4.2 配合物的形成和应用 第2课时（分层作业） 化学苏教版选择性必修2

第二单元 配合物的形成和应用 第2课时 配合物的性质与应用 分层作业 1．（25-26高三上·广东汕头·期末）图像留影记录美好生活。下列图像留影技术涉及的材料，说法错误的是 A．绘画中使用的朱砂()具有还原性 B．银版摄影法中的碘化银曝光后，分解产生银单质，该过程属于物理变化 C．冲印胶片的定影液硫代硫酸钠与溴化银作用形成的含配位键 D．现代数码相机的传感器主要成分为硅，单晶硅具有自范性 2．（25-26高二上·吉林·期末）NF3是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可通过电解熔融氟化氢铵(NH4HF2)制得。下列有关说法错误的是 A．相关元素电负性由大到小的顺序为F>N>H B．NF3的空间构型为平面三角形 C．基态N原子和基态F原子的价电子原子轨道形状均有球形和哑铃形 D．NH4HF2晶体中微粒间的作用有离子键、共价键、配位键、氢键 3．（25-26高二上·北京·期末）铁元素能与CO通过配位键形成Fe(CO)5等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，以下说法正确的是 A．推测Fe(CO)5中O原子为配原子，因为CO中C原子无孤电子对 B．在反应Fe(CO)5+2Na=Na2[Fe(CO)4]+CO中Fe被还原 C．已知Fe(CO)5可用于制备纳米铁粉，推测制备纳米铁粉的条件为低温高压 D．Fe(CO)5凝固时形成离子晶体 4．（25-26高三上·江苏徐州·月考）人体CO中毒时可发生如下反应，下列说法不正确的是 A．第一电离能： B．原子半径： C．CO沸点大于 D．、分子中均存在配位键 5．（2026·湖南株洲·一模）卟啉与镁元素结合为配合物叶绿素，结构如图，以下正确的是 A．该化合物中有共价键、离子键、配位键 B．镁元素化合价为0价 C．叶绿素易溶于水 D．卟啉在酸性环境中配位能力会减弱 6. （湖北省襄阳市腾飞高中四校联考2026届高三上学期一模化学试题）离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，某离子液体的结构简式如下图所示。下列说法错误的是 A．键角： B．该离子液体中碳原子的杂化轨道类型有三种 C．该离子液体中存在极性键、非极性键、配位键等化学键 D．改变离子液体中烷基的长度可调节离子液体的熔、沸点 7. （2026·湖北襄阳·一模）甘氨酸合铜在医药、电镀和农业等领域都有广泛的应用前景，其结构如下图所示。下列说法错误的是 A．电负性： B．基态氮原子的电子有5种空间运动状态 C．甘氨酸合铜含有键 D．甘氨酸合铜中铜的配位数为4 8. （25-26高二上·吉林·期末）烟酸铬(Ⅲ)可促进动物生长发育和蛋白质合成，在工业上主要用作饲料添加剂、医药保健品、食品添加剂等，其结构如图所示。下列说法正确的是 A．该配合物中的配体有2种 B．C、N、O三种元素分别形成的最简单氢化物的键角由大到小的顺序是H2O>NH3>CH4 C．中的环状结构具有型大π键 D．该物质在水中的溶解度很大 9. （24-25高二下·湖南·期末）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 10. （25-26高二上·全国·周测）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 11. （25-26高二上·全国·周测）下列现象与形成配合物无关的是 A．与不能大量共存 B．向Cu与反应后的集气瓶中加少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色 C．Cu与浓硝酸反应后，溶液呈绿色 D．向溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，继而消失 12.（24-25高二下·安徽芜湖·期末）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 1．（2026·河北沧州·一模）某化学实验小组用样品进行实验： 已知为浅紫色，为黄色，为红色，为无色。 下列说法错误的是 A．蒸干溶液无法直接获得固体 B．溶液a呈黄色的原因是水解生成 C．反应①中现象说明配体与的结合能力： D．反应②的离子方程式为 2．（25-26高一上·江苏镇江·期末）探究铜与浓硝酸反应实验如下： 步骤Ⅰ：取适量铜片于试管中，加入浓硝酸，试管中有大量红棕色气体产生，将气体导入浓氢氧化钠溶液。 步骤Ⅱ：在步骤Ⅰ反应的试管中（铜片有剩余）加足量醋酸溶液，试管中有无色气泡产生。 步骤Ⅲ：向步骤所得的蓝色溶液中滴加足量的浓氨水，一段时间后出现蓝色沉淀，继续滴加浓氨水，蓝色沉淀溶解，溶液呈深蓝色（深蓝色微粒为）。 步骤IⅤ：将步骤Ⅲ所得溶液蒸干，灼烧至恒重得固体。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ尾气吸收反应中，既作氧化剂，又作还原剂 B．步骤Ⅱ反应离子方程式： C．步骤Ⅲ中只发生2个化学变化 D．步骤Ⅳ所得固体为 3．（25-26高三上·江苏徐州·月考）探究配合物的形成对物质性质影响的实验如下： 步骤Ⅰ：将铜片浸泡在2mL氯化银悬浊液中，短时间内无明显现象，放置一天后，烧杯中产生灰黑色固体。 步骤Ⅱ：向2mL氯化银悬浊液中滴加氨水至沉淀恰好溶解，再加入铜片，10分钟后溶液呈现浅蓝色；2小时后试管底部出现银白色雪花状晶体。 步骤Ⅲ：向2mL氯化银悬浊液中滴加氨水至沉淀恰好溶解后，再加入1mL氨水，向试管中加入铜片，10分钟后溶液变为蓝色；2小时后试管底部出现银白色粉末状固体，溶液蓝色较步骤Ⅱ深。下列说法错误的是 A．步骤Ⅰ和Ⅱ不能说明溶液pH增大，使得的氧化性增强 B．步骤Ⅱ中发生反应： C．步骤Ⅱ中“10分钟后溶液变为浅蓝色”是因为生成 D．根据步骤Ⅱ和Ⅲ可得到结论：反应速率慢更适宜晶体规则的生长 4．（2026·广西南宁·一模）为探究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：含的溶液呈黄色，含的溶液呈红色，含的溶液呈无色。 下列说法错误的是 A．①中加入浓盐酸后，增大 B．基于实验安全考虑，该实验不宜使用玻璃试管 C．③中加入NaF固体，使平衡逆向移动 D．④中无色溶液未见明显现象，说明的氧化性弱于 5．（2026·河北·一模）原子序数依次增大的前四周期元素W、X、Y、Z、R形成的一种化合物(分子结构如图)被广泛应用于染料和电池等领域，Z和W能形成室温下常见的两种液态化合物，R的基态原子M层填满电子，N层填充了1个电子。下列说法错误的是 A．第一电离能： B．氢化物的沸点： C．该化合物中含有配位键 D．和的空间结构均为三角锥形 6．（2026·陕西渭南·一模）2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOF)领域做出突破的科学家。某科研团队以为原料通过溶剂热法制备了具有优良导电性的二维酞菁基MOF纳米片，该催化剂能有效地将催化转化为CO。结构和反应历程如图[已知Ni(a)、Ni(b)表示不同位点上的Ni]。下列说法错误的是 A．基态Ni原子核外电子占据的轨道数为15 B．由历程图可知，不同位点的Ni，催化活性不同 C．升高温度有利于提高的平衡转化率 D．中N原子提供孤电子对与形成配位键 7．（25-26高三上·河南驻马店·期末）我国科学家开发的一种具有双功能配位水的钴基金属有机配位化合物可应用于钠离子电池。配位水通过螯合增强了钠离子与有机配体中氮原子的相互作用，提升了储钠容量，其充、放电时的转化如图所示。下列有关说法错误的是 A．Co的化合价在充电后发生了变化 B．配位水通过螯合降低了键的稳定性 C．中碳原子均采取杂化 D．分子中的配体有2种 8．（25-26高二上·吉林·期末）(CH3NH3)PbI3具有较高的光电转换效率，在太阳能电池领域具有重要的应用价值。(CH3NH3)PbI3的立方晶格结构如图所示，其中B代表Pb2+，下列说法错误的是 A．晶胞中A的坐标参数为(0，0，0)，则B点的坐标参数为 B．晶胞中Pb2+填充在由阴离子I-构成的正八面体空隙里 C．中存在配位键 D．甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：CH3NH2>(CH3)2NH 9．（24-25高二下·江苏苏州·阶段练习）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 10. （2025·四川遂宁·模拟预测）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 11.（24-25高三下·山东德州·开学考试）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： 1．（25-26高三上·广东广州·期中）Cu元素及其化合物在生活生产中应用广泛，某实验小组为探究Cu2+的性质，进行了如下实验： (1)配制200 mL，0.2 mol/L的CuSO4溶液实验过程中，需要称量胆矾 g，该过程中用到下图中的仪器有 (填名称)。 (2)制备氨水，并测定氨水浓度 将氨气溶于水制备得到氨水，取20.00 mL该氨水，加入指示剂 ，用1.000 mol·L-1盐酸滴定至终点，其滴定曲线如下图所示。则该氨水的浓度为 mol·L-1。 (3)观察铜氨离子形成的过程： ①向4 mL 0.2 mol·L-1 CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：Ⅰ． ；Ⅱ． ②上述实验现象说明，H2O比NH3更 (填“难”或“容易”)与Cu2+结合，从结构的角度分析原因： 。 (4)研究铜氨离子形成的原理： ①查阅资料      ②根据查阅的资料判断第(3)步配制铜氨溶液的实验中反应Ⅱ难以进行。通过计算说明理由 。 (5)探究Cu2+的氧化性：向2 mL CuSO4溶液中滴加同浓度的Na2SO3溶液，观察到溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀。经检验，棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。 已知：。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。 ②为避免CuSO4溶液和Na2SO3溶液混合时发生复分解反应干扰实验现象的观察和Cu2+氧化性的探究，实验小组重新设计了优化方案证明CuSO4溶液与Na2SO3溶液之间可发生氧化还原反应，该实验方案为 。 2．（25-26高二上·江苏宿迁·期中）磷元素可形成种类丰富的物质，结构各异，性质多样。 (1)磷的氢化物 ①中原子的杂化方式为 ，的空间构型为 。 ②的沸点()高于的沸点()的主要原因是 。 (2)磷的含氧酸 已知：磷的含氧酸中的羟基()可发生电离，两个羟基可脱去一分子。 ①磷酸()可通过脱水缩合生成焦磷酸()。焦磷酸的结构式可表示为 。 ②次磷酸()结构式为，次磷酸与溶液反应的化学方程式为 。 (3)磷铁化合物   ①某种磷铁化合物的晶胞如图所示，该磷铁化合物的化学式为 ；Fe的配位数为 。 ②全磷二茂铁的结构如图所示，中提供孤电子对，使的、、轨道形成共18电子的稳定结构，2个共提供 个电子与形成配位键。 3. （25-26高三上·上海·阶段练习）纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯金酸钠()溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。 (1)下列说法错误的是___________。 A．具有氧化性 B．纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 C．纳米金属于胶体 D．制备过程中，纳米金为还原产物 (2)是一种配位化合物，其中配体是 ，配位数为 。 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，但是加入浓盐酸后会大大加快金的溶解，请从平衡移动原理的角度解释 。 (4)纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，与其中的___________有关。 A．金离子 B．自由电子 C．粒径(粒子大小) D．稳定性 4. （25-26高三上·北京丰台·月考）NaCN是优良的浸银试剂，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图所示，已知其边长为a nm。 ①NaCN中，σ键和π键的个数比为 。 ②距离Na+最近的阴离子有 个。 ③已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度是 g·cm-3。(1 nm=10-7 cm) (2)CN-配位能力强，故NaCN可作提取Ag试剂，补全浸银反应的离子方程式： 。 □Ag+□CN-+□O2+□=□Ag(CN)+□OH- (3)SCN-也是一种常见的配体，其中的S和N均能与金属离子以M←S-CN或M←N=C=S的方式配位。 ①SCN-中，C不能参与配位，原因是 。 ②在两种配位方式中，C的杂化方式 (填“相同”或“不同”)。 (4)已知：HCN和HSCN均有挥发性，HCN为弱酸，HSCN为强酸。相同条件下，使用NaSCN作为浸银试剂比NaCN更安全，逸出的有毒酸雾更少，可能的原因是 (填序号)。 a．CN-更容易水解 b．HSCN的沸点比HCN高 c．HCN分子间易形成氢键 5. （24-25高二下·天津·期中）回答下列问题： (1)已知H与O可以形成H2O和H2O2两种化合物。请完成下列空白： ①H2O 内的O-H、水分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次为 。  H+可与 H2O 形成H3O+中O 采用 杂化。H3O+中H-O-H键角比 H2O中的 ，原因为 。 ②H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。H2O2的电子式是 ，结构式是 。H2O2是含有 键和 键的 分子(填“极性”或“非极性”)。  H2O2与水混溶，却不溶于CCl4，请予以解释： 。 (2)元素周期表中的四种元素A、B、E、F，原子序数依次增大。A的基态原子价层电子排布为 nsnnpnB的基态原子2p能级有3个单电子；E2+的3d轨道中有 10个电子；F单质在金属活动性顺序中排在最末位。 ①写出A 在周期表中的位置 ，写出E的基态原子的电子排布式： 。 ②A、B形成的AB-常作为配位化合物中的配体。在AB-中，元素A的原子采取 sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为 。 ③E、F均能与AB-形成配离子，已知E2+与AB-形成配离子时，配位数为4；F+与AB-形成配离子时，配位数为2，工业上常用F⁺和AB-形成的配离子与E单质反应，生成E2+与AB-形成的配离子和F单质来提取F，写出上述反应的离子方程式： 。 (3)InAs为原子之间以共价键的成键方式结合而成的晶体。其晶胞结构如图所示。 ①一个晶胞中所含 As的个数为 。   ②已知该晶胞棱长为a pm(1 pm=10-10 cm) 。阿伏加德罗常数为NA，InAs的摩尔质量为M g/mol，则该晶体的密度ρ= g/cm3。 2 / 11 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二单元 配合物的形成和应用 第2课时 配合物的性质与应用 分层作业 1．（25-26高三上·广东汕头·期末）图像留影记录美好生活。下列图像留影技术涉及的材料，说法错误的是 A．绘画中使用的朱砂()具有还原性 B．银版摄影法中的碘化银曝光后，分解产生银单质，该过程属于物理变化 C．冲印胶片的定影液硫代硫酸钠与溴化银作用形成的含配位键 D．现代数码相机的传感器主要成分为硅，单晶硅具有自范性 【答案】B 【详解】A. 朱砂(HgS)中的硫元素为-2价，处于最低价态，具有还原性可被氧化，A正确； B. 碘化银曝光分解产生银单质和碘，有新物质生成，属于化学变化，B错误； C. 中银离子与硫代硫酸根通过配位键结合（提供空轨道，S提供孤对电子），C正确； D. 单晶硅为晶体，具有自范性，能自发形成规则几何外形，D正确； 故选B。 2．（25-26高二上·吉林·期末）NF3是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可通过电解熔融氟化氢铵(NH4HF2)制得。下列有关说法错误的是 A．相关元素电负性由大到小的顺序为F>N>H B．NF3的空间构型为平面三角形 C．基态N原子和基态F原子的价电子原子轨道形状均有球形和哑铃形 D．NH4HF2晶体中微粒间的作用有离子键、共价键、配位键、氢键 【答案】B 【详解】A．同一周期从左往右元素的电负性依次增大，同一主族从上往下依次减小，故相关元素电负性由大到小的顺序为，A正确； B．分子中N的周围形成3个σ键，孤电子对数=，故其价层电子对为4，故其的空间构型为三角锥形，B错误； C．基态N原子（价电子构型2s22p3）和基态F原子（价电子构型2s22p5）的价电子占据s轨道（球形）和p轨道（哑铃形），因此轨道形状均有球形和哑铃形，C正确； D．与间存在离子键，中有共价键和配位键，与间存在氢键， D正确； 故答案选B。 3．（25-26高二上·北京·期末）铁元素能与CO通过配位键形成Fe(CO)5等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，以下说法正确的是 A．推测Fe(CO)5中O原子为配原子，因为CO中C原子无孤电子对 B．在反应Fe(CO)5+2Na=Na2[Fe(CO)4]+CO中Fe被还原 C．已知Fe(CO)5可用于制备纳米铁粉，推测制备纳米铁粉的条件为低温高压 D．Fe(CO)5凝固时形成离子晶体 【答案】B 【详解】A．在Fe(CO)5中，配位键由CO的C原子提供孤电子对，CO中C原子有孤电子对，O原子不参与配位，因此O原子不是配原子；A错误； B．反应Fe(CO)5+2Na＝Na2[Fe(CO)4]+CO中，铁元素化合价降低，被还原；B正确； C．Fe(CO)5分解制备纳米铁粉的方程式为：Fe(CO)5(l)Fe(s)+5CO(g)，是气体增加的放热反应，低温高压可能平衡逆向移动，不利于纳米铁粉的生成，故推测低温高压不合理；C错误； D．Fe(CO)5在室温时为液体，其为共价化合物，凝固时形成分子晶体，而不是离子晶体；D错误； 答案选B。 4．（25-26高三上·江苏徐州·月考）人体CO中毒时可发生如下反应，下列说法不正确的是 A．第一电离能： B．原子半径： C．CO沸点大于 D．、分子中均存在配位键 【答案】A 【详解】A．同周期元素的第一电离能总体趋势是从左到右增大；N原子的2p轨道为半充满稳定结构，其第一电离能比相邻的O原子高，则第一电离能的正确顺序为，A错误； B．同周期主族元素，从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径的顺序为，B正确； C．分子晶体的沸点由分子间作用力决定，CO是极性分子，N2是非极性分子，极性分子之间的范德华力更强，因此CO的沸点高于N2，C正确； D．X是血红蛋白与O2结合的分子，Y是血红蛋白与CO结合的分子；在这两种分子中，Fe原子作为中心原子，与O2、CO分子之间，以及卟啉环上的N原子之间，都存在配位键，D正确； 故答案选A。 5．（2026·湖南株洲·一模）卟啉与镁元素结合为配合物叶绿素，结构如图，以下正确的是 A．该化合物中有共价键、离子键、配位键 B．镁元素化合价为0价 C．叶绿素易溶于水 D．卟啉在酸性环境中配位能力会减弱 【答案】D 【详解】A．该化合物中没有离子键，A错误； B．卟啉分子作为配体时，会失去两个连接在氮原子上的氢离子，形成一个带两个单位负电荷的阴离子，与配位形成电中性的配合物，故镁元素的化合价为+2价，B错误； C．叶绿素所连基团都是疏水性基团，难以形成氢键，故推测其难溶于水，C错误； D．酸性条件下，氢离子会占用N的孤对电子，配位能力减弱，D正确； 故答案选D。 6. （湖北省襄阳市腾飞高中四校联考2026届高三上学期一模化学试题）离子液体具有电导率高、化学稳定性好等优点，某离子液体的结构简式如下图所示。下列说法错误的是 A．键角： B．该离子液体中碳原子的杂化轨道类型有三种 C．该离子液体中存在极性键、非极性键、配位键等化学键 D．改变离子液体中烷基的长度可调节离子液体的熔、沸点 【答案】B 【详解】A．BF3中B的价层电子对数为，B为sp2杂化，BF3为平面三角形结构，键角为120°；中B的价层电子对数为，B为sp3杂化，为正四面体，键角约为109°28′，故键角：，A正确； B．该离子液体中含有饱和碳原子和双键碳原子，则碳原子的杂化轨道类型有、两种，B错误； C．该离子液体中存在极性键（如C-N、C-H）、非极性键（如乙基中C-C）、配位键（如中B与F-形成的配位键），C正确； D．当烷基长度增加时，阳离子的半径增大，阴、阳离子间的距离变长，作用力变小，离子液体的熔、沸点将降低，故可通过调节烷基长度调节离子液体的熔、沸点，D正确； 故答案选B。 7. （2026·湖北襄阳·一模）甘氨酸合铜在医药、电镀和农业等领域都有广泛的应用前景，其结构如下图所示。下列说法错误的是 A．电负性： B．基态氮原子的电子有5种空间运动状态 C．甘氨酸合铜含有键 D．甘氨酸合铜中铜的配位数为4 【答案】C 【详解】A．非金属性越强，电负性越大，同周期从左到右非金属性增强，C与H形成的化合物中C为负价，非金属性大于H，故非金属性，A正确； B．基态氮原子的电子排布式为，核外电子占据5个轨道，有5种空间运动状态，B正确； C．单键是σ键，双键有一个σ键，配位键也是σ键，1mol甘氨酸合铜含有σ键20mol，C错误； D．甘氨酸合铜中一个Cu原子周围结合四个原子，铜的配位数为4，D正确； 故答案选C。 8. （25-26高二上·吉林·期末）烟酸铬(Ⅲ)可促进动物生长发育和蛋白质合成，在工业上主要用作饲料添加剂、医药保健品、食品添加剂等，其结构如图所示。下列说法正确的是 A．该配合物中的配体有2种 B．C、N、O三种元素分别形成的最简单氢化物的键角由大到小的顺序是H2O>NH3>CH4 C．中的环状结构具有型大π键 D．该物质在水中的溶解度很大 【答案】C 【详解】A．由配合物的结构简式可知，结构中存在3个同种配体，1个配体形成2个配位键，6个配位键是和同种配体形成的，即有1种配体，A错误；    B．H2O、NH3、CH4中心原子均为sp3杂化，孤电子对数分别为2、1、0，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，故键角由大到小的顺序是H2O<NH3<CH4，B错误； C．中的环状结构中存在6个原子和6个电子形成的型大π键，C正确； D．该物质分子中形成配位键后，不易和水形成氢键，且分子中环状结构不亲水，故在水中的溶解度不会很大，D错误； 故选C。 9. （24-25高二下·湖南·期末）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。 10. （25-26高二上·全国·周测）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。 11. （25-26高二上·全国·周测）下列现象与形成配合物无关的是 A．与不能大量共存 B．向Cu与反应后的集气瓶中加少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色 C．Cu与浓硝酸反应后，溶液呈绿色 D．向溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，继而消失 【答案】C 【详解】A．Fe3+与SCN-反应生成血红色配合物[Fe(SCN)n]3-n，因此不能大量共存，与配合物有关，A不符合题意； B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，加少量水形成绿色配离子[CuCl4]2-，稀释后转化为蓝色[Cu(H2O)4]2+，涉及配合物转化，B不符合题意； C．Cu与浓硝酸反应生成大量NO2，NO2溶解在溶液中呈现绿色，颜色变化主要由气体溶解引起，与配合物无关，C符合题意； D．AlCl3与过量NaOH反应生成[Al(OH)4]-配离子，导致沉淀溶解，与配合物有关，D不符合题意； 故选C。 12.（24-25高二下·安徽芜湖·期末）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。 1．（2026·河北沧州·一模）某化学实验小组用样品进行实验： 已知为浅紫色，为黄色，为红色，为无色。 下列说法错误的是 A．蒸干溶液无法直接获得固体 B．溶液a呈黄色的原因是水解生成 C．反应①中现象说明配体与的结合能力： D．反应②的离子方程式为 【答案】D 【详解】A．蒸干溶液，Fe3+会发生水解生成氢氧化铁固体，无法直接获得固体，A正确； B．溶于水，溶液a呈黄色是因为水解生成，为黄色，B正确； C．反应①中现象说明稳定性：，则配体与的结合能力：，C正确； D．反应②的离子方程式为，D错误； 故选D。 2．（25-26高一上·江苏镇江·期末）探究铜与浓硝酸反应实验如下： 步骤Ⅰ：取适量铜片于试管中，加入浓硝酸，试管中有大量红棕色气体产生，将气体导入浓氢氧化钠溶液。 步骤Ⅱ：在步骤Ⅰ反应的试管中（铜片有剩余）加足量醋酸溶液，试管中有无色气泡产生。 步骤Ⅲ：向步骤所得的蓝色溶液中滴加足量的浓氨水，一段时间后出现蓝色沉淀，继续滴加浓氨水，蓝色沉淀溶解，溶液呈深蓝色（深蓝色微粒为）。 步骤IⅤ：将步骤Ⅲ所得溶液蒸干，灼烧至恒重得固体。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ尾气吸收反应中，既作氧化剂，又作还原剂 B．步骤Ⅱ反应离子方程式： C．步骤Ⅲ中只发生2个化学变化 D．步骤Ⅳ所得固体为 【答案】A 【分析】铜片与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，生成红棕色的二氧化氮导入浓氢氧化钠溶液中发生反应2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，此时硝酸完全反应，铜片过量，再加入醋酸溶液，醋酸提供H+，铜片与H+、发生反应3Cu+2+8CH3COOH=3Cu2++2NO↑+8CH3COO-+4H2O，生成无色气体NO，得到含Cu2+的蓝色溶液，向蓝色溶液中加入浓氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，然后蓝色沉淀溶解生成含配合物和CH3COO-的深蓝色溶液，将溶液蒸干并灼烧至恒重，配合物和CH3COO-在高温下分解，最终得到CuO固体。 【详解】A．步骤Ⅰ发生的反应为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，该反应中NO2发生歧化反应，氮元素化合价既升高又降低，因此NO2既作氧化剂又作还原剂，A正确； B．步骤Ⅱ中加入醋酸溶液，醋酸为弱酸，不完全电离，不能直接写成H+形式，正确的离子方程式应为3Cu+2+8CH3COOH=3Cu2++2NO↑+8CH3COO-+4H2O，B错误； C．步骤II中得到含Cu2+和CH3COO-的溶液，由于醋酸为弱酸，溶液中可能含CH3COOH，步骤Ⅲ中向此溶液中加入浓氨水，可能发生的反应有：NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4+H2O、Cu2+在碱性条件下生成Cu(OH)2沉淀、Cu(OH)2沉淀在过量氨水中溶解生成配合物，因此至少发生3个化学变化，C错误； D．步骤Ⅳ所若将溶液冷却结晶会获得晶体，若灼烧会伴随着配合物解离，得不到，D错误； 故答案为A。 3．（25-26高三上·江苏徐州·月考）探究配合物的形成对物质性质影响的实验如下： 步骤Ⅰ：将铜片浸泡在2mL氯化银悬浊液中，短时间内无明显现象，放置一天后，烧杯中产生灰黑色固体。 步骤Ⅱ：向2mL氯化银悬浊液中滴加氨水至沉淀恰好溶解，再加入铜片，10分钟后溶液呈现浅蓝色；2小时后试管底部出现银白色雪花状晶体。 步骤Ⅲ：向2mL氯化银悬浊液中滴加氨水至沉淀恰好溶解后，再加入1mL氨水，向试管中加入铜片，10分钟后溶液变为蓝色；2小时后试管底部出现银白色粉末状固体，溶液蓝色较步骤Ⅱ深。下列说法错误的是 A．步骤Ⅰ和Ⅱ不能说明溶液pH增大，使得的氧化性增强 B．步骤Ⅱ中发生反应： C．步骤Ⅱ中“10分钟后溶液变为浅蓝色”是因为生成 D．根据步骤Ⅱ和Ⅲ可得到结论：反应速率慢更适宜晶体规则的生长 【答案】C 【详解】A．步骤I和II的对比中，变量是氨水的加入导致配合物形成和pH增大，但反应速率增大的主要原因是配合物的形成使溶解，溶液中含银微粒的浓度增大，而非pH增大，A不符合题意； B．步骤II中氯化银与氨水反应生成，反应为，B不符合题意； C．步骤Ⅱ中溶液变为浅蓝色是因为生成了配离子，使溶液呈现浅蓝色，而非简单的，C符合题意； D．步骤Ⅱ反应速率较慢，得到规则的雪花状晶体；步骤Ⅲ反应速率较快，得到粉末状固体。对比可知反应速率慢更适宜晶体规则生长，D不符合题意； 故选C。 4．（2026·广西南宁·一模）为探究三价铁配合物的性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：含的溶液呈黄色，含的溶液呈红色，含的溶液呈无色。 下列说法错误的是 A．①中加入浓盐酸后，增大 B．基于实验安全考虑，该实验不宜使用玻璃试管 C．③中加入NaF固体，使平衡逆向移动 D．④中无色溶液未见明显现象，说明的氧化性弱于 【答案】D 【分析】的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．加入浓盐酸后，增大，右移， 增大，溶液黄色加深，A正确； B．加入NaF固体后，F-水解会生成HF，HF与玻璃中的二氧化硅反应，因此基于实验安全考虑，不宜使用玻璃试管，B正确； C．加入NaF后，Fe3+与F-结合生成，铁离子浓度减少，使平衡逆向移动，C正确； D．④中滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，是因为与F-形成更稳定的配合物，溶液中浓度太小，不足以将氧化为，而非Fe3+氧化性弱于I2​，D错误； 故选D。 5．（2026·河北·一模）原子序数依次增大的前四周期元素W、X、Y、Z、R形成的一种化合物(分子结构如图)被广泛应用于染料和电池等领域，Z和W能形成室温下常见的两种液态化合物，R的基态原子M层填满电子，N层填充了1个电子。下列说法错误的是 A．第一电离能： B．氢化物的沸点： C．该化合物中含有配位键 D．和的空间结构均为三角锥形 【答案】B 【分析】R的基态原子M层填满电子，N层填充了1个电子，即为[Ar]3d104s1，可以推出R是Cu，根据化合物结构可知，W形成1对共用电子对，可能是H、F或Cl，Y形成3对共用电子对，可能是N或P，X形成4对共用电子对，可能是C或Si，Z形成2对共用电子对，可能是O或S，由于Z和W能形成室温下常见的两种液态化合物，推出Z为O，W为H，再结合“原子序数依次增大的前四周期元素W、X、Y、Z、R”，最后得出X是C、Y是N。即这5种元素依次是W：H、X：C、Y：N、Z：O、R：Cu，基于此分析选项。 【详解】A． C、N、O均为第二周期元素，第一电离能从左至右依次升高，但是N由于其2p轨道半充满，较难失去电子，因此第一电离能比O高，故第一电离能：N＞O＞C，A正确； B．元素非金属性越强，气态或者说最简单氢化物沸点越高，但是C的氢化物有很多种，比如十八烷就是固体，因此沸点反而比水更高，B错误； C．该化合物Cu位于中间，与O成键，O有孤电子对，而Cu是典型的中心原子，该化合物中含有配位键，C正确； D．的价层电子对数为，的价层电子对数为，两者空间结构均为三角锥形，D正确； 故选B。 6．（2026·陕西渭南·一模）2025年诺贝尔化学奖授予了在金属有机框架(MOF)领域做出突破的科学家。某科研团队以为原料通过溶剂热法制备了具有优良导电性的二维酞菁基MOF纳米片，该催化剂能有效地将催化转化为CO。结构和反应历程如图[已知Ni(a)、Ni(b)表示不同位点上的Ni]。下列说法错误的是 A．基态Ni原子核外电子占据的轨道数为15 B．由历程图可知，不同位点的Ni，催化活性不同 C．升高温度有利于提高的平衡转化率 D．中N原子提供孤电子对与形成配位键 【答案】C 【详解】A．基态原子的核外电子排布式为，能级有1个轨道，能级有3个轨道，能级有5个轨道。各占据1个轨道，共4个；各占据3个轨道，共6个；占据5个轨道。所以占据的轨道数为，A正确； B．从反应历程图中可以看到，不同位点的对应不同的反应能垒，说明它们的催化活性不同，B正确； C．由反应历程图可知，二氧化碳催化转化为CO的反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，此反应为放热反应。对于放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，会使二氧化碳的平衡转化率降低，而不是有利于提高二氧化碳的平衡转化率，C错误； D．在中，原子存在孤对电子，存在空轨道，因此原子可以提供孤对电子与形成配位键，D正确； 故选C。 7．（25-26高三上·河南驻马店·期末）我国科学家开发的一种具有双功能配位水的钴基金属有机配位化合物可应用于钠离子电池。配位水通过螯合增强了钠离子与有机配体中氮原子的相互作用，提升了储钠容量，其充、放电时的转化如图所示。下列有关说法错误的是 A．Co的化合价在充电后发生了变化 B．配位水通过螯合降低了键的稳定性 C．中碳原子均采取杂化 D．分子中的配体有2种 【答案】B 【详解】A．从转化关系看，充电时是失去电子和Na+的过程，放电时是得到电子和结合Na+的过程，C、O、N元素的化合价没有发生变化，则在中，Co的化合价在充电（失去电子）后会发生变化，A正确； B．配位水通过螯合增强钠离子与氮原子的相互作用，不会降低C=N键的稳定性。若C=N键稳定性降低，会影响配合物的结构稳定性，与题意不符，B错误； C．在中，分子中的碳原子均形成双键，所有的碳原子都采取sp2杂化，C正确； D．分子中的配体有2种，为H2O和（有机配体），D正确； 故选B。 8．（25-26高二上·吉林·期末）(CH3NH3)PbI3具有较高的光电转换效率，在太阳能电池领域具有重要的应用价值。(CH3NH3)PbI3的立方晶格结构如图所示，其中B代表Pb2+，下列说法错误的是 A．晶胞中A的坐标参数为(0，0，0)，则B点的坐标参数为 B．晶胞中Pb2+填充在由阴离子I-构成的正八面体空隙里 C．中存在配位键 D．甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：CH3NH2>(CH3)2NH 【答案】D 【详解】A．晶胞中A的坐标参数为(0，0，0)，B点位于晶胞体心位置，则B点的坐标参数为，A正确； B．晶胞中（B）的位置处于周围阴离子构成的正八面体空隙中（正八面体空隙由6个等距的原子/离子围成，体心位置恰好符合），B正确； C．的结构为，其中N提供孤电子对，H+提供空轨道，可形成配位键，C正确； D．甲基的供电子能力强于氢原子，中含有两个甲基，接受质子能力较强，则接受质子能力：，D错误； 故答案选D。 9．（24-25高二下·江苏苏州·阶段练习）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 【分析】由流程可知：氯化银和碘化银的混合物中滴加浓氨水，分离出黄色的碘化银固体和无色溶液1，说明氯化银溶于足量氨水，无色溶液1与足量稀硝酸反应，又生成了白色固体氯化银，说明氢离子夺走了与银离子结合的氨气，生成了铵根离子； 【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。 10. （2025·四川遂宁·模拟预测）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 【分析】由题给流程可知，向铜、银、金的混合物中加入稀硫酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将铜转化为硫酸铜，银、金不反应，过滤得到含有硫酸铜的浸出液1和含银、金的浸渣1，则酸1为稀硫酸；向浸渣1中加入盐酸和过氧化氢的混合溶液浸取，将银转化为氯化银、金转化为HAuCl4，过滤得到含有氯化银的浸渣2和含有HAuCl4的浸出液2，则酸2为稀盐酸；向浸渣2中加入硫代硫酸钠溶液，将氯化银转化为二硫代硫酸根合银离子，过滤得到含有二硫代硫酸根合银离子的浸出液3；浸出液3电沉积得到银；向含有HAuCl4的浸出液2中加入肼，将溶液中HAuCl4转化为金。 【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。 （24-25高三下·山东德州·开学考试）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。 1．（25-26高三上·广东广州·期中）Cu元素及其化合物在生活生产中应用广泛，某实验小组为探究Cu2+的性质，进行了如下实验： (1)配制200 mL，0.2 mol/L的CuSO4溶液实验过程中，需要称量胆矾 g，该过程中用到下图中的仪器有 (填名称)。 (2)制备氨水，并测定氨水浓度 将氨气溶于水制备得到氨水，取20.00 mL该氨水，加入指示剂 ，用1.000 mol·L-1盐酸滴定至终点，其滴定曲线如下图所示。则该氨水的浓度为 mol·L-1。 (3)观察铜氨离子形成的过程： ①向4 mL 0.2 mol·L-1 CuSO4溶液中逐滴加入上述氨水，先出现蓝色沉淀，随后沉淀溶解，溶液变为深蓝色。反应的离子方程式：Ⅰ． ；Ⅱ． ②上述实验现象说明，H2O比NH3更 (填“难”或“容易”)与Cu2+结合，从结构的角度分析原因： 。 (4)研究铜氨离子形成的原理： ①查阅资料      ②根据查阅的资料判断第(3)步配制铜氨溶液的实验中反应Ⅱ难以进行。通过计算说明理由 。 (5)探究Cu2+的氧化性：向2 mL CuSO4溶液中滴加同浓度的Na2SO3溶液，观察到溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀。经检验，棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。 已知：。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。 ②为避免CuSO4溶液和Na2SO3溶液混合时发生复分解反应干扰实验现象的观察和Cu2+氧化性的探究，实验小组重新设计了优化方案证明CuSO4溶液与Na2SO3溶液之间可发生氧化还原反应，该实验方案为 。 【答案】(1) 12.5 250 mL容量瓶，胶头滴管 (2) 甲基橙 1.120 (3) 难 N的电负性比O小，吸引电子能力更弱，NH3比H2O更容易提供孤电子对与Cu2+形成配位键 (4)反应Ⅱ的平衡常数，该反应平衡常数小于10-5，说明反应正向进行的程度小 (5) 有红色固体生成 设计分别以CuSO4与Na2SO3为两极反应物的双液原电池，接通电路后，电流表指针偏转，则说明两种物质之间发生了氧化还原反应 【详解】（1）根据n = cV = 0.20 mol ·L-1 × 0.25 L = 0.050 mol，M[CuSO4·5H2O] = 250 g /mol，需称取质量m =nM= 0.050 mol ×250 g /mol = 12.5 g。配制时所用图示仪器：250 mL容量瓶，胶头滴管。 （2）由于强酸滴定弱碱，常选用甲基橙。由滴定曲线可知盐酸终点体积约22.40 mL，则n(HCl) = 1.000 mol /L × 0.02240 L= 0.02240 mol，n(NH3) = n(HCl) = 0.02240 mol；取氨水体积为20.00 mL = 0.02000 L，c(NH₃) == 1.120 mol/ L。 （3）①第一步离子方程式：。 ②由沉淀溶解并生成深蓝色配合物可知，NH3比H2O更容易与结合。原因是N的电负性比O小，吸引电子能力更弱,NH3分子中氮原子的孤对电子密度更高，能与形成更稳定的配位键。 （4）查阅数据可得Cu(OH)2的Ksp = 4.8×，配合物的生成常数K = 7.24×。反应Ⅱ的平衡常数，该反应平衡常数小于10-5，说明反应正向进行的程度小。 （5）①用稀硫酸处理棕黄色沉淀时，出现红色金属铜并且溶液变蓝，说明沉淀中含有Cu+。 ②证明CuSO4溶液与Na2SO3溶液之间可发生氧化还原反应，可使用原电池工作原理证明，设计分别以CuSO4与Na2SO3为两极反应物的双液原电池，接通电路后，电流表指针偏转，则说明两种物质之间发生了氧化还原反应。 【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、配合物的形成及化学实验的基本操作，题目难度中等。 2．（25-26高二上·江苏宿迁·期中）磷元素可形成种类丰富的物质，结构各异，性质多样。 (1)磷的氢化物 ①中原子的杂化方式为 ，的空间构型为 。 ②的沸点()高于的沸点()的主要原因是 。 (2)磷的含氧酸 已知：磷的含氧酸中的羟基()可发生电离，两个羟基可脱去一分子。 ①磷酸()可通过脱水缩合生成焦磷酸()。焦磷酸的结构式可表示为 。 ②次磷酸()结构式为，次磷酸与溶液反应的化学方程式为 。 (3)磷铁化合物   ①某种磷铁化合物的晶胞如图所示，该磷铁化合物的化学式为 ；Fe的配位数为 。 ②全磷二茂铁的结构如图所示，中提供孤电子对，使的、、轨道形成共18电子的稳定结构，2个共提供 个电子与形成配位键。 【答案】(1) 正四面体 分子间存在氢键 (2) (3) 6 12 【详解】（1）①中磷原子的价层电子对数为4，杂化方式为，中磷原子的价层电子对数为4，没有孤电子对，空间构型为正四面体形； ②沸点高于，主要原因是：分子间存在氢键，而分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，使的沸点更高； （2） ①焦磷酸由两分子磷酸脱去一分子水形成，其结构式为：； ②次磷酸的结构式中只有1个羟基，羟基上的氢可电离，因此次磷酸是一元酸，与氢氧化钠的反应方程式为：； （3）①根据均摊法，晶胞中铁原子数为，磷原子在体内原子数为2，铁磷原子数之比为1:1，化学式为：；由图可知，每个铁原子周围等距且最近的磷原子有6个，故铁的配位数为6； ②亚铁离子的价电子数为有6个，要形成18电子稳定结构，还需要12个电子。1个提供的孤电子对数：中2个共提供12个电子（即6对孤电子对），因此2个共提供12个电子与亚铁离子形成配位键。 3. （25-26高三上·上海·阶段练习）纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯金酸钠()溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。 (1)下列说法错误的是___________。 A．具有氧化性 B．纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 C．纳米金属于胶体 D．制备过程中，纳米金为还原产物 (2)是一种配位化合物，其中配体是 ，配位数为 。 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，但是加入浓盐酸后会大大加快金的溶解，请从平衡移动原理的角度解释 。 (4)纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，与其中的___________有关。 A．金离子 B．自由电子 C．粒径(粒子大小) D．稳定性 【答案】(1)C (2) Cl- 4 (3)Cl-与Au3+形成稳定的配离子，降低了Au3+的浓度，促使金被硝酸氧化的化学平衡向右移动 (4)C 【详解】（1）A．在中，金元素的化合价为+3价（Au3+）。Au3+具有强氧化性，可以被葡萄糖等还原剂还原为单质金，因此该化合物具有氧化性，正确； B．​纳米金的直径在几十纳米，恰好落在胶体颗粒的尺寸范围（1-100 nm）内，纳米金分散在水中形成的是胶体（溶胶），丁达尔效应是胶体特有的光学性质，当一束光通过胶体时，在垂直于光线的方向上可以看到一条光亮的“通路”，正确； C．​​纳米金​​指的是​​金单质颗粒本身​​，它是一种物质，而​​胶体​​是一种​​分散系​​，是由分散质（纳米金颗粒）和分散剂（如水）共同组成的混合物，错误； D．​在反应中，Au3+得到电子被还原，生成单质金（纳米金），所以纳米金是还原反应的产物，正确； 综上所述，答案为C。 （2）是配合物与Na+形成的盐，在配离子中，中心离子是Au3+，提供空轨道，配体是Cl-，提供孤电子对与Au3+形成配位键，与中心离子直接结合的配位原子（Cl）的数目为4，所以配位数是4。 （3）加入浓盐酸后，Cl-与Au3+形成稳定的配离子，降低了Au3+的浓度，促使金被硝酸氧化的化学平衡向右移动，从而大大加快了金的溶解。 （4）纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，而普通固体金单质为黄色，二者的区别在于粒径(粒子大小)不同，故答案为C。 4. （25-26高三上·北京丰台·月考）NaCN是优良的浸银试剂，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图所示，已知其边长为a nm。 ①NaCN中，σ键和π键的个数比为 。 ②距离Na+最近的阴离子有 个。 ③已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度是 g·cm-3。(1 nm=10-7 cm) (2)CN-配位能力强，故NaCN可作提取Ag试剂，补全浸银反应的离子方程式： 。 □Ag+□CN-+□O2+□=□Ag(CN)+□OH- (3)SCN-也是一种常见的配体，其中的S和N均能与金属离子以M←S-CN或M←N=C=S的方式配位。 ①SCN-中，C不能参与配位，原因是 。 ②在两种配位方式中，C的杂化方式 (填“相同”或“不同”)。 (4)已知：HCN和HSCN均有挥发性，HCN为弱酸，HSCN为强酸。相同条件下，使用NaSCN作为浸银试剂比NaCN更安全，逸出的有毒酸雾更少，可能的原因是 (填序号)。 a．CN-更容易水解 b．HSCN的沸点比HCN高 c．HCN分子间易形成氢键 【答案】(1) 1:2 6 (2) (3) SCN-中C原子已成键饱和，没有孤电子，不能作为电子给予体参与配位 相同 (4)ab 【详解】（1）①NaCN的阴离子CN-中C与N之间为三键，具有1个σ键和2个π键，所以个数比为1:2；②选取侧面面心的Na+，离其最近的Cl-个数为；③根据均摊法，该晶胞中Na+个数为，所以晶胞分子式为Na4CN4，所以晶胞密度为。 （2）浸银的离子方程式为。 （3）①SCN-中C原子已成键饱和，没有孤电子，不能作为电子给予体参与配位；②两种配位方式中，C的价层电子对数均为2（两个σ键，没有孤电子），均为sp杂化，杂化发生相同。 （4）已知：HCN和HSCN均有挥发性，HCN为弱酸，HSCN为强酸，NaCN为强碱弱酸盐，在水溶液中水解生成具有挥发性的HCN，a符合题意；HSCN的沸点更高，形成的酸雾更少，b符合题意；若HCN分子间易形成氢键，应会使其熔沸点升高，使得挥发出的HCN酸雾更少，c不符合题意；故选ab。 5. （24-25高二下·天津·期中）回答下列问题： (1)已知H与O可以形成H2O和H2O2两种化合物。请完成下列空白： ①H2O 内的O-H、水分子间的范德华力和氢键，从强到弱依次为 。  H+可与 H2O 形成H3O+中O 采用 杂化。H3O+中H-O-H键角比 H2O中的 ，原因为 。 ②H2O2是常用的氧化剂，其分子结构如图所示，两个氢原子犹如在半展开的书的两面上。H2O2的电子式是 ，结构式是 。H2O2是含有 键和 键的 分子(填“极性”或“非极性”)。  H2O2与水混溶，却不溶于CCl4，请予以解释： 。 (2)元素周期表中的四种元素A、B、E、F，原子序数依次增大。A的基态原子价层电子排布为 nsnnpnB的基态原子2p能级有3个单电子；E2+的3d轨道中有 10个电子；F单质在金属活动性顺序中排在最末位。 ①写出A 在周期表中的位置 ，写出E的基态原子的电子排布式： 。 ②A、B形成的AB-常作为配位化合物中的配体。在AB-中，元素A的原子采取 sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为 。 ③E、F均能与AB-形成配离子，已知E2+与AB-形成配离子时，配位数为4；F+与AB-形成配离子时，配位数为2，工业上常用F⁺和AB-形成的配离子与E单质反应，生成E2+与AB-形成的配离子和F单质来提取F，写出上述反应的离子方程式： 。 (3)InAs为原子之间以共价键的成键方式结合而成的晶体。其晶胞结构如图所示。 ①一个晶胞中所含 As的个数为 。   ②已知该晶胞棱长为a pm(1 pm=10-10 cm) 。阿伏加德罗常数为NA，InAs的摩尔质量为M g/mol，则该晶体的密度ρ= g/cm3。 【答案】(1) O-H>氢键>范德华力 sp3 大 H3O+中的O只有一对孤电子，H2O中的O有两对孤电子，对成键电子的排斥力较大，其键角较小 H-O-O-H 极性共价键（非极性共价键） 非极性共价键（极性共价键） 极性 根据相似相溶原理，H2O2为极性分子，可以溶于极性溶剂水，难溶于非极性溶剂CCl4 (2) 第二周期第IVA族 [Ar]3d104s2 1:2 (3) 4 【详解】（1）①原子之间的化学键最强，其次为电性引力较强的氢键，最弱的是静电引力引起的分子间作用力（范德华力）；H3O+中的O价层电子对数为，采取sp3杂化，O有1对孤电子，而H2O中的O有2对孤电子，对成键电子的排斥力较大，其键角较小；②H2O2的电子式为，结构式为H-O-O-H，含有H-O极性共价键，和O-O非极性共价键，正负电荷中心不重合，为极性分子；根据相似相溶原理，H2O2为极性分子，可以溶于极性溶剂水，难溶于非极性溶剂CCl4。 （2）由A的基态原子价层电子排布为 nsnnpn，B的基态原子2p能级有3个单电子，所以A为C，价电子排布为2s22p2，B为N，价电子排布为2s22p3，E2+的3d轨道中有 10个电子，所以E为Zn，价电子排布为3d104s2，F单质在金属活动性顺序中排在最末位，则F为Au（金）；①A为C在元素周期表第二周期第IVA族，基态E原子的电子排布式为[Ar]3d104s2；②AB-为CN-，因为C为sp杂化，所以C与N之间形成三个共价键，一个为σ键，2个为π键，数目比为1:2；③[Au(CN)2]-与Zn反应得到[Zn(CN)4]2-与Au的离子方程式为。 （3）①由均摊法：一个晶胞所含As的个数为4；②由一个晶胞所含4个As原子，晶体的化学式为InAs，所以该晶胞的分子式为In4As4，则该晶体密度 2 / 11 1 / 11 学科网（北京）股份有限公司 $