3.4 配合物与超分子（同步练习）-2025-2026学年高二下学期化学人教版选择性必修2

倒卖司马，搬运4000+ 3.4 配合物与超分子 （同步练习） 一、选择题 1．（23-24高二下·山西长治·期末）化合物是一种新型超分子晶体材料。可以为溶剂，由、(18-冠-6)、反应制得(已知：超分子的自组装是分子与分子在一定条件下，依赖非共价键分子间作用力自发连接成结构稳定的分子聚集体的过程)。结构如图所示： 下列说法错误的是 A．组成M的元素位于元素周期表的s区和p区 B．M中阳离子通过形成氢键体现了超分子的自组装 C．超分子是分子聚集体，不包括离子 D．(18-冠-6)具有分子识别功能 2．（24-25高二下·湖北孝感·月考）下列有关物质结构和性质的说法正确的是 A．利用“杯酚”可分离和时，分子间通过氢键结合成超分子 B．晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子 C．元素周期系和元素周期表都不止有一个，都是多种多样的 D．X射线衍射可以获得分子结构中键长、键角等分子结构信息 3．（23-24高二下·河北沧州·期末）某种钴的紫色配合物组成为，制备原理为，向一定量该配合物溶液中加入过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一，已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．该配合物的化学式为 B．配合物中的配位数为5 C．1mol该配合物中含σ键数目为21NA D．在反应中作氧化剂，为含非极性键的极性分子 4．（24-25高三上·四川成都·开学考试）铋合金可用于自动喷水器的安全塞，一旦发生火灾时，安全塞会“自动”熔化，喷出水来灭火。铋的晶胞结构如图乙所示，下列有关铋的说法错误的是 A．金属铋晶胞中铋原子的配位数为6 B．铋与氮同主族，Bi的第一电离能小于N C．配合物(NH4)3[BiCl6]中Bi的化合价为+3价，内界为[BiCl6]3- D．已知铋位于第六周期第VA族，其价电子排布式为6s26p3 5．（22-23高二下·辽宁沈阳·期中）下列说法正确的是 A．离子晶体中一定含有离子键，一定不含共价键 B．完全由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物 C．在中，给出孤对电子，提供空轨道 D．在晶体中存在阳离子就一定存在阴离子 6．（22-23高三下·浙江宁波·阶段练习）在液氨中投入金属钠，迅速溶剂化得到蓝色溶液[含有：和]，且过程中有少量产生。下列说法正确的是 A．0.1mol钠投入液氨中生成时，Na共失去0.1mol电子 B．电子通过配位键和结合 C．和示意图为、 D．钠与液氨的反应可表示为 7．（24-25高三上·海南·阶段练习）“杯酚”()能够分离提纯C60和C70，其原理如下图所示。下列说法错误的是 A．C60、C70均为分子晶体 B．“操作1”和“操作2”均是过滤 C．“杯酚”与通过化学键形成超分子 D．“杯酚”和氯仿能循环利用 8．（22-23高二下·福建厦门·期中）存在二种异构体，抗癌药物顺铂可由以下途径得到：   (顺式-二氯二氨合铂)，下列说法不正确的是 A．一定为平面正方形 B．②过程说明Cl对位上的Cl更容易被NH3取代 C．该变化过程说明NH3的配位能力大于 D．相同条件下，  在苯中的溶解度小于   9．（2025·四川巴中·模拟预测）下列离子方程式正确的是 A．溶液中通入过量气体： B．通入1molFeBr溶液： C．溶液中通入过量氨水： D．IBr加入水中： 10．（2025·湖南·三模）将铜加热后伸入有氯气的集气瓶，然后向燃烧后的固体中加入少量的水使其溶解，得到深绿色溶液。再逐滴加水，溶液由深绿色变成浅蓝色，最后再滴加稀氨水。具体操作过程如下，下列说法不正确的是 Cu和粉末 A．M中溶液阳离子为，溶液显深蓝色 B．的配位数为4 C．中配位键的键能比M中配位键的键能大 D．向M溶液继续滴加乙醇溶液产生深蓝色晶体 11．（2024·黑龙江大庆·二模）已知为原子序数依次递增的短周期主族元素，某的配合物化学式为原子半径在元素周期表中最小，为同周期相邻元素，基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等。下列说法正确的是 A．沸点： B．第一电离能： C．空间结构：平面三角形 D．配合物中键的物质的量： 12．（23-24高二上·海南海口·期中）某同学按图装置进行实验，最后可以使瓶中少量固体粉末溶解消失。下列物质组合不符合要求的是 气体 液体 固体粉末 A B 溶液 Fe C HCl 溶液 Cu D AgCl A．A B．B C．C D．D 13．（2025·河南·三模）下列过程中的化学反应，相应离子方程式错误的是 A．明矾溶液与少量烧碱溶液混合：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ B．向AgCl中滴入氨水至固体恰好溶解：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl- C．向含3molFeI2的溶液中通入4molCl2：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl- D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH- 14．（21-22高二下·山西太原·期中）冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18—冠—6可与钾离子作用，如图是18—冠—6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是 A．超分子具有分子识别和自组装的特征 B．该超分子中K+的配位数为6 C．利用超分子的分子识别特征，还可以分离C60、C70 D．冠醚与碱金属离子形成的配合物属于“超分子”，其形成的晶体是分子晶体 15．（2023·浙江温州·模拟预测）M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X原子2p能级上仅有2个电子，Y元素原子的价层电子数是W的两倍，由五种元素组成的某电极材料的结构如图所示。下列说法正确的是 A．氢化物沸点：X<Y B．该化合物中必然存在配位键 C．由M单质和Y单质反应生成的化合物中存在共价键 D．基态原子未成对电子数：W<X<Y<Z （23-24高三上·江苏扬州·开学考试）含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu+形成一种无限长链离子，其片段为；CN-结合H+能力弱于C。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。 16．下列说法正确的是 A．基态Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d54s1 B．Cu+与CN-形成的离子的化学式为[Cu(CN)3]2- C．K4[Fe(CN)6]中Fe2+的配位数为6 D．某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe原子紧邻的Fe原子数为6 17．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．H2O2具有还原性，可用于处理含氰废水 B．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 C．FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板 D．NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多 18．下列化学反应表示正确的是 A．NaCN溶液通入少量的CO2：CN-+CO2+H2O=HCN+HC B．Fe与HCN溶液反应：Fe+2HCN=Fe2++H2↑+2CN- C．K2CO3水解：C+2H2O2OH-+H2CO3 D．Cl2处理含氰废水：5Cl2+2CN-+4OH-=10Cl-+N2↑+4H++2CO2↑ 19．（23-24高二下·江苏扬州·期中）下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是 A．配体为NH3，NH3的空间结构为平面三角形 B．1mol[Ni(NH3)6]2＋中含有18molσ键 C．[Ni(NH3)6]2＋中H—N—H的键角大于NH3中的键角 D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会生成沉淀 20．（2025·贵州·模拟预测）被称为“绿色氧化剂”。一种用制备的工艺简单、能耗低的方法，原理如图所示。下列说法正确的是 A．该制备反应的催化剂有两种 B．是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗时转移电子 C．该过程中微粒含电子数为的粒子只有2种 D．图中的配位数为5 21．（25-26高三上·湖北随州·期末）氨硼烷具有较高的理论储氢量，其分子结构与乙烷类似。下列关于该分子的说法错误的是 A．分子中存在配位键 B．为极性分子 C．难溶于水 D．具有还原性 22．（25-26高三上·广东深圳·期中）气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图a所示，结构属立方晶系，晶胞如图所示，晶胞参数为，的熔点为，远高于的。下列说法错误的是 A．的配位数为4 B．二聚体中存在配位键 C．形成的晶体为离子晶体 D．晶体密度 二、解答题 23．（23-24高二下·四川达州·期中）A、B、C、D四种短周期元素的原子半径依次减小，D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子X、Y、Z。C原子的最外层电子排布为nsnnp2n。E的原子序数为29。 (1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号表示)。 (2)A的一种氢化物的相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为 。 (3)Y分子的空间构型为 ，其中心原子采取 杂化。 (4)一种由B，C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为 。 (5)写出E2＋的电子排布式 ，并写出E2＋在Z中通入足量Y得到深蓝色溶液的离子反应方程式 。 24．（24-25高二下·安徽·期末）稀土及镓、锗等金属是国家重要的战略资源，基于国家安全考虑，我国政府对它们实施了出口管制。回答下列问题： (1)钐、钆、铽、镝、镥、钪、钇都属于重稀土，对其出口管制更严格。已知基态钆(Gd)的价层电子排布式为，则钆元素位于第 周期，基态Gd原子N能层上电子运动状态有 种。 (2)镓所在周期的主族元素中，第一电离能由大到小的前三种元素依次是 (填元素符号)。镓能形成多种半导体材料，GaAs的晶体结构与金刚石类似，其制备反应为，则GaAs晶体中 (填“存在”或“不存在”)配位键；中镓原子的杂化方式为 ，分子的空间结构为 。 (3)镓的几种卤化物熔点如下表所示： 镓的卤化物 熔点 1000 77.75 122.3 211.5 则使熔化时需要克服的主要作用力是 ，另外三种卤化镓熔点依次升高的原因是 。 25．（24-25高二下·河南濮阳·期中）在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了、B、P等多种元素。回答下列问题： (1)基态原子的价层电子排布式为 。 (2)元素位于元素周期表的 区，比稳定的原因为 。 (3)氨硼烷()被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，氨硼烷分子中与N以共价键相连的H呈正电性，与B以共价键相连的H呈负电性，这三种元素的电负性由大到小的顺序： 。 (4)丁二酮肟X与反应生成鲜红色沉淀Y，常用于检验，反应原理如图。 X中碳原子的杂化轨道类型是 。Y中的配位数为 ，Y中不存在的微粒间作用力是 (填标号)。 a．配位键　　b．氢键　　c．离子键　　d．非极性键　　e．极性键 (5)分子中键角 分子中(填“>”、“<”或“=”)。 (6)储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输，对大规模使用氢能具有重要的意义。可用和处理储氢合金电极，中电负性最小元素的基态原子核外电子有 种空间运动状态。 26．（24-25高二上·山东菏泽·期末）手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。一种从废旧手机主板中回收贵金属的方法如图所示。已知：水合肼(N2H4·H2O)为二元弱碱；Pd(NH3)2C12难溶于水。 回答下列问题： (1)为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施 (写出一条即可)。 (2)溶液Y中含银微粒主要为 (填化学式) (3)水合肼的一级电离方程式为 。已知水合肼与溶液Y反应后，对应的氧化产物为N2.若消耗等物质的量的水合肼、Zn粉，理论上生成的n(Ag)∶n(Au)= (不考虑其他反应)。 (4)加入氨水，[PdCl4]2−转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：NH3 Cl-(填“>”“<”或“=”)。[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀时，需要滴加浓盐酸将溶液的pH范围调至1～1.5，pH不能过小的原因是 。 27．（2025·江苏徐州·二模）唐·刘禹锡的古诗中记载：“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”。金的化学性质稳定，具有很强的抗腐蚀性，在高温下也不容易与氧气反应。从矿石中炼金的方法有两种：汞齐法和氰化法。汞齐法是将矿粉与汞混合使金与汞生成金汞齐，加热时汞挥发即得单质金属；氰化法是用氰化钠等试剂经一系列化学反应提取黄金。氰化法提金工艺主要步骤如下： I．液浸。将金矿粉碎过筛，把金矿粉末溶于溶液中。 (1)政府已明令禁止使用“汞齐法”提取黄金。其原因是 。 (2)金溶于溶液且在存在的情况下形成。为了提高金溶解速率，宜采取的措施有 (答一条)。 Ⅱ．还原。 方法1：金属锌还原法。在溶液中加入过量锌，充分反应生成锌离子配位数为4的配离子，然后经“一系列操作”得到纯金。 方法2：电解法。阳极以石墨为电极，电解溶液得。阳极的电极反应主要有。 (3)写出方法1的离子方程式： 。 (4)方法2中，阴极材料选择： ；阴极反应式为 。 (5)若方法2中提炼得到纯黄金，理论上电路上通过电子数约为 。 28．（2024·山东日照·二模）过渡金属不但能够与非金属元素形成化合物，还能与其他金属元素形成金属互化物。回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中的位置 ，属于 区的元素，基态锰原子的价电子轨道表示式为 。 (2)二茂铁化学式为，由与两个构成(如图)，熔点为172℃。 ①二茂铁熔点低于铁的原因为 。 ②大键通常用符号表示(m代表参与形大键的原子数，n代表大键的电子数)，则中的大键表示为 。 ③与两个离子形成配位键后，使的3d、4s、4p能级中共具有18电子的稳定结构。则与两个离子形成配位键的数目为 。 (3)锰和镓形成的金属互化物立方晶胞如图所示。 ①若将晶胞中体心的Ga原子作为晶胞的一个顶点，则距该Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置为 (填标号)。 A．面心B．体心C．顶点D．棱心 ②晶胞中，相邻Mn原子构成的正四面体空隙完全由镍原子填充，可用于制备碳基金属催化剂。1号Mn原子坐标参数为，则填充在1、2、3、4号Mn构成的四面体空隙中心的镍原子的坐标参数为 ；晶胞参数为a nm，则填充镍后的晶胞的密度 (用含、a的代数式表示)。 29．（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）铜离子可与含N、含O的微粒形成多种结构。向CuSO4溶液中滴加氨水可最终形成如图所示的配离子。 (1)图中微粒的化学式为 。关于该微粒说法正确的是 。 A．1mol该微粒中有22mol共价键 B．该微粒中的N、O原子构成了立方体结构 C．电负性N>O>H D．该微粒中可与溶剂水分子形成氢键的只有N、O原子 (2)铜元素位于元素周期表的 区。铜原子价电子排布式为 。 A．s区 B．p区 C．ds区 D．f区 (3)Cu2+无法与BF3中的B原子形成配位键的原因是 。 (4)Cu2+可形成如图所示晶体。该晶胞中负离子为CN—，“连接”着每一对相邻的Fe3+与Cu2+(部分示例位置已用箭头标出)。 ①该晶体中距Fe3+最近且等距的Cu2+有 个。 ②已知相邻的Fe3+与Cu2+核间距为apm，则相邻的Fe3+与K+核间距为 pm。 ③该晶体的化学式为 。 30．（2022·四川成都·二模）镍铜合金是由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能，耐腐蚀性好，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造电子管较好的结构材料。请回答下列问题： (1)基态Cu原子的空间运动状态有 种。 (2)元素Cu与Ni的第二电离能分别为1959kJmol-1、1753kJ·mol-1，I2(Ni)<I2(Cu)的原因是 。 (3)O与Cu形成的化合物为Cu2O，Cu与S形成的化合物为Cu2S，Cu2O的熔点比Cu2S的 (填“低”、“高”或“无法确定”)。 (4)Cu可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行 实验；其阴离子的空间构型是 ；加热该物质时，首先失去的是H2O分子，原因是 。 (5)甲基丙烯酸铜是一种重要的有机铜试剂，其结构为。此有机铜试剂中，C原子的杂化类型有 ，1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为 。 (6)Cu的化合物种类有很多，Cl与Cu形成的化合物的立方晶胞结构如图，已知立方晶胞的边长为acm，则Cu+与Cl-形成的化合物的密度ρ= (NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示)g·cm-3。 31．（2023·江苏南通·三模）ZnO是重要的化工原料。实验室以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质)为原料制备碱式碳酸锌，进而热分解制备活性氧化锌。实验流程如下： (1)“浸出”：称取一定量的粗氧化锌放入反应器中，加入适量碳酸氢铵和15％的氨水，40℃水浴加热并充分搅拌后，过滤。 ①浸出后溶液中主要含有的离子为、和，写出生成[Zn(NH3)4]CO3的化学方程式： 。1 mol[Zn(NH3)4]2+中的σ键数为 。 ②其他条件一定，当水浴温度高于42℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，其可能原因是 。 (2)“置换铜”：向“浸出”所得滤液中加入稍过量的锌粉，过滤， ，过滤、洗涤并烘干滤渣，得到较纯净的铜。 (3)“蒸氨”。反应原理为。已知：的产率随蒸氨时间的变化如图-1所示：加热Zn4(OH)6CO330 min后，固体质量残留率随温度变化如图-2所示。 请补充完整制备ZnO的实验方案：将[Zn(NH3)4]CO3溶液置于如图-3所示三颈瓶中， 。(实验中须使用的试剂：100℃水蒸气、蒸馏水) 32．（24-25高三上·山东青岛·期末）某小组探究在盐酸中分别与Cu单质和的反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。 Ⅰ．探究在盐酸中与的反应 用如下装置(夹持加热仪器略)制备，将通入0.6mol/LCuSO4溶液。通一段时间，C中无明显现象；打开活塞b，加入一定体积浓盐酸后，持续通入，C中溶液变棕黄色。 (1)装置A中反应的化学方程式为 。B中试剂X是 。 (2)资料：难溶于水，在水溶液中存在平衡。补充实验证实了棕黄色溶液中含，实验方案为 。 (3)与溶液反应生成和的电极反应式为：氧化反应 ；还原反应：。根据电极反应式，分析加入浓盐酸前后实验现象有差异的可能原因 。 Ⅱ．探究SO2在盐酸中与Cu单质的反应 将装置C中CuSO4溶液替换成Cu片和Na2SO4溶液，重复上述操作。未加浓盐酸之前，无明显现象。加浓盐酸之后，溶液变为棕黄色，并有黑色固体生成。 (4)经检验黑色固体是Cu2S，SO2在盐酸中与Cu单质反应的离子方程式为 。 (5)为了进一步探究影响铜单质还原性的因素，进行了如下实验：实验ii中，Cu片附近溶液变棕黄色。b是 。综合上述实验可知，还原反应中，降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。 序号 实验装置图 试剂Y 电压表 i H2SO4溶液 指针几乎不偏转 ii a 指针明显偏转 iii a+b 指针偏转幅度更大 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 倒卖司马，搬运4000+ 3.4 配合物与超分子 （同步练习） 一、选择题 1．（23-24高二下·山西长治·期末）化合物是一种新型超分子晶体材料。可以为溶剂，由、(18-冠-6)、反应制得(已知：超分子的自组装是分子与分子在一定条件下，依赖非共价键分子间作用力自发连接成结构稳定的分子聚集体的过程)。结构如图所示： 下列说法错误的是 A．组成M的元素位于元素周期表的s区和p区 B．M中阳离子通过形成氢键体现了超分子的自组装 C．超分子是分子聚集体，不包括离子 D．(18-冠-6)具有分子识别功能 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】超分子、氢键对物质性质的影响、配位键 【详解】A．组成M的元素有H、C、N、O、Cl、Br，根据元素周期表结构可知，H位于s区，其余元素位于p区，故A正确； B．M中阳离子通过形成氢键体现了超分子的自组装，故B正确； C．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。超分子定义中分子是广义的，包括离子，故C错误； D．(18-冠-6)能够识别出，其具有分子识别功能，故D正确； 故选C。 2．（24-25高二下·湖北孝感·月考）下列有关物质结构和性质的说法正确的是 A．利用“杯酚”可分离和时，分子间通过氢键结合成超分子 B．晶体中有阴离子，必有阳离子，则晶体中有阳离子，也必有阴离子 C．元素周期系和元素周期表都不止有一个，都是多种多样的 D．X射线衍射可以获得分子结构中键长、键角等分子结构信息 【答案】D 【难度】0.94 【知识点】晶体类型判断、超分子 【详解】A．杯酚分离C60和C70主要依赖尺寸匹配和范德华力，而非氢键，A错误； B．金属晶体中存在阳离子和自由电子，自由电子不属于阴离子，B错误； C．元素周期系（元素周期律的体系）是唯一的，而周期表可以有多种形式，C错误； D．X射线衍射通过分析晶体结构可确定键长、键角等分子结构信息，D正确； 故答案为D。 3．（23-24高二下·河北沧州·期末）某种钴的紫色配合物组成为，制备原理为，向一定量该配合物溶液中加入过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一，已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．该配合物的化学式为 B．配合物中的配位数为5 C．1mol该配合物中含σ键数目为21NA D．在反应中作氧化剂，为含非极性键的极性分子 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】配位键、共价键的形成及主要类型 【详解】A．向一定量该配合物溶液中加入过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一，说明该配合物外界的Cl-与内界的Cl-个数比为2：1，则该配合物的化学式为，故A正确； B．该配合物为，则的配位数为6，故B错误； C．配位键属于键，内部有3个共价键，则1mol中含键数目为21NA，故C正确； D．的结构式为，O与O之间为非极性键，其中O有两对孤对电子，其为极性分子，故D正确； 故选B。 4．（24-25高三上·四川成都·开学考试）铋合金可用于自动喷水器的安全塞，一旦发生火灾时，安全塞会“自动”熔化，喷出水来灭火。铋的晶胞结构如图乙所示，下列有关铋的说法错误的是 A．金属铋晶胞中铋原子的配位数为6 B．铋与氮同主族，Bi的第一电离能小于N C．配合物(NH4)3[BiCl6]中Bi的化合价为+3价，内界为[BiCl6]3- D．已知铋位于第六周期第VA族，其价电子排布式为6s26p3 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】配合物的结构与性质 【详解】A．根据图示可知金属铋的原子堆积方式是六方最密堆积，金属铋晶胞中铋原子的配位数为12，A错误； B．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小，Bi的第一电离能小于N，B正确； C．配合物(NH4)3[BiCl6]中铵根离子化合价+1且存在3个铵根离子，则内界[BiCl6]3-中Bi的化合价为+3价，C正确；   D．铋位于第六周期第VA族，为主族元素，其价电子排布式为6s26p3，D正确； 故选A。 5．（22-23高二下·辽宁沈阳·期中）下列说法正确的是 A．离子晶体中一定含有离子键，一定不含共价键 B．完全由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物 C．在中，给出孤对电子，提供空轨道 D．在晶体中存在阳离子就一定存在阴离子 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】离子键、共价键 、配位键 【详解】A．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如，A错误； B．完全由非金属元素组成的化合物可能是离子化合物，如，B正确； C．在中，含有空轨道，含有孤对电子，所以提供空轨道，给出孤对电子，C错误； D．金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，则晶体中存在阳离子不一定存在阴离子，D错误。 故选：B。 6．（22-23高三下·浙江宁波·阶段练习）在液氨中投入金属钠，迅速溶剂化得到蓝色溶液[含有：和]，且过程中有少量产生。下列说法正确的是 A．0.1mol钠投入液氨中生成时，Na共失去0.1mol电子 B．电子通过配位键和结合 C．和示意图为、 D．钠与液氨的反应可表示为 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】配位键、钠与水反应原理、氧化还原反应的概念判断 【详解】A．0.1mol钠投入液氨中生成0.01mol H2，0.1mol Na转化为0.1mol Na+，共失去0.1mol电子，A选项正确； B．含有孤电子对和含有空轨道的原子之间容易形成配位键，NH3无空轨道、氮原子含有孤电子对，故电子不是通过配位键和NH3结合，B选项错误； C．e-(NH3)y中NH3的氮原子含有孤电子对，带负电，中心的e-也带负电，相互排斥，故NH3中的N原子应该朝外，对应的示意图指误；Na+(NH3)x中Na+含有空轨道，NH3含有孤电子对，故形成配位键，对应的示意图正确，C选项错误； D．钠与液氨发生氧化还原反应生成氢气，反应可表示为2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，D选项错误； 故选A。 7．（24-25高三上·海南·阶段练习）“杯酚”()能够分离提纯C60和C70，其原理如下图所示。下列说法错误的是 A．C60、C70均为分子晶体 B．“操作1”和“操作2”均是过滤 C．“杯酚”与通过化学键形成超分子 D．“杯酚”和氯仿能循环利用 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】超分子、过滤、晶体类型判断 【详解】A．C60、C70均是通过分子间作用力形成的分子晶体，A正确； B．根据原理图可知，“操作1”和“操作2”均是过滤，B正确； C．“杯酚”与通过分子间作用力形成超分子，C错误； D．根据原理图可知，“杯酚”和氯仿能循环利用，D正确； 故选C。 8．（22-23高二下·福建厦门·期中）存在二种异构体，抗癌药物顺铂可由以下途径得到：   (顺式-二氯二氨合铂)，下列说法不正确的是 A．一定为平面正方形 B．②过程说明Cl对位上的Cl更容易被NH3取代 C．该变化过程说明NH3的配位能力大于 D．相同条件下，  在苯中的溶解度小于   【答案】D 【难度】0.85 【知识点】配合物的结构与性质、配合物的应用、配位键、相似相溶原理 【详解】 A．根据  是顺式−二氯二氨合铂可知还存在反式-二氯二氨合铂，则说明不是正四面体结构，是平面正方形，故A正确； B．②过程是NH3取代了Cl对位上的Cl，说明Cl对位上的Cl更容易被NH3取代，故B正确； C．NH3取代了Cl，说明该变化过程说明NH3的配位能力大于，故C正确； D．相同条件下，  是非极性分子，苯是非极性分子，  是极性分子，根据相似相溶原理，则  在苯中的溶解度大于  ，故D错误； 答案为D。 9．（2025·四川巴中·模拟预测）下列离子方程式正确的是 A．溶液中通入过量气体： B．通入1molFeBr溶液： C．溶液中通入过量氨水： D．IBr加入水中： 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】离子方程式的正误判断 【详解】A．具有氧化性，硫离子具有还原性，溶液中通入过量气体方程式为：，A错误； B．还原性大于，反应和，B正确； C．溶液中通入过量氨水会生成，方程式为：，C错误； D．电负性，中为价，I为价，加入水中：，D错误； 故选B。 10．（2025·湖南·三模）将铜加热后伸入有氯气的集气瓶，然后向燃烧后的固体中加入少量的水使其溶解，得到深绿色溶液。再逐滴加水，溶液由深绿色变成浅蓝色，最后再滴加稀氨水。具体操作过程如下，下列说法不正确的是 Cu和粉末 A．M中溶液阳离子为，溶液显深蓝色 B．的配位数为4 C．中配位键的键能比M中配位键的键能大 D．向M溶液继续滴加乙醇溶液产生深蓝色晶体 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】配位键、配合物的结构与性质 【分析】铜与氯气点燃生成氯化铜粉末，加少量水溶解得到含有离子的深绿色溶液，再逐滴加水，溶液由深绿色变成浅蓝色（含有），最后再滴加稀氨水得到，据此解题。 【详解】A．由分析可知，M中溶液阳离子为[Cu(NH3)4]2+，因溶液存在该离子，溶液显深蓝色，A正确； B．[CuCl4]2−的中心离子为，而配体是，和4个形成4个配位键，配位数为4，B正确； C．电负性：N<O，N原子的配位能力比O原子强，[Cu(NH3)4]2+的配位键的键能更大，因此中配位键的键能比M中配位键的键能小，C错误； D．乙醇是极性较小的溶剂，向M溶液中加乙醇会降低配离子溶解度，从而产生深蓝色晶体，D正确； 11．（2024·黑龙江大庆·二模）已知为原子序数依次递增的短周期主族元素，某的配合物化学式为原子半径在元素周期表中最小，为同周期相邻元素，基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等。下列说法正确的是 A．沸点： B．第一电离能： C．空间结构：平面三角形 D．配合物中键的物质的量： 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】配位键、利用杂化轨道理论判断分子的空间构型、电离能的概念及变化规律 【分析】X子半径在元素周期表中最小，X为H元素，基态W原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，W为O元素，为原子序数依次递增的短周期主族元素，为同周期相邻元素，Y为C元素，Z为N元素。 【详解】A．常温下H2O为液态，NH3为气态，沸点：H2O>NH3，A正确； B．同周期第一电离能从左到右有增大趋势，N原子2p轨道半充满稳定，第一电离能大于O的第一电离能，第一电离能N>O>C，B错误； C．为，中心原子为Cl，价层电子对为4+，无孤电子对，空间结构正四面体形，C错误； D．配合物为共价键和配位键都是σ键，1mol共有(5×4+4+4)mol=28molσ键，D错误； 答案选A。 12．（23-24高二上·海南海口·期中）某同学按图装置进行实验，最后可以使瓶中少量固体粉末溶解消失。下列物质组合不符合要求的是 气体 液体 固体粉末 A B 溶液 Fe C HCl 溶液 Cu D AgCl A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】配合物的概念、组成及形成条件、铜与强氧化性酸的反应、铁与铁离子反应 【详解】A．通入气体依次发生反应3+=2HNO3+NO，HNO3可以将氧化为，不溶于酸溶液，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项选； B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选； C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选； D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选； 答案选A。 13．（2025·河南·三模）下列过程中的化学反应，相应离子方程式错误的是 A．明矾溶液与少量烧碱溶液混合：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ B．向AgCl中滴入氨水至固体恰好溶解：AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl- C．向含3molFeI2的溶液中通入4molCl2：2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl- D．工业电解饱和食盐水制烧碱和氯气：2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH- 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】氯气与还原性化合物的反应、铝盐与强碱溶液反应、氯碱工业、配合物 【详解】A．Al3+ 与少量 OH-生成沉淀Al(OH)3， A正确； B．AgCl溶于氨水形成配离子[ Ag(NH3)2]+，B正确； C．还原性I- 大于Fe2+，Cl2先与I-反应，剩余Cl2再与Fe2+反应，离子方程式应为：2Fe2+ + 6I- + 4Cl2 = 2Fe3+ + 3I2 + 8Cl- ， C错误； D．氯碱工业为电解饱和食盐水生成烧碱、氯气和氢气，D正确； 故选C。 14．（21-22高二下·山西太原·期中）冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18—冠—6可与钾离子作用，如图是18—冠—6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是 A．超分子具有分子识别和自组装的特征 B．该超分子中K+的配位数为6 C．利用超分子的分子识别特征，还可以分离C60、C70 D．冠醚与碱金属离子形成的配合物属于“超分子”，其形成的晶体是分子晶体 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】晶体材料的应用、晶体类型判断、常见离子晶体的结构 【详解】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过相互作用形成的分子聚集体，具有分子识别与自组装的特征，A正确； B．由题干图示信息可知，该超分子中K+周围形成有6个配位键，故其的配位数为6，B正确； C．C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，C正确； D．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，所得到的晶体里还有阴离子，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，D错误； 故答案为：D。 15．（2023·浙江温州·模拟预测）M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，基态X原子2p能级上仅有2个电子，Y元素原子的价层电子数是W的两倍，由五种元素组成的某电极材料的结构如图所示。下列说法正确的是 A．氢化物沸点：X<Y B．该化合物中必然存在配位键 C．由M单质和Y单质反应生成的化合物中存在共价键 D．基态原子未成对电子数：W<X<Y<Z 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】配位键、根据原子结构进行元素种类推断 【分析】基态X原子2p能级上仅有2个电子，则X为碳；M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，说明均在第二周期，结合图示结构可知，M为锂；Y为氧；W为硼；Z为氟，据此分析。 【详解】A．碳的氢化物是烃类，故无法比较两者氢化物沸点，故错误； B．结合上述分析，硼与1个氟离子间形成配位键，故正确； C．锂与氧气反应生成的化合物为氧化锂，只含有离子键，故错误； D．W基态原子未成对电子数为1，X基态原子未成对电子数为2，Y基态原子未成对电子数为2，Z基态原子未成对电子数为1，则基态原子未成对电子数：W= Z< Y= X，故错误。 答案为：B。 （23-24高三上·江苏扬州·开学考试）含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu+形成一种无限长链离子，其片段为；CN-结合H+能力弱于C。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。 16．下列说法正确的是 A．基态Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d54s1 B．Cu+与CN-形成的离子的化学式为[Cu(CN)3]2- C．K4[Fe(CN)6]中Fe2+的配位数为6 D．某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe原子紧邻的Fe原子数为6 17．下列物质性质与用途具有对应关系的是 A．H2O2具有还原性，可用于处理含氰废水 B．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂 C．FeCl3溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板 D．NaHCO3受热易分解，可用于治疗胃酸过多 18．下列化学反应表示正确的是 A．NaCN溶液通入少量的CO2：CN-+CO2+H2O=HCN+HC B．Fe与HCN溶液反应：Fe+2HCN=Fe2++H2↑+2CN- C．K2CO3水解：C+2H2O2OH-+H2CO3 D．Cl2处理含氰废水：5Cl2+2CN-+4OH-=10Cl-+N2↑+4H++2CO2↑ 【答案】16．C 17．B 18．A 【难度】0.65 【知识点】null、配位键、水解的离子方程式书写、氧化还原反应在生活、生产中的应用 【解析】16．A．Fe是第26号元素，基态Fe2+核外电子排布式为，A错误； B．由可知，1个Cu⁺结合3个CN⁻，其中1个CN⁻被1个Cu⁺拥有，2个CN⁻被2个Cu⁺共用，故1个Cu⁺平均结合2个CN⁻，Cu+与CN-形成的离子的化学式为，B错误； C．由K4[Fe(CN)6]的结构可知，Fe2+的配位数为6，C正确； D．某铁晶体(晶胞如图所示)中与每个Fe原子紧邻的Fe原子数为，D错误； 故选C； 17．A．H2O2可将氰化物转化为氮气，氰化物中N元素化合价升高，作还原剂，则H2O2在该反应中表现氧化性，A错误； B．维生素C具有还原性，易被空气中的氧气氧化，保护食品不被氧化，用作食品抗氧化剂，B正确； C．FeCl3能与Cu生成可溶性氯化铜，表现出较强氧化性，可用于蚀刻印刷电路板，与FeCl3溶液显酸性无关，C错误； D．NaHCO3性质不稳定，受热易发生分解反应生成CO2，CO2能使面团松软多孔，可用作食品膨松剂，D错误； 故选B； 18．A．CN-结合H+能力弱于C，说明酸性:HCN>，NaCN溶液通入少量的CO2：CN-+CO2+H2O=HCN+，A正确； B．氰化物浓度较高时，Fe和CN-生成配合物，故Fe与HCN溶液反应：，B错误； C．K2CO3是弱酸强碱盐，水解方程式：，，C错误； D．在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2，离子方程式：，D错误； 故选A。 19．（23-24高二下·江苏扬州·期中）下列有关[Ni(NH3)6]SO4的说法正确的是 A．配体为NH3，NH3的空间结构为平面三角形 B．1mol[Ni(NH3)6]2＋中含有18molσ键 C．[Ni(NH3)6]2＋中H—N—H的键角大于NH3中的键角 D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，故向其中滴加BaCl2溶液不会生成沉淀 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】配位键、利用杂化轨道理论判断分子的空间构型、键能、键长、键角、共价键的形成及主要类型 【详解】A．[Ni(NH3)6]SO4配体为NH3，NH3中心原子N周围的价层电子对数为4，根据价层电子对互斥模型可知，其空间结构为三角锥形，A错误； B．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，NH3分子中含有3个N-H键，这些键均为σ键，则1mol [Ni(NH3)6]2+中σ键的物质的量为3×6+6=24mol，B错误； C．已知[Ni(NH3)6]2+中每个NH3与Ni2+形成一个配位键，则其中N原子周围不再有孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥作用，故[Ni(NH3)6]2+中H-N-H的键角大于NH3中的键角，C正确； D．由于[Ni(NH3)6]SO4是配合物，但[Ni(NH3)6]SO4=[Ni(NH3)6]2++，故向其中滴加BaCl2溶液能够会产生沉淀BaSO4，D错误； 故答案为：C。 20．（2025·贵州·模拟预测）被称为“绿色氧化剂”。一种用制备的工艺简单、能耗低的方法，原理如图所示。下列说法正确的是 A．该制备反应的催化剂有两种 B．是一种绿色消毒剂，在消毒过程中消耗时转移电子 C．该过程中微粒含电子数为的粒子只有2种 D．图中的配位数为5 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】氧化还原反应有关计算、配位键、基元反应与反应历程 【分析】认真对比反应原理图，不难发现HCl、Cl-、Pd和[PdCl2O2]2-都属于先生成后消耗，只是反应的中间产物，可以判断反应物只有H2和O2，[PdCl4]2-先消耗后生成，作为催化剂，据此分析解题 【详解】A．根据分析，催化剂是，是中间产物，A错误； B．作消毒剂后生成，对环境无污染，在消毒过程中，元素化合价由-1价变为-2价，，在消毒过程中消耗时转移电子的物质的量，B正确； C．微粒含电子数为的粒子，1个该粒子含有18个电子，含有18个电子的粒子有、、，有3种，C错误； D．中为中心离子，氯离子为配离子，配位数是4，D错误； 故选B。 21．（25-26高三上·湖北随州·期末）氨硼烷具有较高的理论储氢量，其分子结构与乙烷类似。下列关于该分子的说法错误的是 A．分子中存在配位键 B．为极性分子 C．难溶于水 D．具有还原性 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】氧化剂、还原剂的判断、相似相溶原理、极性分子和非极性分子、配位键 【详解】A．氨硼烷中氮原子提供孤对电子给缺电子的硼原子形成配位键，A正确； B．分子结构不对称且N-B键、N-H键、B-H键均为极性键，导致分子整体具有极性，B正确； C．氨硼烷分子能与水分子形成氢键，易溶于水，C错误； D．氨硼烷在加热或催化剂作用下可释放氢气，表现出还原性，D正确； 故答案为C。 22．（25-26高三上·广东深圳·期中）气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图a所示，结构属立方晶系，晶胞如图所示，晶胞参数为，的熔点为，远高于的。下列说法错误的是 A．的配位数为4 B．二聚体中存在配位键 C．形成的晶体为离子晶体 D．晶体密度 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】离子配位数、晶体类型判断、晶胞的有关计算、配位键 【详解】A．由的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为，白色球的个数为，则灰色球为，距最近且等距的有2个，则的配位数为2，A项错误； B．原子最外层有3个电子，中形成四个键，该分子中有配位键，B项正确； C．由与的熔点比较可知为离子晶体，C项正确； D．若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度，D项正确； 故答案选A。 二、解答题 23．（23-24高二下·四川达州·期中）A、B、C、D四种短周期元素的原子半径依次减小，D能分别与A、B、C形成电子总数相等的分子X、Y、Z。C原子的最外层电子排布为nsnnp2n。E的原子序数为29。 (1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号表示)。 (2)A的一种氢化物的相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为 。 (3)Y分子的空间构型为 ，其中心原子采取 杂化。 (4)一种由B，C组成的化合物与AC2互为等电子体，其化学式为 。 (5)写出E2＋的电子排布式 ，并写出E2＋在Z中通入足量Y得到深蓝色溶液的离子反应方程式 。 【答案】(1)C<O<N (2)3：2 (3) 三角锥形 sp3 (4)N2O (5) 1s22s22p63s23p63d9 Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O 【难度】0.94 【知识点】利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型、电离能的概念及变化规律、电子排布式、离子反应的发生及书写 【分析】A、B、C、D四种短周期元素的原子半径依次减小，D能分别与A，B，C形成电子总数相等的分子X、Y、Z，说明D为氢元素，因为s层只能是2个电子，所以n=2，即C原子的最外层电子排布为2s22p4，为氧元素，则A为碳，B为氮，则形成的氢化物分别为甲烷、氨气和水。E的原子序数为29，为铜元素，综上所述，A为C，B为N，C为O，D为H，E为Cu，据此解题。 【详解】（1）同周期随着原子序数增大元素的第一电离能呈增大趋势，但氮元素的2p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能由小到大的顺序为C<O<N。 （2）A的一种氢化物的相对分子质量为26，该分子为乙炔，其结构式为，碳氢单键为σ键，碳碳三键含有一个σ键和2个π键，故其分子中的σ键和π键的键数之比为3：2； （3）Y分子为氨气，其中心原子氮原子价层电子对数=，含有1对孤对电子，空间构型为三角锥形，N原子采取sp3杂化。 （4）具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，一种由氮和氧组成的化合物与二氧化碳互为等电子体，其化学式为N2O； （5）)铜离子的电子排布式1s22s22p63s23p63d9，铜离子在水中通入足量氨气得到深蓝色溶液的离子反应方程式为Cu2++4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O。 24．（24-25高二下·安徽·期末）稀土及镓、锗等金属是国家重要的战略资源，基于国家安全考虑，我国政府对它们实施了出口管制。回答下列问题： (1)钐、钆、铽、镝、镥、钪、钇都属于重稀土，对其出口管制更严格。已知基态钆(Gd)的价层电子排布式为，则钆元素位于第 周期，基态Gd原子N能层上电子运动状态有 种。 (2)镓所在周期的主族元素中，第一电离能由大到小的前三种元素依次是 (填元素符号)。镓能形成多种半导体材料，GaAs的晶体结构与金刚石类似，其制备反应为，则GaAs晶体中 (填“存在”或“不存在”)配位键；中镓原子的杂化方式为 ，分子的空间结构为 。 (3)镓的几种卤化物熔点如下表所示： 镓的卤化物 熔点 1000 77.75 122.3 211.5 则使熔化时需要克服的主要作用力是 ，另外三种卤化镓熔点依次升高的原因是 。 【答案】(1) 六 25 (2) 存在 三角锥形 (3) 离子键 均为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力(或分子间作用力)依次增大，熔点依次升高 【难度】0.94 【知识点】利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型、电离能的概念及变化规律 【解析】【小题1】Gd位于第四周期，基态Gd原子的核外电子排布式为，其N能层(n=4)的电子排布为，共有个电子，因此有25种运动状态。 【小题2】镓位于第四周期，同周期从左到右元素的第一电离能总体是增大的，但第VA族的反常大，故符合题设条件的前三种元素依次是。由GaAs的晶体结构与金刚石类似知，晶体中每个原子形成了4个共价键，但Ga只有3个价层电子，故存在一个配位键。中Ga形成了3个键，为杂化。AsH3中As形成了3个键，还有1个孤电子对，故为杂化，分子的空间结构为三角锥形。 【小题3】由的熔点知，其是离子晶体，熔化时需要克服离子键。是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，的相对分子质量依次增大，范德华力(或分子间作用力)依次增大，熔点依次升高。 25．（24-25高二下·河南濮阳·期中）在庆祝中华人民共和国成立70周年的阅兵仪式上，最后亮相的DF-31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志。其制作材料中包含了、B、P等多种元素。回答下列问题： (1)基态原子的价层电子排布式为 。 (2)元素位于元素周期表的 区，比稳定的原因为 。 (3)氨硼烷()被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，氨硼烷分子中与N以共价键相连的H呈正电性，与B以共价键相连的H呈负电性，这三种元素的电负性由大到小的顺序： 。 (4)丁二酮肟X与反应生成鲜红色沉淀Y，常用于检验，反应原理如图。 X中碳原子的杂化轨道类型是 。Y中的配位数为 ，Y中不存在的微粒间作用力是 (填标号)。 a．配位键　　b．氢键　　c．离子键　　d．非极性键　　e．极性键 (5)分子中键角 分子中(填“>”、“<”或“=”)。 (6)储氢合金能有效解决氢气的贮存和运输，对大规模使用氢能具有重要的意义。可用和处理储氢合金电极，中电负性最小元素的基态原子核外电子有 种空间运动状态。 【答案】(1) (2) d 的价电子排布为半充满，比较稳定 (3) (4) 4 c (5)< (6)6 【难度】0.85 【知识点】配位键、利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型、元素性质与电负性的关系、电子排布式 【详解】（1）Cr为24号元素，基态原子的价层电子排布式为； （2）Fe为26号元素，基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，元素位于元素周期表的d区；由于的价电子排布为半充满较稳定结构，使得比稳定； （3）氨硼烷分子中与N以共价键相连的H呈正电性，与B以共价键相连的H呈负电性，则得电子能力氮大于氢，而B小于H，故这三种元素的电负性由大到小的顺序：； （4）X中饱和碳原子为sp3杂化、双键碳为sp2杂化；Y中和4个N形成配位键，配位数为4；Y中镍离子和N原子间存在配位键，羟基氢和O-N中形成氢键，存在碳氢、碳氮、氧氮、氧氢极性键，存在碳碳非极性键，不存在离子键，故选c； （5）两分子中中心原子均为sp3杂化且均存在1对孤电子对，N电负性更大，对成键电子对引力更大，导致成键电子对之间斥力较大，键角较大，故答案为<； （6）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；中电负性最小元素为Na，基态Na原子核外电子排布为1s22s22p63s1，把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数，故基态原子核外电子有6种空间运动状态。 26．（24-25高二上·山东菏泽·期末）手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。一种从废旧手机主板中回收贵金属的方法如图所示。已知：水合肼(N2H4·H2O)为二元弱碱；Pd(NH3)2C12难溶于水。 回答下列问题： (1)为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施 (写出一条即可)。 (2)溶液Y中含银微粒主要为 (填化学式) (3)水合肼的一级电离方程式为 。已知水合肼与溶液Y反应后，对应的氧化产物为N2.若消耗等物质的量的水合肼、Zn粉，理论上生成的n(Ag)∶n(Au)= (不考虑其他反应)。 (4)加入氨水，[PdCl4]2−转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：NH3 Cl-(填“>”“<”或“=”)。[Pd(NH3)4]2+转化为Pd(NH3)2Cl2沉淀时，需要滴加浓盐酸将溶液的pH范围调至1～1.5，pH不能过小的原因是 。 【答案】(1)增大硝酸浓度、搅拌、适当升高温度 (2) (3) 6:1 (4) > pH过小，c(H+)过大，NH3全部转化为，易使[Pd(NH3)4]2+转化为[PdCl4]2- 【难度】0.85 【知识点】物质分离、提纯综合应用 【分析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+、Pd2+，Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液，再向HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au，向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y，再向溶液Y中加入水合肼得到Ag，向含溶液中加入氨水得到含溶液，再加入盐酸调pH得到。 【详解】（1）为提高“酸浸”速率，除粉碎主板外，还可以采取的措施增大硝酸浓度、搅拌、适当升高温度等。 （2）AgCl固体用氨水溶解，离子方程式为：，所以得到溶液Y中含银微粒主要为。 （3）水合肼为二元弱碱，其一级电离方程式为。 氧化为氮气可提供电子，氧化为可提供2 mol电子，而还原1 mol Ag+ 需 1 mol e⁻，还原(得 Au ) 需 3 mol e⁻。因此当“各消耗1 mol”时， 能还原 或 ，1 mol Zn 能还原 2 mol 或 ，所以银与金的产物之比为，。 （4）加入氨水，转化为，说明该条件下配位能力：。若pH过小，过大，氨气转化为铵根离子，同时使转化为，而不能获得沉淀。 27．（2025·江苏徐州·二模）唐·刘禹锡的古诗中记载：“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”。金的化学性质稳定，具有很强的抗腐蚀性，在高温下也不容易与氧气反应。从矿石中炼金的方法有两种：汞齐法和氰化法。汞齐法是将矿粉与汞混合使金与汞生成金汞齐，加热时汞挥发即得单质金属；氰化法是用氰化钠等试剂经一系列化学反应提取黄金。氰化法提金工艺主要步骤如下： I．液浸。将金矿粉碎过筛，把金矿粉末溶于溶液中。 (1)政府已明令禁止使用“汞齐法”提取黄金。其原因是 。 (2)金溶于溶液且在存在的情况下形成。为了提高金溶解速率，宜采取的措施有 (答一条)。 Ⅱ．还原。 方法1：金属锌还原法。在溶液中加入过量锌，充分反应生成锌离子配位数为4的配离子，然后经“一系列操作”得到纯金。 方法2：电解法。阳极以石墨为电极，电解溶液得。阳极的电极反应主要有。 (3)写出方法1的离子方程式： 。 (4)方法2中，阴极材料选择： ；阴极反应式为 。 (5)若方法2中提炼得到纯黄金，理论上电路上通过电子数约为 。 【答案】(1)汞有剧毒，易污染环境 (2)适当增大溶液浓度、适当加热、将金制成金粉等 (3) (4) 纯金 (5)(或) 【难度】0.85 【知识点】离子反应的发生及书写、电解池有关计算、配位键、常见金属的冶炼 【分析】金矿粉碎过筛，把金矿粉末溶于溶液中，在存在的情况下形成；可以在溶液中加入过量锌置换出金单质，然后经“一系列操作”得到纯金；也可以阳极以石墨为电极，电解溶液得； 【详解】（1）明令禁止使用“汞齐法”提取黄金，其原因是汞有剧毒、易污染环境。 （2）适当增大溶液浓度、适当加热、将金制成金粉等都可以提高金溶解速率； （3）在含溶液中加入过量锌，充分反应生成锌离子配位数为4的配离子，同时置换出金，反应为； （4）用电解法冶炼金属时，纯金属作阴极，故纯金作阴极，阴极上得到电子被还原为金单质，从而析出金：。 （5）的物质的量为，结合反应，则理论上电路上通过电子数约为。 28．（2024·山东日照·二模）过渡金属不但能够与非金属元素形成化合物，还能与其他金属元素形成金属互化物。回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中的位置 ，属于 区的元素，基态锰原子的价电子轨道表示式为 。 (2)二茂铁化学式为，由与两个构成(如图)，熔点为172℃。 ①二茂铁熔点低于铁的原因为 。 ②大键通常用符号表示(m代表参与形大键的原子数，n代表大键的电子数)，则中的大键表示为 。 ③与两个离子形成配位键后，使的3d、4s、4p能级中共具有18电子的稳定结构。则与两个离子形成配位键的数目为 。 (3)锰和镓形成的金属互化物立方晶胞如图所示。 ①若将晶胞中体心的Ga原子作为晶胞的一个顶点，则距该Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置为 (填标号)。 A．面心B．体心C．顶点D．棱心 ②晶胞中，相邻Mn原子构成的正四面体空隙完全由镍原子填充，可用于制备碳基金属催化剂。1号Mn原子坐标参数为，则填充在1、2、3、4号Mn构成的四面体空隙中心的镍原子的坐标参数为 ；晶胞参数为a nm，则填充镍后的晶胞的密度 (用含、a的代数式表示)。 【答案】(1) 第四周期ⅦB d (2) 二茂铁属于分子晶体，铁属于金属晶体，铁晶体中金属键强度大于二茂铁晶体中分子间作用力 6 (3) A 【难度】0.65 【知识点】晶胞的有关计算、配合物的概念、组成及形成条件、轨道表示式、元素周期表提供的元素信息 【详解】（1） 锰元素是第25号元素，位于周期表的第四周期ⅦB，属于d区元素，基态锰原子的价电子轨道表示式为； （2）①二茂铁熔点低于铁的原因为：二茂铁属于分子晶体，铁属于金属晶体，铁晶体中金属键强度大于二茂铁晶体中分子间作用力； ②在C5H5-中的每个碳原子上都有一个未参与σ键的电子，这些电子占据与环的平面垂直的p轨道上，5个碳原子的5个p轨道肩并肩，外加得到一个电子重叠形成大π键，其大π键可表示为； ③的价电子排布式是3d6，与两个离子形成配位键后，使的3d、4s、4p能级中共具有18电子的稳定结构，则3d、4s、4p能级均填满电子，所以提供了12个电子，即6对电子对，所以配位键的数目为6个； （3）①当将晶胞中体心的Ga原子作为晶胞的一个顶点时，整个晶胞中原子的坐标均移动1/2个单位，距该Ga原子最近的Ga原子在新晶胞中位置为面的中心，即面心的位置； ②1号Mn原子坐标参数为，则原点为左下靠后的Mn原子，则填充在1、2、3、4号Mn构成的四面体空隙中心的镍原子的坐标参数为；填充镍后的晶胞中Ni的个数为：8个，Mn的个数为：8×1/8+6×1/2=4个，Ga的个数为：12×1/4+1=4个，晶胞的密度=。 29．（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）铜离子可与含N、含O的微粒形成多种结构。向CuSO4溶液中滴加氨水可最终形成如图所示的配离子。 (1)图中微粒的化学式为 。关于该微粒说法正确的是 。 A．1mol该微粒中有22mol共价键 B．该微粒中的N、O原子构成了立方体结构 C．电负性N>O>H D．该微粒中可与溶剂水分子形成氢键的只有N、O原子 (2)铜元素位于元素周期表的 区。铜原子价电子排布式为 。 A．s区 B．p区 C．ds区 D．f区 (3)Cu2+无法与BF3中的B原子形成配位键的原因是 。 (4)Cu2+可形成如图所示晶体。该晶胞中负离子为CN—，“连接”着每一对相邻的Fe3+与Cu2+(部分示例位置已用箭头标出)。 ①该晶体中距Fe3+最近且等距的Cu2+有 个。 ②已知相邻的Fe3+与Cu2+核间距为apm，则相邻的Fe3+与K+核间距为 pm。 ③该晶体的化学式为 。 【答案】(1) [Cu(NH3)4(H2O)2]2+ A (2) C 3d104s1 (3)BF3中的B原子周围没有孤电子对 (4) 6 a KCuFe(CN)6 【难度】0.65 【知识点】晶胞的有关计算、null、配位键、电子排布式 【详解】（1）由题干该络合物的结构示意图可知，每个Cu2+与周围的4个NH3和2个H2O形成配位键而形成络离子，故图中微粒的化学式为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+， A．由微粒的化学式可知，1mol该微粒中[Cu(NH3)4(H2O)2]2+有12molN-H，4molO-H和6mol配位键，一共22mol共价键，A正确； B．立方体有8个顶点，而该微粒中的N、O原子一共才6个，构成不了立方体结构，应该构成了八面体，B错误； C．根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，故电负性O＞N＞H，C错误； D．该微粒中可与溶剂水分子形成氢键的有N、O、H原子，D错误； 故答案为：[Cu(NH3)4(H2O)2]2+；A； （2）已知Cu是29号元素，故铜原子价电子排布式为：3d104s1，故铜元素位于元素周期表的ds区，故答案为：C；3d104s1； （3）已知BF3中中心原子B周围的孤电子对数为：(3-3×1)=0，即B周围没有孤电子对，故Cu2+无法与BF3中的B原子形成配位键，故答案为：BF3中的B原子周围没有孤电子对； （4）①由题干晶胞示意图可知，该晶体中距Fe3+最近且等距的Cu2+有6个，即Fe3+周围紧邻的上、下、左、右、前、后6个Cu2+，故答案为：6； ②由题干晶胞示意图可知，已知相邻的Fe3+与Cu2+核间距为apm,则相邻的Fe3+与K+核间距为八分之一晶胞中小立方体体对角线的一半，该距离为：apm，故答案为：a； ③由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有K+的数目为：4，Cu2+的数目为：12×+1=4，Fe3+的数目为：8×+6×=4，根据电荷守恒可知，含有CN-的数目为：24，故该晶体的化学式为KCuFe(CN)6，故答案为：KCuFe(CN)6。 30．（2022·四川成都·二模）镍铜合金是由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能，耐腐蚀性好，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造电子管较好的结构材料。请回答下列问题： (1)基态Cu原子的空间运动状态有 种。 (2)元素Cu与Ni的第二电离能分别为1959kJmol-1、1753kJ·mol-1，I2(Ni)<I2(Cu)的原因是 。 (3)O与Cu形成的化合物为Cu2O，Cu与S形成的化合物为Cu2S，Cu2O的熔点比Cu2S的 (填“低”、“高”或“无法确定”)。 (4)Cu可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行 实验；其阴离子的空间构型是 ；加热该物质时，首先失去的是H2O分子，原因是 。 (5)甲基丙烯酸铜是一种重要的有机铜试剂，其结构为。此有机铜试剂中，C原子的杂化类型有 ，1mol此有机铜试剂中含有键的物质的量为 。 (6)Cu的化合物种类有很多，Cl与Cu形成的化合物的立方晶胞结构如图，已知立方晶胞的边长为acm，则Cu+与Cl-形成的化合物的密度ρ= (NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的代数式表示)g·cm-3。 【答案】(1)15 (2)铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (3)高 (4) X射线衍射实验 正四面体形 O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱 (5) sp2、sp3 22 (6) 【难度】0.65 【知识点】利用杂化轨道理论判断分子的空间构型、配位键、晶胞的有关计算 【详解】（1）基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理可知，基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，基态Cu原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，则基态Cu的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1=15种，故答案为：15； （2）铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，因此铜的第二电离能较大，故答案为：铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子； （3）Cu2O和Cu2S都是离子晶体，其中氧离子的半径小，则Cu2O的晶格能大，熔点高，因此Cu2O的熔点比Cu2S的高，故答案为：高； （4）要确定是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验；其阴离子为，中心S原子形成4个σ键，没有孤电子对，其价层电子对数为4，故其空间构型是正四面体形；O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱，因此加热该物质时，首先失去的是H2O分子，故答案为：X射线衍射实验；正四面体形；O的电负性比N的强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱； （5）该有机铜试剂中，双键碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化；单键为σ键，双键中含有一个σ键， 1mol此有机铜试剂中含有σ键的物质的量为22mol，故答案为：sp2、sp3；22； （6）该晶胞中含有4个Cu+、4个Cl-，立方晶胞的边长为，1mol晶胞中含有，则晶胞的质量为，体积为，则化合物的密度为，故答案为：。 31．（2023·江苏南通·三模）ZnO是重要的化工原料。实验室以粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质)为原料制备碱式碳酸锌，进而热分解制备活性氧化锌。实验流程如下：    (1)“浸出”：称取一定量的粗氧化锌放入反应器中，加入适量碳酸氢铵和15％的氨水，40℃水浴加热并充分搅拌后，过滤。 ①浸出后溶液中主要含有的离子为、和，写出生成[Zn(NH3)4]CO3的化学方程式： 。1 mol[Zn(NH3)4]2+中的σ键数为 。 ②其他条件一定，当水浴温度高于42℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，其可能原因是 。 (2)“置换铜”：向“浸出”所得滤液中加入稍过量的锌粉，过滤， ，过滤、洗涤并烘干滤渣，得到较纯净的铜。 (3)“蒸氨”。反应原理为。已知：的产率随蒸氨时间的变化如图-1所示：加热Zn4(OH)6CO330 min后，固体质量残留率随温度变化如图-2所示。 请补充完整制备ZnO的实验方案：将[Zn(NH3)4]CO3溶液置于如图-3所示三颈瓶中， 。(实验中须使用的试剂：100℃水蒸气、蒸馏水)    【答案】(1) 温度升高，NH3挥发，NH4HCO3分解，和减小，反应速率减慢 (2)向稀盐酸中分批加入滤渣，搅拌，至不再产生气泡 (3)打开活塞，通入100℃水蒸气持续25 min，同时将产生的气体通入蒸馏水中；待三颈瓶冷却后，将其中混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣并干燥，将干燥后的固体在600 K下加热30 min 【难度】0.65 【知识点】锌的化合物的制备、物质制备的探究、化学实验方案的设计与评价、配位键 【分析】粗氧化锌(主要成分为ZnO，还含有少量Fe2O3、CuO等杂质)，向其中加入适量NH4HCO3和15%的氨水，40℃水浴加热并充分搅拌，反应产生、和，而Fe2O3不发生反应，经过滤分离除去，然后向其中加入Zn与发生置换反应，将Cu置换出来，经加热将过量氨蒸出，锌氨配合物最终以沉淀出来，再经过加热分解产生ZnO。 【详解】（1）ZnO与氨水及NH4HCO3发生反应产生Zn(NH3)4CO3、H2O，该反应的化学方程式为：； 在[Zn(NH3)4]2+中，配位体NH3中存在3个N-H共价键，单键属于σ键，中心Cu2+与4个NH3通过4个配位键结合，配位键属于σ键，1个[Zn(NH3)4]2+中存在σ键数目是3×4+4=16个，则1 mol[Zn(NH3)4]2+中含有16 molσ键，其数目是16NA=； ②其他条件一定时，当水浴温度高于42℃时，测得锌的浸出率随温度升高而降低，可能原因是温度升高，NH3挥发，NH4HCO3分解，和减小，反应速率减慢； （2）“置换铜”：向“浸出”所得含有[Cu(NH3)4]2+中滤液中加入稍过量的锌粉，发生置换反应：Zn+[Cu(NH3)4]2+=[Zn(NH3)4]2++Cu，然后过滤，分离得到的固体中含有过量的Zn及置换出的Cu，根据Zn是比较活泼金属，能够与酸发生反应，而Cu不能反应的性质，向稀盐酸中分批加入滤渣，搅拌，至不再产生气泡，除去Zn，然后经过滤、洗涤、干燥，就得到较纯净的铜。 （3）根据图象可知：在蒸氨时间为25min时碱式碳酸锌产率达到最大值，在温度为600 K时加热30min固体残留率达到最低，温度升高，固体残留率不再发生变化，故在“蒸氨”制备ZnO时操作为：将[Zn(NH3)4]CO3溶液置于如图-3所示三颈瓶中，打开活塞，通入100℃水蒸气持续25 min，同时将产生的气体通入蒸馏水中；待三颈瓶冷却后，将其中混合物过滤，用蒸馏水洗涤滤渣并干燥，将干燥后的固体在600 K下加热30 min。 32．（24-25高三上·山东青岛·期末）某小组探究在盐酸中分别与Cu单质和的反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。 Ⅰ．探究在盐酸中与的反应 用如下装置(夹持加热仪器略)制备，将通入0.6mol/LCuSO4溶液。通一段时间，C中无明显现象；打开活塞b，加入一定体积浓盐酸后，持续通入，C中溶液变棕黄色。 (1)装置A中反应的化学方程式为 。B中试剂X是 。 (2)资料：难溶于水，在水溶液中存在平衡。补充实验证实了棕黄色溶液中含，实验方案为 。 (3)与溶液反应生成和的电极反应式为：氧化反应 ；还原反应：。根据电极反应式，分析加入浓盐酸前后实验现象有差异的可能原因 。 Ⅱ．探究SO2在盐酸中与Cu单质的反应 将装置C中CuSO4溶液替换成Cu片和Na2SO4溶液，重复上述操作。未加浓盐酸之前，无明显现象。加浓盐酸之后，溶液变为棕黄色，并有黑色固体生成。 (4)经检验黑色固体是Cu2S，SO2在盐酸中与Cu单质反应的离子方程式为 。 (5)为了进一步探究影响铜单质还原性的因素，进行了如下实验：实验ii中，Cu片附近溶液变棕黄色。b是 。综合上述实验可知，还原反应中，降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。 序号 实验装置图 试剂Y 电压表 i H2SO4溶液 指针几乎不偏转 ii a 指针明显偏转 iii a+b 指针偏转幅度更大 【答案】(1) Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 饱和NaHSO3溶液 (2)取少量棕黄色溶液于试管中，加水稀释，观察到有白色沉淀产生 (3) SO2-2e-+2H2O=SO+4H+ 加入浓盐酸前，Cu2+氧化性弱，不能氧化SO2；加入浓盐酸后，Cu+与Cl-形成[CuCl3]2-，促进Cu2++e-=Cu+发生，Cu2+氧化性增大，能够氧化SO2 (4)SO2+6Cu+4H++12Cl-=Cu2S+4[CuCl3]2-+2H2O (5)Na2S 【难度】0.4 【知识点】实验方案评价、原电池电极反应式书写、二氧化硫的化学性质、离子方程式的书写 【分析】由反应装置图可知，装置A中制备二氧化硫，通过观察B中气泡的速度控制A中产生二氧化硫的速度，C中二氧化硫和新制CuSO4反应，D中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染空气，以此分析解答； 【详解】（1）装置A中铜与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；装置B除去二氧化硫中的硫酸，但是不能吸收SO2，则B中试剂是饱和溶液。 （2）CuCl难溶于水，在水溶液中存在平衡: CuCl(白色)+2Cl¯[CuCl3]2-；实验证实了棕黄色溶液中含[CuCl3]2-，即平衡逆向移动即可，实验方案为取少量棕黄色溶液于试管中，加水稀释，观察到有白色沉淀产生； （3）SO2与CuSO4溶液反应生成和 Cu+，则氧化反应为：SO2-2e-+2H2O=SO+4H+ 还原反应: Cu2++e-=Cu+，根据电极反应式，分析加入浓盐酸前后实验现象有差异的可能原因加入浓盐酸前，Cu2+氧化性弱，不能氧化SO2，加入浓盐酸后，Cu+与Cl-形成[CuCl3]2-，促进Cu2++e-=Cu+发生，Cu2+氧化性增大，能够氧化SO2； （4）经检验黑色固体是Cu2S，SO2在盐酸中与Cu单质反应生成硫化铜、[CuCl3]2-和水，其反应的离子方程式为SO2+6Cu+4H++12Cl-=Cu2S+4[CuCl3]2-+2H2O； （5）实验ii中，Cu片附近溶液变棕黄色生成[CuCl3]2-，a为浓盐酸，iii指针偏转幅度更大，结合（4）方程式可知物质b是Na2S。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $