新高考化学二轮考点提升突破讲义考点01 配位键与配合物（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学二轮考点提升突破讲义考点01 配位键与配合物（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考化学二轮考点提升突破讲义考点01配位键与配合物原卷版docx、新高考化学二轮考点提升突破讲义考点01配位键与配合物解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
1．（2024·福建·高考真题）用探究性质，实验步骤及观察到的现象如下：
该过程中可能涉及的反应有：
①
②
③
④
下列说法错误的是
A．与的配位能力：B．无色
C．氧化性：D．探究过程未发生反应②
【答案】A
【详解】加入过量氨水生成无色溶液，过程中发生反应，其中为无色，无色溶液在空气中被氧气氧化为蓝色溶液，发生反应，其中为蓝色，加入铜粉发生反应，放置在空气中又发生反应，溶液又变为蓝色，据此解答。
A．中由N原子提供孤对电子用于形成配位键，中由O原子提供孤对电子用于形成配位键，电负性O＞N，则O给电子能力弱，则与的配位能力：，故A错误；
B．由分析可知，无色，故B正确；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式可知，氧化性：，故C正确；
D．由分析可知，探究整个过程未发生反应②，故D正确；
故选A。
2．（2025·北京·高考真题）为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。
已知：为黄色、为红色、为无色。
下列说法不正确的是
A．①中浓盐酸促进平衡正向移动
B．由①到②，生成并消耗
C．②、③对比，说明：②>③
D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化
【答案】D
【详解】的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，转化为，溶液变为红色；再加入NaF固体，转化为，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。
A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确；
B．由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确；
C．②、③溶液中，均存在平衡，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明：②>③，C正确；
D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误；
故选D。
3．（2025·江苏·高考真题）探究含铜化合物性质的实验如下：
步骤Ⅰ 取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
步骤Ⅱ 将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤Ⅲ 向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是
A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为
B．步骤Ⅱ的两份溶液中：
C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为
【答案】B
【详解】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A错误；
B．步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高。因此c深蓝色(Cu2+) < c蓝色(Cu2+)，B正确；
C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化。真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C错误；
D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4+，导致配合物释放Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2（气泡），并与Cu2+发生置换反应生成Cu，D的反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D错误；
故选B。
4．（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中现象说明配体与的结合能力：
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
【详解】该实验过程中，相关物质转化如下：。
A．②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，故A项说法正确；
B．③中含有的溶质为，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．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，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即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，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。
5．（2024·海南·高考真题）根据下列实验及现象，所得结论错误的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故A错误；
B．热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体，可能是Al粉被氧化为氧化铝，故B正确；
C．浓溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2-+4Cl-，加水稀释后溶液呈蓝色，是因为上述平衡向右发生移动，故C正确；
D．的混合液会形成配离子，的氧化能力小于Fe3+，故遇淀粉-KI试纸不变蓝色，故D正确；
答案选A。
6．（2024·甘肃·高考真题）兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是
A．还原性：
B．按上述方案消耗可回收
C．反应①的离子方程式是
D．溶液①中的金属离子是
【答案】C
【详解】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。
A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确；
B．由电子转移守恒可知，1 ml Fe可以置换1 ml Cu，而1 ml Cu可以置换2 ml Ag，因此，根据上述方案消耗1 ml Fe可回收2 ml Ag，B不正确；
C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确；
D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是，D不正确；
综上所述，本题选C。
7．（2025·安徽·高考真题）阅读材料，完成下列小题。
氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。
下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是
A．与结合的能力：
B．与氨形成配位键的能力：
C．和分子中的键长：
D．微粒所含电子数：
【答案】B
【详解】A．根据题干信息，遇水转化为，反应为：，说明结合能力更强，A错误；
B．根据题干信息，深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液，说明更容易与配位形成，故与氨形成配位键的能力：，B正确；
C．原子半径，则键长：，C错误；
D．所含电子数为，所含电子数，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误；
故选B。
8．（2025·北京·高考真题）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。
(3)的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。
①的配体中，配位原子是 。
②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为 。()
【答案】(3)N
【详解】（3）①的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；
②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。
9．（2024·湖北·高考真题）学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。
已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题：
(1)配制的溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。
a． b． c． d．
(2)实验I表明 (填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是 。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式 、 。
(3)实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因 。
实验Ⅳ：
(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为 、 。
【答案】
(1)bc
(2)不能 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成
(3)实验Ⅲ的现象表明，C3+、C2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行
(4)
【详解】本题探究、能否催化的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 不能催化的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明易转化为；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明更易与反应生成，并且初步证明在的作用下易被氧化为；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，易转化为，氧化性强，可以把氧化为。
（1）配制1.00 ml·L-1的CSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。
（2）CSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，因此，大过量的原因是：为保证转化为，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止碳酸钴生成。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、 。
（3）实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，C3+、C2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。
（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。
10．（2025·山东·高考真题）单质及其化合物应用广泛。回答下列问题：
(2)尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。
①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。
②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 。
③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是 (填元素符号)。
【答案】(2)N O sp2 O
【详解】（2）①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。
②尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。
③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。
析考点
1．配位键：由一个原子单方面提供孤电子对，而另一个原子提供空轨道接受孤电子对形成的共价键，即“电子对给予—接受”键，是一类特殊的共价键。
配位键可以用A→B来表示，其中A是提供孤电子对的原子，B是接受孤电子对的原子。例如：
铜离子与水分子之间的化学键是由H2O提供孤电子对给予Cu2＋形成的。
2．配位化合物
通常把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物，如：[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH。配位化合物多数能溶解、能电离、有颜色。
（1）配合物的组成：如[Cu(NH3)4]SO4
（2）典型配合物
3、配位键与共价键的关系
配位键与普通共价键实质是相同的，它们都被成键原子双方共用。如NHeq \\al(＋,4)中虽然有一个N—H键形成过程与其他3个N—H键形成过程不同，但是一旦形成之后，4个共价键就完全相同。同普通共价键一样，配位键可以存在于分子之中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子之中(如NHeq \\al(＋,4))。
4、配合物中化学键的类型及共价键数目的判断
若配体为单核离子如Cl－等，可以不予计入，若为分子，需要用配体分子内的共价键数乘以该配体的个数，此外，还要加上中心原子与配体形成的配位键，这也是σ键。如：[Cu(NH3)4]SO4化学键的类型：离子键、共价键、配位键，共价键数(σ键)为3×4＋4＋4＝20。
5、其他特殊配合物
6．配合物的生成实验探究与应用
配合物种类繁多，如叶绿素、血红素和维生素B12都是配合物。如叶绿素中Mg2＋为中心离子，大环有机化合物作配体，配位原子为N。配合物在医药科学、化学催化剂、新型分子材料等领域应用广泛。
练模拟
1．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）属于共价化合物，可以单体分子、二聚体分子(图a)和多聚体分子(图b)等形式存在。下列说法错误的是
A．二聚体分子中Be的杂化轨道类型为
B．单体分子的空间结构为直线形
C．多聚体分子中存在配位键
D．Be的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能
【答案】A
【详解】A．二聚体分子中，Be周围有三个成键电子对，孤对电子对为0，为平面三角形，Be的杂化轨道类型为sp2，A错误；
B．Be的成键电子对为2，孤对电子对为0，故分子的空间结构为直线形，B正确；
C．多聚体分子中氯提供孤对电子，Be提供空轨道，形成配位键，C正确；
D．Be的价电子为2s2，为全满状态，故的第一电离能大于同周期相邻元素的第一电离能，D正确；
答案选A。
2．（2025·福建三明·三模）二甘氨酸合铜(Ⅱ)是最早被发现的电中性内配盐，在细胞线粒体中有推动电子传递、清除自由基等生理功能。制备顺式和反式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的方法如下图所示。
已知：的二元取代物有两种结构。下列说法正确的是
A．与的配位能力：
B．中Cu(Ⅱ)的杂化方式为
C．0.5ml二甘氨酸合铜(Ⅱ)中含有8mlσ键
D．顺式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的极性比反式的强
【答案】D
【详解】A．为强配体，的孤对电子与形成的配位键更稳定，所以能取代中的生成，故配位能力，A错误；
B．的二元取代物有两种结构，说明其空间构型为平面四边形（四面体二元取代物仅一种），杂化方式为而非，B错误；
C．二甘氨酸合铜(Ⅱ)中，每个甘氨酸配体含8个键：、1个C=O（其中1个σ键、1个π键），2个配体共16个键，加4个配位键，共20个键，所以二甘氨酸合铜(Ⅱ)中含键，C错误；
D．顺式配合物中相同基团在相邻位置，整体呈不对称，极性大；而反式异构由于结构更对称，极性较弱，故顺式二甘氨酸合铜(Ⅱ)的极性比反式的强，D正确；
故选D。
3．（2024·浙江金华·一模）铵铁蓝是一种性能优良的蓝色颜料，可由白色的与、的混合溶液加热，经过滤洗涤干燥制得，离子方程式为：(未配平)，下列说法不正确的是
A．该方程式中的X为
B．生成铵铁蓝，转移电子
C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6
D．中的配体是，中心离子是
【答案】B
【详解】由变为，Fe元素升高1价，变为Cl-，降低6价，根据电子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为。
A．由上述分析可知，X为，故A正确；
B．配平后的离子方程式为，转移6个电子，故生成铵铁蓝，转移电子，故B错误；
C．氧化剂为，还原剂为，由配平后的方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：6，故C正确；
D．中配离子为，配体是，中心离子是，故D正确；
答案选B。
4．（2025·云南玉溪·三模）氨硼烷是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。在催化剂作用下氨硼烷可发生水解：。已知：电负性，、的结构示意图如图所示。下列说法正确的是
A．氨硼烷不溶于水
B．发生水解时转移
C．该反应过程中B原子均为杂化
D．分子中键是配位键，B原子提供孤电子对
【答案】B
【详解】A．氨硼烷能发生水解反应，说明氨硼烷能溶于水，A错误；
B．在反应中，中B为+3价，H为-1价和+1价，中H为+1价，反应生成，反应时，有9mlH(来自中-1价的H）与9mlH（来自中+1价的H）结合生成9ml，转移9ml电子，则发生水解时转移 3ml电子，B正确；
C．中B形成4个σ键（3个B-H、1个B-N），为sp3杂化；产物中B与3个O成键（价层电子对数3），为sp2杂化，B原子杂化方式不同，C错误；
D．分子中N - B键是配位键，由于电负性N>H>B，N原子有孤电子对，B原子有空轨道，所以是N原子提供孤电子对，D错误；
故选B。
5．（2025·云南玉溪·三模）在合成氨工业中，原料气(及少量CO、混合气)在进入合成塔前需经过铜氨液处理，目的是除去其中的CO，其反应为。设为阿伏加德罗常数的值，已知简写为HAc，简写为。下列说法错误的是
A．中配位键的数目为
B．标准状况下，含有氢原子的数目为
C．17g氨气溶于水，生成的数目为
D．的HAc溶液中，HAc和的微粒数目之和为
【答案】C
【详解】A．中，Cu⁺的配位数为4（3个NH₃和1个CO各提供1个配位键），1ml该配合物含4ml配位键，数目为4NA，A正确；
B．标准状况下22.4L NH3为1ml，含3ml H原子，数目为3 NA，B正确；
C．17g NH3（1ml）溶于水时，大部分以NH3形式存在，仅有少量转化为NH3·H2O，故NH3·H2O的数目小于NA，C错误；
D．20mL 0.5ml/L HAc溶液中，HAc和的总物质的量为0.01ml，数目之和为0.01 NA，D正确；
故选C。
6．（2025·河北石家庄·三模）焙烧绿矾可以制备红色颜料的重要着色剂铁红，发生的反应为。下列有关化学用语或表述正确的是
A．的价电子排布图为
B．和的VSEPR模型和分子构型均不相同
C．可改写为的形式，存在的化学键有配位键、共价键、离子键和氢键
D．是含有极性键的极性分子
【答案】D
【详解】A．Fe2+的价电子排布式为3d6，其轨道排布图为，A错误；
B．O2的VSEPR模型为平面三角形（3对电子，孤对电子数为1），分子构型为V形；SO3的VSEPR模型和分子构型均为平面三角形（3对电子，孤对电子数为0），两者的VSEPR模型相同， B错误；
C．[Fe(H2O)6]2+与通过离子键结合，Fe2+与H2O间存在配位键，H2O内部有共价键，但氢键属于分子间作用力而非化学键，C错误；
D．H2O中O-H键为极性键，分子为V形结构，正负电荷中心不重合，是极性分子，D正确；
故答案选D。
7．（2025·云南昆明·模拟预测）丹蒽醌-镁配合物可用作固体推进剂的燃烧稳定剂，其结构如图所示。下列说法错误的是
A．该配合物中有两种配体B．中心离子的配位数为6
C．中的羰基可参与苯环形成大键D．该稳定剂高温下燃烧的固态产物为
【答案】D
【详解】A．该配合物中有和两种配体，A正确；
B．6个氧原子与镁离子配位，中心离子的配位数为6，B正确；
C．中的羰基与苯环共面，羰基中的碳、氧原子价层的p轨道与苯环碳原子价层的p轨道平行，可“肩并肩”重叠形成大键，C正确；
D．参照在高温下会分解，其不稳定的实质是金属阳离子吸引中的分解为金属氧化物和，的电荷数相同但前者的半径更小，则吸引中的能力更强，比更容易分解，可推知该稳定剂高温下燃烧的固态产物为，D错误；
故选D。
8．（2025·辽宁本溪·模拟预测）在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与鸟嘌呤作用进而破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖，过程如图所示。其中鸟嘌呤为扁平结构，下列说法正确的是
A．鸟嘌呤和中N原子的杂化方式完全相同
B．在中，配体与铂的结合能力
C．鸟嘌呤中的原子电负性：
D．(C)结构中化学键包括：共价键、配位键、氢键
【答案】B
【详解】A．鸟嘌呤中，鸟嘌呤为扁平结构，其中所有N原子均为sp2杂化；中NH3的N为sp3杂化，二者N原子杂化方式不完全相同，故A错误；
B．顺铂水解时Cl⁻被OH⁻取代，而NH3未被取代，说明NH3与Pt的结合更稳定，即配体结合能力Cl⁻ < NH3，故B正确；
C．元素非金属性越强电负性越大，电负性应为O > N > H，故C错误；
D．氢键不属于化学键，结构(C)中化学键包括共价键和配位键，故D错误；
选B。
9．（2025·吉林松原·模拟预测）下列依据实验操作得到的实验现象与结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．Cl-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，向FeCl3溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，酸性高锰酸钾溶液褪色不能说明含Fe2+，A错误；
B．与反应生成白色Al(OH)3沉淀和，无气体产生，现象描述错误，该反应不是双水解反应，B错误；
C．红色变浅，的量减少，更易与配位，C正确；
D．溶液中既含Fe3+也含，需做对照实验排除干扰，才能判断催化的分解，D错误；
故选C。
10．（2025·浙江·一模）探究含铜化合物性质的实验如下：
步骤I：取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
步骤II：将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤III：向步骤II所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是
A．步骤I产生的蓝色沉淀为
B．由铜化合物的转化可知，与铜离子的结合能力：
C．步骤III中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D．步骤III中产生气体、析出红色物质的反应为：
【答案】B
【详解】A．步骤I中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4·H2O，适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A错误；
B．步骤II中，浓氨水溶解Cu(OH)2生成[Cu(NH3)4]2+，稀盐酸溶解Cu(OH)2生成Cu2+，实验表明NH3能取代OH-和H2O与Cu2+结合，结合能力顺序为H2O < OH- < NH3，B正确；
C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化，铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化，真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C错误；
D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成，释放Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2，并与Cu2+发生置换反应，未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D错误；
故选B。
11．（2025·浙江·一模）可看成中的一个O被S代替，六水合硫代硫酸镁()常用于浸金工艺中，其晶胞结构如图所示。下列说法正确的是
A．的空间结构为正四面体形
B．浸金过程中，中的两个硫原子均可作配位原子
C．六水合硫代硫酸镁晶体中存在的化学键有离子键、极性共价键、配位键和氢键
D．可与稀硫酸反应产生刺激性气味的气体
【答案】D
【详解】A．为正四面体形，是中一个O被S代替，中心S原子连接三个O和一个S，配位原子不同（O和S电负性、原子半径不同），空间结构为四面体形而非正四面体形，A错误；
B．中两个S原子化学环境不同，浸金时，取代O的端基S原子有孤电子对、可作为配位原子，而中心S原子没有孤电子对、不能作为配位原子，B错误；
C．晶体中阴、阳离子之间形成离子键，中的、中的等为极性共价键，中与的O形成配位键，氢键属于分子间作用力、不属于化学键，C错误；
D．与稀硫酸反应的化学方程式为：，二氧化硫是刺激性气味气体，D正确；
故答案选D。
12．（2024·福建福州·模拟预测）咪唑为五元芳香杂环化合物，且分子中环上原子位于同一平面内，该类化合物在医学上有重要的用途。咪唑()和4-甲基咪唑()都是合成医药中间体的重要原料。下列有关说法错误的是
A．咪唑()中C原子与N原子杂化方式相同
B．咪唑()分子中存在一个6电子共轭大π键
C．1号N与2号N相比，1号N更容易与形成配位键
D．4-甲基咪唑(）具有碱性，可以与盐酸反应生成相应的盐
【答案】C
【详解】A．咪唑为共面结构，碳原子的价层电子对数为3，杂化方式为，两个N原子均为杂化，A正确；
B．咪唑分子中五元环结构类似于苯环，存在一个6电子共轭大π键，B正确；
C．4-甲基咪唑()为五元芳香杂环化合物，且分子中环上原子位于同一平面内，则环上的5个原子形成大π键，1号N原子和2号N相比，1号N原子无孤电子对，而2号N原子有孤电子对，则2号N更容易与形成配位键，C错误；
D．4-甲基咪唑()中2号氮原子上有孤电子对，能与H+反应，具有碱性，可用于盐酸反应生成相应的盐，D正确；
答案选C。
13．（2025·浙江·模拟预测）过渡金属是工业催化中的关键元素。请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．基态铬原子中存在10对成对电子
B．元素位于元素周期表第14列
C．钡焰色实验呈黄绿色与电子从低能级跃迁到高能级有关
D．配位键的强度：
(2)某化合物的晶胞如下图所示，以配离子形式写出该化合物的化学式为 。
【答案】(1)BD (2)或
【详解】（1）A．铬原子是24号，其核外电子轨道表示式为存在9对成对电子，A错误；
B．根据稀有气体氙为54号，推测可知元素位于元素周期表第14列，B正确；
C．钡焰色实验呈黄绿色是电子从高能级跃迁到低能级，C错误；
D．的配体分别为和，其中中F的电负性更强，电子更靠近F，因此配位键强度，D正确。
（2）由图可知，的个数为，的个数为，的个数为，的个数为，根据晶胞所示结构，和配位，和配位，因此配合物的化学式为或；
14．（2025·天津武清·模拟预测）金属及其化合物在生产生活中有重要应用。
(2)醋酸铜氨溶液(含 等)净化合成氨原料气(含和少量CO)的过程中发生反应：。
①H-N-H键角： (填“>”、“