3.4 配合物与超分子（培优专练）化学人教版选择性必修2

第三单元 晶体结构与性质 课题4 配合物与超分子 题型1 配位键的形成 1．D 2．B 3．A 4．D 题型2 配合物的结构与性质 5．A 6．C 7．C 8．B 题型3 配合物的应用 9．D 10．C 11．C 12．C 题型4 超分子及其应用 13．A 14．D 15．D 16．D 1．A 2．D 3．B 4．C 5．C 6．C 7．C 8．D 9．C 10．A 11．C 12．D 13．（8分）(1) 离子晶体 H＜C＜N 5 (2)大于 (3)a (4) 2 ABE (5)为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力 14．（13分）(1) 恒压滴液漏斗 (2) 趁热过滤 冷却结晶 (3) (2分) (4)ACD (2分) (5)2 (2分) (6) (2分) 15．（15分）(1)D (2) 氢键 (3)8 (4)蓝绿色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色 (2分) (5)D (6)D (7) (2分) (8)AC (9) 增大 =200，= ，当溶液被稀释时， 减小， 增大，因此与的比值增大 (2分) 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三单元 晶体结构与性质 第四节 配合物与超分子 目 录 攻题型 定点突破，夯实要点 题型1 配位键的形成 题型2 配合物的结构与性质 题型3 配合物的应用 题型4 超分子及其应用 练综合 融会贯通，拓展提升 题型1 配位键的形成 1．【辩证思维】（25-26高二下·河北雄安·阶段检测）下列性质与微观解释不相符的是 选项 性质 微观解释 A 能与结合成 能接受孤电子对，中的O提供孤电子对，两者形成配位键 B 天然水晶有规则的多面体外形 天然水晶中的原子在三维空间里呈周期性有序排列 C 沸点： 可形成分子间氢键，不能形成分子间氢键 D 离子键百分数： 第一电离能： A．A B．B C．C D．D 2．【演绎推理】下列有关说法正确的是 A．Cu位于元素周期表的d区 B．NH3中所含键角大于H2O中所含键角 C．[CuCl2]-中Cu+提供孤电子对与Cl-形成配位键 D．CuCl晶胞(如图所示)中距离每个Cl-最近的Cu+有2个 3．【科技前沿】（25-26高二上·河南开封·期末）科学家发现了一种四苯基卟啉络合的铁催化剂(Q)，在可见光的照射下可以将还原为。下列有关叙述错误的是 A．中原子都是杂化 B．提供空轨道形成配位键 C．Q所含第二周期元素中，N的电负性最大 D．含36 mol型键 4．【信息加工】（24-25高一下·江苏南通·期中）某小组同学检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下： 已知：i．中硫元素的化合价为-2价； ii．邻二氮菲的结构简式为，邻二氮菲可以和生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，可用于的检测。 下列说法正确的是 A．该实验可证实补铁剂中的铁元素以形式存在 B．试剂a为氯水时，加入氯水量越多，③中颜色越明显 C．溶液褪色的原因一定是 D．用邻二氮菲检测时，N原子提供孤电子对，离子提供空轨道形成配位键 题型2 配合物的结构与性质 5．【辩证思维】（25-26高二下·湖北鄂州·阶段检测）已知配合物[Cr(NH3)4Cl2]Cl易溶于水，下列说法错误的是 A．0.1 mol [Cr(NH3)4Cl2]Cl与足量的AgNO3溶液反应，可得到0.3 mol AgCl B．[Cr(NH3)4Cl2]+中H-N-H的键角大于独立NH3中的H-N-H的键角 C．[Cr(NH3)4Cl2]Cl中含有共价键和离子键 D．[Cr(NH3)4Cl2]+中的N、Cl分别提供孤电子对与Cr提供的空轨道形成配位键 6．【科技前沿】（25-26高二下·四川凉山·期末）2023年的诺贝尔化学奖授予了“发现和合成量子点”的三位科学家。下图是一种量子点的结构，下列说法不正确的是 A．基态原子第一电离能： B．基态Se原子的简化电子排布式为 C．该结构中配体数6 D．该结构中提供空轨道，N原子提供孤电子对 7．【演绎推理】（25-26高二下·广东湛江·期末）钴形成如图所示的配合物。钴易进入有机相的原因 A．烷基链具有亲水性 B．配位时被还原 C．钴与形成配位键，降低了极性 D．配合物中含有羟基，易与水形成分子间氢键 8．【科技前沿】（25-26高二下·湖北荆州·期末）电化学介导胺再生是一种新兴的捕集技术。其机理如图。 下列说法正确的是 A．复合胺中配体数与配位数的比值为 B．阴极的电极反应为 C．乙二胺与的结合能力高于其与的结合能力 D．的吸收捕集是熵增的过程，故而会消耗电能 题型3 配合物的应用 9．【工业生产】（25-26高二下·湖南郴州·期末）为有效地将粗金泥(主要成分为Au，含少量Ag)中的金、银分离，提高贵金属的回收率，设计如下工艺流程； 已知：“酸浸”后银以AgCl形式存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆。 下列说法错误的是 A．“酸浸”中，盐酸的作用是提供大量氯离子，可以使金形成配合离子 B．“氨浸”中，发生反应 C．王水分金渣在“氨浸”时将银元素转化为，得到的物质a为金单质 D．葡萄糖与恰好反应时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1 10．【演绎推理】工业盐酸中含有少量，可与形成、、和且形成过程均可逆。对于工业盐酸的说法正确的是 A．加水稀释，始终存在： B．加入少量溶液，浓度一定增大 C．加入少量固体，浓度一定减小 D．的电离方程式为 11．【医疗健康】（25-26高二下·福建龙岩·期末）有两种同分异构体。其中顺铂是一种常见的抗癌药物，其抗癌机理如下。下列说法中正确的是 A．中Pt的杂化方式为 B．与Pt(Ⅱ)的配位能力：NH3＜鸟嘌呤＜H2O＜Cl- C．鸟嘌呤没进行碱基互补配对说明配位键比氢键强度大 D．推测反铂也能发生此转化，也有抗癌活性 12．【科技前沿】（25-26高二下·湖南长沙·期末）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)(罗马数字Ⅱ代表Ru的化合价)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示，下列说法错误的是 A．该过程的总反应式： B．该过程中有非极性键的形成 C．Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)后，配体失去质子的能力减弱 D．M中Ru的化合价为+2 题型4 超分子及其应用 13．【辩证思维】（25-26高二下·辽宁营口·期末）下列对于物质性质的解释正确的是 选项 性质 解释 A 冠醚18-冠-6可以识别 18-冠-6的空腔直径与的直径适配 B NaCl的焰色呈黄色 电子由基态跃迁至激发态时释放能量 C 熔点： 键能： D 石墨可以导电 碳原子的电子可以从一个平面跳跃到另一个平面 A．A B．B C．C D．D 14．【信息加工】（25-26高二下·吉林长春·期末）杯酚（）能够分离提纯和，其结构和提纯原理如下图所示。下列说法错误的是 A．比的体积大 B．该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征 C．“操作”的名称为过滤 D．杯酚与分子之间通过共价键形成超分子 15．【科技前沿】（25-26高二下·广东茂名·期末）我国科学家借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图所示。已知：图中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。下列说法正确的是 A．运输的冠醚名称为8-冠醚-4 B．冠醚和碱金属离子通过离子键形成超分子 C．不同冠醚与不同碱金属离子作用，中心碱金属离子的配位数相同。 D．18-冠-6与作用，不与和作用，反映了超分子“分子识别”的特征 16．【演绎推理】（25-26高二下·河南郑州·期末）利用超分子可分离和：将、混合物加入一种空腔大小适配的“杯酚”中进行分离的流程如图1所示。通过X射线衍射图像分析，得出立方晶胞的结构如图2所示(小球代表一个分子)。下列说法正确的是 A．的熔点高于石墨 B．杯酚与以氢键结合，体现了超分子的分子识别特征 C．1 mol晶体中含有0.5 NA个晶胞 D．晶胞密度为 限时：45分钟 满分：60分 一、选择题（每题2分，共12题，共24分） 1．某化合物的分子结构如图所示，其分子内不含有 A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．配位键 2．0.1mol/L硫酸铜水溶液中加入1mol/L氨水，首先形成难溶物①，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液②；如果继续滴加95%乙醇，将析出深蓝色晶体③。下列分析不正确的是 A．形成难溶物①的离子反应：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2 B．深蓝色溶液②：是因为存在[Cu(NH3)4]2＋，其中配体是NH3，配位数为4，可表示为： C．五水硫酸铜CuSO4·5H2O可表示为[Cu(H2O)4]SO4•H2O D．深蓝色晶体③化学式：[Cu(NH3)4](OH)2 3．已知在溶液中与、或等可形成配位数为4的配离子。某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．③中现象说明配体与的结合能力： 4．某物质的结构如图所示： 下列有关该物质的分析正确的是 A．该物质分子中不存在σ键 B．该物质的分子内只存在非极性共价键和配位键两种化学键 C．该物质是一种配合物，其中Ni为中心原子 D．该物质的分子中C、N、O均存在孤电子对 5．Cu(Ⅱ)能与、等形成配离子。已知和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是 A．1mol中含有12mol键 B．a中得到配合物，其配体为 C．b中配体和中心离子的杂化轨道类型都是 D．上述实验可得配离子的稳定性顺序＞ 6．某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，下列说法正确的是 A．金属为元素，基态电子排布式 B．晶体中存在配位键、极性共价键、氢键与离子键 C．该晶体的化学式可表示为 D．若晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 7．某同学设计以下实验，探究配合物的形成与转化。下列说法错误的是 A．过程①加入可抑制的电离，有利于的生成 B．过程②中分数次加入的目的是控制反应速率，避免反应过快 C．过程③加入后，溶液的下降 D．过程④发生的离子反应为 8．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是非极性分子 B．R中的Z与间存在离子键 C．离子半径： D．过程Ⅱ增大了在有机溶剂中的溶解度 9．某课题组合成的一种配合物，其内部空腔可识别并包裹特定结构的分子，形成超分子胶囊。该配合物的阴离子部分，其结构如图所示。 下列说法错误的是 A．Ga3+的配位数为6 B．配合物内部空腔通过非共价键作用识别特定结构的分子 C．Si4+替换Ga3+后，配体骨架的电子云分布不会发生改变 D．改变配体骨架的基团或链的长短，配合物内部空腔可适配不同结构的分子 10．科学家用冠醚苯甲酸(CBA)与碱金属离子形成超分子(结构如图1)实现酸性精准调控。常温下，用溶液分别滴定10.00 mL 溶液以检测阳离子与CBA的适配性(如图2)。 已知：时，；；lg5=0.7。下列说法正确的是 A．碱金属离子进入冠醚空穴使CBA的酸性增强 B．[M-CBA]+溶液 C．若改用溶液，则起始点pH＜3.86 D．若直接滴定溶液，恰好中和时，溶液pH=6.4 11．一种可用于温度传感的配合物Z，其制备原理如图。 下列说法正确的是 A．配离子中的配体数为4 B．的水溶液中存在共价键和离子键 C．碳酸钠的作用是调节，促进脱质子形成配体 D．配合物中、原子的杂化方式不相同 12．1-环己基乙胺（X）溶于酸形成铵盐阳离子（Y），Y与18-冠-6作用形成超分子阳离子（Z），下列说法错误的是 A．X→Y，键角增大 B．18-冠-6中C、O原子采取的轨道杂化方式相同 C．Z含手性碳原子 D．Z中存在共价键、离子键和氢键 二、非选择题（共3题，共36分） 13．（8分）锗石是自然界中含有锗元素的一类矿石的统称；锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题： (1)利用[][]可电沉积还原金属，其熔点只有，其中结构如图所示。该物质的晶体类型是____________；离子中组成元素的电负性从小到大的顺序是____________；第二周期比第一电离能小的元素有____________种。 (2)离子中键角____________分子中键角(填“大于”、“小于”或“等于”)。 (3)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____________(填字母)。 a．    b．    c．    d． (4)丁二酮肟可用于检验和定量分析溶液中的，其涉及的反应过程如图所示： ①1个分子中镍的配体数为____________个。 ②物质中含有的化学键有____________。 A．极性键    B．非极性键    C．氢键    D．离子键    E．配位键 (5)和的部分性质对比如表，熔点比高很多，其原因为____________。 熔点/ 714 -24 沸点/ 1412 136.4 14．（13分）三氯化六氨合钴溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，常用于合成其他含钴的配合物。 产品制备：Ⅰ．在三颈烧瓶内加入4.5 g研细的，和5 mL水，加热溶解后加入0.3 g活性炭作催化剂。 Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在以下，并缓慢加入溶液。 Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过___________、___________、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。          (1)基态的价层电子轨道表示式为___________。仪器的名称是___________。 (2)步骤III中的操作名称为___________、___________。 (3)制备的总反应的化学方程式为___________。 (4)晶体中存在的化学键类型有___________(填标号)。 A．键 B．键 C．离子键 D．配位键 (5)已知是以为中心的正八面体结构(如上图)，若其中2个被取代，则所形成的的空间结构有___________种。 (6)钴(Ⅱ)蓝晶胞结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___________。设该化合物最简式的相对分子质量为Mr，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________。 15．（15分）铜及其化合物在日常生活中的应用非常广泛。 硫酸铜可以用于杀灭真菌。实验室用稀与稀的混酸与铜反应制备，原理为：。 (1)为尽可能得到纯净的溶液，混酸中与物质的量之比最好为___________。 A． B． C． D． (2)胆矾可表示为。其中配位原子为___________，外界为___________，“·”代表___________(填作用力名称)。 (3)与形成的配离子可表示成，已知该配离子中，的4s、4p轨道通过sp杂化后与形成配位键，中含有___________键。 向溶液中匀速滴加氨水，实验数据及现象如下表所示。 时间/s 0~20 20~94 94~144 144~430 pH 从5.2升高至5.9 从5.9升高至6.8 从6.8升高至9.5 从9.5升高至11.2 现象 无明显现象 产生蓝绿色沉淀且逐渐增多 沉淀无明显变化 ……(产生新的现象) 注：蓝绿色沉淀为碱式硫酸铜。 (4)144~430 s过程中的现象为___________。 (5)关于此实验相关说法正确的是___________。(不定项) A．0 s时溶液，原因可能是 B．20~94 s过程中，发生的离子反应为 C．20~94 s过程中，溶液中始终存在： D．94~144 s过程中，当溶液时水的电离程度最大 现有一份含硫酸铜的固体样品，为测定样品中硫酸铜的质量分数，某同学进行了如下实验： 准确称取2.000 g该固体样品，置于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解，完全溶解后转移至100 mL容量瓶中，定容，摇匀，得到待测液。准确移取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，发生反应：，充分反应后，向锥形瓶中滴加几滴指示剂。用0.1000 mol/L的标准溶液滴定上述生成的，发生反应：，滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为18.00 mL。 已知：样品中除硫酸铜外，其他杂质不与KI和发生反应。 (6)该滴定过程中指示剂可选用___________。 A．酚酞试液 B．甲基橙试液 C．硝酸银溶液 D．淀粉溶液 (7)计算该固体样品中硫酸铜的纯度___________。(写出计算过程，保留3位小数) (8)下列实验操作会使滴定结果偏大的是___________。(不定项) A．未润洗盛装溶液的滴定管 B．滴定振荡时锥形瓶中有液体溅出 C．滴定前尖嘴处有气泡滴定后气泡消失 D．锥形瓶未干燥就加入待测液 一定温度下，在液态有机相中存在以下配合反应：             (9)向上述溶液中继续加入有机溶剂进行稀释，体系中与的比值将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，运用平衡常数相关知识解释原因。___________。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三单元 晶体结构与性质 第四节 配合物与超分子 目 录 攻题型 定点突破，夯实要点 题型1 配位键的形成 题型2 配合物的结构与性质 题型3 配合物的应用 题型4 超分子及其应用 练综合 融会贯通，拓展提升 题型1 配位键的形成 1．【辩证思维】（25-26高二下·河北雄安·阶段检测）下列性质与微观解释不相符的是 选项 性质 微观解释 A 能与结合成 能接受孤电子对，中的O提供孤电子对，两者形成配位键 B 天然水晶有规则的多面体外形 天然水晶中的原子在三维空间里呈周期性有序排列 C 沸点： 可形成分子间氢键，不能形成分子间氢键 D 离子键百分数： 第一电离能： A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】A．有空轨道可接受孤电子对，中原子有孤电子对，二者通过配位键结合形成，性质与解释相符，A正确； B．天然水晶属于晶体，晶体的本质特征是构成粒子在三维空间呈周期性有序排列，因此具有规则的多面体外形，性质与解释相符，B正确； C．分子中含有，可形成分子间氢键使沸点升高，没有与、、直接相连的，不能形成分子间氢键，因此沸点，性质与解释相符，C正确； D．离子键百分数和成键元素的电负性差值有关，电负性大于，中和的电负性差值大于中和的差值，因此离子键百分数，与第一电离能无关，性质与解释不相符，D错误； 故选D。 2．【演绎推理】下列有关说法正确的是 A．Cu位于元素周期表的d区 B．NH3中所含键角大于H2O中所含键角 C．[CuCl2]-中Cu+提供孤电子对与Cl-形成配位键 D．CuCl晶胞(如图所示)中距离每个Cl-最近的Cu+有2个 【答案】B 【详解】A．基态Cu原子的价电子排布式为：，位于元素周期表第四周期第IB族，则Cu位于元素周期表的ds区，A错误； B．氨气和水的中心原子都是sp3杂化，氮有1对孤电子对，水有2对孤电子对，孤电子对斥力较大，则NH3中所含键角大于H2O中所含键角，B正确； C．[CuCl2]-中Cl-提供孤电子对与Cu+形成配位键，C错误； D．该晶胞为CuCl闪锌矿型晶胞，位于顶点和面心，位于晶胞内的四面体空隙，每个的配位数为4，即距离每个最近的有4个，D错误； 故选B。 3．【科技前沿】（25-26高二上·河南开封·期末）科学家发现了一种四苯基卟啉络合的铁催化剂(Q)，在可见光的照射下可以将还原为。下列有关叙述错误的是 A．中原子都是杂化 B．提供空轨道形成配位键 C．Q所含第二周期元素中，N的电负性最大 D．含36 mol型键 【答案】A 【详解】A．Q中N原子有两种杂化方式，外围带正电荷的N形成4个共价键为sp3杂化，形成配位键的N为sp2杂化，A错误； B．N、Cl原子提供孤电子对，Fe提供空轨道，形成配位键，B正确； C．Q含H、C、N、Cl、Fe元素，N、C为第二周期元素，N的电负性大于C，C正确； D．1个Q含12个甲基，甲基上C-H键是型键，则1 mol Q含36 mol型键，D正确； 故选A。 4．【信息加工】（24-25高一下·江苏南通·期中）某小组同学检验补铁剂中铁元素的价态，实验如下： 已知：i．中硫元素的化合价为-2价； ii．邻二氮菲的结构简式为，邻二氮菲可以和生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，可用于的检测。 下列说法正确的是 A．该实验可证实补铁剂中的铁元素以形式存在 B．试剂a为氯水时，加入氯水量越多，③中颜色越明显 C．溶液褪色的原因一定是 D．用邻二氮菲检测时，N原子提供孤电子对，离子提供空轨道形成配位键 【答案】D 【分析】将补铁剂进行研磨、加入稀盐酸、浸泡、过滤，向滤液1中加入少量高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，可能是由于使酸性高锰酸钾褪色，也可能是盐酸中氯离子使酸性高锰酸钾溶液褪色，滴加邻二氮菲溶液，由于邻二氮菲可以和生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，则溶液中含有，向滤液1中滴加KSCN溶液，溶液微微变红，说明溶液中存在，该可能是被空气中氧气氧化而来，在加入试剂a，溶液红色加深，据此回答。 【详解】A．补铁剂中加入盐酸后滴加KSCN溶液微微变红色，可能是亚铁离子少量被空气中的氧气氧化生成了铁离子，滴入高锰酸钾溶液，红色变深，说明原溶液中存在亚铁离子，则补铁剂中的铁元素主要以离子存在，也有可能以离子形式存在，A错误； B．SCN−中硫元素的化合价为–2价，具有还原性，试剂a选用过量氯水，可能会与SCN−发生氧化还原反应，不能使现象明显，B错误； C．溶液褪色的原因不一定是亚铁离子还原高锰酸钾，溶液中氯离子也可以还原高锰酸钾，C错误； D．用邻二氮菲检测时，N原子提供孤电子对离子提供空轨道形成配位键，D正确； 故选D。 题型2 配合物的结构与性质 5．【辩证思维】（25-26高二下·湖北鄂州·阶段检测）已知配合物[Cr(NH3)4Cl2]Cl易溶于水，下列说法错误的是 A．0.1 mol [Cr(NH3)4Cl2]Cl与足量的AgNO3溶液反应，可得到0.3 mol AgCl B．[Cr(NH3)4Cl2]+中H-N-H的键角大于独立NH3中的H-N-H的键角 C．[Cr(NH3)4Cl2]Cl中含有共价键和离子键 D．[Cr(NH3)4Cl2]+中的N、Cl分别提供孤电子对与Cr提供的空轨道形成配位键 【答案】A 【详解】A．与足量的溶液反应，可得到，A错误； B．独立的分子中氮原子存有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对彼此间的斥力，会压缩分子内的键角，当与3+形成配位键后，氮原子的孤电子对参与配位键的构建，分子内不再存在游离孤电子对带来的挤压效果，成键电子对之间斥力回升，最终让里的键角大于游离氨气中的键角，B正确； C．该物质中，配阳离子和外界游离依靠离子键相连，分子内部的键属于普通共价键，配位键本身也属于一类特殊共价键，整体物质同时包含共价键与离子键两种化学键类型，C正确； D．配位键的形成机制是配体拿出孤电子对，中心离子提供空轨道完成成键，该配离子中氨气中的原子、配位状态的原子都具备孤电子对，中心离子拥有可利用的空轨道，二者相互匹配形成配位键，D正确； 故选A。 6．【科技前沿】（25-26高二下·四川凉山·期末）2023年的诺贝尔化学奖授予了“发现和合成量子点”的三位科学家。下图是一种量子点的结构，下列说法不正确的是 A．基态原子第一电离能： B．基态Se原子的简化电子排布式为 C．该结构中配体数6 D．该结构中提供空轨道，N原子提供孤电子对 【答案】C 【详解】A．同周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，故基态原子第一电离能，A正确，不符合题意； B．Se原子序数为34，简化电子排布式为，B正确，不符合题意； C．该结构中每个配体均为双齿配体，共3个配体，配位数为6，不是配体数为6，C错误，符合题意； D．配位键形成时，中心离子提供空轨道，配位原子N提供孤电子对，D正确，不符合题意； 故答案为C 7．【演绎推理】（25-26高二下·广东湛江·期末）钴形成如图所示的配合物。钴易进入有机相的原因 A．烷基链具有亲水性 B．配位时被还原 C．钴与形成配位键，降低了极性 D．配合物中含有羟基，易与水形成分子间氢键 【答案】C 【详解】A．烷基（）属于烃基，是疏水（亲油）基团，没有亲水性，A错误； B．配位过程只是配体和中心离子形成配位键，Co的化合价没有发生变化，没有被还原，B错误； C．原本是极性很强的离子，易溶于水相；Co和配体中的O形成配位键后，被配体包裹，配合物整体极性降低，根据相似相溶，易进入弱极性的有机相，C正确； D．若配合物易和水形成分子间氢键，则更易溶于水相，与易进入有机相的特点不符，D错误； 故选C。 8．【科技前沿】（25-26高二下·湖北荆州·期末）电化学介导胺再生是一种新兴的捕集技术。其机理如图。 下列说法正确的是 A．复合胺中配体数与配位数的比值为 B．阴极的电极反应为 C．乙二胺与的结合能力高于其与的结合能力 D．的吸收捕集是熵增的过程，故而会消耗电能 【答案】B 【详解】A．复合胺中配体是乙二胺，配体数为2，形成的配位数是4，比值为1:2，A错误； B．阴极复合胺中铜离子得电子变成铜原子，并释放出乙二胺，电极反应式书写正确，B正确； C．阳极Cu-2e-=Cu2+，Cu2+与负载胺反应，生成复合胺，释放出CO2，说明乙二胺与Cu2+的结合能力高于其与CO2的结合能力，C错误； D．CO2的捕获富集是熵减的过程，是非自发的，故而会消耗电能，D错误； 故选B。 题型3 配合物的应用 9．【工业生产】（25-26高二下·湖南郴州·期末）为有效地将粗金泥(主要成分为Au，含少量Ag)中的金、银分离，提高贵金属的回收率，设计如下工艺流程； 已知：“酸浸”后银以AgCl形式存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆。 下列说法错误的是 A．“酸浸”中，盐酸的作用是提供大量氯离子，可以使金形成配合离子 B．“氨浸”中，发生反应 C．王水分金渣在“氨浸”时将银元素转化为，得到的物质a为金单质 D．葡萄糖与恰好反应时，还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1 【答案】D 【分析】粗金泥主要成分为Au，含少量Ag。用王水“酸浸”后Au转化为，银以AgCl形式存在于王水分金渣中，有少量未被溶解的金被AgCl包覆；过滤，滤液含有，王水分金渣主要有AgCl，和少量未被溶解的被AgCl包覆的Au；用氨水“氨浸”分金渣，AgCl转化为。 【详解】A．用王水“酸浸”后Au转化为 ，“酸浸”中，盐酸的作用是提供大量氯离子，使金形成配合离子，故A正确； B．“氨浸”中，AgCl转化为，发生反应，故B正确； C．王水分金渣主要有AgCl和少量未被溶解的被AgCl包覆的Au；王水分金渣在“氨浸”时将银元素转化为，得到的物质a为金单质，故C正确； D．葡萄糖与恰好反应时，葡萄糖被氧化为葡萄糖酸铵，被还原为Ag，还原剂葡萄糖与氧化剂的物质的量之比为1∶2，故D错误； 选D。 10．【演绎推理】工业盐酸中含有少量，可与形成、、和且形成过程均可逆。对于工业盐酸的说法正确的是 A．加水稀释，始终存在： B．加入少量溶液，浓度一定增大 C．加入少量固体，浓度一定减小 D．的电离方程式为 【答案】C 【详解】A．该溶液中电荷守恒为：，选项中等式右边缺少c(Cl-)，A错误； B．加入NaCl溶液，一方面Cl-浓度增大，会使平衡正向移动，有利于生成；另一方面，溶液被稀释，会导致离子浓度降低；若稀释效应占主导，浓度会减小，B错误； C．加入少量AgNO3固体，Ag+与Cl-反应生成AgCl沉淀，溶液中Cl-浓度降低；平衡会逆向移动，导致浓度减小，C正确； D．H[FeCl4]是络合酸，其电离方程式为：，D错误； 故答案选C。 11．【医疗健康】（25-26高二下·福建龙岩·期末）有两种同分异构体。其中顺铂是一种常见的抗癌药物，其抗癌机理如下。下列说法中正确的是 A．中Pt的杂化方式为 B．与Pt(Ⅱ)的配位能力：NH3＜鸟嘌呤＜H2O＜Cl- C．鸟嘌呤没进行碱基互补配对说明配位键比氢键强度大 D．推测反铂也能发生此转化，也有抗癌活性 【答案】C 【详解】A．存在两种同分异构体，说明中心Pt的配位结构为平面正方形：若Pt为杂化，空间构型为四面体形，仅能存在一种结构，不存在同分异构，A错误； B．从反应历程可知：原配体Cl-被H2O取代，水分子又被鸟嘌呤取代，且 NH3始终没有被取代，说明配位能力顺序为：  NH3 > 鸟嘌呤>H2O > Cl-，B错误； C．正常情况下鸟嘌呤可通过氢键完成碱基互补配对，本题中鸟嘌呤与Pt形成配位键后，无法再进行氢键配对，说明配位键的强度大于氢键，C正确； D．反铂的两个可取代配体Cl-处于对位，取代后无法顺式和鸟嘌呤螯合、结合癌细胞DNA，因此反铂没有抗癌活性，D错误； 故选C。 12．【科技前沿】（25-26高二下·湖南长沙·期末）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)(罗马数字Ⅱ代表Ru的化合价)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示，下列说法错误的是 A．该过程的总反应式： B．该过程中有非极性键的形成 C．Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)后，配体失去质子的能力减弱 D．M中Ru的化合价为+2 【答案】C 【详解】A．根据循环过程中进入和出来的物质，可推断该过程的总反应方程式为，A正确； B．由总反应可知，转化为，该过程有非极性键形成，B正确； C．Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)后，中的Ru带有更多的正电荷，与N原子成键后，Ru(Ⅲ)吸引电子的能力比Ru(Ⅱ)强，使得配体中的极性变强且更易断裂，因此失去质子的能力变强，C错误； D．根据循环原理图，Ru(Ⅱ)催化剂中Ru的化合价为+2，被氧化失去1个电子生成，此时Ru的化合价变为+3价，失去1个质子后变为，相应电荷数减1，此时Ru的化合价还是+3价，中N原子有1个孤电子对，当转化为M时，N原子的孤电子对拆分为2个单电子并转移1个电子给Ru(Ⅲ)，Ru的价态又减1，所以M中Ru为+2价，D正确； 故答案选C。 题型4 超分子及其应用 13．【辩证思维】（25-26高二下·辽宁营口·期末）下列对于物质性质的解释正确的是 选项 性质 解释 A 冠醚18-冠-6可以识别 18-冠-6的空腔直径与的直径适配 B NaCl的焰色呈黄色 电子由基态跃迁至激发态时释放能量 C 熔点： 键能： D 石墨可以导电 碳原子的电子可以从一个平面跳跃到另一个平面 A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．18-冠-6的空腔直径与的直径适配，可选择性识别，A正确； B．焰色反应的能量来自电子从激发态返回基态时的释放过程，电子由基态跃迁至激发态需要吸收能量，B错误； C．是共价晶体，熔化破坏共价键，是分子晶体，熔化破坏分子间作用力，二者熔点差异由晶体类型决定，与键能无关，C错误； D．石墨导电是因为层内存在可自由移动的离域π电子，电子不能在层间随意跳跃，D错误； 故选A。 14．【信息加工】（25-26高二下·吉林长春·期末）杯酚（）能够分离提纯和，其结构和提纯原理如下图所示。下列说法错误的是 A．比的体积大 B．该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征 C．“操作”的名称为过滤 D．杯酚与分子之间通过共价键形成超分子 【答案】D 【详解】A．分子中的碳原子数多于分子，所以分子的分子体积大于分子，A正确； B．由图可知，杯酚能与结合形成超分子，不能与结合形成超分子，所以该流程体现了超分子的“分子识别”特征，B正确； C．加入甲苯后，杯酚与形成的超分子是不溶于甲苯的固体，而能溶于甲苯得到的甲苯溶液，所以题给操作是固液分离的过滤操作，C正确； D．由图可知，杯酚与通过分子间作用力结合形成超分子，D错误； 故选D。 15．【科技前沿】（25-26高二下·广东茂名·期末）我国科学家借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图所示。已知：图中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。下列说法正确的是 A．运输的冠醚名称为8-冠醚-4 B．冠醚和碱金属离子通过离子键形成超分子 C．不同冠醚与不同碱金属离子作用，中心碱金属离子的配位数相同。 D．18-冠-6与作用，不与和作用，反映了超分子“分子识别”的特征 【答案】D 【详解】A．运输的冠醚环上共有4个O和8个C，总环原子数为12，按命名规则应为12-冠-4，A错误； B．冠醚中的O原子提供孤电子对，与碱金属离子形成配位键，不存在离子键，B错误； C．不同冠醚的氧原子数目、空腔大小均不同，结合的碱金属离子半径也不同，中心碱金属离子的配位数并不相同，C错误； D．18-冠-6的空腔直径与适配，与、直径不适配，因此只能特异性与作用，反映了超分子“分子识别”的特征，D正确； 故答案选D。 16．【演绎推理】（25-26高二下·河南郑州·期末）利用超分子可分离和：将、混合物加入一种空腔大小适配的“杯酚”中进行分离的流程如图1所示。通过X射线衍射图像分析，得出立方晶胞的结构如图2所示(小球代表一个分子)。下列说法正确的是 A．的熔点高于石墨 B．杯酚与以氢键结合，体现了超分子的分子识别特征 C．1 mol晶体中含有0.5 NA个晶胞 D．晶胞密度为 【答案】D 【详解】A．为分子晶体，石墨为共价晶体与分子晶体性质兼具的混合型晶体，故石墨的熔点高于，A错误； B．杯酚与以范德华力结合，而非氢键，B错误； C．1 mol 晶胞中含有分子，故1 mol晶体中含有晶胞，C错误； D．一个晶胞的质量为，体积为，故晶胞密度为，D正确； 故答案为D。 限时：45分钟 满分：60分 一、选择题（每题2分，共12题，共24分） 1．某化合物的分子结构如图所示，其分子内不含有 A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．配位键 【答案】A 【详解】A．离子键是阴、阳离子间的静电作用，该物质为分子结构，分子内不存在阴阳离子，故不含离子键，A可选； B．分子内与、与、与、与、与之间均以共价键结合，含有共价键，B不选； C．图中虚线表示的相互作用，属于氢键，分子内含有氢键，C不选； D．图中指向的箭头为配位键，由提供孤电子对、提供空轨道形成，含有配位键，D不选； 故选A。 2．0.1mol/L硫酸铜水溶液中加入1mol/L氨水，首先形成难溶物①，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液②；如果继续滴加95%乙醇，将析出深蓝色晶体③。下列分析不正确的是 A．形成难溶物①的离子反应：Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2 B．深蓝色溶液②：是因为存在[Cu(NH3)4]2＋，其中配体是NH3，配位数为4，可表示为： C．五水硫酸铜CuSO4·5H2O可表示为[Cu(H2O)4]SO4•H2O D．深蓝色晶体③化学式：[Cu(NH3)4](OH)2 【答案】D 【详解】A．少量氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀与铵根，离子方程式书写正确，A正确； B．氢氧化铜溶于过量氨水生成深蓝色配离子，该配离子配体为，配位数为4，结构示意图符合配离子的平面正方形结构，B正确； C．五水硫酸铜中4个水分子和形成配位键，剩余1个水分子为结晶水，因此可表示为，C正确； D．原硫酸铜溶液中阴离子为，因此析出的深蓝色晶体为硫酸四氨合铜结晶水合物，化学式为，不是，D错误； 故答案选D。 3．已知在溶液中与、或等可形成配位数为4的配离子。某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．③中现象说明配体与的结合能力： 【答案】B 【分析】中加入氨水，发生反应，生成的蓝色沉淀为；再继续加入氨水，发生反应，蓝色沉淀溶解，蓝色溶液中主要是；加入乙醇，溶解度减小，析出沉淀；加入浓盐酸，会与配体结合生成，配合物被破坏释放出，然后发生反应，形成了含的黄绿色溶液，由此解答； 【详解】A．由分析可知，②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一种物质，A正确； B．向⑤中加入稀硫酸，会与配体结合生成，配合物被破坏释放出，得到蓝色溶液，且稀硫酸不能提供高浓度，无法生成黄绿色的，不能得到黄绿色溶液，B错误； C．向③的深蓝色溶液中加入乙醇后析出沉淀，说明该深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小，C正确； D．③中由与结合的转化为与结合的，说明配体与的结合能力：，D正确； 故选B。 4．某物质的结构如图所示： 下列有关该物质的分析正确的是 A．该物质分子中不存在σ键 B．该物质的分子内只存在非极性共价键和配位键两种化学键 C．该物质是一种配合物，其中Ni为中心原子 D．该物质的分子中C、N、O均存在孤电子对 【答案】C 【详解】A．单键均为键，双键中也含有1个键，该物质中存在大量键，A错误； B．该物质分子内存在C-H、O-H、C=N等极性共价键，并非只含非极性共价键和配位键，B错误； C．Ni具有空轨道，可接受N提供的孤电子对形成配位键，是该配合物的中心原子，C正确； D．C原子最外层4个电子全部参与成键，不存在孤电子对，D错误； 故答案为C。 5．Cu(Ⅱ)能与、等形成配离子。已知和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是 A．1mol中含有12mol键 B．a中得到配合物，其配体为 C．b中配体和中心离子的杂化轨道类型都是 D．上述实验可得配离子的稳定性顺序＞ 【答案】C 【详解】A．1个中，中心与4个之间形成4个配位键；每个内部含2个键，4个共含8个键，总计12个键，因此1 mol该配离子含12 mol 键，A正确； B．向硫酸铜中先加少量生成蓝色沉淀，再加浓得到深蓝色的，该配合物的配体是，B正确； C．的配体是，中N原子价层电子对数为4，杂化类型为；但高中阶段明确四氨合铜(II)离子的中心为杂化（平面正方形结构），并非杂化，C错误； D．氢氧化铜在浓氢氧化钠溶液中形成配离子，证明和氢氧根形成配离子较为困难，氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配离子，证明和氨分子形成配离子较为容易，所以配离子的稳定性强弱顺序为，D正确； 故选C。 6．某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，下列说法正确的是 A．金属为元素，基态电子排布式 B．晶体中存在配位键、极性共价键、氢键与离子键 C．该晶体的化学式可表示为 D．若晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 【答案】C 【分析】代表的八面体位于晶胞顶点与面心，数目为，代表的四面体全部在晶胞内部，数目为8，二者数量最简比为1:2，由此确定晶体化学式为，再结合摩尔质量列式，算出相对原子质量为56，对应金属铁； 【详解】A．由分析可知，M的相对原子质量为，对应Fe元素不是Mg，虽然基态电子排布式书写正确，但M不是Mg，A错误； B．该晶体中与之间存在配位键，、属于极性共价键，阳离子与之间存在离子键，无氢键存在，B错误； C．晶胞中黑球（对应）数目为，白球（对应）数目为8，阴阳离子个数比为，故化学式为，C正确； D．一个晶胞中含有4个结构单元，晶胞边长为，晶胞体积为，则密度，D错误； 故选C。 7．某同学设计以下实验，探究配合物的形成与转化。下列说法错误的是 A．过程①加入可抑制的电离，有利于的生成 B．过程②中分数次加入的目的是控制反应速率，避免反应过快 C．过程③加入后，溶液的下降 D．过程④发生的离子反应为 【答案】C 【详解】A．浓氨水中存在，电离出的可使平衡逆向移动，控制溶液中浓度，防止生成，有利于的生成，A正确； B．过程②中若一次加入会导致体系温度急剧升高 ，可能引起浓氨水挥发或副反应的发生，分次加入能够有效控制温度进而控制反应速率，避免反应过快，进而可以使反应更充分，B正确； C．过程③发生的反应为，消耗并生成，溶液pH上升，C错误； D．过程④反应物可溶，可以电离成和，加入浓盐酸增大了Cl-浓度，故过程④发生的离子反应为，D正确； 故选C。 8．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是非极性分子 B．R中的Z与间存在离子键 C．离子半径： D．过程Ⅱ增大了在有机溶剂中的溶解度 【答案】D 【详解】A．X为邻苯二酚，分子正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．Li+与Z通过配位键相结合，B错误； C．K+和Cl−核外电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，因此离子半径：，C错误； D．过程Ⅱ冠醚分子可识别Li+，形成超分子，增大其在有机溶剂中的溶解度，D正确； 故选D。 9．某课题组合成的一种配合物，其内部空腔可识别并包裹特定结构的分子，形成超分子胶囊。该配合物的阴离子部分，其结构如图所示。 下列说法错误的是 A．Ga3+的配位数为6 B．配合物内部空腔通过非共价键作用识别特定结构的分子 C．Si4+替换Ga3+后，配体骨架的电子云分布不会发生改变 D．改变配体骨架的基团或链的长短，配合物内部空腔可适配不同结构的分子 【答案】C 【详解】A．该配合物的阴离子含有6个配体（每条线都是1个配体），4个，每个周围有6个O（3个配体）作为配位原子，配位数为6，A正确； B．超分子识别客体分子依靠氢键、范德华力等非共价键作用，B正确； C．正电荷数高于，对配位原子的电子吸引力更强，替换后配体骨架的电子云分布会发生改变，C错误； D．改变配体的基团或碳链长度，可以改变配合物空腔的大小，结构和作用位点，从而适配不同结构的分子，D正确； 故选C。 10．科学家用冠醚苯甲酸(CBA)与碱金属离子形成超分子(结构如图1)实现酸性精准调控。常温下，用溶液分别滴定10.00 mL 溶液以检测阳离子与CBA的适配性(如图2)。 已知：时，；；lg5=0.7。下列说法正确的是 A．碱金属离子进入冠醚空穴使CBA的酸性增强 B．[M-CBA]+溶液 C．若改用溶液，则起始点pH＜3.86 D．若直接滴定溶液，恰好中和时，溶液pH=6.4 【答案】A 【分析】由电离常数可知，TBAH是在溶液中完全电离的强碱；由图2可知，TBHA溶液的体积为5 mL时，TBAH溶液与[M-CBA]+溶液恰好完全反应，则[M-CBA]+溶液的浓度为：=0.0005 mol/L；由电离常数可知，0.0005 mol/LCBA溶液中氢离子浓度约为：=×10-4.25 mol/L，则溶液的pH为3.90，根据图2，等浓度的[M-CBA]+溶液的pH分别是3.82(Li+)、3.80(Na+)、3.86(K+)，碱金属离子进入冠醚空穴使CBA的酸性增强。 【详解】A．由分析可知，碱金属离子进入冠醚空穴使CBA的酸性增强，A正确； B．由分析可知，[M-CBA]+溶液的浓度为0.0005 mol/L，B错误； C．由等浓度的[M-CBA]+溶液的pH可知，[Na-CBA]+溶液的pH最小，说明钠离子与CBA的适配性最好，且碱金属离子的离子半径越大与CBA的适配性减弱，溶液的pH增大；铯离子的离子半径大于钾离子，所以[Cs-CBA]+溶液的pH大于3.86，C错误； D．由分析可知，TBAH是强碱，CBA是弱酸，则TBAH溶液与CBA溶液完全反应生成强碱弱酸盐，强碱弱酸盐在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液的pH大于7，D错误； 故选A。 11．一种可用于温度传感的配合物Z，其制备原理如图。 下列说法正确的是 A．配离子中的配体数为4 B．的水溶液中存在共价键和离子键 C．碳酸钠的作用是调节，促进脱质子形成配体 D．配合物中、原子的杂化方式不相同 【答案】C 【详解】A．配离子中，X和Y均为双齿配体，分别提供2个配位键，配体数为2，A错误； B．Z是离子化合物，由配阳离子和配阴离子构成，溶于水会发生电离，电离后阴阳离子分散在水中，原固态中的离子键被破坏，因此Z的水溶液中只存在共价键，不存在离子键，B错误； C．Y是β-二酮，需要脱质子才能形成带负电的配体与Ni2+配位，Na2CO3溶液呈碱性，可以结合Y电离出的H+，调节pH促进Y脱质子，C正确； D．Z中N原子均形成4个σ键，无孤电子对，为杂化；阴离子中B原子形成4个σ键，无孤电子对，也为杂化，二者杂化方式相同，D错误； 故选C。 12．1-环己基乙胺（X）溶于酸形成铵盐阳离子（Y），Y与18-冠-6作用形成超分子阳离子（Z），下列说法错误的是 A．X→Y，键角增大 B．18-冠-6中C、O原子采取的轨道杂化方式相同 C．Z含手性碳原子 D．Z中存在共价键、离子键和氢键 【答案】D 【详解】A．X中N原子有1对孤电子对，与形成配位键后，Y中N原子无孤电子对，孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，因此X→Y时增大，A正确； B．18-冠-6中，C原子均形成4个σ键，价层电子对数为4；O原子均形成2个σ键，含2对孤电子对，价层电子对数也为4，二者均采取杂化，杂化方式相同，B正确； C．Z中连接环己基、甲基和的碳原子，同时连接4种不同的基团，属于手性碳原子，因此Z含手性碳原子，C正确； D．Z是超分子阳离子，内部存在共价键和氢键，离子键是阴阳离子之间的相互作用，Z内部不存在离子键，D错误； 故选D。 二、非选择题（共3题，共36分） 13．（8分）锗石是自然界中含有锗元素的一类矿石的统称；锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、钙等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题： (1)利用[][]可电沉积还原金属，其熔点只有，其中结构如图所示。该物质的晶体类型是____________；离子中组成元素的电负性从小到大的顺序是____________；第二周期比第一电离能小的元素有____________种。 (2)离子中键角____________分子中键角(填“大于”、“小于”或“等于”)。 (3)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____________(填字母)。 a．    b．    c．    d． (4)丁二酮肟可用于检验和定量分析溶液中的，其涉及的反应过程如图所示： ①1个分子中镍的配体数为____________个。 ②物质中含有的化学键有____________。 A．极性键    B．非极性键    C．氢键    D．离子键    E．配位键 (5)和的部分性质对比如表，熔点比高很多，其原因为____________。 熔点/ 714 -24 沸点/ 1412 136.4 【答案】(1) 离子晶体 H＜C＜N 5 (2)大于 (3)a (4) 2 ABE (5)为离子晶体，为分子晶体，离子键的强度远大于分子间作用力 【分析】由阴阳离子构成，属于离子晶体；非金属性越强，电负性越大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大呈增大趋势，但第IIA族（全满）和第VA族（半满）具有反常的高稳定性； 【详解】（1）属于离子晶体。中含有、、三种元素，非金属性越强，电负性越大，故电负性大小顺序为。第二周期中第一电离能比小的元素有、、、、，共种。 （2）分子中原子有一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用较强，导致键角被压缩；而在中，原子的孤电子对与形成配位键，孤电子对变为成键电子对，排斥作用减弱，因此键角变大。 （3）a为的基态，b为的基态，c为的激发态，d为的激发态。由于失去第二个电子（即电离）比失去第一个电子（即电离）更难，所需能量更大，故a、d所需能量大于b、c；又因为基态比激发态稳定，电离所需能量更大，故a所需能量大于d。因此电离最外层一个电子所需能量最大的是a。 （4）① 由图可知，个d分子中与个丁二酮肟脱去质子后的阴离子形成配合物，每个配体提供个原子进行配位，故配体数为。② d分子中键为同种非金属原子形成的非极性键（B）；、、等为不同种非金属原子形成的极性键（A）；与之间为配位键（E）；分子内存在的氢键不属于化学键。故答案选。 （5）的熔沸点较高，属于离子晶体；的熔沸点较低，属于分子晶体。离子晶体熔化时需要破坏强烈的离子键，而分子晶体熔化时只需克服较弱的分子间作用力，因此的熔点比高很多。 14．（13分）三氯化六氨合钴溶于热水和稀盐酸中，在冷水、乙醇、浓盐酸中溶解度较小，常用于合成其他含钴的配合物。 产品制备：Ⅰ．在三颈烧瓶内加入4.5 g研细的，和5 mL水，加热溶解后加入0.3 g活性炭作催化剂。 Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在以下，并缓慢加入溶液。 Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过___________、___________、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。          (1)基态的价层电子轨道表示式为___________。仪器的名称是___________。 (2)步骤III中的操作名称为___________、___________。 (3)制备的总反应的化学方程式为___________。 (4)晶体中存在的化学键类型有___________(填标号)。 A．键 B．键 C．离子键 D．配位键 (5)已知是以为中心的正八面体结构(如上图)，若其中2个被取代，则所形成的的空间结构有___________种。 (6)钴(Ⅱ)蓝晶胞结构如下图，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，其化学式为___________。设该化合物最简式的相对分子质量为Mr，为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为___________。 【答案】(1) 恒压滴液漏斗 (2) 趁热过滤 冷却结晶 (3) (2分) (4)ACD (2分) (5)2 (2分) (6) (2分) 【分析】制备过程中，提供，浓氨水提供配体并使钴离子形成氨合配离子，将氧化为，作为外界离子形成。活性炭催化氧化反应，低温滴加可控制反应速率，升温后反应充分进行。趁热过滤除去活性炭和不溶杂质，冷却结晶利用产物在冷水中溶解度较小的性质析出晶体。 【详解】（1） Co的原子序数为27，基态Co原子的价层电子排布式为，Co原子失去2个4s电子和1个3d电子形成，基态的价层电子排布式为，对应价层电子轨道表示式为，仪器b带有侧管，可保持漏斗与反应器内压强相等，使液体稳定滴加，名称为恒压滴液漏斗； （2）反应在60℃下完成后，体系中含有活性炭固体催化剂和可能存在的不溶性杂质，溶于热水，在冷水中溶解度较小，趁热过滤可除去固体杂质同时避免产物提前析出，滤液冷却后，溶解度降低，通过冷却结晶析出目标晶体； （3）反应中中在配位环境下被氧化为，与6个形成配离子，提供作为外界离子，与配离子结合形成；根据氧化还原反应电子守恒与原子守恒配平，总反应的化学方程式为； （4）A．分子内N原子与H原子之间存在键，A正确； B．晶体中所有化学键均为单键、配位键或离子键，不存在含键的不饱和结构，B错误； C．配离子与外界之间存在离子键，C正确； D．中心离子与配体之间存在配位键，D正确； 故选 ACD。 （5）是以为中心的正八面体结构，6个分别位于正八面体的6个顶点，2个被取代时，两个可位于正八面体的相邻顶点，形成顺式结构，两个也可位于正八面体的相对顶点，形成反式结构，最终形成的的空间结构共2种； （6）该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，每个小立方体的边长为 nm，完整晶胞的边长为 nm，根据图示，整个晶胞中，Co原子位于棱心、体心和晶胞内部，1个晶胞中Co原子数目为；Ⅰ型小立方体中，Al原子数目为0，Ⅱ型小立方体中，Al原子位于体内，每个Ⅱ型小立方体含Al原子数目为4，4个Ⅱ型小立方体含Al原子数目为，晶胞内Al原子总数目为；Ⅰ型小立方体和Ⅱ型小立方体中，O原子位于内部，每个小立方体含O原子数目4，8个小立方体含O原子数目为；晶胞内Co、Al、O原子数目之比为，对应化学式为，晶胞中含有8个结构单元，晶胞质量 g，晶胞边长换算为厘米单位为 cm，晶胞体积，晶体密度 。 15．（15分）铜及其化合物在日常生活中的应用非常广泛。 硫酸铜可以用于杀灭真菌。实验室用稀与稀的混酸与铜反应制备，原理为：。 (1)为尽可能得到纯净的溶液，混酸中与物质的量之比最好为___________。 A． B． C． D． (2)胆矾可表示为。其中配位原子为___________，外界为___________，“·”代表___________(填作用力名称)。 (3)与形成的配离子可表示成，已知该配离子中，的4s、4p轨道通过sp杂化后与形成配位键，中含有___________键。 向溶液中匀速滴加氨水，实验数据及现象如下表所示。 时间/s 0~20 20~94 94~144 144~430 pH 从5.2升高至5.9 从5.9升高至6.8 从6.8升高至9.5 从9.5升高至11.2 现象 无明显现象 产生蓝绿色沉淀且逐渐增多 沉淀无明显变化 ……(产生新的现象) 注：蓝绿色沉淀为碱式硫酸铜。 (4)144~430 s过程中的现象为___________。 (5)关于此实验相关说法正确的是___________。(不定项) A．0 s时溶液，原因可能是 B．20~94 s过程中，发生的离子反应为 C．20~94 s过程中，溶液中始终存在： D．94~144 s过程中，当溶液时水的电离程度最大 现有一份含硫酸铜的固体样品，为测定样品中硫酸铜的质量分数，某同学进行了如下实验： 准确称取2.000 g该固体样品，置于烧杯中，加入适量蒸馏水溶解，完全溶解后转移至100 mL容量瓶中，定容，摇匀，得到待测液。准确移取25.00 mL待测液于锥形瓶中，加入过量的KI溶液，发生反应：，充分反应后，向锥形瓶中滴加几滴指示剂。用0.1000 mol/L的标准溶液滴定上述生成的，发生反应：，滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为18.00 mL。 已知：样品中除硫酸铜外，其他杂质不与KI和发生反应。 (6)该滴定过程中指示剂可选用___________。 A．酚酞试液 B．甲基橙试液 C．硝酸银溶液 D．淀粉溶液 (7)计算该固体样品中硫酸铜的纯度___________。(写出计算过程，保留3位小数) (8)下列实验操作会使滴定结果偏大的是___________。(不定项) A．未润洗盛装溶液的滴定管 B．滴定振荡时锥形瓶中有液体溅出 C．滴定前尖嘴处有气泡滴定后气泡消失 D．锥形瓶未干燥就加入待测液 一定温度下，在液态有机相中存在以下配合反应：             (9)向上述溶液中继续加入有机溶剂进行稀释，体系中与的比值将___________(填“增大”、“减小”或“不变”)，运用平衡常数相关知识解释原因。___________。 【答案】(1)D (2) 氢键 (3)8 (4)蓝绿色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色 (2分) (5)D (6)D (7) (2分) (8)AC (9) 增大 =200，= ，当溶液被稀释时， 减小， 增大，因此与的比值增大 (2分) 【详解】（1）根据方程式，每消耗3 mol Cu，需要8 mol 和2 mol ，设 的物质的量为 ， 的物质的量为 ， 提供 mol 和 mol ， 提供 mol 和 mol ，根据方程式可得，、x=3时满足，因此 与 的物质的量之比为 ，故选D。 （2）由配合物的结构可知， 的内界是： ，其中 是中心离子， 是配体，配位原子是 。外界是： ，“·”表示结晶水与晶体之间的氢键。 （3）与形成的配离子可表示成， 的4s和4p轨道进行sp杂化，形成2个sp杂化轨道。每个 分子中的 原子提供一个孤对电子，与 的sp杂化轨道形成配位键。由于 有2个sp杂化轨道，因此 。中 与2个 分子之间形成2个配位键，均为σ键，每个 分子内部有3个 键，均为σ键。总σ键数 = 2（配位键） + 2× 3（ 键） =2+ 6=8，因此，1 mol 中含有8 mol σ键。 （4）在94～144s时，pH从6.8升至9.5，此时溶液中OH-浓度增加，但沉淀未溶解。144~430spH进一步升高至11.2时，氨水过量，Cu2+与NH3形成络合物[Cu(NH3)4]2+，导致蓝绿色沉淀逐渐溶解，溶液变为深蓝色。 （5）A．0s时溶液为CuSO4溶液，pH=5.2，说明Cu2+水解使溶液呈酸性，Cu2+的水解离子方程式为：，该方程式未标注“”，A错误； B．根据题目，20～94s过程中生成了蓝绿色沉淀，是弱碱，不能拆，正确的离子方程式应为： ，B错误； C．20～94s过程中，溶液中存在电荷守恒：，C错误； D．随着氨水的滴入pH逐渐升高的过程中，初始反应为，滴入氨水，促进水解，水的电离程度增大；氨水过量后，溶液中的 OH-主要来源于 电离，水的电离受到抑制，此时溶液呈碱性，溶液由酸性经中性向碱性过渡，当溶液时水的电离程度最大，D正确； 故选D。 （6）在 存在时，若加入淀粉溶液呈蓝色。当 被完全消耗后，蓝色消失，且半分钟内不恢复原色，这表明滴定到达终点。因此，需要加入淀粉作为指示剂，故选D。 （7）消耗的 的物质的量：，根据反应方程式，建立物质的量关系：，根据另一个反应方程式， ，25.00 mL待测液中 的质量：，将25.00 mL溶液扩展到100 mL溶液：，样品中 的质量分数：。 （8）A．若滴定管未润洗，导致 溶液被稀释，实际浓度低于标定值，滴定至终点时，消耗的体积会增大，导致 偏大，最终滴定结果偏大，A选； B．若溶液溅出，导致 未被完全滴定，消耗的 会减少， 偏小，结果偏小，B不选； C．滴定前尖嘴处有气泡滴定后气泡消失会导致记录的 体积增大， 偏大，结果偏大，C选； D．锥形瓶中少量水分不影响 的量，也不影响滴定结果，D不选； 故选AC。 （9）由已知信息可知，、，将两式相除，可以得到：，，根据题目给出的数据：，所以：，当溶液被稀释时， 减小， 增大，因此与的比值增大。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $