第07讲 配合物的成键与应用 （重难点讲义）化学苏教版选择性必修2

第07讲 配合物的成键与应用 重难目标 1.能从“给孤电子对、供空轨道”的角度说明配位键的形成，会用“→”表示配位键，知道配位键属于共价键。 2.能判断常见微粒间能否形成配位键，会计算配合物中配位键的数目。 3.能举例说明配合物在沉淀溶解、电镀、萃取分离、催化、离子检验等场景中的应用。 4.能综合运用配合物知识分析实验与工业流程中的现象并规范作答。 考情分析 本讲内容在江苏卷多与实验探究、工业流程结合，以“加氨水沉淀溶解”“电镀液配位”“催化机理”等情境考查；配位键本身也常作为选择题选项。具有以下命题特点： 成键判断：给出微粒（NH4+、H3O+、[Fe(SCN)]2+等），判断配位键的形成与表示，或计算配合物中σ键（含配位键）总数。 应用情境：氯型镀锌液（ZnCl2过量使Zn2+配位）、氨水溶解AgCl/Cu(OH)2、CO与血红蛋白、催化剂表面吸附（M—CO配位）等。 综合大题：实验探究“配合物组成与稳定性”、工业流程“配合物控速溶出”，要求书写配离子、解释现象。 一、配位键的形成 1.本质：由一个原子（或离子）提供孤电子对，另一个原子（或离子）提供可接受孤电子对的空轨道形成的共价键，即配位键，常用“→”表示，箭头由提供孤电子对的原子指向接受孤电子对的原子，如NH4+中N→H。 2.形成条件（两方）：给予方必须有孤电子对（NH3、H2O、F−、Cl−、CN−、SCN−、CO等）；接受方必须有空轨道（H+、Cu2+、Ag+、Fe3+、BF3等）。 3.配位键属于共价键：形成之后与普通共价键没有差别。如NH4+中4个N—H键完全相同；H3O+中3个O—H键完全相同；键参数（键长、键能）按同类共价键处理。 4.常见含配位键的微粒：NH4+、H3O+、[Cu(NH3)4]2+、[Ag(NH3)2]+、[Fe(SCN)]2+、[Fe(CN)6]3−、CO（C←O，O提供孤电子对）、N2与过渡金属的吸附键等。注意BF3中B有空轨道，可与F−、NH3形成配位键，但BF3本身B—F键不是配位键。 5.数目计算：配位键都是σ键。1 mol [Cu(NH3)4]2+：4 mol配位键；1 mol NH4+：1 mol配位键（4 mol N—H σ键）；1 mol CO：1 mol σ键（含1个配位键成分）与2 mol π键。 二、配合物促进沉淀溶解 1.原理：配体与金属离子形成稳定的配离子，降低自由金属离子浓度，使难溶物的溶解平衡向溶解方向移动。 2.典型实例：AgCl溶于氨水生成[Ag(NH3)2]+；Cu(OH)2溶于过量氨水生成深蓝色[Cu(NH3)4]2+；Au、Ag溶于氰化物溶液（氰化法提金，生成[Au(CN)2]−）。 3.对比记忆：AgCl溶于氨水，但AgI不溶于氨水（AgI更难溶，氨水配位能力不足以溶解）；加入KCN则AgI也可溶解（CN−配位能力远强于NH3）。配位能力越强，溶解难溶物的能力越强。 4.答题规范：指出“形成稳定配离子，使自由金属离子浓度减小，溶解平衡正向移动”。 三、电镀、分离提纯中的应用 1.电镀：以配合物溶液作电镀液可控制金属离子浓度，使镀层均匀致密。如用锌酸盐（[Zn(OH)4]2−）或氯配位体系镀锌、铜氨溶液镀铜。原理是配离子在阴极逐步解离、还原，自由金属离子浓度小而稳定。 2.萃取与离子分离：利用不同金属离子与配体形成的配合物稳定性（或进入有机相的能力）差异实现分离，如用SCN−、Cl−体系分离Co2+与Ni2+（Co2+易形成[Co(SCN)4]2−被乙醚萃取，Ni2+不能）。 3.控制反应速率：工艺流程中“控速溶出”，利用配合物缓释金属离子，避免沉淀杂化、改善选择性。如以Cu(NH3)42+缓释Cu2+、用柠檬酸根等配位Fe3+防止过早水解。 4.答题规范：“金属离子与配体形成配合物（配离子），减小了自由金属离子浓度，从而……（控制速率/防止沉淀/提高选择性）”。 四、催化与检验中的应用 1.催化：过渡金属配合物作催化剂或催化中间体。机理常见为：反应物（CO、O2、N2、H2等）在金属中心上形成配位键被活化（M←CO、M←O2），随后发生反应并离去。读机理图时抓住“配位→活化→转化→脱附”的循环。 2.检验：Fe3+的检验（KSCN溶液变红，生成[Fe(SCN)]2+）；NH4+的检验（与NaOH共热产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的NH3）；CO削弱血红蛋白的携氧能力（CO与Fe2+的结合较O2牢固，较难解离，但并非不可逆）。 3.毒理与生命：血红蛋白中的Fe2+与O2配位携氧；CO与其中的Fe2+较牢固地配位，削弱携氧能力；CN−主要与细胞色素氧化酶中的Fe3+结合，抑制细胞呼吸。 4.综合规范：书写配合物参与的离子方程式时，配离子整体写（如[Ag(NH3)2]＋），并注意配体过量条件；解释现象时先写“形成配位键/配离子”，再写对平衡、速率或颜色的影响。 题型01 配位键的形成与表示 【典例1】（2026-2027高三上·江苏南京·阶段检测）实验室利用铜氨溶液在铁片上镀铜。下列相关原理、装置及操作正确的是 A．配制CuSO4溶液 B．制备铜氨溶液 C．铁片除油污 D．铁片上镀铜 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．容量瓶为定容容器，不能用于溶解固体溶质，应在烧杯中溶解CuSO4固体，冷却后再转移至容量瓶定容，A错误； B．制备铜氨溶液应向CuSO4溶液中逐滴加入浓氨水至沉淀恰好溶解，加入NH4Cl溶液无法得到铜氨络离子，B错误； C．油污在碱性条件下水解除去，稀盐酸为酸性溶液，无法除油污，反而会与铁反应，C错误； D．电镀时镀件铁片作阴极接电源负极，镀层金属铜作阳极接电源正极，电解液为含铜离子的铜氨溶液，装置符合电镀原理，D正确； 故选D。 【对练1】氨用于生产硝酸、铵盐、纯碱、配合物等，液氨可以和金属钠反应产生H2。实验室利用下列装置进行氨气或氨水的有关实验，能够达到实验目的的是 A．制取NH3 B．干燥NH3 C．收集NH3 D．制[Cu(NH3)4](OH)2溶液 【答案】D 【解析】A．应该用氯化铵和氢氧化钙的固体混合物加热制取NH3，故不选A； B．氨气是碱性气体，氨气和硫酸反应生成硫酸铵，干燥NH3不能用浓硫酸，应该用碱石灰干燥氨气，故不选B； C．氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集氨气，氨气应该从长导管进入烧瓶，故不选C； D．氢氧化铜和氨水反应生成配合物氢氧化四氨合铜，故选D； 选D。 【对练2】氮元素是地球上极为丰富的元素，氮元素可形成多种化合物。 (1)NH3分子的空间结构为___________，C、N、O三种元素的电负性从大到小的顺序是___________。 (2)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4，N2H6SO4与硫酸铵化合物类型相同。 ①N2H4的结构式为___________。 ②写出肼与硫酸反应生成N2H6SO4的化学方程式___________。 ③N2H6SO4晶体内不存在___________(填字母)。 a．离子键　　   b．共价键　    c．配位键    　d．范德华力    ④肼可用作火箭燃料，火箭推进器中装入液态肼和过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知1 g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，写出该反应的热化学方程式为___________。 (3)下图表示某种含氮有机物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点，分子内存在空腔，能嵌入某离子或某分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机物识别的是___________(填字母)。 A．CF4 B．CH4 C．NH4+ D．H2O 【答案】(1) 三角锥形 O>N>C (2) N2H4 +H2SO4＝N2H6SO4 d N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) △H=－643.2kJ/mol (3)C 【解析】（1）NH3中心原子为N原子，N原子的价层电子对为3+对，杂化方式为sp3杂化，有一对孤电子对因此空间构型为三角锥形；同周期从左到右非金属性增强，电负性增大，所以C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是O>N>C； （2） 肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2取代形成的另一种氮的氢化物，结构式为：； N2H4是二元弱碱，硫酸是二元酸，二者反应生成N2H6SO4的方程式为：N2H4 +H2SO4＝N2H6SO4； N2H6SO4是离子晶体，N2H62+和SO42−之间存在离子键，N2H62+中N和H之间形成6个共价键(其中2个配位键)，N和N之间形成共价键，SO42−中S和O之间形成共价键，不含范德华力，故选d； 1 g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，1mol肼与足量过氧化氢反应放出的热量为20.1kJ×32=643.2kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)  △ H=－643.2kJ/mol； （3）注意氢键的形成条件及成键元素(N、O、F、H)，本题中嵌入的某微粒应分别与4个N原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为NH4+，故选C。 题型02 配合物与沉淀溶解 【典例2】（2024-2025高二下·江苏苏州·阶段检测）实验室采用如图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为2mol⋅L−1，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．Ksp(AgI)>Ksp(AgCl) B．结合NH3的能力：Ag+>H+ C．溶液中水的电离程度：无色溶液II>氨水>硝酸 D．由于AgI具有感光性，可用AgI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； 【解析】A．AgCl和AgI的淡黄色固体加入足量氨水，得到AgI黄色固体和[Ag(NH3)2]+，说明溶解度AgCl＞AgI，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，A错误； B．无色溶液1含有[Ag(NH3)2]+，加入硝酸后转化为NH4NO3和AgCl，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2mol⋅L−1，NH3⋅H2O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．AgI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。 【对练3】一种以铜为原料制取[Cu(NH3)4]SO4溶液并验证SO2性质的装置中，原理正确并能达到实验目的的是 A．用装置甲制CuSO4 B．用装置乙验证SO2具有漂白性 C．用装置丙稀释混合物得CuSO4溶液 D．用装置丁制[Cu(NH3)4]SO4溶液 【答案】D 【解析】A．常温下铜与浓硫酸不发生反应，装置甲没有加热装置，无法制取CuSO4，A错误； B．SO2使酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应，不能验证SO2的漂白性，B错误； C．稀释含浓硫酸的混合物时，应将混合物沿烧杯内壁缓慢倒入水中并不断搅拌，装置丙中将水倒入混合物中，会因浓硫酸稀释放热引发液体飞溅，操作错误，C错误； D．向CuSO4溶液中滴加过量氨水，首先生成氢氧化铜沉淀，氨水过量后沉淀溶解，最终生成[Cu(NH3)4]SO4，装置丁的操作可以达到实验目的，D正确； 故选D。 【对练4】对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是 A．除油污 B．除铁锈 C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．碳酸钠溶液为碱性，油污在碱性溶液中发生水解反应，同时加热可以增强碳酸钠溶液的碱性，可以达到除油污的目的，A不符合题意； B．铁锈的主要成分为氧化铁，稀盐酸可以用来除去铁锈，可以达到实验目的，B不符合题意； C．硫酸铜溶液中滴加过量氨水，可以生成铜氨溶液，可以达到实验目的，C不符合题意； D．铁钉镀铜，需要电解装置，使Cu片与电源正极相连，铁钉与电源负极相连，图中无电源，故不能达到实验目的，D符合题意； 故选D。 题型03 电镀与分离提纯 【典例3】（2026-2027高三上·江苏南通·阶段检测）实验室拟在铁钉表面镀铜的步骤为：除油污(将铁钉用热的Na2CO3溶液浸泡)→除铁锈→制铜氨溶液→镀铜。下列描述或操作正确的是 A．用热的Na2CO3溶液浸泡铁钉除油污是利用了相似相溶原理 B．除铁锈时可以选用浓硫酸进行处理 C．将氨水逐滴滴加到CuSO4溶液中至生成的沉淀溶解可得到铜氨溶液 D．镀铜时将铁钉与电源的正极相连接 【答案】C 【解析】A．热的Na2CO3溶液因CO32−水解呈碱性，油污在碱性条件下水解为可溶于水的物质从而被除去，并非利用相似相溶原理，A错误； B．浓硫酸中H+浓度较低，与铁锈反应速率慢，且常温下浓硫酸会使铁发生钝化，无法进一步除去内层铁锈，若加热还会与铁反应腐蚀铁钉，因此不能选用浓硫酸除铁锈，B错误； C．将氨水逐滴滴加到CuSO4溶液中，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解生成可溶性的[Cu(NH3)4]2+，即可得到铜氨溶液，C正确； D．镀铜时铁钉作为镀件，应与电源负极相连作阴极，Cu2+在阴极得电子析出铜实现镀铜，若接正极铁会失电子被腐蚀，D错误； 故选C。 【对练5】催化剂RhCl(PPh3)2(Ph表示苯基)可实现温和条件下的丙烯加氢：CH2=CHCH3(g)+H2(g)→CH3CH2CH3(g)，反应机理如题图所示，图中Rh离子形成的化学键都是配位键。下列说法正确的是 A．反应①中H2被氧化 B．反应②中，丙烯中碳原子上的孤电子对与Rh离子形成配位键 C．反应③中碳原子的轨道杂化类型由sp3变为sp2 D．催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能 【答案】D 【解析】A．反应①中H2的H−H键断裂，形成两个Rh−H键，H元素从0价变为−1价，化合价降低，H2被还原，A错误； B．丙烯中双键碳原子没有孤电子对，是碳碳双键的π键电子对提供给Rh离子形成配位键，不是碳原子的孤电子对，B错误； C．反应③中，丙烯双键的碳原子原本为sp2杂化，加成后变成饱和单键碳原子，杂化类型由sp2变为sp3，C错误； D．催化剂的作用是改变反应的历程，改变反应的活化能（一般为降低活化能加快反应），不改变反应的焓变，D正确； 故选D。 【对练6】在下列指定溶液中，能大量共存的离子组是 A．在0.1mol⋅L−1K3[Fe(CN)6]溶液中：Na+、Fe2+、SO42−、Cl− B．在0.1mol⋅L−1HI溶液中：Al3+、Fe3+、HCO3−、SO42− C．在0.1mol⋅L−1氨水中：K+、Cu2+、NO3−、Cl− D．在0.1mol⋅L−1KAl(SO4)2溶液中：NH4+、Na+、NO3−、ClO4− 【答案】D 【解析】A．二价铁会与铁氰化钾反应产生蓝色沉淀，即K++Fe2++[Fe(CN)6]3−=KFe[Fe(CN)6]↓，不能大量共存，A项不符合题意； B．该组离子中存在有，2Fe3++2I−=2Fe2++I2，HCO3−+H+=CO2↑+H2O，Al3++3HCO3−=Al(OH)3↓+3CO2↑，Fe3++3HCO3−=Fe(OH)3↓+3CO2↑，不能大量共存，B项不符合题意； C．该组离子中存在有，Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，不能大量共存，C项不符合题意； D．该组离子不发生离子反应，可以大量共存，D项符合题意； 故答案选D。 题型04 催化与检验中的应用 【典例4】（2025-2026高三上·山西大同·期中）已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2−呈蓝色，[ZnCl4]2−为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl−⇌[CoCl4]2−+6H2O  ΔH，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如下。下列说法正确的是 装置 序号 操作 现象 ① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈粉红色 ② 加水稀释 ③ 加少量ZnCl2固体 A．实验①可知：ΔH<0 B．实验②加水稀释后，c{[Co(H2O)6]2+}降低导致平衡逆向移动 C．由实验③可知：Zn2+络合Cl−能力比Co2+络合Cl−能力弱 D．[Co(H2O)6]2+中配体为H2O，配位数是6 【答案】D 【解析】A．由实验①可知，降低温度，平衡[Co(H2O)6]2++4Cl−⇌[CoCl4]2−+6H2O逆向移动，正反应为吸热反应，ΔH>0，A错误； B．实验②加水稀释后，反应物和生成物浓度均减小，浓度商Q>K，导致平衡逆向移动，B错误； C．由实验③可知，加入ZnCl2后，发生反应Zn2++4Cl−⇌[ZnCl4]2−，Cl−浓度减少，导致平衡[Co(H2O)6]2++4Cl−⇌[CoCl4]2−+6H2O逆向移动，说明Zn2+络合Cl−能力比Co2+络合Cl−能力强，C错误； D．[Co(H2O)6]2+中配体为H2O且配位数为6，D正确； 故选D。 【对练7】下列反应方程式错误的是 A．浓硝酸见光分解： B．红热的铁在水蒸气中反应： C．向硫代硫酸钠滴加稀硫酸：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O D．向硫酸铜加入过量的氨水：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O 【答案】A 【解析】A．浓硝酸见光分解的正确产物应为NO2，方程式为：，A错误； B．红热的铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，方程式，B正确； C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质沉淀和二氧化硫气体，方程式S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C正确； D．硫酸铜与过量氨水反应形成四氨合铜(II)离子，离子方程式正确，D正确； 故选A。 【对练8】[Co(NH3)6]Cl3的制备过程如下： 步骤I  在锥形瓶中加入CoCl2⋅6H2O、NH4Cl和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成[Co(NH3)6]2+。 步骤Ⅱ  向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成[Co(NH3)6]Cl3。 步骤Ⅲ  冷却，过滤，得到含[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。 步骤Ⅳ  向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀[Co(NH3)6]Cl3，过滤、洗涤、干燥、称量。 下列说法正确的是 A．[Co(NH3)6]Cl3的中心原子是Co3+，配位体是NH3和Cl− B．步骤Ⅱ中每生成2 mol[Co(NH3)6]Cl3，需加入1 mol H2O2 C．由步骤Ⅱ不能得出结论：向1 mol⋅L−1 CoCl2溶液中加入双氧水可以生成Co3+ D．若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量 【答案】C 【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化[Co(NH3)6]2+溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，将粗产品溶于热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀[Co(NH3)6]Cl3，过滤后用冷的HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。 【解析】A．配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3+为中心离子，NH3为配体，Cl-为外界离子，不参与配位，A错误； B．用H2O2氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，Co元素由+2价上升到+3价，H2O2中O元素由-1价下降到-2价，步骤Ⅱ中每生成2 mol[Co(NH3)6]Cl3，理论上需加入1 mol H2O2，但H2O2受热会分解，实际需要加入的H2O2要大于1mol，B错误； C．步骤Ⅱ中NH3配位稳定Co3+，若无NH3，Co2+可能难被氧化，无法直接推断纯CoCl2溶液中反应可行，C正确； D．步骤Ⅲ用稀盐酸溶解产物，若用浓盐酸会降低溶解度，导致产物未完全溶解即被过滤，减少产量，D错误； 故选C。 1．为研究铁的化合物的性质，实验操作及现象如下图所示。 已知：Fe3+在水溶液中由于水解与OH−配位而显黄色；[Fe(C2O4)3]3−呈绿色。下列说法正确的是 A．②→③稀硫酸促进Fe3+水解平衡正向移动 B．③→④发生的反应有Fe3++nSCN−=[Fe(SCN)n]3−n C．④→⑤说明Fe(Ⅲ)被K2C2O4还原为Fe(Ⅱ) D．⑤→⑥说明加入稀硫酸提高了Fe3+与SCN−的配位能力 【答案】B 【分析】将水合硫酸铁溶于水，Fe3+在水溶液中发生水解与OH−配位而显黄色；加入稀硫酸使H+浓度增大，水解平衡逆向移动，溶液③颜色变浅；加入SCN−后，SCN−的配位能力比OH−强，因此Fe3+与SCN−发生配位反应生成红色的[Fe(SCN)n]3−n，溶液④变为红色；加入K2C2O4·H2O后，C2O42−的配位能力比SCN−强，因此Fe3+与C2O42−发生配位反应生成绿色的[Fe(C2O4)3]3−，溶液⑤变为绿色；加入稀硫酸，H+与C2O42−结合生成弱电解质H2C2O4，使[Fe(C2O4)3]3−的解离平衡正向移动，释放出Fe3+再与SCN−配位显红色，溶液⑥变为红色，由此解答； 【解析】A．由分析可知，Fe3+水解反应为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入稀硫酸使H+浓度增大，水解平衡逆向移动，A错误； B．Fe3+与SCN−发生配位反应生成红色的[Fe(SCN)n]3−n，对应反应式书写正确，符合实验现象，B正确； C．④→⑤得到绿色的[Fe(C2O4)3]3−，其中Fe仍为+3价，发生的是配位取代反应，没有发生氧化还原，Fe(Ⅲ)未被还原，C错误； D．⑤→⑥加入稀硫酸，H+与C2O42−结合生成弱电解质H2C2O4，使[Fe(C2O4)3]3−的解离平衡正向移动，释放出Fe3+再与SCN−配位显红色，稀硫酸没有改变Fe3+与SCN−的配位能力，D错误； 故选B。 2．（2024-2025高三上·江苏常州·开学考试）目前水体中主要污染物有氨氮、硝氮、重金属、有机物等，而部分重金属如铅(Pb)易形成溶解度较大的配合物，如何高效处理这些污染物便成为了研究的热点。 (1)实验室内通常使用覆盖硫黄的方法使得Hg转化为无毒的HgS。 ①写出该反应的化学方程式：_______。 ②该反应几乎在瞬间就可以反应完全。相比之下比汞活泼的铁与硫黄发生类似反应则十分困难：只有在加热的条件下才可以发生化合生成FeS。请合理推测以上反常现象出现的原因：_______。 ③HgS是溶解度最小的硫化物。实验室常用王水来溶解HgS。已知＋2价的汞易形成4配位的配离子，且反应过程中会产生一种极易被氧化为另一种红棕色气体的无色无味气体和一种淡黄色的沉淀。给出反应的离子方程式：_______。 (2)某科研课题组设想的一种利用光化学催化同时处理水体中硝氮、重金属、有机物(以CH2O表示)污染物的反应机理如下图所示。 (提示：在催化剂表面只有电子积累到一定密度时Pb2+和NO3−的还原反应才会发生) ①实际应用过程中，发现随着反应的进行，催化剂活性逐渐下降，不考虑光照强度的变化，请解释催化剂活性逐渐下降可能的原因：_______； ②若处理过程中向水体中加入大量氨氮，研究发现单位时间内Pb2+的去除率先迅速下降后缓慢上升(如下图所示)，试解释上述现象出现的原因：_______。 【答案】(1) Hg+S=HgS 汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升 3HgS+8H++2NO3−+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O (2) 还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行 加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与NO3−反应将其还原为N2，NO3−消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升 【解析】（1）①实验室内用硫黄与Hg反应转化为HgS，该反应的化学方程式：Hg+S=HgS，故答案为：Hg+S=HgS； ②比汞活泼的铁与硫黄发生类似反应则十分困难，只有在加热的条件下才可以发生化合生成，原因是：汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升，故答案为：汞在室温下呈液态，与疏的接触面积显著增大，反应速率显著上升； ③王水为浓硝酸和浓盐酸的混合物，与HgS反应生成[HgCl4]2-、NO和S，则离子方程式为：3HgS+8H++2NO3−+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O，故答案为：3HgS+8H++2NO3−+12Cl-=3[HgCl4]2-+2NO+3S+4H2O； （2）①随着反应的进行，催化剂活性逐渐下降，原因是：还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行，故答案为：还原生成的Pb覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行；部分Pb2+在h端失去电子被氧化为PbO2沉淀覆盖在催化剂表面，减小了反应物与催化剂的接触面积，阻碍反应进一步进行； ②若处理过程中向水体中加入大量氨氮，研究发现单位时间内Pb2+的去除率先迅速下降后缓慢上升，原因是：加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与NO3−反应将其还原为N2，NO3−消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升，故答案为：加入大量氨氮后，NH3与Pb2+形成溶解度较大的配合物，降低了Pb2+的浓度，导致Pb2+的去除率迅速下降；同时加入的氨氮可以与NO3−反应将其还原为N2，NO3−消耗电子减少，催化剂表面s2端电子密度增大，有利于Pb2+的还原，导致Pb2+的去除率缓慢上升。 3．（2025·河南·高考真题）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．③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 【答案】D 【分析】该实验过程中，相关物质转化如下：。 【解析】A．②中沉淀为Cu(OH)2(s)，④中沉淀为[Cu(NH3)4]SO4(s)，二者不是同一物质，故A项说法正确； B．③中含有的溶质为[Cu(NH3)4]SO4，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确； C．[Cu(NH3)4]SO4为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向[Cu(NH3)4]SO4的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得[Cu(NH3)4]SO4在水溶液中析出，即[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中，故C项说法正确； D．由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有[CuCl4]2−，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故D项说法错误； 综上所述，说法错误的是D项。 4．（2024-2025高二上·江苏无锡·期中）由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}的实验如下： 步骤1：向盛有4 mL 0.1 mol·L-1蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴1 mol·L-1氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8 mL 95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 下列说法不正确的是 A．最终所得溶液中大量存在NH4+、[Cu(NH3)4]2＋、SO42− B．步骤2所发生反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH- C．步骤3中用加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 D．H2O与Cu2＋的配位能力大于NH3 【答案】D 【分析】硫酸铜溶液中滴加氨水，生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸铵，继续滴加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4，继续滴加95%乙醇，降低了溶剂的极性，有[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体析出。 【解析】A．根据分析，最终溶液中含硫酸铵和[Cu(NH3)4]SO4，大量存在NH4+、[Cu(NH3)4]2＋、SO42−，A正确； B．步骤2中继续滴加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-，B正确； C．根据分析，加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体，C正确； D．硫酸铜溶液中铜离子以水合铜离子形式存在，加入氨水后最终转化为[Cu(NH3)4]2＋，故NH3与Cu2＋的配位能力大于H2O，D错误； 故选D。 5．（2023-2024高二下·江苏常州·期中）CoCl2、CoCl3可分别溶于氨水形成[Co(NH3)6]Cl2、[Co(NH3)5Cl]Cl、[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2等多种配合物，其中只有[Co(NH3)6]Cl2可脱除烟气中的NO并生成新的配合物。 (1)其他条件相同、不同pH时，[Co(NH3)6]Cl2溶液对NO脱除率随时间的变化如图1所示。pH=10.25较pH=9.75时的NO脱除率更高。其原因可能是_____。 (2)配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2和[Co(NH3)6]Cl3的配位数之比为_____。区别这两种配合物的实验方案为_____。 (3)向CoCl2溶液中加入少量NH4Cl溶液，加入活性炭作催化剂。加入的NH4Cl溶液有利于后续Co2+与NH3的配合反应，其原理是_____。生成的[Co(NH3)6]Cl2需隔绝空气保存，否则会很快转化为[Co(NH3)6]Cl3。写出转化为[Co(NH3)6]Cl3的化学反应方程式_____。 (4)不同温度下，[Co(NH3)6]Cl2对NO脱除率随时间的变化如图2所示。60min后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是_____。 【答案】(1)pH=10.25较pH=9.75时，c(OH-)增大，c(NH3)增大，使c {[Co(NH3)6]Cl2}增大，NO脱除率高{或者pH=9.75较pH=10.25时，c(NH3)偏小，更易生成没有脱除NO作用的新的配合物[Co(NH3)5Cl]C1} (2) 1：1 取同物质的量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为[Co(NH3)6]Cl3 (3) NH4Cl电离出的NH4+抑制氨水的电离，更有利于Co2+与NH3的配合反应 4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl+2H2O=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3⋅H2O(或者4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3+2H2O)； (4)①NO溶解能力下降；②[Co(NH3)6]Cl2被空气中氧气氧化的速率加快，造成对NO的脱除能力下降 【解析】（1）由题意可知，碱性越强，NO脱除率越高，pH=10.25较pH=9.75时，c(OH-)增大，c(NH3)增大，使c {[Co(NH3)6]Cl2}增大，NO脱除率高{或者pH=9.75较pH=10.25时，c(NH3)偏小，更易生成没有脱除NO作用的新的配合物[Co(NH3)5Cl]C1}； （2）配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2和[Co(NH3)6]Cl3的配位数均为6，其比值为1：1，想区分两种配合物，只需验证同物质的量中氯离子浓度即可，故可取同物质的量的两种晶体配成的溶液于2支试管中，分别加入足量硝酸银溶液至沉淀完全，过滤干燥后称量沉淀质量，质量大的为[Co(NH3)6]Cl3。 （3）NH4Cl电离出的NH4+抑制氨水的电离，更有利于Co2+与NH3的配合反应；将CoCl2加入NH4Cl和浓氨水的混合液中，生成的[Co(NH3)6]Cl2需隔绝空气保存，否则会很快转化为[Co(NH3)6]Cl3，则说明[Co(NH3)6]Cl2会与空气中的氧气反应，方程式为4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl+2H2O=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3⋅H2O(或者4[Co(NH3)6]Cl2+O2+4NH4Cl=4[Co(NH3)6]Cl3+4NH3+2H2O)； （4）随着温度升高，气体溶解度下降，且反应速率会加快，因此60min后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是：①NO溶解能力下降；②[Co(NH3)6]Cl2被空气中氧气氧化的速率加快，造成对NO的脱除能力下降。 6．（2024-2025高三上·江苏扬州·期中）从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下： (1) TeO2难溶于水，是两性氧化物。其晶胞如图-1所示，1个晶胞中Te原子的数目为______。 (2)“浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图-2所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为_______(填化学式)。硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是_______。(浸出率) (3)“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成TeCl62−，可大幅提高反应速率。TeCl62−被Na2SO3还原的离子方程式为_______，该过程中Cl-的作用是_______。 (4)碲粉与HClO3溶液反应可制得碲酸(H6TeO6)。H6TeO6结构如图-3所示，可形成配离子[[Cu(H2TeO6)2]5−。[Cu(H2TeO6)2]5−中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，画出该配离子的结构[____]5−_______。 【答案】(1)2 (2) PbSO4 PbSO4的生成速率加快，覆盖在TeO2表面，阻碍反应进行 (3) TeCl62−+4SO32−=Te↓+6Cl−+2SO42−+2SO2↑ 催化剂，与Te4+形成配合物 (4) 【分析】由题干流程图可知，向高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中加入一定量的H2SO4溶液进行“浸出”，将Pb转化为PbSO4，然后加入NaCl和Na2SO3进行“还原”得到Te，过滤得到Te，用盐酸进行“酸洗”除去表面杂质，得到锑粉，据此分析解题。 【解析】（1）由题干晶胞示意图可知，晶胞中白球的个数为：=2，黑球的个数为：=4，结合化学式TeO2可知，白球为Te、黑球为O，故1个晶胞中Te原子的数目为2，故答案为：2； （2）由分析可知，“浸出”时加入硫酸溶液，能将Pb转化为PbSO4沉淀留在滤渣中，即“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为PbSO4，由题干图示信息可知，硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，PbSO4的浸出率增大，即PbSO4的生成速率增大，生成的PbSO4覆盖在TeO2的表面，阻碍反应的进行，从而导致Te元素浸出率下降，故答案为：PbSO4；PbSO4的生成速率加快，覆盖在TeO2表面，阻碍反应进行； （3）“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2，若先加入少量NaCl生成TeCl62−，可大幅提高反应速率，根据氧化还原反应配平可得，TeCl62−被Na2SO3还原的离子方程式为：TeCl62−+4SO32−=Te↓+6Cl−+2SO42−+2SO2↑，该过程中反应前后Cl-的数量没有发生改变，加快了反应速率，故Cl-的作用是催化剂，与Te4+形成配合物，故答案为：TeCl62−+4SO32−=Te↓+6Cl−+2SO42−+2SO2↑；催化剂，与Te4+形成配合物； （4） 由题干H6TeO6如图-3所示结构，且[Cu(H2TeO6)2]5−中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，即H2TeO64−中共面的4个O原子中的2个与Cu(Ⅲ)形成4个配位键，故该配离子的结构为：，故答案为：。 7．（2024-2025高二下·江苏扬州·期中）（Cd）可用于制作发光电子组件。以铜镉废渣（含Cu、Cd、Zn、Fe等单质）为原料制备镉的工艺流程如下： 浸出后的溶液中含有Cd2+、Zn2+、Fe2+等金属离子，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol⋅L−1计算）如下表： 氢氧化物     Fe(OH)3     Zn(OH)2     Cd(OH)2 开始沉淀的pH 1.5 5.9 7.2 沉淀完全的pH 3.3 8.9 9.9 (1)“浸出”时通入氮气而不是通入空气进行搅拌的原因是________。 (2)“氧化”时发生反应的离子方程式为________。HNO3也能氧化Fe2+，工业生产中不选用HNO3的原因是________。 (3)“调pH”时控制溶液pH在3.3～5.9之间，“滤渣”的主要成分是________（填化学式）。 (4)“置换”时发生的反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd。镉置换率[镉置换率]与的关系如图所示。实际生产中选择的原因是：________。 (5)Cd和Zn同族且相邻，部分金属水合离子的颜色如下表所示： 离子 26Fe2+ 29Cu2+ 21Sc3+ 30Zn2+ 48Cd2+ 颜色 浅绿色 蓝色 无色 无色 无色 ①金属水合离子是否有颜色与金属离子的结构间的关系可描述为________。 ②硫酸酸化的硫酸铁溶液中铁元素以[Fe(H2O)6]3+形式存在而使溶液呈浅紫色，向其中滴入几滴KSCN溶液，因生成[Fe(H2O)3(SCN)]2+、[Fe(H2O)4(SCN)2]+等离子而使溶液呈红色，能发生上述反应的原因是________。 (6)MnO2的长方体晶胞结构如图1所示，图中已表示出晶胞边长及坐标轴，图2为沿y轴方向晶胞投影图。请在图3方框中画出沿z轴方向晶胞投影图________。 【答案】(1)防止Cu在酸性条件下被O2氧化生成Cu2+，导致Cu被浸出。 (2) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 会释放出氮氧化物(NO、NO2)，造成环境污染 (3) Fe(OH)3 (4)比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的NaOH (5) 如果金属离子核外存在未成对电子则金属水合离子有颜色，反之则无色 SCN−比H2O更容易与Fe3+形成配合物 (6) 【分析】根据流程图，铜镉废渣(含Cu、Cd、Zn、Fe等单质)，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，在滤液中加入双氧水溶液，氧化亚铁离子为铁离子，加ZnO调节pH在3.3~5.9之间，形成氢氧化铁沉淀，在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和Na2[Zn(OH)4]。 【解析】（1）【详解】(1)“浸出”时的目的是将废渣中的铜以铜渣的形式除去，而不能转化为Cu2+，而在酸性条件下Cu发生反应4H++O2+2Cu=2Cu2++2H2O，“浸出”时通入氮气而不是通入空气进行搅拌的原因是防止Cu在酸性条件下被O2氧化生成Cu2+，导致Cu被浸出。故答案为：防止Cu在酸性条件下被O2氧化生成Cu2+，导致Cu被浸出； （2）①“氧化”时的反应物为H2O2和Fe2+，推测生成物为Fe3+和H2O，“氧化”时发生反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。 ②HNO3作氧化剂参与氧化还原反应时通常得到氮氧化物，会对环境不友好，虽也能氧化，但工业生产中不选用的原因是会释放出氮氧化物(NO、NO2)，造成环境污染。故答案为：会释放出氮氧化物(NO、NO2)，造成环境污染； （3）“调pH”时选择pH的范围应该是3.3~5.9之间，此时Fe3+沉淀完全和Zn2+开始沉淀。对比流程前后可知该步骤的目的是除去溶液中的Fe3+，使之转化为Fe(OH)3沉淀，而不使Zn2+、Cd2+沉淀，“滤渣”的主要成分是Fe(OH)3(填化学式)Fe(OH)3。故答案为：Fe(OH)3； （4）“置换”时选择加入Zn的目的是置换出Cd，理论上Zn与Cd2+的物质的量之比为1:1，而实际生产中选择，结合图象可知，选择超过1.3的原因就是为了提高镉置换率，而又不是越大越好的原因，结合图象可知，超过1.3之后镉置换率的提升不大，但Zn的用量会增大，同时后续熔炼过程中消耗NaOH的量也会增大，提高了生产的成本，故实际生产中选择的原因是：比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的NaOH。故答案为：比值小于1.3时，镉置换率低；比值大于1.3时，锌粉用量增大，镉置换率提升不大，且锌粉过多会消耗更多的NaOH； （5）①表格中水合离子有颜色的金属离子Fe2+、Cu2+的价电子排布式分别为3d6、3d9，而无色离子Sc3+、Zn2+、Cd2+的价电子排布式分别为3d0、3d10、4d10，对比可知水合离子有无颜色取决于d轨道上的电子情形，d轨道无未成对电子时无色，有未成对电子时则有颜色。所以金属水合离子是否有颜色与金属离子的结构间的关系可描述为：如果金属离子核外存在未成对电子，则金属水合离子有颜色；反之则无色。故答案为：如果金属离子核外存在未成对电子，则金属水合离子有颜色；反之则无色； ②由配离子颜色的变化和配离子形式的转化可知，六水合铁络合离子中配体H2O转变为SCN−，由此可知Fe3+更易与SCN−形成配位键。能发生上述反应的原因是SCN−比H2O更容易与Fe3+形成配合物。故答案为：SCN−比H2O更容易与Fe3+形成配合物。 （6）从Z轴方向俯视看到的就是此图形。 8．（2025-2026高三上·江苏扬州·开学考试）纳米铜用途广泛，以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制备纳米铜的过程如下： 已知：铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液能与Fe2+形成蓝色沉淀。 (1)①浸泡时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高浸出率的方法还有___________________。 ②写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式_____________________________。 (2)判断“氧化”反应已完成的实验操作及现象为_____________________________。 (3)“除铁”步骤，除用氨水调节pH外，还可用的氧化物为________(填化学式)。 (4)制备纳米铜。调节[Cu(NH3)4]2+溶液的pH=11，加入3mol⋅L−1N2H4溶液，75℃水浴加热，充分反应得到纳米铜。 ①获得纳米铜时，N2H4被氧化成N2，反应的离子方程式为_____________________________。 ②N2H4还原过程中可能生成难溶的CuCl(白色)和Cu2O(红色)，为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净。取少量样品，_________________________。(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；必须使用的试剂和设备：2mol⋅L−1H2SO4溶液、6mol⋅L−1HNO3溶液、2%AgNO3溶液，通风设备) 【答案】(1) 延长反应时间、适当升高温度 CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S (2)取少量氧化后的溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生 (3)CuO (4) 加入过量2mol⋅L−1 H2SO4溶液中，边加边搅拌，若固体部分溶解，溶液呈现蓝色，则含有Cu2O；在通风设备里，另取少量样品加入过量6mol·L−1HNO3溶液中，边加边搅拌，使固体充分溶解，向其中滴加几滴2%AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则含有CuCl 【分析】以主要成分为CuFeS2、含SiO2杂质的黄铜矿为原料制备纳米铜，首先向黄铜矿中加入FeCl3溶液浸泡，Fe3+氧化CuFeS2，生成Fe2+、Cu2+与单质S，SiO2不溶成为滤渣被分离；随后向浸泡后滤液加入H2SO4溶液，并通入O2氧化，将体系中Fe2+完全氧化为Fe3+；再加入氨水调节pH，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，Cu2+与氨水结合生成可溶性络离子[Cu(NH3)4]2+；最后向铜氨络合溶液中加入N2H4溶液，75℃水浴加热还原[Cu(NH3)4]2+得到纳米铜； 【解析】（1）①已经加料完成并以一定速率搅拌反应后，提高浸出率的方法还有：延长反应时间、适当升高温度等； ②“浸泡”时FeCl3提供Fe3+作氧化剂氧化CuFeS2，Fe3+被还原为Fe2+，根据得失电子守恒、原子和电荷守恒得离子方程式为CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S； （2）氧化步骤的目的是将全部Fe2+转化为Fe3+，已知铁氰化钾K3[Fe(CN)6]遇Fe2+生成特征蓝色沉淀，若氧化完全则溶液无Fe2+。操作为：取少量氧化后的溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀产生，证明体系中无Fe2+，氧化反应完成； （3）除铁依靠调pH使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，选用的氧化物需能与H+反应升高溶液pH，且不引入新金属杂质、不沉淀Cu2+，因此可选用CuO； （4）①[Cu(NH3)4]2+中Cu2+被N2H4还原为Cu单质，N2H4中N从-2价升至0价生成N2，反应体系pH=11呈碱性，产物含NH3、H2O，反应条件75℃水浴加热，配平得； ②已知Cu2O与稀硫酸反应生成蓝色Cu2+和不溶的Cu单质，出现“部分溶解、溶液变蓝”特征现象；CuCl溶于硝酸电离出Cl−，Cl−与Ag+生成不溶于酸的AgCl白色沉淀，硝酸溶解铜单质、纳米铜，排除单质铜对Cl−检验的干扰，通风设备用于排出硝酸溶解时产生的氮氧化物有毒气体。因此实验操作为：加入过量2mol⋅L−1H2SO4溶液，边加边搅拌，若固体部分溶解、溶液呈现蓝色，则样品中含有Cu2O；在通风设备里，另取少量样品加入过量6 mol⋅L−1HNO3溶液，边加边搅拌使固体充分溶解，向所得溶液中滴加几滴2% AgNO3溶液，若有白色沉淀AgCl产生，则样品中含有CuCl。 9．（2026·江苏南通·模拟预测）DES（低共熔溶剂）是一类新型绿色高效浸出剂，利用DES分离回收废旧三元锂离子电池电极材料中的Li、Mn、Co、Ni元素，工艺流程如下图。 (1)已知：三元锂离子电池充放电过程的总反应：。对废旧电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。将锂离子电池（外壳含铁，内芯含铝）置于不同浓度的Na2 S和NaCl溶液中使电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图-1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD图谱如图-2所示。 ①回收处理的是废旧锂离子电池的________（填“正”或“负”）极材料。 ②电池充分放电，一方面可避免拆解过程中产生危险，另一方面可提高________元素的回收率。 ③电池在5% Na2S溶液中比在5% NaCl溶液中放电速率更大，其原因是________。 ④与Na2S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图中的XRD图谱，分析其主要原因：________。 (2)向沉淀E[Co(OH)2、Mn(OH)2]中加氨水、通CO2后得到[Co(NH3)6]2+，从平衡移动角度分析氨水和CO2的作用分别是________。 (3)已知：流程中的DES由[(CH3)3 N+CH2COOH]Cl−与乙二醇按一定比例组成，浸出时通过Cl−的配位和醇的还原、溶解等作用调控金属离子的溶解性，实现选择性分离。 采用DES浸出时，浸出剂的组成比和用量比会影响分离效果。其他条件一定时，改变组成比和用量比，测定Ni、Co元素的浸出率，结果如图-3所示。 ①用量比相同时，组成比为1∶9显著高于1∶6的Co浸出率，可能原因为________。 ②浸出后需要对DES进行回收利用。若浸出分离后各组分所含的[(CH3)3 N+CH2COOH]Cl−与乙二醇回收率均为100%，但回收到的DES组成比会变大，原因是为________。 【答案】(1) 正 Li 相同质量分数的硫化钠溶液中离子浓度更大，离子所带电荷更多，S2−还原性比Cl−强 NaCl的质量分数由5%增大至10%时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快 (2)Co(OH)2(s)⇌Co2+(aq)+2OH−(aq)，NH3与Co2+发生络合反应，CO2能与OH−反应生成CO32−，使c(Co2+)、c(OH−)减小，平衡正向移动 (3) [(CH3)3 N+CH2COOH]Cl−相对含量较小，Co2+形成的[CoCl4]2−少；且乙二醇含量较大，能溶解较多Co2+，使得Co元素浸出率增大 乙二醇还原金属阳离子，被消耗 【分析】废旧电极材料加DES浸出，过滤得到溶液A含有Li+、Ni2+，加氨水调节pH≈8.5生成Ni(OH)2沉淀；固体B加水溶解后，加氨水调节pH≈8.5生成Co(OH)2、Mn(OH)2沉淀，加入氨水、通CO2后，Co(OH)2转化为[Co(NH3)6]2+，过滤分离得到沉淀F为Mn(OH)2； 【解析】（1）①由总反应可知，待回收的LiMeO2（含Li、Mn、Co、Ni）是放电时正极的产物，因此回收的是正极材料； ②放电过程中Li从负极迁移到正极，充分放电可使更多Li富集在待回收的正极材料中，提高Li的回收率； ③等质量分数的Na2S溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，溶液导电性更强，且S2−还原性强于，Na2S作为电解质溶液时，能更易参与电池的氧化还原反应，加快电子转移速率，从而使电池放电速率更快； ④结合图XRD图谱可知，NaCl体系中铁铝最终转化为氧化物，说明NaCl质量分数增大，溶液导电性增强，加快了铁、铝的吸氧腐蚀，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快，从而促进电池内部的电化学反应，加快电池的放电过程，使得残余电压下降速率变快； （2）)Co(OH)2存在溶解平衡：Co(OH)2(s)⇌Co2+(aq)+2OH−(aq)：氨水的作用：NH3可以和Co2+形成稳定的[Co(NH3)6]2+，降低Co2+浓度，促进Co(OH)2溶解正向移动，使Co(OH)2溶解；CO2的作用：CO2可以和溶液中OH−反应，降低OH−浓度，促进Co(OH)2溶解； （3）①已知浸出时通过的配位和醇的溶解、还原等作用调控金属离子的溶解性，用量比一定时，组成比小，[(CH3)3 N+CH2COOH]Cl−相对含量较小，Co2+形成的[CoCl4]2−少；且乙二醇含量较大，能溶解较多Co2+，使得钴元素浸出率增大； ②浸出过程中乙二醇作为还原剂参与还原反应被消耗，即使剩余组分回收率为100%，乙二醇总质量减少，因此回收后DES的组成比（氯化物与乙二醇的质量比）会变大。 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1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 配合物的成键与应用 重难目标 1.能从“给孤电子对、供空轨道”的角度说明配位键的形成，会用“→”表示配位键，知道配位键属于共价键。 2.能判断常见微粒间能否形成配位键，会计算配合物中配位键的数目。 3.能举例说明配合物在沉淀溶解、电镀、萃取分离、催化、离子检验等场景中的应用。 4.能综合运用配合物知识分析实验与工业流程中的现象并规范作答。 考情分析 本讲内容在江苏卷多与实验探究、工业流程结合，以“加氨水沉淀溶解”“电镀液配位”“催化机理”等情境考查；配位键本身也常作为选择题选项。具有以下命题特点： 成键判断：给出微粒（NH4+、H3O+、[Fe(SCN)]2+等），判断配位键的形成与表示，或计算配合物中σ键（含配位键）总数。 应用情境：氯型镀锌液（ZnCl2过量使Zn2+配位）、氨水溶解AgCl/Cu(OH)2、CO与血红蛋白、催化剂表面吸附（M—CO配位）等。 综合大题：实验探究“配合物组成与稳定性”、工业流程“配合物控速溶出”，要求书写配离子、解释现象。 一、配位键的形成 1.本质：由一个原子（或离子）提供孤电子对，另一个原子（或离子）提供可接受孤电子对的空轨道形成的共价键，即配位键，常用“→”表示，箭头由提供孤电子对的原子指向接受孤电子对的原子，如NH4+中N→H。 2.形成条件（两方）：给予方必须有孤电子对（NH3、H2O、F−、Cl−、CN−、SCN−、CO等）；接受方必须有空轨道（H+、Cu2+、Ag+、Fe3+、BF3等）。 3.配位键属于共价键：形成之后与普通共价键没有差别。如NH4+中4个N—H键完全相同；H3O+中3个O—H键完全相同；键参数（键长、键能）按同类共价键处理。 4.常见含配位键的微粒：NH4+、H3O+、[Cu(NH3)4]2+、[Ag(NH3)2]+、[Fe(SCN)]2+、[Fe(CN)6]3−、CO（C←O，O提供孤电子对）、N2与过渡金属的吸附键等。注意BF3中B有空轨道，可与F−、NH3形成配位键，但BF3本身B—F键不是配位键。 5.数目计算：配位键都是σ键。1 mol [Cu(NH3)4]2+：4 mol配位键；1 mol NH4+：1 mol配位键（4 mol N—H σ键）；1 mol CO：1 mol σ键（含1个配位键成分）与2 mol π键。 二、配合物促进沉淀溶解 1.原理：配体与金属离子形成稳定的配离子，降低自由金属离子浓度，使难溶物的溶解平衡向溶解方向移动。 2.典型实例：AgCl溶于氨水生成[Ag(NH3)2]+；Cu(OH)2溶于过量氨水生成深蓝色[Cu(NH3)4]2+；Au、Ag溶于氰化物溶液（氰化法提金，生成[Au(CN)2]−）。 3.对比记忆：AgCl溶于氨水，但AgI不溶于氨水（AgI更难溶，氨水配位能力不足以溶解）；加入KCN则AgI也可溶解（CN−配位能力远强于NH3）。配位能力越强，溶解难溶物的能力越强。 4.答题规范：指出“形成稳定配离子，使自由金属离子浓度减小，溶解平衡正向移动”。 三、电镀、分离提纯中的应用 1.电镀：以配合物溶液作电镀液可控制金属离子浓度，使镀层均匀致密。如用锌酸盐（[Zn(OH)4]2−）或氯配位体系镀锌、铜氨溶液镀铜。原理是配离子在阴极逐步解离、还原，自由金属离子浓度小而稳定。 2.萃取与离子分离：利用不同金属离子与配体形成的配合物稳定性（或进入有机相的能力）差异实现分离，如用SCN−、Cl−体系分离Co2+与Ni2+（Co2+易形成[Co(SCN)4]2−被乙醚萃取，Ni2+不能）。 3.控制反应速率：工艺流程中“控速溶出”，利用配合物缓释金属离子，避免沉淀杂化、改善选择性。如以Cu(NH3)42+缓释Cu2+、用柠檬酸根等配位Fe3+防止过早水解。 4.答题规范：“金属离子与配体形成配合物（配离子），减小了自由金属离子浓度，从而……（控制速率/防止沉淀/提高选择性）”。 四、催化与检验中的应用 1.催化：过渡金属配合物作催化剂或催化中间体。机理常见为：反应物（CO、O2、N2、H2等）在金属中心上形成配位键被活化（M←CO、M←O2），随后发生反应并离去。读机理图时抓住“配位→活化→转化→脱附”的循环。 2.检验：Fe3+的检验（KSCN溶液变红，生成[Fe(SCN)]2+）；NH4+的检验（与NaOH共热产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的NH3）；CO削弱血红蛋白的携氧能力（CO与Fe2+的结合较O2牢固，较难解离，但并非不可逆）。 3.毒理与生命：血红蛋白中的Fe2+与O2配位携氧；CO与其中的Fe2+较牢固地配位，削弱携氧能力；CN−主要与细胞色素氧化酶中的Fe3+结合，抑制细胞呼吸。 4.综合规范：书写配合物参与的离子方程式时，配离子整体写（如[Ag(NH3)2]＋），并注意配体过量条件；解释现象时先写“形成配位键/配离子”，再写对平衡、速率或颜色的影响。 题型01 配位键的形成与表示 【典例1】（2026-2027高三上·江苏南京·阶段检测）实验室利用铜氨溶液在铁片上镀铜。下列相关原理、装置及操作正确的是 A．配制CuSO4溶液 B．制备铜氨溶液 C．铁片除油污 D．铁片上镀铜 A．A B．B C．C D．D 【对练1】氨用于生产硝酸、铵盐、纯碱、配合物等，液氨可以和金属钠反应产生H2。实验室利用下列装置进行氨气或氨水的有关实验，能够达到实验目的的是 A．制取NH3 B．干燥NH3 C．收集NH3 D．制[Cu(NH3)4](OH)2溶液 【对练2】氮元素是地球上极为丰富的元素，氮元素可形成多种化合物。 (1)NH3分子的空间结构为___________，C、N、O三种元素的电负性从大到小的顺序是___________。 (2)肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4，N2H6SO4与硫酸铵化合物类型相同。 ①N2H4的结构式为___________。 ②写出肼与硫酸反应生成N2H6SO4的化学方程式___________。 ③N2H6SO4晶体内不存在___________(填字母)。 a．离子键　　   b．共价键　    c．配位键    　d．范德华力    ④肼可用作火箭燃料，火箭推进器中装入液态肼和过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知1 g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，写出该反应的热化学方程式为___________。 (3)下图表示某种含氮有机物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点，分子内存在空腔，能嵌入某离子或某分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机物识别的是___________(填字母)。 A．CF4 B．CH4 C．NH4+ D．H2O 题型02 配合物与沉淀溶解 【典例2】（2024-2025高二下·江苏苏州·阶段检测）实验室采用如图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为2mol⋅L−1，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．Ksp(AgI)>Ksp(AgCl) B．结合NH3的能力：Ag+>H+ C．溶液中水的电离程度：无色溶液II>氨水>硝酸 D．由于AgI具有感光性，可用AgI进行人工降雨 【对练3】一种以铜为原料制取[Cu(NH3)4]SO4溶液并验证SO2性质的装置中，原理正确并能达到实验目的的是 A．用装置甲制CuSO4 B．用装置乙验证SO2具有漂白性 C．用装置丙稀释混合物得CuSO4溶液 D．用装置丁制[Cu(NH3)4]SO4溶液 【对练4】对铁钉进行预处理，并用铜氨溶液给铁钉镀铜。下列操作不能达到实验目的的是 A．除油污 B．除铁锈 C．制铜氨溶液 D．铁钉镀铜 A．A B．B C．C D．D 题型03 电镀与分离提纯 【典例3】（2026-2027高三上·江苏南通·阶段检测）实验室拟在铁钉表面镀铜的步骤为：除油污(将铁钉用热的Na2CO3溶液浸泡)→除铁锈→制铜氨溶液→镀铜。下列描述或操作正确的是 A．用热的Na2CO3溶液浸泡铁钉除油污是利用了相似相溶原理 B．除铁锈时可以选用浓硫酸进行处理 C．将氨水逐滴滴加到CuSO4溶液中至生成的沉淀溶解可得到铜氨溶液 D．镀铜时将铁钉与电源的正极相连接 【对练5】催化剂RhCl(PPh3)2(Ph表示苯基)可实现温和条件下的丙烯加氢：CH2=CHCH3(g)+H2(g)→CH3CH2CH3(g)，反应机理如题图所示，图中Rh离子形成的化学键都是配位键。下列说法正确的是 A．反应①中H2被氧化 B．反应②中，丙烯中碳原子上的孤电子对与Rh离子形成配位键 C．反应③中碳原子的轨道杂化类型由sp3变为sp2 D．催化剂改变了丙烯加氢反应的历程和活化能 【对练6】在下列指定溶液中，能大量共存的离子组是 A．在0.1mol⋅L−1K3[Fe(CN)6]溶液中：Na+、Fe2+、SO42−、Cl− B．在0.1mol⋅L−1HI溶液中：Al3+、Fe3+、HCO3−、SO42− C．在0.1mol⋅L−1氨水中：K+、Cu2+、NO3−、Cl− D．在0.1mol⋅L−1KAl(SO4)2溶液中：NH4+、Na+、NO3−、ClO4− 题型04 催化与检验中的应用 【典例4】（2025-2026高三上·山西大同·期中）已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2−呈蓝色，[ZnCl4]2−为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl−⇌[CoCl4]2−+6H2O  ΔH，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如下。下列说法正确的是 装置 序号 操作 现象 ① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈粉红色 ② 加水稀释 ③ 加少量ZnCl2固体 A．实验①可知：ΔH<0 B．实验②加水稀释后，c{[Co(H2O)6]2+}降低导致平衡逆向移动 C．由实验③可知：Zn2+络合Cl−能力比Co2+络合Cl−能力弱 D．[Co(H2O)6]2+中配体为H2O，配位数是6 【对练7】下列反应方程式错误的是 A．浓硝酸见光分解： B．红热的铁在水蒸气中反应： C．向硫代硫酸钠滴加稀硫酸：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O D．向硫酸铜加入过量的氨水：Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O 【对练8】[Co(NH3)6]Cl3的制备过程如下： 步骤I  在锥形瓶中加入CoCl2⋅6H2O、NH4Cl和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成[Co(NH3)6]2+。 步骤Ⅱ  向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成[Co(NH3)6]Cl3。 步骤Ⅲ  冷却，过滤，得到含[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。 步骤Ⅳ  向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀[Co(NH3)6]Cl3，过滤、洗涤、干燥、称量。 下列说法正确的是 A．[Co(NH3)6]Cl3的中心原子是Co3+，配位体是NH3和Cl− B．步骤Ⅱ中每生成2 mol[Co(NH3)6]Cl3，需加入1 mol H2O2 C．由步骤Ⅱ不能得出结论：向1 mol⋅L−1 CoCl2溶液中加入双氧水可以生成Co3+ D．若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量 1．为研究铁的化合物的性质，实验操作及现象如下图所示。 已知：Fe3+在水溶液中由于水解与OH−配位而显黄色；[Fe(C2O4)3]3−呈绿色。下列说法正确的是 A．②→③稀硫酸促进Fe3+水解平衡正向移动 B．③→④发生的反应有Fe3++nSCN−=[Fe(SCN)n]3−n C．④→⑤说明Fe(Ⅲ)被K2C2O4还原为Fe(Ⅱ) D．⑤→⑥说明加入稀硫酸提高了Fe3+与SCN−的配位能力 2．（2024-2025高三上·江苏常州·开学考试）目前水体中主要污染物有氨氮、硝氮、重金属、有机物等，而部分重金属如铅(Pb)易形成溶解度较大的配合物，如何高效处理这些污染物便成为了研究的热点。 (1)实验室内通常使用覆盖硫黄的方法使得Hg转化为无毒的HgS。 ①写出该反应的化学方程式：_______。 ②该反应几乎在瞬间就可以反应完全。相比之下比汞活泼的铁与硫黄发生类似反应则十分困难：只有在加热的条件下才可以发生化合生成FeS。请合理推测以上反常现象出现的原因：_______。 ③HgS是溶解度最小的硫化物。实验室常用王水来溶解HgS。已知＋2价的汞易形成4配位的配离子，且反应过程中会产生一种极易被氧化为另一种红棕色气体的无色无味气体和一种淡黄色的沉淀。给出反应的离子方程式：_______。 (2)某科研课题组设想的一种利用光化学催化同时处理水体中硝氮、重金属、有机物(以CH2O表示)污染物的反应机理如下图所示。 (提示：在催化剂表面只有电子积累到一定密度时Pb2+和NO3−的还原反应才会发生) ①实际应用过程中，发现随着反应的进行，催化剂活性逐渐下降，不考虑光照强度的变化，请解释催化剂活性逐渐下降可能的原因：_______； ②若处理过程中向水体中加入大量氨氮，研究发现单位时间内Pb2+的去除率先迅速下降后缓慢上升(如下图所示)，试解释上述现象出现的原因：_______。 3．（2025·河南·高考真题）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．③中现象说明配体与Cu2+的结合能力：NH3>H2O C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 4．（2024-2025高二上·江苏无锡·期中）由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}的实验如下： 步骤1：向盛有4 mL 0.1 mol·L-1蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴1 mol·L-1氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8 mL 95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 下列说法不正确的是 A．最终所得溶液中大量存在NH4+、[Cu(NH3)4]2＋、SO42− B．步骤2所发生反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH- C．步骤3中用加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 D．H2O与Cu2＋的配位能力大于NH3 5．（2023-2024高二下·江苏常州·期中）CoCl2、CoCl3可分别溶于氨水形成[Co(NH3)6]Cl2、[Co(NH3)5Cl]Cl、[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2等多种配合物，其中只有[Co(NH3)6]Cl2可脱除烟气中的NO并生成新的配合物。 (1)其他条件相同、不同pH时，[Co(NH3)6]Cl2溶液对NO脱除率随时间的变化如图1所示。pH=10.25较pH=9.75时的NO脱除率更高。其原因可能是_____。 (2)配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2和[Co(NH3)6]Cl3的配位数之比为_____。区别这两种配合物的实验方案为_____。 (3)向CoCl2溶液中加入少量NH4Cl溶液，加入活性炭作催化剂。加入的NH4Cl溶液有利于后续Co2+与NH3的配合反应，其原理是_____。生成的[Co(NH3)6]Cl2需隔绝空气保存，否则会很快转化为[Co(NH3)6]Cl3。写出转化为[Co(NH3)6]Cl3的化学反应方程式_____。 (4)不同温度下，[Co(NH3)6]Cl2对NO脱除率随时间的变化如图2所示。60min后，温度越高，NO脱除率下降趋势越明显，其可能的原因是_____。 6．（2024-2025高三上·江苏扬州·期中）从高铅碲渣[主要含TeO2、Pb(OH)2]中提取单质碲(Te)的部分实验过程如下： (1) TeO2难溶于水，是两性氧化物。其晶胞如图-1所示，1个晶胞中Te原子的数目为______。 (2)“浸出”时，控制其他条件不变，Te、Pb元素单位时间内的浸出率随硫酸浓度的变化如图-2所示。“浸出”后滤渣中含铅物质的主要成分为_______(填化学式)。硫酸浓度大于5mol/L时，随着硫酸浓度增大，Te元素浸出率下降的原因是_______。(浸出率) (3)“还原”时控制温度80℃，加入足量Na2SO3可得到Te，同时生成SO2。若先加入少量NaCl生成TeCl62−，可大幅提高反应速率。TeCl62−被Na2SO3还原的离子方程式为_______，该过程中Cl-的作用是_______。 (4)碲粉与HClO3溶液反应可制得碲酸(H6TeO6)。H6TeO6结构如图-3所示，可形成配离子[[Cu(H2TeO6)2]5−。[Cu(H2TeO6)2]5−中与Cu(Ⅲ)配位的4个原子处于同一平面，画出该配离子的结构[____]5−_______。 7．（2024-2025高二下·江苏扬州·期中）（Cd）可用于制作发光电子组件。以铜镉废渣（含Cu、Cd、Zn、Fe等单质）为原料制备镉的工艺流程如下： 浸出后的溶液中含有Cd2+、Zn2+、Fe2+等金属离子，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol⋅L−1计算）如下表： 氢氧化物     Fe(OH)3     Zn(OH)2     Cd(OH)2 开始沉淀的pH 1.5 5.9 7.2 沉淀完全的pH 3.3 8.9 9.9 (1)“浸出”时通入氮气而不是通入空气进行搅拌的原因是________。 (2)“氧化”时发生反应的离子方程式为________。HNO3也能氧化Fe2+，工业生产中不选用HNO3的原因是________。 (3)“调pH”时控制溶液pH在3.3～5.9之间，“滤渣”的主要成分是________（填化学式）。 (4)“置换”时发生的反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd。镉置换率[镉置换率]与的关系如图所示。实际生产中选择的原因是：________。 (5)Cd和Zn同族且相邻，部分金属水合离子的颜色如下表所示： 离子 26Fe2+ 29Cu2+ 21Sc3+ 30Zn2+ 48Cd2+ 颜色 浅绿色 蓝色 无色 无色 无色 ①金属水合离子是否有颜色与金属离子的结构间的关系可描述为________。 ②硫酸酸化的硫酸铁溶液中铁元素以[Fe(H2O)6]3+形式存在而使溶液呈浅紫色，向其中滴入几滴KSCN溶液，因生成[Fe(H2O)3(SCN)]2+、[Fe(H2O)4(SCN)2]+等离子而使溶液呈红色，能发生上述反应的原因是________。 (6)MnO2的长方体晶胞结构如图1所示，图中已表示出晶胞边长及坐标轴，图2为沿y轴方向晶胞投影图。请在图3方框中画出沿z轴方向晶胞投影图________。 8．（2025-2026高三上·江苏扬州·开学考试）纳米铜用途广泛，以黄铜矿(主要成分为CuFeS2，含有杂质SiO2)为原料制备纳米铜的过程如下： 已知：铁氰化钾(K3[Fe(CN)6])溶液能与Fe2+形成蓝色沉淀。 (1)①浸泡时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高浸出率的方法还有___________________。 ②写出“浸泡”时CuFeS2发生反应的离子方程式_____________________________。 (2)判断“氧化”反应已完成的实验操作及现象为_____________________________。 (3)“除铁”步骤，除用氨水调节pH外，还可用的氧化物为________(填化学式)。 (4)制备纳米铜。调节[Cu(NH3)4]2+溶液的pH=11，加入3mol⋅L−1N2H4溶液，75℃水浴加热，充分反应得到纳米铜。 ①获得纳米铜时，N2H4被氧化成N2，反应的离子方程式为_____________________________。 ②N2H4还原过程中可能生成难溶的CuCl(白色)和Cu2O(红色)，为判断纳米铜样品中是否含有上述两种杂质，补充完整实验方案：将制得的样品先后用蒸馏水、无水乙醇洗涤干净。取少量样品，_________________________。(已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；必须使用的试剂和设备：2mol⋅L−1H2SO4溶液、6mol⋅L−1HNO3溶液、2%AgNO3溶液，通风设备) 9．（2026·江苏南通·模拟预测）DES（低共熔溶剂）是一类新型绿色高效浸出剂，利用DES分离回收废旧三元锂离子电池电极材料中的Li、Mn、Co、Ni元素，工艺流程如下图。 (1)已知：三元锂离子电池充放电过程的总反应：。对废旧电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。将锂离子电池（外壳含铁，内芯含铝）置于不同浓度的Na2 S和NaCl溶液中使电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图-1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD图谱如图-2所示。 ①回收处理的是废旧锂离子电池的________（填“正”或“负”）极材料。 ②电池充分放电，一方面可避免拆解过程中产生危险，另一方面可提高________元素的回收率。 ③电池在5% Na2S溶液中比在5% NaCl溶液中放电速率更大，其原因是________。 ④与Na2S溶液相比，NaCl溶液的质量分数由5%增大至10%时，电池残余电压降低速率更快。依据图中的XRD图谱，分析其主要原因：________。 (2)向沉淀E[Co(OH)2、Mn(OH)2]中加氨水、通CO2后得到[Co(NH3)6]2+，从平衡移动角度分析氨水和CO2的作用分别是________。 (3)已知：流程中的DES由[(CH3)3 N+CH2COOH]Cl−与乙二醇按一定比例组成，浸出时通过Cl−的配位和醇的还原、溶解等作用调控金属离子的溶解性，实现选择性分离。 采用DES浸出时，浸出剂的组成比和用量比会影响分离效果。其他条件一定时，改变组成比和用量比，测定Ni、Co元素的浸出率，结果如图-3所示。 ①用量比相同时，组成比为1∶9显著高于1∶6的Co浸出率，可能原因为________。 ②浸出后需要对DES进行回收利用。若浸出分离后各组分所含的[(CH3)3 N+CH2COOH]Cl−与乙二醇回收率均为100%，但回收到的DES组成比会变大，原因是为________。 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1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $