2022北京高二(下)期末化学汇编：离子键、配位键与金属键.docx

2022北京高二（下）期末化学汇编
离子键、配位键与金属键
一、单选题
1．（2022·北京顺义·高二期末）Fe3+的配位化合物较稳定且应用广泛。Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成使溶液呈浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、无色的[FeF6]3-配离子。某同学按如下步骤完成实验：

已知：向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子；Co2+不能与F-形成配离子。下列说法不正确的是
A．Fe第四电离能(I4)大于其第三电离能(I3)
B．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色造成
C．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+
D．[Fe(H2O)6]3+中H-O-H的键角与H2O分子中H-O-H的键角相等
2．（2022·北京丰台·高二期末）研究小组在实验室完成了下图所示实验。

下列说法中，不正确的是
A．NO空间结构为三角锥形
B．滴加氨水后沉淀溶解，是因为形成了[Ag(NH3)2]+离子
C．用银镜反应可以检验醛基
D．将乙醛换成葡萄糖，同样可以得到光亮的银镜
3．（2022·北京八中高二期末）配合物可用于离子检验，下列说法不正确的是
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键
B．配离子为，中心离子为，配位原子为N
C．1mol配合物中含有12molσ键
D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离得到阴阳离子共4mol
4．（2022·北京西城·高二期末）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△H。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如图：

已知：[Co(H2O)6]2+粉红色、[CoCl4]2—蓝色、[ZnCl4]2—无色，下列结论和解释正确的是
A．[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—的Co2+配位数之比为2︰3
B．由实验①可知平衡逆向移动
C．由实验②可推知△H＜0
D．由实验③可知配离子的稳定性[ZnCl4]2—-＜[CoCl4]2—
5．（2022·北京北京·高二期末）用相同浓度的和溶液进行实验：

下列说法不正确的是
A．相同浓度的和溶液中，的浓度不同
B．提供空轨道，提供孤电子对，两者以配位键结合成
C．溶液2不显红色，说明与的结合力强于与的结合力
D．由对比实验可知，用溶液检验溶液中的比用KSCN溶液更好
6．（2022·北京北京·高二期末）下列关于的说法不正确的是
A．是极性键构成的极性分子
B．分子中含键，该共价键电子云图形是轴对称的
C．分子的键角为107°，表明共价键有方向性
D．分子中的N有孤电子对，可以与形成配位键
7．（2022·北京八中高二期末）已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：。用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：

以下结论和解释正确的是
A．等物质的量的和配位数之比为2∶3
B．由实验①可推知
C．实验②是由于增大，导致平衡逆向移动
D．由实验③可知配离子的稳定性：
二、填空题
8．（2022·北京石景山·高二期末）硝基苯()常用作生产苯胺()的原料，回答下列问题：
(1)由苯制取硝基苯的化学方程式是_______。
(2)由硝基苯制取苯胺，发生 _______(填“氧化”或“还原”)反应。
(3)硝基苯中C、N、O元素的电负性大小顺序是_______。
(4)苯胺分子中N原子孤电子对数有_______对，杂化轨道类型是_______。
(5)苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的熔点远_______甲苯(填“高于”或“低于”)，原因是_______。
(6)苯胺结合H+生成阳离子C6H5NH，从化学键的角度解释苯胺生成C6H5NH的过程____。
三、实验题
9．（2022·北京丰台·高二期末）某小组同学探究FeCl3溶液显黄色的原因。
资料：FeCl3溶液中存在如下化学平衡：[Fe(H2O)6]3+ + H2O [Fe(H2O)5(OH)]2+ + H3O+
I．猜想与预测
小组同学认为可能是Fe3＋与其他微粒配位形成的配离子导致溶液显黄色，进而提出以下猜想：
i．Fe3＋与OH-配位
ii．Fe3＋与H2O配位
iii．Fe3＋与Cl-配位
(1)上述微粒能形成配离子的原因是___________。
II．实验与分析
为验证猜想i，小组同学设计并完成了以下实验。
实验
实验操作
实验现象
a
向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL稀硝酸
溶液由黄色变为浅黄色
b
向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL水
溶液黄色略变浅

(2)实验b的目的是___________。
(3)甲同学认为综合上述实验证明猜想i成立，乙同学认为不严谨，并进行了如下实验探究。
实验c：向2 mL 黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色。
①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是___________。
②乙同学认为实验c可以证明猜想i成立，猜想ii不成立，理由是___________。
③小组同学进一步设计实验证明了猜想iii成立。该实验为：向实验c所得无色溶液中加入少量___________，溶液由无色变为黄色。
III．结论与反思
(4)综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是______。
(5)向2 mL FeCl3溶液中加0.5 mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，用平衡移动原理解释：______。
10．（2022·北京东城·高二期末）实验小组研究硫酸四氨合铜(II)([Cu(NH3)4]SO4·H2O)晶体的制备。
[实验一]制备[Cu(NH3)4]SO4溶液
甲：向2 mol/L CuSO4溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀，再向所得浊液(标记为浊液a)中加入过量6mol/L氨水，沉淀不溶解。
乙：向2mol/LCuSO4溶液中滴加6mol/L氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。
(1)画出四氨合铜配离子中的配位键：_______。
(2)甲中，生成蓝色沉淀的离子方程式是_______。
(3)研究甲、乙中现象不同的原因。
[提出猜测]
i.Na+可能影响[Cu(NH3)4]2+的生成。
ii. 促进了[Cu(NH3)4]2+的生成。
[进行实验]
①将浊液a过滤，洗涤沉淀，把所得固体分成两份。
②向其中一份加入过量6 mol/L氨水，观察到_______ ， 说明猜测i不成立。
③向另一份加入过量6 mol/L氨水，再滴入几滴_______(填试剂)，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。
[实验反思]
④从平衡移动的角度，结合化学用语解释为什么能促进[Cu(NH3)4]2+的生成：_______。
[实验二]制备硫酸四氨合铜晶体
资料：
i.[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解；
ii. [Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的变化如下图所示。

用蒸发、结晶的方法从乙所得深蓝色溶液中获得的晶体中往往含有Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4等杂质。
(4)结合，上述信息分析，从乙所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O的措施是_______ (写出两条即可)。
四、结构与性质
11．（2022·北京昌平·高二期末）是一种重要的染料及农药中间体，实验室可以用氧化铜为原料通过以下方法制取。
步骤1：向试管中加入一定量的氧化铜固体，加入足量稀硫酸充分反应，观察到固体完全溶解，溶液变为蓝色；
步骤2：向试管中继续滴加过量的氨水，观察到先有蓝色沉淀，后又完全溶解得到深蓝色溶液。
步骤3：再向试管中加入无水乙醇，振荡静置，有深蓝色晶体析出。
(1)写出步骤1的离子方程式___________。
(2)步骤2中产生蓝色沉淀的反应是，请结合方程式，利用平衡移动原理，解释“蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液”现象产生的原因___________。
(3)中存在配位键，其中提供空轨道的是___________，提供孤电子对的是___________。
(4)中N原子的杂化方式是___________，利用杂化轨道理论解释空间结构是三角锥形的原因：___________。

参考答案
1．D
【详解】
A．Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道处于半满状态，电子的能量低，失电子困难，所以Fe的第四电离能(I4)大于其第三电离能(I3)，A正确；
B．Ⅰ中Fe(NO3)3溶于水后，Fe3+发生部分水解生成Fe(OH)3等，使溶液呈黄色，B正确；
C．先往溶液中加入足量的NaF溶液，再加入KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则表明含有Co2+，否则不含Co2+，C正确；
D．[Fe(H2O)6]3+中H2O分子内O原子最外层只存在一对孤对电子，对H-O-H中O-H键的排斥作用减小，所以键角比H2O分子中H-O-H的键角大，D不正确；
故选D。
2．A
【详解】

A．中N原子的价层电子对数=3+=3，无孤电子对，空间结构为平面三角形，故A错误；
B．滴加稀氨水后AgCl与氨水发生络合反应，生成[Ag(NH3)2]OH，形成了[Ag(NH3)2]+离子，故B正确；
C．只有含醛基的有机物才能和银氨溶液发生银镜反应，用银镜反应可以检验醛基的存在，故C正确；
D．葡萄糖中也含醛基，将乙醛换成葡萄糖，同样可以得到光亮的银镜，故D正确；
故选：A。
3．B
【详解】
A． Na+与之间存在离子键，CN−与Fe3+之间存在配位键，CN−中碳原子与氮原子之间存在极性键，A项正确；
B． 配合物Na3[Fe(CN)6]中，配离子为，中心离子为Fe3+配位原子为C，B项错误；
C． CN−中碳原子与氮原子之间存在1个σ键，CN−与Fe3+之间的配位键属于σ键，则1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键为(6+6)mol =12mol，C项正确；
D． 该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为Na3[Fe(CN)6]=3Na++，1mol该配合物电离得到阴、阳离子共4mol，D项正确；
故选B。
4．B
【详解】
A．由化学式可知，[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2—的Co2+配位数之比为3︰2，故A错误；
B．实验①加水稀释，溶液由蓝色变为粉红色说明加水稀释时，平衡向逆反应方向移动，故B正确；
C．由实验②将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液由蓝色变为粉红色说明降低温度时，平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应△H>0，故C错误；
D．实验③加入少量氯化锌固体，溶液由蓝色变为粉红色说明锌离子与氯离子结合生成[ZnCl4]2—，溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，则[ZnCl4]2—-的稳定性强于[CoCl4]2—，故D错误；
故选B。
5．D
【详解】
A． 溶液1显红色而溶液2不显红色说明相同浓度的和溶液中的浓度不同，故A正确；
B． Fe的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是失去4s上的电子和3d上的一个电子得到的，其存在空轨道，CN-的电子式为，碳原子提供孤电子对，两者以配位键结合成，故B正确；
C． 溶液2不显红色，说明[Fe(CN)6]3-不会转化为Fe(SCN)3，说明与的结合力强于与的结合力，故C正确；
D． FeCl3溶液为棕黄色，K3[Fe(CN)6]溶液为黄色，若用KCN检验FeCl3溶液现象不明显，因此用KCN溶液检验FeCl3溶液中的Fe3+不如用KSCN溶液好，故D错误；
故选：D。
6．B
【详解】
A．N-H键为极性键，为三角锥形，为极性分子，故A正确；
B．分子中含键，故B错误；
C．分子为三角锥形，键角为107°，表明共价键有方向性，故C正确；
D．分子中的N有孤电子对，可以与形成配位键，如NH，故D正确；
故选B。
7．D
【详解】
A．1个[Co(H2O)6]2+中含有6个配体H2O，1个[CoCl4]2-中含有4个Cl-，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-配位数之比为6:4=3:2，A错误；
B．实验①将蓝色溶液置于冰水浴中，溶液变为粉红色，说明降低温度平衡逆向移动，则逆反应为放热反应，正反应为吸热反应，∆H>0，B错误；
C．实验②加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，[Co(H2O)6]2+、[CoCl4]2-、Cl-浓度都减小，[Co(H2O)6]2+、Cl-的化学计量数之和大于[CoCl4]2-的化学计量数，则瞬时浓度商>化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；
D．实验③加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的[ZnCl4]2-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：[ZnCl4]2->[CoCl4]2-，D正确；
答案选D。
8．(1)+HNO3(浓) +H2O
(2)还原
(3)O > N > C
(4)     1     sp3
(5)     高于     苯胺分子间存在氢键
(6)苯胺分子中N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，通过配位键形成C6H5NH(或：苯胺分子中N原子提供孤电子对与H+共用，形成共价键)
【解析
（1）
由苯制取硝基苯的化学方程式为+HNO3(浓) +H2O，故答案为+HNO3(浓)+H2O；
（2）由硝基苯制取苯胺时，加氢的同时去氧，发生还原反应，故答案为：还原；
（3）同周期元素从左到右电负性越来越大，硝基苯中C、N、O元素的电负性大小顺序是O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C；
（4）苯胺分子中N原子成3个共价键，有1对孤电子，杂化轨道类型是sp3，故答案为：1；sp3；
（5）苯胺与甲苯的相对分子质量相近，由于苯胺分子间存在氢键，所以苯胺的熔点远高于甲苯，故答案为：高于；苯胺分子间存在氢键；
（6）由于苯胺分子中N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，通过配位键形成C6H5NH3+，所以苯胺生成C6H5NH，故答案为：苯胺分子中N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，通过配位键形成C6H5NH。
9．
(1)Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子
(2)控制Fe3+离子浓度相同
(3)     实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位     滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动     固体氯化钠
(4)Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位
(5)增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化
【解析】
（1）上述微粒能形成配离子的原因是Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子，故答案为：Fe3+具有空轨道，OH-、H2O、Cl-可以提供孤对电子；
（2）实验b的目的是对照试验，控制Fe3+离子浓度相同，故答案为：控制Fe3+离子浓度相同；
（3）①乙同学认为甲同学结论不严谨的理由是：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位，故答案为：实验b加0.5mL水，溶液黄色略变浅，不能排除Fe3+与H2O、Cl-是否配位；
②实验c：向2mL黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动，证明猜想ⅰ成立，猜想ⅱ不成立，故答案为：滴加2滴稀硝酸，观察到溶液由黄色变为无色，说明[Fe(H2O)6]3++H2O⇌[Fe(H2O)5(OH)]2++H3O+逆向移动；
③小组同学进一步设计实验证明了猜想ⅲ成立该实验为：向实验c所得无色溶液中加入少量氯化钠固体，溶液由无色变为黄色，证明实验ⅲ．Fe3+与Cl-配位，故答案为：固体氯化钠；
（4）综合上述现象解释FeCl3溶液显黄色的原因是ⅰ．Fe3+与OH-配位和ⅲ．Fe3+与Cl-配位；故答案为：Fe3+与OH-配位和Fe3+与Cl-配位；
（5）向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化，故答案为：增大氢离子浓度，Fe3+与OH-配位被破坏颜色变浅，溶液黄色没有明显变化，增大氯离子浓度，Fe3+与Cl-配位增大颜色加深，二者相互抵消，向2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀盐酸，溶液黄色没有明显变化。
10．
(1)
(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓
(3)     蓝色沉淀不溶解     硫酸铵溶液     由于Cu(OH)2+4NH3▪H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成
(4)降低温度 加入乙醇
【分析】向2mol/LCuSO4溶液中滴加6mol/L氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量6mol/L氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，制得了[Cu(NH3)4]SO4溶液。将[Cu(NH3)4]SO4溶液降温，并加入乙醇可析出硫酸四氨合铜晶体。
（1）四氨合铜配离子中的配位键是氨分子中的氮原子提供孤电子对，Cu2+提供空轨道形成的，表示为 。
（2）甲中硫酸铜溶液和氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式是：Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。
（3）②由于向含有Na+的浊液中滴加过量的6 mol/L氨水，若观察到蓝色沉淀不溶解，则说明Na+不影响[Cu(NH3)4]2+的生成。③若加入含的物质，蓝色沉淀溶解，则可证明猜想ii成立，所以向另一份加入过量6 mol/L氨水，再滴入几滴硫酸铵溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，说明猜测ii成立。④由于Cu(OH)2+4NH3▪H2O[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，加入能结合OH-使平衡正移，促进[Cu(NH3)4]2+的生成。
（4）[Cu(NH3)4]SO4·H2O受热易分解；[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇-水的混合溶剂中溶解度随乙醇体积分数的增多而降低，所以从乙所得深蓝色溶液中获得较多晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O的措施可以是降温和加入乙醇。
11．
(1)CuO+2H+=Cu2++H2O
(2)继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液，
(3)     Cu2+     N
(4)     sp3     价层电子对数为4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥
【解析】
（1）步骤1中氧化铜稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O。故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O；
（2）步骤2中产生蓝色沉淀的反应是，继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液。故答案为：继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液；
（3）中存在配位键，其中Cu2+是中心离子，NH3是配体，提供空轨道的是Cu2+，提供孤电子对的是N，故答案为：Cu2+；N；
（4）NH3中N原子价层电子对数为3+=4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥。故答案为：sp3；价层电子对数为4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥。
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