子形成了三个共价键且有一对孤电子对，为sp3杂化；Q为O，图中形成碳氧双键的氧原子为sp2杂化，B错误； C．YQ2为CO2，空间结构为直线形；ZQ2为NO2，N的价层电子对数为，空间结构为V形，二者结构不同，C错误； D．Z为N，最高价氧化物对应水化物为HNO3（强酸）；Y为C，对应水化物为H2CO3（弱酸），最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>Y，D错误； 故选A。 22．暨南大学化学与材料学院某教授团队与药学院教授团队合作，合成了一类高度氟化的吡唑环三核银配合物作为有机分子的结晶伴侣。可与有机分子发生独特的-酸碱超分子作用，形成有序的超分子聚集体。的结构如图。下列说法正确的是 A．该化合物中含有大键 B．该化合物分子中存在6个配位键 C．分子间通过共价键形成超分子 D．该化合物中的化合价为+2 【答案】A 【解析】A．吡唑环为五元杂环，环上5个原子均为杂化，各提供1个p轨道形成共轭体系，吡唑环带1个负电荷，π电子总数为6（3个C各1个、2个N各1个，加负电荷提供的1个），形成大π键，A正确； B．为2配位，每个Ag与2个N原子形成配位键，3个Ag共形成6个配位键，但没明确该化合物的具体数目，B错误； C．超分子之间的作用力是非共价键，C错误； D．设Ag化合价为x，3个带3个负电荷，化合物电中性：3x + (-3)=0，解得x=+1，D错误。 故选A。 23．下列说法正确的是 A．图A中，18-冠-6中O原子(灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征 B．图B物质相较摩尔质量更大，具有更高的熔、沸点 C．图B中，该物质含有键 D．图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为 【答案】D 【解析】A．18-冠-6中O原子电负性大，有孤对电子，但分子整体呈中性，是通过配位键与作用，而非离子键，体现了超分子“分子识别”的特征，A错误； B．图B物质为有机阳离子与构成的离子化合物，NaBF4为Na+与构成的离子化合物，离子晶体熔、沸点取决于晶格能，图B中阳离子基团较大，晶格能较小，离子键较弱，熔沸点较低，其熔、沸点低于NaBF4，B错误； C．图B中1个阳离子含有19个键，1个阴离子含有4个键，则该物质含有键，C错误； D．图C中，表示硅氧四面体，该硅酸盐结构的最小重复单位如图，最小重复单位中原子个数为，O原子个数为，元素化合价为价，O元素化合价为价，则的整体化合价为，所以该硅酸盐结构的通式为，D正确； 故选D。 24．向甲苯和的混合溶液中加入18-冠-6醚晶体，和迁移过程示意图如图所示。下列说法错误的是 A．进入甲苯层是因为静电作用 B．使用18-冠-6醚与形成超分子体现了冠醚的选择性 C．18-冠-6醚晶体能溶于水主要取决于结构中的多个O原子 D．18-冠-6醚与形成的超分子中存在配位键 【答案】D 【解析】A．由图可知18-冠-6醚晶体对有识别作用，18-冠-6醚与进入甲苯层后由于静电作用，也会进入上层溶液，A正确； B．18-冠-6醚晶体与形成超分子，体现了冠醚的选择性识别，因为冠醚的空腔大小与半径大小匹配，B正确； C．18-冠-6醚能溶于水主要取决于结构中的多个O原子可以与水形成氢键，C正确； D．18-冠-6醚与形成超分子中，位于冠醚的空腔中，通过离子-偶极作用结合，不存在配位键，D错误； 故选D。 25．冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并-18-冠-6与K+形成的配离子的结构如图所示。下列说法错误的是 冠醚 冠醚空腔直径/pm 适合的粒子(直径/pm) 15-冠-5 170～220 Na+ (204) 18-冠-6 260～320 K+ (276)、Rb+ (304) 21-冠-7 340～430 Cs+ (334) A．冠醚可以用来识别碱金属离子 B．二苯并-18-冠-6也能适配Li+ C．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种 D．一个配离子中配位键的数目为6 【答案】B 【解析】A．由表知，若碱金属离子的直径在冠醚空腔直径范围内，二者可以适配，则冠醚可以用来识别特定的碱金属离子，A正确； B．二苯并-18-冠-6与K+可形成超分子，Li+半径小于K+，则二苯并-18-冠-6不能适配Li+，B错误； C．该冠醚分子中苯环碳原子为sp2杂化、其他碳链上的碳原子为sp3杂化，C正确； D．由结构简式可知，一个K+与其周围的6个O形成了配位键，则一个配离子中配位键的数目为6，D正确； 故选B。 26．机械互锁分子是由一个或多个分子结构单元经互锁或互穿等方式相互缠结，而非通过化学键连接在一起所形成的分子。TY型质子化咪唑盐与冠醚形成的机械互锁分子，可形成对匹配的空腔环境，进而负载，进行穿梭运动，实现金属离子对分子穿梭运动行为的调控。 当取代基、不同时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数如下表所示。 H H H H H 结合常数 1670 1180 5970 3720 下列说法错误的是 A．机械互锁分子对的负载，是冠醚与形成了配位键 B．TY型质子化咪唑盐上的取代基，吸电子效应越强，结合常数越大 C．加入后冠醚在机械互锁分子内的移动受、的推(吸)电子效应的影响 D．负载的机械互锁分子容易向阳离子浓度高的区域穿梭 【答案】D 【解析】A．冠醚分子中氧提供孤电子对、锂离子提供空轨道，两者形成配位键，A正确； B．由表，为时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数最大，为吸电子基团，为时，TY型质子化咪唑盐与冠醚的结合常数最小，为供电子基团，说明TY型质子化咪唑盐上的取代基，吸电子效应越强，结合常数越大，B正确；   C．、的推(吸)电子效应会导致电荷分布的不均匀，由图，在加入或脱离后，冠醚在机械互锁分子内的移动，其移动受、的推(吸)电子效应的影响，C正确； D．本身带正电荷，则负载的机械互锁分子容易向阴离子浓度高的区域穿梭，D错误； 故选D。 27．科研人员构建了一种金属-有机笼，可装载小分子形成超分子M，实现的靶向运输与按需释放（已知在溶液中溶解性较好）。下列说法正确的是 A．中含有手性碳原子 B．中存在配位键 C．与通过配位键结合，过程不可逆 D．可将M置于纯溶液中并定期换液，实现的释放 【答案】D 【解析】A．连有四个不同基团的饱和碳原子为手性碳原子，即为sp3杂化，MOC的配体中环上的碳原子为sp2杂化，酯基中碳原子也为sp2杂化，碳碳三键中碳原子为sp杂化，乙基中的碳原子连有重复基团，综合可知，没有连四个不同基团的饱和碳原子，故A错误； B．MOC为金属-有机笼状结构，1 mol MOC中含有2个Pd2+，每个Pd2+参与形成的配位键为4个，因此1 mol MOC中存在配位键为，B错误； C．DAQ与MOC形成超分子M，超分子结合力为非共价键（如氢键、范德华力，图中虚线所示），而非配位键；且“按需释放”表明结合过程可逆，以便实现DAQ的释放，C错误； D．已知DAQ在DMSO中溶解性好，将M置于纯DMSO时，DAQ会从MOC中释放到DMSO中，定期换液可移走溶解的DAQ，促使M持续释放，D正确； 故答案选D。 28．丹蒽醌-镁配合物可用作固体推进剂的燃烧稳定剂，其结构如图所示。下列说法错误的是 A．该配合物中有两种配体 B．中心离子的配位数为6 C．中的羰基可参与苯环形成大键 D．该稳定剂高温下燃烧的固态产物为 【答案】D 【解析】 A．该配合物中有和两种配体，A正确； B．6个氧原子与镁离子配位，中心离子的配位数为6，B正确； C．中的羰基与苯环共面，羰基中的碳、氧原子价层的p轨道与苯环碳原子价层的p轨道平行，可“肩并肩”重叠形成大键，C正确； D．参照在高温下会分解，其不稳定的实质是金属阳离子吸引中的分解为金属氧化物和，的电荷数相同但前者的半径更小，则吸引中的能力更强，比更容易分解，可推知该稳定剂高温下燃烧的固态产物为，D错误； 故选D。 29．Melamine和Cyanuric acid两种小分子按1：1形成如图所示的超分子。下列说法错误的是 A．两种小分子中碳原子的化合价相同 B．Cyanuric acid不能加成氢气 C．Cyanuric acid分子可发生水解反应 D．上述变化体现了超分子的自识别 【答案】D 【解析】A．Melamine（C3N6H6）中，设C氧化数为x，N为y，由电中性得3x+6y+6=0；Cyanuric acid（C3H3N3O3）中，3x+3y+3-6=0，通过N的氧化数（环N≈-1，NH2中N≈-3）计算，两种分子中C的氧化数均为+2，A正确； B．Cyanuric acid分子中含三个酰氨基，不可与H2发生加成反应，B正确； C．三聚氰酸是氰酸（HOCN）的三聚体，其六元环结构中的C-N键可水解断裂生成HOCN，C正确； D．两种分子按1:1通过非共价键（如氢键）特异性结合形成超分子，体现超分子的自组装特性，D错误； 故选D。 30．由五种元素组成的某配离子是一种常用的有机催化剂，结构如图。X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y、Z、M同周期，Y元素化合物种类数最多，离子的价电子排布式为。下列说法不正确的是 A．元素电负性大小： B．分子中含有的孤电子对数是2 C．含有X、Y、Z的酸的分子式可能是 D．Q的最高价氧化物对应的水化物能溶于强酸，不溶于任何碱 【答案】D 【分析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，Y元素化合物种类数最多，则Y为C元素；Y、Z、M同周期，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Z形成2个共价键(不算配位键)、M形成1个共价键，则X为H元素、Z为O元素、M为F元素；Q2+离子的价电子排布式为3d9，则Q为Cu元素。 【解析】A．Y为C，Z为O，M为F，同周期主族元素，随着核电荷数增加，电负性增强，电负性F＞O＞C，A正确； B．X为H，Z为O，分子中含有的孤电子对数是=2，B正确； C．氢、碳、氧三种元素形成的酸可能为()，C正确； D．Cu的最高价氧化物对应的水化物氢氧化铜能溶于强酸，可以溶于氨水，形成四氨合铜离子，D错误； 故选D。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 9 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $