资源简介

高中化学人教版选择性必修第二册3.4配合物与超分子
一、单选题
1．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配正确的是
选项 性质差异 结构因素
A 石墨与金刚石硬度差别大 石墨中碳碳键键能小于金刚石中碳碳键能
B 键角： 电负性差异
C 熔点： < NaBF4 晶体类型差异
D 冠醚12-冠-4能够与形成超分子，而不能与形成超分子 离子半径大小与冠醚的空腔匹配关系
A．A B．B C．C D．D
2．从废旧CPU中回收Cu、Ag、Au的部分流程如下：
已知，下列说法错误的是
A．酸溶时，硝酸表现酸性和强氧化性
B．向过滤所得滤液中加入过量氢氧化钠，可以分离、
C．溶金时NaCl作用为提供氯离子与金离子形成配离子
D．向中加入过量Zn使其完全还原为Au，需消耗
3．向甲苯和KMnO4的混合溶液中加入18-冠-6晶体，和迁移过程示意图如图所示。下列说法错误的是
A．进入甲苯层符合电荷守恒定律
B．加入18-冠-6晶体可以加快反应速率
C．18-冠-6晶体能溶于水主要取决于结构中的多个O原子
D．反应开始后18-冠-6与继续保留在上层溶液中
4．酞菁和钴钛菁可嵌接在碳纳米管上，用于制取一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。酞菁和钴钛菁的结构如下图所示(酞菁分子中所有原子共平面)，下列说法中不正确的是
A．酞菁分子中①②③号N原子均采取杂化
B．酞菁分子中，②、③号N原子中的孤电子对处于不同的轨道中
C．钴钛菁分子中N原子提供孤对电子与Co离子形成配位键
D．钴钛菁分子中Co元素呈+3价
5．铝硅酸盐型分子筛中有许多笼状空穴和通道(如图)，其骨架的基本结构单元是硅氧四面体和铝氧四面体，化学组成可表示为(M代表金属离子)。已知铝硅酸盐中键长的平均值为162pm，键长的平均值为176pm。下列说法错误的是
A．若，则M为二价阳离子
B．某些铝硅酸盐型分子筛同时可用作沸石
C．的值越大，分子筛骨架的热稳定性就越强
D．分子筛中的笼状空穴和通道，可用于筛分分子
6．在材料学、医学等领域用途广泛。世界上第一辆单分子“纳米小车”的四个轮子是，其运行情况如右图所示。下列说法错误的是
A．是由非极性键构成的非极性分子
B．轴中碳原子通过键与相连，能绕键轴旋转
C．纳米小车可作运输载体，将药物送到病变部位
D．纳米小车通过共价键与药物分子形成超分子
7．在水溶液中，EDTA的结构简式为：。EDTA分子常用表示，当溶液中的酸度很高时，分子中的俩个羧酸根可以各在接受一个而形成，这种完全质子化的EDTA相当于一个六元酸，EDTA水溶液中含Y的物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与的关系如图所示(pH=2附近未画出来)，已知以与金属离子形成的配合物最为稳定，下列说法正确的是
A．EDTA的分子式为
B．EDTA溶液在pH为1左右时与金属离子形成的配合物最为稳定
C．a曲线表示的是
D．的数量级为
8．大环配体在生物医学领域有广泛应用。金属离子可将一组配体组装在一起，配体之间接着发生反应形成“大环配体”，大环配体是含有多个电子给予体原子的环状分子，合成环状分子的过程称之为模块效应。模块效应可以用来制备众多不同孔径的大环配体，若没有金属离子，产物将会是难以明确表示的混合物。大环配体形成原理如下图所示，下列说法错误的是
A．在反应中有控制成环大小的作用
B．上述反应的原子利用率为100%
C．模块效应主要发生了加成反应和消去反应
D．大环配体可根据金属离子的半径大小对金属离子进行有效分离
9．下列“类比”结果正确的是
A．的沸点低于，则HF的沸点低于HCl
B．可以溶解在浓氨水中，则也可以溶解在浓氨水中
C．分子中存在键，化学性质稳定，则的化学性质稳定
D．的空间构型为正四面体型，则碳骨架的空间构型为正四面体型
10．取适量氯化铜固体于试管中，逐滴加入蒸馏水溶解并稀释。下列说法正确的是
A．在含有的σ键数为8NA
B．可观察到固体溶解，溶液由蓝色逐渐变为黄绿色
C．稀释过程的现象不能说明Cu2+结合H2O的能力比Cu2+结合Cl-的强
D．中的2个Cl-被2个H2O替代，得到2种产物，则其空间结构为正四面体形
11．EDTA(乙二胺四乙酸)可用于水的软化，软化水过程中与形成的一种配合物如图所示。下列说法正确的是
A．配合物中碳原子的杂化方式为、和
B．1mol该配合物中的配位键数是6
C．图中键角2大于键角1
D．两种不同状态的镁，电离最外层一个电子所需能量：大于
12．的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色的。某同学按如下步骤完成实验：
下列说法不正确的是
A．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
B．溶液Ⅰ呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
C．与的配位能力强于
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
13．下列关于配合物的叙述正确的是
A．配合物中的化合价为
B．配合物稳定性：
C．配合物中心离子的配位数为6
D．配合物中提供空轨道的配体为和
14．冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。冠与作用而不与作用；冠与作用，但不与或作用(如图)。下列说法不正确的是
A．冠中原子与存在离子键
B．冠中C和的杂化轨道类型相同
C．冠与钾离子作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征
D．利用该原理可以用冠醚将带入有机物中，更有利于有机物的氧化
15．[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一种重要的染料及合成农药中间体。下列说法错误的是
A．阴离子的空间构型是正四面体形
B．中心原子是Cu2+，Cu元素位于周期表d区
C．分子中的键角小于离子中的键角
D．1mol该物质中含配位键的数目为4NA
二、填空题
16．无水CoCl2为深蓝色，吸水后变为粉红色的水合物，水合物受热后又变成无水CoCl2，故常在实验室中用作吸湿剂和空气湿度指示剂：CoCl2(深蓝色)+xH2O=CoCl2·xH2O(粉红色)，现有65 g无水CoCl2，吸水后变成CoCl2·xH2O119 g。
(1)水合物中x= 。
(2)已知该水合物中Co2+配位数为6，将等浓度等体积的CoCl2溶液与硝酸银溶液混合并充分反应后，取上层清液再滴加硝酸银溶液没有沉淀产生，则该水合物化学式可表示为 ，该化合物配体是 (写化学式)，该晶体含有的化学键有 。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键 E．金属键
17．按要求回答下列问题。
(1)SO离子的空间结构是 ，中心原子的杂化方式是 ，与其互为等电子体的有 (任写一种分子和一种阴离子)。
(2)向Cu的硫酸盐中加入过量氨水，溶液变为深蓝色，该深蓝色离子为 ，其结构为 ，再加入一定乙醇，析出晶体的化学式是 。
(3)Fe元素位于周期表的 区，基态Fe2+的价层电子排布图是 ，1mol配合物Fe(CO)5中含有的键数目是 。
18．科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出组成为N4H4（SO4）2的物质，经测定，该物质易溶于水，在水中以SO42- 和N4H44+ 两种离子形式存在，植物的根系极易吸收N4H44+，但它遇到碱时，会生成一种形似白磷的N4分子，N4分子不能被植物吸收。请回答下列问题：

(1)下列相关说法中，正确的是 (填序号)。
a.N4是N2的同分异构体
b.1 mol N4分解生成N2，形成了4 molπ键
c.白磷的沸点比N4高，是因为P-P键键能比N-N键能大
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P的非金属性比N强
(2)叠氮化物是研究较早的含全氮阴离子的化合物，如：氢叠氮酸(HN3)、叠氮化钠(NaN3)等。根据等电子体理论写出N3- 的电子式 ；叠氮化物能形成多种配合物，在[Co(N3)(NH3)5]SO4，其中钴显 价，它的配体是
(3)六方相氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为 。
19．回答下列问题：
(1)基态核外电子排布式为 。
(2)C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
(3)1mol 中含有键的数目为 。
(4)的晶胞结构如图所示，其中的配位数是 。
三、计算题
20．完成下列问题：
(1)1.000g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100mol·dm-3硫酸反应，在25℃和101.325kPa下测得放出的气体的体积为149.3cm3，将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1cm3，计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数 。
(2)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。
①写出生成CuNH4SO3的反应方程式 。
②写出CuNH4SO3与H2SO4作用的反应方程式 ，若反应在敞开反应器中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率 。
③若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率 。并对此做出解释 。
21．(1)在如图反应中，反应前后钒的氧化数和配位数各是多少 N- N键长如何变化
(2)单晶衍射实验证实，配合物[ Cr3O( CH3CO2)6(H2O)3]Cl·8H2O中，3个铬原子的化学环境完全相同，乙酸根为桥连配体，水分子为单齿配体。画出该配合物中阳离子的结构示意图 。
22．蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题：
(1)水合物中x= 。
(2)若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，则该配合物的化学式可表示为 。
四、解答题
23．乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：
【乙烷制乙烯】
(1)氧化脱氢反应：


计算：
(2)直接脱氢反应为，的平衡转化率与温度和压强的关系如图所示，则 0(填“>”“<”或“=”)。结合下图。下列条件中，达到平衡时转化率最接近的是 (填标号)。
a． b． c．
(3)一定温度和压强下、反应i
反应ⅱ (远大于)(是以平衡物质的量分数代替平衡浓度计算的平衡常数)
①仅发生反应i时，的平衡转化率为，计算 。
②同时发生反应i和ⅱ时。与仅发生反应i相比，的平衡产率 (填“增大”“减小”或“不变”)。
【乙烷和乙烯混合气的分离】
(4)通过修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现和混合气的分离。的 与分子的键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离和的优点是 。
(5)常温常压下，将和等体积混合，以一定流速通过某吸附剂。测得两种气体出口浓度(c)与进口浓度()之比随时间变化关系如图所示。下列推断合理的是 (填标号)。
A．前，两种气体均未被吸附
B．p点对应的时刻，出口气体的主要成分是
C．a-b对应的时间段内，吸附的逐渐被替代
24．以钛白副产品(含及少量)和为原料制备的超微细，可广泛用于新型电池材料、感光材料的生产。
已知：①25℃时，；
②不溶于水，溶于硫酸。
③沉淀速度过快，沉淀的粒径会变大，包裹的杂质会变多。
(1)的制备。将一定量的钛白副产品用热水溶解，在搅拌下加入还原铁粉，反应后为，过滤得到溶液。在搅拌下先后加入氨水和草酸溶液，经调节、过滤、水洗、烘干后得到超微细。
①写出加入还原铁粉反应的离子方程式 ；
②温度对沉淀粒径的影响如图，加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃，温度过高不利于生成，原因是 ；
③若溶液中同时出现两种沉淀时，与的物质的量浓度比为 。
(2)的结构。晶体为片层结构，层内每个与2个和2个相连，形成1个铁氧八面体，每个与2个形成两个五元环。在图中补全该结构 。晶体中含配位键的数目为 。
(3)的性质。将沉淀置于氮气氛围中焙烧，剩余固体质量随温度变化曲线如图所示。写出时发生反应的化学方程式 。(写出计算过程)。
《2025年1月11日高中化学作业》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D D C D D B D C
题号 11 12 13 14 15
答案 D A C A B
1．D
【详解】A．石墨属于平面层状结构，虽然石墨中碳碳键键能大于金刚石中碳碳键能，但石墨与金刚石硬度差别大的根本原因是：石墨层与层之间是范德华力，硬度小，而金刚石是通过共价键结合成的正四面体空间网状结构，硬度大， A错误；
B．氨气和水分子的中心原子均为sp3杂化，氨气中心原子N原子上有一对孤电子对，水中心原子O原子上有两对孤电子对，孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成键电子排斥力，故键角，与电负性无关，B错误；
C．和NaBF4都属于离子晶体，但前者阳离子半径比Na+半径大，则晶格能前者小于后者，所以熔点：低于NaBF4， C错误；
D．冠醚12-冠-4能够与形成超分子，是因为半径小与冠醚的空腔匹配，半径大，与该冠醚冠醚的空腔不匹配、故不能与之形成超分子， D正确；
故选D。
2．B
【分析】由题给流程可知，向废旧CPU中加入硝酸溶液酸溶，将银、铜转化为银离子、铜离子，金不溶解，过滤得到含银离子和铜离子的滤液和滤渣；向滤渣中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，将金溶解得到HAuCl4溶液，向溶液中加入锌粉，将HAuCl4转化为金，过滤得到金。
【详解】A．由分析可知，酸溶时，银、铜与硝酸溶液反应生成硝酸银、硝酸铜，氮的氧化物和水，反应中氮元素部分被还原，部分化合价不变，硝酸表现酸性和强氧化性，故A正确；
B．滤液中含有、，加入过量氢氧化钠，和都会转化为沉淀，无法分离、，故B错误；
C．在溶金的过程中，NaCl的作用主要是提供氯离子，这些氯离子可以与Au3+形成稳定的配离子，故C正确；
D．由分析可知，加入锌粉的目的是将HAuCl4转化为金，由题意可知HAuCl4为强酸，在溶液中完全电离出的氢离子也能与锌反应，则由得失电子数目守恒可知1mol HAuCl4完全反应时，消耗锌的物质的量为1mol×+1mol×=2mol，故D正确；
故选B。
3．D
【详解】A．由题图可知，18-冠-6晶体对有识别作用，18-冠-6与进入甲苯层后，由于静电作用，也会进入上层溶液，A正确；
B．由A可知，进入上层溶液，促进和甲苯接触反应，能加快反应速率，B正确；
C．18-冠-6晶体既可溶于水，也可溶于甲苯，18-冠-6晶体可溶于水是因为其结构中的多个O原子可与H2O形成分子间氢键，C正确；
D．甲苯和KMnO4发生氧化还原反应后，被还原为，上层溶液中的负电荷减少，迫使18-冠-6与回到下层溶液并将新的迁移至上层溶液中，D错误；
答案选D。
4．D
【详解】A．由酞菁分子中所有原子共平面可知，分子中碳原子和氮原子的杂化方式均为sp2杂化，故A正确；
B．由图可知，酞菁分子中，②号氮原子提供1个未参与杂化的p电子参与形成大π键、③号氮原子可以提供2个未参与杂化的p电子参与形成大π键，所以②、③号氮原子中的孤电子对处于不同的轨道中，故B正确；
C．由图可知，钴钛菁分子中氮原子提供孤对电子与具有空轨道的亚钴离子形成配位键，故C正确；
D．对比酞菁到钴酞菁的结构可知，钴钛菁分子中钴元素呈＋2价，故D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．设M的化合价为m，则根据正负化合价代数和为0计算，m×+x×(-1)=0，解得m=+2，A正确；
B．某些铝硅酸盐型分子筛具有孔状结构，同时可用作沸石，B正确；
C．键长的平均值为162pm，键长的平均值为176pm ，则硅氧键更稳定，那么的值越大，分子筛骨架的热稳定性就越弱，C错误；
D．调节硅铝比可以调节分子筛的孔径，根据分子筛孔径的大小可以筛分不同大小的分子，用于筛分分子，D正确；
故选C。
6．D
【详解】A．是由非极性键碳碳键构成的非极性分子，A正确；
B．由图，轴中碳原子通过键与相连形成碳碳单键，能绕键轴旋转，B正确；
C．纳米小车能运动且能装载药物，可作运输载体，将药物送到病变部位，C正确；
D．超分子是基于分子间的非共价键相互作用而形成的分子聚集体，纳米小车不是通过共价键与药物分子形成超分子，D错误；
故选D。
7．D
【分析】根据题干信息可知，当溶液中的酸度很高时，分子中的俩个羧酸根可以各在接受一个而形成，可知曲线a表示的分布分数与的关系，相当于一个六元酸，因此随着pH逐渐增大，说明增多，逐渐结合H+生成、、、、、，pH=2附近、未画出来，由此可知，曲线b表示的分布分数与的关系，曲线c表示的分布分数与的关系，据此作答。
【详解】
A．EDTA的结构简式为：，则EDTA的分子式为，故A错误；
B．根据分析可知，曲线c表示的分布分数与的关系，而题中信息为，以与金属离子形成的配合物最为稳定，因此EDTA溶液在pH为12左右时与金属离子形成的配合物最为稳定，故B错误；
C．根据分析可知，曲线a表示的分布分数与的关系，故C错误；
D．相当于一个六元酸，因此第五步电离为：，如图所示的交点，，此时存在，则，此时pH>6，因此，因此的数量级为，故D正确；
故答案选D。
8．B
【详解】A．根据题意，可与N形成“大环配体”， 具有模块效应可以用来制备众多不同孔径的大环配体，能控制成环大小，故A正确；
B．由原子守恒，生成物中没有O元素，说明上述反应还有其他生成物，则原子利用率不是100%，故B错误；
C．模块效应主要发生了氨基与醛基的加成反应得到醇羟基，再发生醇的消去反应得到碳碳双键，故C正确；
D．大环配体具有不同孔径，可根据金属离子的半径大小对金属离子进行有效分离，故D正确；
故选B。
9．D
【详解】A．CH4、都是分子晶体，相对分子质量越大沸点越高，而HF分子间存在氢键，其沸点大于HCl，该类推不合理，故A错误；
B．Cu(OH)2可以溶解在浓氨水中，是由于能够形成，但Fe3+不与NH3络合，故Fe(OH)3不可以溶解在浓氨水中，类比不合理，故B错误；
C．N2分子中存在N≡N键，N≡N键的键能很大，化学性质稳定，CH≡CH中的C≡C的键能较小，故其化学性质不稳定，类比不合理，故C错误；
D．CH4的C原子周围的价层电子对数为4，故空间构型为正四面体形，C(CH3)4其中心C原子上的价层电子对数为4，故碳骨架的空间构型为正四面体形，类比合理，故D正确；
故选D。
10．C
【详解】A．水分子中O-H键为σ键，Cu与O之间的配位键为σ键，在含有的σ键数为12NA，故A错误；
B．可观察到固体溶解，浓度大时存在黄绿色 、浓度小时存在蓝色，所以溶液由黄绿色变为蓝色，故B错误；
C．稀释过程颜色变化与氯离子浓度有关，不能说明Cu2+结合H2O的能力比Cu2+结合Cl-的强，故C正确；
D．中的2个Cl-被2个H2O替代，得到2种产物，则其空间结构为平面正方形，故D错误；
选C。
11．D
【详解】A．配合物中酯基中的C为sp2杂化，其余C为sp3杂化，没有sp杂化的C，A错误；
B．由图可知，1mol该配合物中含6mol配位键，则配位键数是6NA，B错误；
C．图中键角2由sp3杂化的C形成，键角1由sp2杂化的C形成，因此键角2<键角1，C错误；
D．电离最外层一个电子所需要的能量分别是Mg的第二电离能、第一电离能，因为Mg的第一电离能较小，因此电离最外层一个电子所需能量：大于，D正确。
故本题选D。
12．A
【分析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与SCN 结合生成[Fe(SCN)6]3 ，步骤③发生平衡转化为[FeF6]3 。
【详解】A．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的[FeCl4] ，A错误；
B．[Fe(H2O)6]3+为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色[Fe(H2O)6]3+形成混合体系，使溶液呈黄色，B正确；
C．加入NaF后溶液Ⅱ由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3 转变为[FeF6]3 ，反应更易生成[FeF6]3 ，说明F 与Fe3+的配位能力强于SCN ，C正确；
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，可使平衡Fe3++6SCN [Fe(SCN)6]3 (红色)的Q>K1，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；
故答案选A。
13．C
【详解】A．物质的化合价之和为零，根据化学式判断，K为+1价，CN-，故的化合价为，故A错误；
B．给电子的能力N 大于O，N原子的配位能力比O原子的配位能力强，配合物稳定性：，故B错误；
C．根据配体水和溴离子的个数判断配位数为6，故C正确；
D．配合物中提供空轨道的配体为，故D错误；
故选C。
14．A
【详解】A．离子键存在于阳离子和阴离子之间，18—冠—6为分子，18—冠—6中O原子与K+不存在离子键，A项错误；
B．18—冠—6中C和O的价层电子对数都为4，C和O都采取sp3杂化，B项正确；
C．超分子具有“分子识别”的特性，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，如18—冠—6与钾离子作用，不与Li+或Na+作用，C项正确；
D．由于18—冠—6能识别K+，可以用冠醚将KMnO4带入有机物中，增大KMnO4与有机物的接触，更有利于有机物的氧化，D项正确；
答案选A。
15．B
【详解】A．[Cu(NH3)4]SO4·H2O中得阴离子为，中的S是sp3杂化，S上没有孤电子对，所以的空间构型是正四面体形，A正确；
B．Cu的价电子排布式为3d104s1，位于周期表的ds区，B错误；
C．中的N为sp3杂化，N上有一个孤电子对，使得分子中的键角小于109°28′，为107°，而中的S也是sp3杂化，但S上没有孤电子对，所以中的键角为109°28′，所以分子中的键角小于离子中的键角，C正确；
D．[Cu(NH3)4]SO4·H2O中含有4个配位键，故1mol该物质中含配位键的数目为4NA，D正确；
故选B。
16．(1)6
(2) [Co(H2O)5Cl]Cl·H2O H2O、Cl- ABC
【解析】(1)
65 g无水CoCl2的物质的量n(CoCl2)=，吸收水的质量m(H2O)=119 g-65 g=54 g，n(H2O)=，n(CoCl2)：n(H2O)=0.5 mol：3 mol=1：6，故CoCl2·xH2O中结晶水的数目x=6；
(2)
将等浓度等体积的CoCl2溶液与硝酸银溶液混合并充分反应后CoCl2、AgNO3的物质的量相等。取上层清液再滴加硝酸银溶液没有沉淀产生，说明晶体中的两个Cl-中只有1个是外界离子，另一个Cl-为内界配离子，由于该水合物中Co2+配位数为6，则该水合物化学式可表示为[Co(H2O)5Cl]Cl·H2O；该配合物的配位体是H2O、Cl-，该晶体是盐，属于离子化合物，外界Cl-与配离子之间以离子键结合；在内界离子中，中心Co2+与配位键H2O、Cl-之间以配位键结合，在配位体H2O中H、O原子之间以共价键结合，故该晶体中含有的化学键有离子键、共价键、配位键，合理选项是ABC。
17．(1) 正四面体形 sp3 SiF4、
(2) [Cu(NH3)4]SO4·H2O
(3) d 10NA
【详解】（1）有4个σ键，S原子杂化方式为sp3，所以的空间构型为正四面体形；等电子体的化学通式相同且价电子总数相等，的等电子体有SiF4、（符合条件皆可）；
（2）向Cu的硫酸盐中加入过量氨水，生成，溶液变为深蓝色；在里，NH3的N给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以配位键形成了，结构为：；再加入一定乙醇，析出晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O；
（3）Fe是第26号元素，电子排布式为[Ar]3d64s2，位于周期表的d区，基态Fe2+的价层电子排布图是：；Fe(CO)5中每个CO含有1个σ键，同时与Fe形成的配位键为σ键，即1mol配合物Fe(CO)5中含有的σ键10NA。
18． b +3 N3-、NH3 3：1
【分析】(1)a.N4和N2是氮元素组成的结构不同的单质，二者互为同素异形体；
b.1mol N4分解生成2mol N2，N2的结构式为N≡N，三键中含有1个σ键、2个π键；
c.白磷、N4晶体都属于分子晶体，沸点高低与分子间作用力有关，与化学键无关；
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P-P键不如N-N稳定；
(2)原子总数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，N3-与CO2互为等电子体，二者价键结构相同；N3-为-1价、SO42-为-2价、NH3的化合价为0，根据化合价规则确定Co的价态；中心原子或离子具有空轨道，配体含有孤电子对；
(3)每个六元环上有3个B原子、3个N原子，有6个B-N键，而每个B-N键为一个六元环贡献率为，每个B原子为一个六元环贡献率为，利用均摊法计算；晶体导电需要有自由移动电子。
【详解】(1)a.分子式相同、结构不同的化合物互为等电子体，而N4和N2是氮元素组成的结构不同的单质，二者互为同素异形体，a错误；
b.1mol N4分解生成2mol N2，N2的结构式为N≡N，三键中含有1个σ键、2个π键，则产生2molN2时形成了4mol π键，b正确；
c.白磷、N4晶体都属于分子晶体，白磷的沸点比N4高，是由于白磷分子间作用力比N4的强，与化学键键能无关，化学键键能影响化学性质，c错误；
d.白磷的化学性质比N2活泼，说明P-P键不如N-N稳定，而P的非金属性比N的弱，d错误，
故合理选项是b；
(2)N3-与CO2互为等电子体，二者价键结构相同，N3-的电子式为： ；N3-为-1价、SO42-为-2价、NH3的化合价为0，设配合物中Co的化合价为a，则a+(-1)+0+(-2)=0，解的a=+3；中心原子或离子具有空轨道，配体含有孤电子对，[Co(N3)(NH3)5]SO4中配位体为：N3-、NH3；
(3)每个六元环上有3个B原子、3个N原子，有6个B-N键，而每个B-N键为一个六元环贡献率为，每个B原子为一个六元环贡献率为，六元环单独占有B-N数目为6×=3，单独占有B原子数为3×=1，所以B-N键数与硼原子数之比为3：1。
【点睛】本题综合考查了物质结构与性质的知识，涉及配合物、化学键、等电子体、晶胞计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算，需要学生具备扎实的基础，具有一定的空间想象能力、数学计算能力与灵活运用能力。
19．(1)[Ar]或
(2)N>O>C
(3)8(或)
(4)4
【详解】（1）Cu是第29号元素，基态核外电子排布式为[Ar]或。
（2）C、N、O元素位于元素周期表第二周期，同周期元素的第一电离能从左到右呈总体增大变化，但第ⅡA、ⅤA族的反常大，故C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
（3）每个中含有2个配位键，2个NH3分子中共有6个N-H键，故1mol 中含有键的数目为8(或)。
（4）Cu2O晶胞中，位于顶角与体心的同种粒子共个，位于体内的另一种粒子共4个，故位于顶角与体心的粒子是，则的配位数是4。
20．(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%
(2) 2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%
【详解】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。
Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25℃和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)==6.103×10-3(mol)
因此有x+y=6.103×10-3 ①
铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25℃，101.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)==1.680×10-2(mol)，则有x+y+z=1.680×10-2 ②
z=1.680×10-2-6.103×10-3=1.070×10-2=n(Cu)
m(Cu)=M(Cu)×n(Cu)=63.546g·mol-1×1.070×10-2mol=0.680g
w%(Cu)=×100%=68.0%
m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g ③
+×=6.103×10-3mol
+×=6.103×10-3mol ④
式③和④联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030g
w%(Zn)=×100%=29.0%
w%(Al)=3.0%
故答案为w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%；
（2）①根据题意：向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；
②CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu：
2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；50%；
③在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。
21． +3和+1；7和6 增长
【详解】此题有一定难度，主要考查参赛者对配位化学基础知识的掌握和根据对称性及一些其他条件绘出分子结构的推演能力。
7-1这一小题重点考查参赛者对配位化学基础知识的掌握程度。
氧化数：在反应前的分子中，胺和膦都是中性配体，氯和环戊二烯是-1价配体，所以反应前钒的氧氧化数：在反应前的分子中，胺和膦都是中性配体，氯和环戊二烯是-1价配体，所以反应前钒的氧化数为：1+1+1=+3；在反应产物中，炔烃也是中性配体，只有环戊二烯是-1价配体，所以金属的氧化数为+1。
配位数：在反应前的分子中，两个氯和一个氮、磷各提供一对电子和钒配位，还有6个π电子的环戊二烯负离子可以提供其π电子和金属配位，共3对电子，所以总的配位数为： 2+1+1+3 = 7.在反应产物中，炔烃和氮、磷各提供一对电子给金属配位，炔烃提供的是一组π键中的电子去配位，而另一组π键由于对称性不匹配，即无法“头碰头”地去和金属的杂化轨道成键，所以不能成键，因此炔烃只提供一对电子，环戊二烯负离子仍提供3对电子，所以总的配位数为： 1+1+1+3 = 6。
从键级入手判断N-N键长变化：键级增大，键变强，键长缩短；键级减小，键变弱，键长增长。金属钒除了提供空的杂化轨道来和N2形成配位键外，它本身还有d电子处在未杂化的轨道上，它们可以与。N2的反键轨道形成反馈π键来加强金属与配体之间的相互作用，所以N2的反键轨道上部分填充了电子，N-N总键级是降低的，其键长应该增长。
反应产物的结构由X射线衍射确定，如下图所示：
文献表明，配位后的N—N键长为0.1212(8) nm，相比于单纯的N2分子，键长有所增加，同时V-N键长介于单键和双键之间，这些都有力地证明了反馈π键的存在及其对增强金属配体间力的作用。
7-2此题是一道结构绘制题，题目中给了较多的提示，所以难度有所降低。
条件一：3个铬原子的化学环境完全相同→3个铬原子必呈等边三角形分布，，其他配体分布不能破坏这个对称性。
条件二：乙酸根为桥连配体→乙酸根必均分在3个铬中间，注意到分子中共有6个乙酸根，所以每两个铬之间会夹杂两个乙酸根，而且它为桥连配体，所以应该是用羧酸根上的两个氧去把金属连接起来。
条件三：水分子为单齿配体→注意到分子中正好3个水分子，所以每个铬恰好均分一个水分 子。
最后注意到还剩一个氧原子，考虑到前面提到的铬的等价性，氧只有处于上述等边三角形的中心，才能维持这个等价性，所以氧的位置也被确定了下来。
综上，可以绘出下述结构：
评析7-1小题围绕一个 比较新颖的反应展开，综合了氧化还原、配位化学、氮气活化等多个知识点，考查了π配位体的配位数问题和反馈π键问题，对参赛者基本功要求较高。此反应涉及_______些比较前沿的领域，容易引起学生的兴趣。
7-2小题从一个复杂结构的对称性人手，引导学生发现化学中的对称美，通过对称性信息推断分子结构，虽然简单但构思不错。
22． 6
【分析】根据方程式进行计算，的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，内界含有1个氯离子和5个水分子，由此确定化学式。
【详解】(1)根据方程式进行计算：
则，解得。故答案为：6；
(2)中的配位数为6，由题意知该配合物的内界和外界各有1个氯离子，则内界含有1个氯离子和5个水分子，外界含有1个氯离子和1个结晶水，故该配合物的化学式可表示为。故答案为：。
23．(1)-566
(2) > b
(3) 增大
(4) 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高
(5)BC
【详解】（1）将两个反应依次标号为反应①和反应②，反应①-反应②×2可得目标反应，则ΔH3=ΔH1-2ΔH2=(-209.8-178.1×2)kJ/mol=-566kJ/mol；
（2）从图中可知，压强相同的情况下，随着温度升高，C2H6的平衡转化率增大，因此该反应为吸热反应，ΔH4>0；
a．600℃，0.6MPa时，C2H6的平衡转化率约为20%，a错误；
b．700℃，0.7MPa时，C2H6的平衡转化率约为50%，最接近40%，b正确；
c．700℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率接近50%，升高温度，该反应的化学平衡正向移动，C2H6转化率增大，因此800℃，0.8MPa时，C2H6的平衡转化率大于50%，c错误；
故答案选b；
（3）①仅发生反应i，设初始时C2H6物质的量为1mol，平衡时C2H6转化率为25%，则剩余的C2H6物质的量为1-0.25=0.75mol，生成C2H40.25mol，生成H20.25mol，容器内气体总物质的量为(0.75+0.25+0.25)=1.25mol，Ka1=；
②反应i压强平衡常数，反应ⅱ按消耗了反应i的反应物C2H6和产物H2，则，现要比较Kp1和Qp1的大小，因，所以比较与的大小关系，，故，反应i平衡正向移动，生成更多的C2H4，因此C2H4的平衡产率增大；
（4）配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高；
（5）A．前30min，等于0，出口浓度c为0，说明两种气体均被吸附，A错误；
B．p点时，C2H6对应的约为1.75，出口处C2H6浓度较大，而C2H4对应的较小，出口处C2H4浓度较小，说明此时出口处气体的主要成分为C2H6，B正确；
C．a点处C2H6的=1，说明此时C2H6不再吸附在吸附剂上，而a点后C2H6的>1，说明原来吸附在吸附剂上的C2H6也开始脱落，同时从图中可知，a点后一段时间，C2H4的仍为0，说明是吸附的C2H6逐渐被C2H4替代，p点到b点之间，吸附的C2H6仍在被C2H4替代，但是速率相对之前有所减小，同时吸附剂可能因吸附量有限等原因无法一直吸附C2H4，因此p点后C2H4的也逐步增大，直至等于1，此时吸附剂不能再吸附两种物质，C正确；
故答案选BC。
24．(1) 温度过高，氨水易分解挥发，同时反应速率加快，产品粒径增大，包裹的杂质会变多
(2)
(3)
【详解】（1）①在热水中的水解程度大，水解方程式为，水解过程中产生呈酸性，加入还原铁粉的作用是消耗调节pH为，促进的水解，同时还可以提升浓度，反应的离子方程式为；
②根据温度对沉淀粒径的影响图可知，温度越高，沉淀速度过快，沉淀的粒径会越大，包裹的杂质会变多，所以加入氨水和草酸溶液过程需控制温度在40℃，温度过高不利于生成，同时氨水也容易分解挥发；
③若溶液中同时出现两种沉淀时，此时的相同，根据、，将二者化简得。
（2）的晶体为片层结构，层内每个与2个和2个相连，形成1个铁氧八面体，每个与2个形成两个五元环，根据此信息得到的结构为；根据补全后的结构，可知该配合物是一种典型的六配位配合物，其中四个位置由草酸根离子占据，剩余两个位置由水分子占据 ，所以晶体中含配位键的数目为。
（3）的摩尔质量为，则样品的物质的量为，当样品质量变为，减少了，折算成样品减少了，刚好为结晶水的质量，即到时失去了全部的结晶水，只剩下，继续升温到时，质量变为4.64g，减少了，折算成样品减少了，刚好为的质量，即变为了，则分解的方程式为：，再继续升温超过，样品质量变为2.88g，减少了，折算成样品减少了，刚好为的质量，即变为了。

展开更多......

收起↑