2023-2024学年鲁科版（2019）高中化学选择性必修2 2.3离子键、配位键与金属键分层练习（含答案）
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| 名称 | 2023-2024学年鲁科版（2019）高中化学选择性必修2 2.3离子键、配位键与金属键分层练习（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 鲁科版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-14 10:33:22 | ||
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文档简介
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2.3离子键、配位键与金属键
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．以下微粒含配位键的是
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧
A．①②④⑦⑧ B．①④⑤⑥⑦⑧ C．③④⑤⑥⑦ D．全部
2．下列各组物质中，化学键类型相同的是
A．HCl、MgCl2、NH4Cl B．H2O、Na2O、SO2
C．CaCl2、NaOH、H2O D．NH3、H2O、CS2
3．2022年诺贝尔化学奖授予了研究“点击化学”的科学家。该研究在新材料和药物合成方面有广泛应用，按如图原理可以合成含三氮唑环(含π的大π键)的化合物，代表一种原子。下列说法正确的是
A．生成物中，α位置比β位置的N原子更容易形成配位键
B．铜离子能降低反应的焓变，加快反应速率
C．生成物中的所有原子不在同一平面上
D．反应物中黑球元素的电负性强于N
4．下列有关、、、的说法正确的是
A．和中的键角前者大
B．和的空间构型相同
C．和中N原子的杂化方式相同
D．与形成的中，提供孤电子对形成配位键的是
5．冠醚能与阳离子尤其是与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同碱金属离子作用，12—冠—4与锂离子作用而不与钠离子、钾离子作用，18—冠—6与钾离子作用如图，但不与锂离子或钠离子作用，下列说法不正确的是
A．18—冠—6中C原子和O原子的杂化轨道类型相同
B．与K+作用不与Li+和Na+作用反应反映了超分子的“分子识别”的特征
C．与钾离子作用反映了超分子的“自组装”的特征
D．冠醚与碱金属离子作用的原理与其可做相转移催化剂的原理有关
6．硫元素的很多化合物用途广泛。可用于制杀虫剂、发光漆等。高温下木炭和可以反应生成。在潮湿的空气中极易发生水解生成硫氢化钙、氢氧化钙和碱式硫氢化钙的混合物。与反应可以释放出。能与溶液发生复分解反应生成黑色沉淀。的水溶液暴露在空气中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关说法正确的是
A．的空间构型为直线型 B．的价电子排布式为
C．的键角比的大 D．中含有键
7．相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代CO2吸收剂，某新型相变离子液体X吸收CO2过程如图，已知X的阴离子中所有原子共平面，分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，下列说法错误的是
A．X的阳离子中存在配位键 B．Y的阴离子中C的杂化方式相同
C．X的阴离子中的大π键为 D．Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：Y>X
8．甲磺酸伊马替尼是治疗慢性粒细胞白血病的首选药物，其合成路线如下图所示(次要产物省略)。下列有关说法错误的是
A．Ⅰ→Ⅲ通过发生取代反应产生酰胺键
B．Ⅱ、Ⅳ分子中均存在配位键
C．有机物Ⅲ不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．Ⅳ分子中的C、N原子均存在和两种杂化方式
9．硫代硫酸钠Na2S2O3(相当于中一个氧被硫替代)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr。下列说法正确的是
A．基态Br原子中电子的空间运动状态有36种
B．[Ag(S2O3)2]3-中含有离子键、共价键、配位键
C．中心原子S的杂化方式为sp3
D．非金属元素S、O、Br中电负性最大的是S
10．已知粉红色，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：，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如下：
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
以下结论和解释不正确的是
A．和中，中心离子的配位数之比为3∶2
B．由实验①可知：，由实验②可推知加水稀释，浓度商QC．由实验③可知：络合能力比络合能力强
D．实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关
二、填空题
11．金属键的概念
与 之间强烈的相互作用。
12．铜在材料科学领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的核外电子有 种运动状态，其价层电子排布式为 。
(2)[Cu(H2O)4]SO4·H2O是一种蓝色晶体，焰色反应为绿色。
①H2O中O原子的杂化方式为 。
②SO的立体构型为 ；与SO互为等电子体的分子有 (写出一种分子式即可)。
③O、S、H的电负性由大到小的顺序为 。
④很多金属元素进行焰色试验时火焰有特殊颜色，其微观原因为 。
⑤[Cu(H2O)4]SO4·H2O的阳离子中存在的化学键类型为 (填选项字母)。
a．配位键 b．离子键 c．共价键 d．氢键
13．(1)参考的结构示意图，画出结构示意图 。
(2)有机物和互为同分异构体，但熔点(－90℃)远低于(240℃)，可能的原因是 。
14．我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。
(1)下列N原子的电子排布图表示的状态中，能量最高的是_______(填字母)。
A． B．
C． D．
(2)第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在B和N之间的元素有 种。
(3)Na与N形成的NaN3可用于汽车的安全气囊中，其中阴离子的空间结构为 ，Na在空气中燃烧发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为 (填“发射”或“吸收”)光谱。
(4)已知NH3分子的键角约为107°，而同主族磷的氢化物PH3分子的键角约为94°，试用价层电子对互斥模型解释NH3的键角比PH3的键角大的原因： 。
(5)BH3·NH3是一种有效、安全的固体储氢材料，可由BH3与NH3反应生成，B与N之间形成配位键，氮原子提供 ，在BH3·NH3中B原子的杂化方式为 。
15．(1)基态亚铜离子()的价电子排布式为 。
(2)硒为第4周期元素，同周期相邻的元素有砷和溴，则这3种元素的第一电离能按从大到小排列的顺序为 (用元素符号表示)。
(3)往溶液中加入过量浓氨水，可生成，下列说法正确的是 (填字母，双选)。
A．中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．在中提供孤电子对，提供空轨道
C．的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．与互为等电子体，空间结构均为正四面体形
(4)氨基乙酸铜的分子结构如图示，碳原子的杂化方式为 。
16．某同学对科学探究实验有着浓厚兴趣，他喜欢自己动手做实验，记录实验现象，并探究现象后的本质。实验如下：
(1)向蓝色的硫酸铜溶液中慢慢滴加氨水，生成蓝色絮状沉淀 (请用离子方程式说明)，继续滴加沉淀消失，得到深蓝色溶液 (用离子方程式说明)。
(2)已知Co(NH3)5BrSO4可形成两种Co的配合物。为了探索其化学式，他取了两种配合物的溶液于甲、乙两支试管中，甲中加BaCl2溶液无现象，加AgNO3溶液生成淡黄色沉淀，乙中加BaCl2生成白色沉淀，加AgNO3无现象，则甲、乙试管中的配合物化学式分别为 、 。
17．已知氯化铝的熔点为190℃(2.02×105Pa)，但它在180℃即开始升华。
(1)氯化铝是 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
(2)在500K和1.01×105Pa时，它的蒸气密度(换算成标准状况时)为11.92g·L－1，且已知它的结构中有配位键(当共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键)。配位键形成后，就与一般共价键无异，氯化铝的化学式为 ，结构式为 。
(3)无水氯化铝在空气中强烈地“发烟”，其原因是 。
(4)设计一个更可靠的实验，判断氯化铝是离子化合物还是共价化合物。你设计的实验是 。
18．用电子式表示下列物质：CaCl2 ；H2S： ；NaOH： ．
19．离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。某离子液体[bmim]Cl可与混合形成离子液体；[bmim]Cl也可以转化成其他离子液体。如图是[bmim]Cl与离子交换反应合成离子液体[bmim]的流程。
(1)[bmim]}中C原子的杂化方式为 ，的空间构型为 。
(2)阳离子中的几种元素电负性由大到小顺序为 。
(3)已知分子中的大π键可以用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则中五元环大π键可以表示为 。
(4)熔点为77.8℃，熔点高于1000℃，其原因是 。
(5)和[bmim]Cl混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，已知一个中含有两个配位键，试画出的结构式： 。
(6)氟及其化合物的用途非常广泛。
①、、、中价层电子对数不同于其他微粒的为 。
②基于设计的Borm-Haber循环如图所示。
由图可知，F-F键的键能为 ；钙的第一电离能为 。
20．回答下列问题：
(1)硒为第四周期元素，相邻的元素砷和硒的第一电离能大小关系为 (用元素符号表示)，原因为 。
(2)肼()分子可视为分子中的一个氢原子被—(氨基)取代形成的另种氮的氢化物，分子中氨原子轨道的杂化类型是 。
(3)下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：
①基态核外电子排布式为 ；配合物中，与形成配位键的原子是 (填元素符号)。
②中C原子轨道杂化类型为 ；1mol分子含有σ键的数目 。
③与互为等电子体的一种阴离子为 (填化学式)。
三、实验探究题
21．硫酸四氨合铜晶体{}是一种重要的染料及农药中间体，小组同学拟用溶液为原料来制备。
Ⅰ．制备溶液
实验1：
实验2：
(1)写出实验1中生成蓝色沉淀的化学方程式 。实验2中溶液由最初的蓝色变为深蓝色，是因为其中的配离子由 (写化学式)变为。
(2)研究实验1、2中现象不同的原因。
【提出猜测】
ⅰ．可能影响的生成。
ⅱ．促进了的生成。
【进行实验】
将浊液a过滤，洗涤沉淀，把所得固体分成两份。
①向其中一份加入 (填试剂)，若出现的现象为 ，则猜测ⅰ不成立。
②向另一份加入过量氨水，再滴入几滴 (填试剂名称)，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则猜测ⅱ成立。
Ⅱ．制备硫酸四氨合铜晶体
(3)向实验2得到的深蓝色溶液中，加入一定量无水乙醇，析出深蓝色晶体。关于上述由硫酸铜溶液制得硫酸四氨合铜晶体过程中，下列说法不正确的是_______。
A．上述过程中涉及3种配离子
B．上述过程涉及的含铜配离子的配位数均为4
C．上述的转化过程说明铜离子与不同配体形成的配位键强度不同
D．析出深蓝色晶体的原因是乙醇分子的极性小于水
(4)元素位于周期表的 区，与铜原子未成对电子数相同的第四周期元素还有 种。已知高温下比更稳定，试从铜原子核外电子结构角度解释其原因： 。
22．铁、铜及其化合物在实验室和实际生产中应用广泛，对其性质进行以下探究。
(1)探究的配合物。
可与等配体形成配离子，如。按图示完成实验。
①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，原因是水解生成，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，往溶液中加入的最佳试剂为 (填化学式)。
②溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ反应的离子方程式为 。
(2)选矿废水含有和，用碘量法对的含量进行测定。
步骤：
①取废水，配成溶液，取出于锥形瓶中。
②已知：。往锥形瓶中先加入适量溶液，再加入稍过量的溶液。加入适量溶液的作用是 。
③用标准溶液滴定，反应为消耗标准溶液体积数据如表所示：
实验序号 1 2 3 4
消耗标准溶液的体积/ 21.40 20.00 20.02 19.98
滴定可选用的指示剂为 ，滴定终点的现象是 ，废水中 。滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
23．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾()可用于无机合成、功能材料制备。实验室可通过以下步骤制备二草酸合铜酸钾晶体：
步骤1 取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色絮状沉淀，加热，沉淀转变成黑色固体，过滤。
步骤2 将草酸()溶液和固体按混合，充分反应后制得和混合溶液。
步骤3 将步骤2所得混合溶液加热至80-85℃，加入步骤1中的黑色沉淀，充分反应后，趁热过滤。
步骤4 将步骤3的滤液经一系列操作后，干燥得到二草酸合铜酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
(1)二草酸合铜酸钾中存在的化学键有配位键、 。
(2)由配制的溶液，除电子天平、烧杯、量筒外，还需要的玻璃仪器有 (填仪器名称)。
(3)①步骤1中产生蓝色絮状沉淀后需要加热的原因是 。
②若使用氨水代替NaOH溶液，滴加过程中产生的现象是 。
(4)已知，。为防止反应过于剧烈而引起喷溅，步骤2中草酸()溶液与固体的混合方式为 ；反应后，溶液中浓度最大的阴离子为 (填化学式)。
(5)步骤4中的“一系列操作”包括 。
参考答案：
1．B
【详解】①提供空轨道，中N提供孤电子对，能形成配位键，故中含有配位键；
②中C满足8电子稳定结构，H满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，故不含配位键；
③的电子式为，无空轨道，不含配位键；
④中N含有孤电子对，提供空轨道，可以形成配位键，含有配位键；
⑤中Fe原子提供空轨道，CO提供孤电子对，可以形成配位键；
⑥的电子式为，提供空轨道，S提供孤电子对，含有配位键；
⑦中O提供孤电子对，提供空轨道，二者形成配位键，故含有配位键；
⑧有空轨道，中的N上有孤电子对，则含有配位键；
故选B。
2．D
【详解】A．氯化氢含有共价键，氯化镁含有离子键，氯化铵含有共价键和离子键，A错误；
B．水和二氧化硫含有共价键，氧化钠含有离子键，B错误；
C．氯化钙含有离子键，氢氧化钠含有离子键和共价键，水含有共价键，C错误；
D．三者都含有共价键，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．位置的原子中含有对孤电子对，生成物中、两位置的原子中，位置的原子更容易形成配位键，选项A正确；
B．铜离子是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但是不会改变反应的焓变，选项B错误；
C．生成物中含有的大键，所有原子在同一平面上，选项C错误；
D．图中氮原子显正电性，则与黑球元素直接连接的应该显一定负电性，黑球元素应显一定正电性，黑球元素的电负性弱于，选项D错误；
答案选A。
4．A
【详解】A．中N原子的价层电子对数，且含有1个孤电子对，中N原子价层电子对数，且含有2个孤电子对；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，前者为三角锥形、后者为V形，则键角：前者大于后者，故A正确；
B．中N原子价层电子对数，且含有1个孤电子对，中N原子价层电子对数，且不含孤电子对，空间结构：前者为三角锥形、后者为平面三角形，故B错误；
C．中N原子价层电子对数，中N原子价层电子对数，氮原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，故C错误；
D．铜离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以铜离子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，故D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．由图可知，18—冠—6中碳原子和氧原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都为sp3杂化，故A正确；
B．18—冠—6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征，故B正确；
C．18—冠—6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征，不具备自组装的特征，故C错误；
D．由题意可知，冠醚是皇冠状分子，分子中内部有很大的空间，能与离子半径不同的碱金属阳离子发生络合反应，把无机物带入有机物中，它可以作为相转移催化剂也是基于这个原理，故D正确；
故选C。
6．B
【详解】A．H2S中S原子采取sp 杂化，分子构型为V形，故A错误；
B ．Cu原子核外电子数为29，电子排布式为[Ar]3d104s1，的价电子排布式为，故B正确；
C．SO2中S原子为sp2杂化，理想状态下为正三角形，但由于孤电子对对成键电子对有排斥，所以键角小于120°，SO3中S为sp2杂化，为正三角形结构，键角120°，故的键角比的小，故C错误；
D．1个中存在8个H-O键和4个配位键，均为键，则中含有键，故D错误；
故选：B。
7．C
【详解】A．由共价键的饱和性可知，X的阳离子中磷原子形成了配位键，故A正确；
B．Y的阴离子中碳原子都连有双键，都为sp2杂化，故B正确；
C．由X的阴离子中所有原子共平面可知，单键氮原子X的阴离子中的大π键为，故C错误；
D．Y的熔点比X的低说明X中离子键强于Y，则Y的阴离子半径大于X，故D正确；
故选C。
8．C
【详解】
A．由合成路线可知，Ⅰ→Ⅲ反应过程为I中的氨基和II中羧基发生取代反应产生酰胺键，故A正确；
B．由II、IV的结构简式可知，两者均是两个分子通过配位键结合形成的，故B正确；
C．III中与苯环相连的碳原子上有氢原子，能与酸性高锰酸钾反应使其褪色，故C错误；
D．IV中单键C、N采用杂化，双键C、N采用杂化，故D正确；
故选：C。
9．C
【详解】A．基态Br原子核外有35个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，电子在18个轨道中运动，所以电子的空间运动状态是18种，故A项错误；
B． [Ag(S2O3)2]3-中含有共价键、配位键，不含离子键，故B项错误；
C．中心原子S原子的孤电子对数为，S原子除了和O形成σ键，还和S原子形成σ键，则价层电子对数为0+4=4，则中心S原子采取sp3杂化，故C项正确；
D．元素非金属性越强电负性越大，故非金属元素S、O、Br中电负性最大的是O，故D项错误；
答案选C。
10．B
【详解】A．[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中，中心离子的配位数之比为6∶4=2∶2，故A正确；
B．由实验①可知，温度降低，平衡逆向移动，逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，△H＞0，由实验②可知，加水稀释，平衡逆向移动，浓度商Q＜K，故B错误；
C．由实验③可知加入ZnCl2后发生反应Zn2++4Cl- [ZnCl4]2-，导致平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O逆向移动，所以配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-，则Zn2+络合Cl-能力比Co2+络合Cl-能力强，故C正确；
D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关，故D正确；
故选：B。
11． 金属离子 自由电子
【详解】金属键是指金属原子失去部分或全部外围电子形成的金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用。
12． 29 3d104s1 sp3 正四面体形 CCl4 O＞S＞H 电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量 ac
【分析】Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，据此分析解答；结合价层电子对个数=σ键个数+ （a-xb）计算解答；电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量，据此分析解答；根据[Cu(H2O)4]2+的结构分析判断。
【详解】(1)Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子有29种运动状态；核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则价电子排布式为3d104s1，故答案为：29；3d104s1；
(2)①H2O分子中O原子价层电子对数=2+=4，采用sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②SO中S原子价层电子对数=4+=4，硫原子采取sp3杂化，不含孤电子对，其立体构型是正四面体；原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，与SO互为等电子体的分子为CCl4，故答案为：正四面体形；CCl4；
③元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性：O＞S＞H，故答案为：O＞S＞H；
④电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量，所以很多金属焰色反应呈现一定的颜色，故答案为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量；
⑤[Cu(H2O)4]2+中铜离子与O原子之间形成配位键，水分子中O原子与H原子之间形成极性键，故答案为：ac。
13． 以共价分子形式存在，分子间作用力弱，熔点低；可形成内盐，相互间作用力强(有类似离子键的作用)，熔点高
【详解】(1)参考的结构示意图，中银离子sp杂化，氮原子向银离子配位，形成二氨合银配离子，结构示意图为；
(2)有机物和互为同分异构体，但熔点(－90℃)远低于(240℃)，可能的原因是以共价分子形式存在，分子间作用力弱，熔点低；可形成内盐，相互间作用力强(有类似离子键的作用)，熔点高。
14．(1)D
(2)3
(3) 直线形 发射
(4)N的原子半径比P小、电负性比P大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近、斥力大
(5) 孤电子对 sp3
【详解】（1）基态氮原子的能量最低，能量越高的轨道中电子个数越多，原子能量越高，依据图示可知，A为基态原子，能量最低，B、C、D为激发态原子，而D中能量较高的轨道中电子数最多，所以能量最高。
（2）同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族元素为全充满或半充满的稳定状态，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此第二周期主族元素中，第一电离能在B和N之间的元素有Be、C、O三种元素。
（3）NaN3的阴离子为，其中心原子价层电子对数为2+=2，无孤对电子，采取sp杂化，空间构型为直线形；电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，Na在空气中燃烧发出黄色火焰用光谱仪摄取的光谱为发射光谱。
（4）NH3、PH3的中心原子均采取sp3杂化，N的电负性比P大、原子半径比P小，N原子对键合电子的吸引能力更强，因而NH3分子中成键电子对间的距离较近、斥力较大，NH3的键角比PH3的键角大。
（5）B原子形成3个B-H键，B原子有空轨道，氨分子中N原子有1个孤电子对，B与N之间形成配位键，氮原子提供孤电子对，硼原子提供空轨道；在BH3·NH3中B原子形成3个B-H键，还形成1个配位键，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。
15． AD 、
【详解】(1)基态亚铜离子()的价电子排布式为。
(2)、、的原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大，但基态原子的最外层电子排布式为，而基态原子最外层电子排布式为，p轨道中电子排布处于半充满状态，较稳定，所以元素的第一电离能比的大，因此这3种元素的第一电离能从大到小的顺序为。
(3)往溶液中加入过量浓氨水，可生成。A项，该化合物是离子化合物，含有的化学键有离子键、极性键和配位键，正确；B项，在中提供孤电子对，提供空轨道，错误；C项，的组成元素中第一电离能最大的是氮元素，错误；D项，与互为等电子体，空间结构均为正四面体形，正确。
(4)由氨基乙酸铜的分子结构可知，碳原子有饱和碳原子和不饱和碳原子，饱和碳原子采用杂化，不饱和碳原子采用杂化。
16． Cu2+ + 2NH3 H2O = 2+ Cu(OH)2↓ 4NH3 H2O + Cu(OH)2 = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH- + 4H2O [Co(NH3)5(SO4)]Br [Co(NH3)5Br]SO4
【分析】（1）向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水先与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，再加氨水，发生络合反应生成可溶性络合物，据此解答。
（2）配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，内界原子不能发生电离，由此作答本题。甲中加BaCl2溶液无现象，加AgNO3溶液生成淡黄色沉淀说明硫酸根离子在内界，因此结构为[Co(NH3)5(SO4)]Br。乙中加BaCl2生成白色沉淀，加AgNO3无现象则说明，溴离子在内界。硫酸根离子在外界，结构为[Co(NH3)5Br]SO4。
【详解】(1)向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水先与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，离子方程式为：Cu2+ + 2NH3 H2O = 2NH4+ + Cu(OH)2↓
继续滴加氨水，氢氧化铜与氨水发生络合反应生成可溶性络合物离子方程式为：4NH3 H2O + Cu(OH)2 = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH- + 4H2O
(2)甲中加BaCl2溶液无现象，加AgNO3溶液生成淡黄色沉淀说明硫酸根离子在内界，因此甲中配合物化学式为[Co(NH3)5(SO4)]Br。乙中加BaCl2生成白色沉淀，加AgNO3无现象则说明，溴离子在内界。硫酸根离子在外界，乙中配合物化学式为[Co(NH3)5Br]SO4。
17． 共价化合物 Al2Cl6 氯化铝为强酸弱碱盐，与空气中的水发生水解反应产生HCl，HCl在空气中形成酸雾而“发烟” 在一定条件下，将AlCl3晶体加热至熔融，然后做导电实验，若不导电，则AlCl3为共价化合物
【分析】（1）共价化合物的熔沸点较低，离子化合物熔沸点较高；
（2）根据ρ=M/Vm计算氯化铝蒸气摩尔质量，从而确定其化学式；
（3）氯化铝为强酸弱碱盐，与空气中的水蒸气发生水解反应，生成氯化铝和氯化氢气体，氯化铝是固态小颗粒状，能形成烟，氯化氢气体极易溶于水，在空气中就能形成酸雾，所以氯化铝在空气中形成强烈的“发烟”现象；
（4）熔融状态下离子化合物导电、共价化合物不导电。
【详解】（1）由题给数据可知氯化铝的熔沸点较低，不可能是离子化合物，只能是共价化合物，故答案为共价化合物。
（2）M氯化铝=11.92g L-1×22.4L mol-1=267 g·mol-1，所以氯化铝的化学式为Al2Cl6，结构式为，
故答案为Al2Cl6；。
（3）氯化铝为强酸弱碱盐，与空气中的水蒸气发生水解反应，生成氢氧化铝和氯化氢气体，氯化氢气体极易溶于水，在空气中就能形成酸雾，所以氯化铝在空气中形成强烈的“发烟”现象，
故答案为氯化铝为强酸弱碱盐，与空气中的水发生水解反应产生HCl，HCl在空气中形成酸雾而“发烟”。
（4）离子化合物是由阴阳离子构成的，共价化合物是由分子构成的，共价化合物和离子化合物的典型区别就是熔融状态下离子化合物能导电，而共价化合物不导电，
故答案为在一定条件下，将AlCl3晶体加热至融化，然后做导电性实验，若不导电，则为共价化合物。
18．
【分析】离子化合物中阴离子写出电荷及电性并用“ [ ]”括起来，阳离子写出电荷和电性即可，离子都满足8电子稳定结构；共价化合物的电子式需要标出最外层电子，由此分析。
【详解】CaCl2为离子化合物，由钙离子和氯离子构成，其电子式为；
H2S为共价化合物，S原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为；
NaOH为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子为阴离子，需要标出所带电荷及最外层电子，氢氧化钠的电子式为。
19．(1) sp2和sp3 正四面体形
(2)N>C>H
(3)Π
(4)GaCl3属于分子晶体，熔融需要破坏分子间作用力，GaF3属于离子晶体，熔融需要破坏离子键，而离子键比分子间作用力强
(5)或者
(6) BeF2 158 590
【详解】（1）[bmim]+中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，支链上饱和碳原子为sp3杂化，故为sp2和sp3；中B原子与4个F原子形成4个σ键，所以B原子是sp3杂化，故的空间构型为正四面体形；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；阳离子中的几种元素为碳、氮、氢， 电负性由大到小顺序为N>C>H；
（3）[bmim]+中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，每个C原子有一个未杂化的电子，每个N原子有两个未杂化的电子该离子为正离子，失去了一个电子，故参与形成大π键的有6个电子，可表示为Π；
（4）GaCl3属于分子晶体，熔融需要破坏分子间作用力，GaF3属于离子晶体，熔融需要破坏离子键，而离子键比分子间作用力强，导致熔点远高于GaCl3；
（5）根据转化过程，GaCl3先与形成配位键，接着GaCl3再与形成，其结构为或者；
（6）①AsF3中As的价层电子对数为：、IF中I的价层电子对数为：、OF2中O的价层电子对数为：、BeF2中Be的价层电子对数为：，价层电子对数不同于其他微粒的是BeF2；
②第一电离能为气态电中性基态原子失去第一个电子转化为气态基态正离子所需最低能量，从图中分析可知，钙的第一电离能为590 kJ mol-1；键能是指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，F－F键的键能为158kJ mol-1。
20．(1) As>Se Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定
(2)sp3
(3) 1s22s22p63s23p63d3 O sp3、sp2 7NA
【详解】（1）Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大；
（2）NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼(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，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3；
（3）①铬是24号元素，铬原子失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键；
②CH3COOH中C原子分别形成4个、3个σ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3COOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA；
③1个水分子含有3个原子，10个电子，则与其为等电子体的阴离子有。
21．(1)
(2) 过量氨水 蓝色沉淀不溶解 硫酸铵溶液
(3)A
(4) 4 亚铜离子价电子排布式为，核外电子处于稳定的全充满状态
【详解】（1）写出实验1中生成蓝色沉淀的化学方程式，实验2中溶液由最初的蓝色变为深蓝色，是因为其中的配离子由变为；
（2）将浊液a过滤，洗涤沉淀，把所得固体分成两份①向其中一份加入过量氨水，若蓝色沉淀不溶解，则证明不影响的生成；②向另一份加入过量氨水，再滴入几滴硫酸铵溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则证明促进了的生成；
（3）由硫酸铜溶液制得硫酸四氨合铜晶体过程中涉及2种配离子：和，因此A错误；上述过程涉及的含铜配离子的配位数均为4，B正确；由向转化说明铜离子与不同配体形成的配位键强度不同，C正确；根据相似相溶原理，析出深蓝色晶体的原因是乙醇分子的极性小于水，D正确；
（4）是29号元素位于周期表的区，基态价电子排布式为，因此未成对电子数为1，第四周期未成对电子数与之相同的由4种元素，分别是K、Sc、Ga、Br；高温下比更稳定，因为亚铜离子价电子排布式为，核外电子处于稳定的全充满状态。
22．(1)
(2) 因也能氧化，加入溶液，把转化，避免干扰含量的测定 淀粉溶液 当滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 偏低
【分析】(1)由图可知，溶液Ⅰ中形成，在溶液Ⅱ中转化成，在溶液Ⅲ中进一步转化成，则与等配体形成配离子的能力为；
(2) 用碘量法测定选矿废水(含有和)中的含量时，因也能氧化，故先往待测的废水稀释液中加入溶液，把转化，再加入过量KI溶液，只发生生成I2，可避免干扰含量的测定。
【详解】（1）①根据为浅紫色，溶液Ⅰ呈黄色，原因是水解生成，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，应抑制其水解，根据原溶液的阴离子为，所以往溶液中加入的最佳试剂为。
②溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ的反应，即与F-离子反应转化成，离子方程式为。
（2）用碘量法测定选矿废水(含有和)中的含量时，在步骤②中，在锥形瓶所盛的废水稀释液中先加入适量溶液，再加入稍过量的溶液的原因是：因也能氧化，加入溶液，把转化，而只发生生成I2，可避免干扰含量的测定。
步骤③用标准溶液滴定生成的碘单质时，碘单质遇淀粉现蓝色，则滴定时可选用的指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。
由表知，4次实验中第一次实验数据偏差大，舍去，其余三次数据合理，则消耗标准溶液体积，按反应、，得关系式，则25mL废水稀释液中n(Cu2+)= n(Na2S2O3)= 0.050mol·L-1×20.00mL ×10-3L/mL=1.00×10-3mol，则原废水中。
滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，则所测得的标准溶液体积偏小，测定结果偏低。
23．(1)离子键和共价键
(2)容量瓶、玻璃棒和胶头滴管
(3) Cu(OH)2受热分解生成CuO 先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液
(4) 将K2CO3分批加入H2C2O4溶液中并搅拌 HC2O
(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
【分析】实验室制备二草酸合铜酸钾晶体的步骤为硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应产生浅蓝色氢氧化铜沉淀后，加热使氢氧化铜受热分解生成黑色的氧化铜，向草酸溶液中分批加入适量的碳酸钾固体，制得草酸氢钾和草酸钾的混合溶液，在80-85℃的条件下将氧化铜加入混合溶液中，趁热过滤，滤液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到得到二草酸合铜酸钾晶体。
【详解】（1）由化学式可知，配合物二草酸合铜酸钾中含有配位键、离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；
（2）由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制过程中除电子天平、烧杯、量筒外，还需要的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、容量瓶，故答案为：容量瓶、玻璃棒和胶头滴管；
（3）①由分析可知，步骤1中产生蓝色絮状沉淀后需要加热的原因是加热将氢氧化铜转化为制备二草酸合铜酸钾所需的氧化铜，故答案为：Cu(OH)2受热分解生成CuO；
②若使用氨水代替氢氧化钠溶液，滴加过程中氨水先与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜浅蓝色絮状沉淀，完全反应后氢氧化铜与滴入的氨水反应生成深蓝色的硫酸四氨合铜，则观察到的实验现象为先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液，故答案为：先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液；
（4）为防止草酸和碳酸钾反应时，反应生成的二氧化碳气体造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾分批加入草酸溶液中并搅拌；由草酸和碳酸钾的物质的量比可知，制得草酸氢钾和草酸钾的混合溶液的化学方程式为3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑，则混合溶液中浓度最大的阴离子为草酸氢根离子，故答案为：将K2CO3分批加入H2C2O4溶液中并搅拌；HC2O；
（5）由分析可知，步骤4中的一系列操作为滤液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到得到二草酸合铜酸钾晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
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2.3离子键、配位键与金属键
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．以下微粒含配位键的是
①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧
A．①②④⑦⑧ B．①④⑤⑥⑦⑧ C．③④⑤⑥⑦ D．全部
2．下列各组物质中，化学键类型相同的是
A．HCl、MgCl2、NH4Cl B．H2O、Na2O、SO2
C．CaCl2、NaOH、H2O D．NH3、H2O、CS2
3．2022年诺贝尔化学奖授予了研究“点击化学”的科学家。该研究在新材料和药物合成方面有广泛应用，按如图原理可以合成含三氮唑环(含π的大π键)的化合物，代表一种原子。下列说法正确的是
A．生成物中，α位置比β位置的N原子更容易形成配位键
B．铜离子能降低反应的焓变，加快反应速率
C．生成物中的所有原子不在同一平面上
D．反应物中黑球元素的电负性强于N
4．下列有关、、、的说法正确的是
A．和中的键角前者大
B．和的空间构型相同
C．和中N原子的杂化方式相同
D．与形成的中，提供孤电子对形成配位键的是
5．冠醚能与阳离子尤其是与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同碱金属离子作用，12—冠—4与锂离子作用而不与钠离子、钾离子作用，18—冠—6与钾离子作用如图，但不与锂离子或钠离子作用，下列说法不正确的是
A．18—冠—6中C原子和O原子的杂化轨道类型相同
B．与K+作用不与Li+和Na+作用反应反映了超分子的“分子识别”的特征
C．与钾离子作用反映了超分子的“自组装”的特征
D．冠醚与碱金属离子作用的原理与其可做相转移催化剂的原理有关
6．硫元素的很多化合物用途广泛。可用于制杀虫剂、发光漆等。高温下木炭和可以反应生成。在潮湿的空气中极易发生水解生成硫氢化钙、氢氧化钙和碱式硫氢化钙的混合物。与反应可以释放出。能与溶液发生复分解反应生成黑色沉淀。的水溶液暴露在空气中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关说法正确的是
A．的空间构型为直线型 B．的价电子排布式为
C．的键角比的大 D．中含有键
7．相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代CO2吸收剂，某新型相变离子液体X吸收CO2过程如图，已知X的阴离子中所有原子共平面，分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，下列说法错误的是
A．X的阳离子中存在配位键 B．Y的阴离子中C的杂化方式相同
C．X的阴离子中的大π键为 D．Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：Y>X
8．甲磺酸伊马替尼是治疗慢性粒细胞白血病的首选药物，其合成路线如下图所示(次要产物省略)。下列有关说法错误的是
A．Ⅰ→Ⅲ通过发生取代反应产生酰胺键
B．Ⅱ、Ⅳ分子中均存在配位键
C．有机物Ⅲ不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D．Ⅳ分子中的C、N原子均存在和两种杂化方式
9．硫代硫酸钠Na2S2O3(相当于中一个氧被硫替代)可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：AgBr+2Na2S2O3=Na3[Ag(S2O3)2]+NaBr。下列说法正确的是
A．基态Br原子中电子的空间运动状态有36种
B．[Ag(S2O3)2]3-中含有离子键、共价键、配位键
C．中心原子S的杂化方式为sp3
D．非金属元素S、O、Br中电负性最大的是S
10．已知粉红色，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：，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如下：
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
以下结论和解释不正确的是
A．和中，中心离子的配位数之比为3∶2
B．由实验①可知：，由实验②可推知加水稀释，浓度商Q
D．实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关
二、填空题
11．金属键的概念
与 之间强烈的相互作用。
12．铜在材料科学领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态Cu原子的核外电子有 种运动状态，其价层电子排布式为 。
(2)[Cu(H2O)4]SO4·H2O是一种蓝色晶体，焰色反应为绿色。
①H2O中O原子的杂化方式为 。
②SO的立体构型为 ；与SO互为等电子体的分子有 (写出一种分子式即可)。
③O、S、H的电负性由大到小的顺序为 。
④很多金属元素进行焰色试验时火焰有特殊颜色，其微观原因为 。
⑤[Cu(H2O)4]SO4·H2O的阳离子中存在的化学键类型为 (填选项字母)。
a．配位键 b．离子键 c．共价键 d．氢键
13．(1)参考的结构示意图，画出结构示意图 。
(2)有机物和互为同分异构体，但熔点(－90℃)远低于(240℃)，可能的原因是 。
14．我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。
(1)下列N原子的电子排布图表示的状态中，能量最高的是_______(填字母)。
A． B．
C． D．
(2)第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在B和N之间的元素有 种。
(3)Na与N形成的NaN3可用于汽车的安全气囊中，其中阴离子的空间结构为 ，Na在空气中燃烧发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为 (填“发射”或“吸收”)光谱。
(4)已知NH3分子的键角约为107°，而同主族磷的氢化物PH3分子的键角约为94°，试用价层电子对互斥模型解释NH3的键角比PH3的键角大的原因： 。
(5)BH3·NH3是一种有效、安全的固体储氢材料，可由BH3与NH3反应生成，B与N之间形成配位键，氮原子提供 ，在BH3·NH3中B原子的杂化方式为 。
15．(1)基态亚铜离子()的价电子排布式为 。
(2)硒为第4周期元素，同周期相邻的元素有砷和溴，则这3种元素的第一电离能按从大到小排列的顺序为 (用元素符号表示)。
(3)往溶液中加入过量浓氨水，可生成，下列说法正确的是 (填字母，双选)。
A．中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．在中提供孤电子对，提供空轨道
C．的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．与互为等电子体，空间结构均为正四面体形
(4)氨基乙酸铜的分子结构如图示，碳原子的杂化方式为 。
16．某同学对科学探究实验有着浓厚兴趣，他喜欢自己动手做实验，记录实验现象，并探究现象后的本质。实验如下：
(1)向蓝色的硫酸铜溶液中慢慢滴加氨水，生成蓝色絮状沉淀 (请用离子方程式说明)，继续滴加沉淀消失，得到深蓝色溶液 (用离子方程式说明)。
(2)已知Co(NH3)5BrSO4可形成两种Co的配合物。为了探索其化学式，他取了两种配合物的溶液于甲、乙两支试管中，甲中加BaCl2溶液无现象，加AgNO3溶液生成淡黄色沉淀，乙中加BaCl2生成白色沉淀，加AgNO3无现象，则甲、乙试管中的配合物化学式分别为 、 。
17．已知氯化铝的熔点为190℃(2.02×105Pa)，但它在180℃即开始升华。
(1)氯化铝是 (填“离子化合物”或“共价化合物”)。
(2)在500K和1.01×105Pa时，它的蒸气密度(换算成标准状况时)为11.92g·L－1，且已知它的结构中有配位键(当共价键中共用的电子对是由其中一原子独自供应，另一原子提供空轨道时，就形成配位键)。配位键形成后，就与一般共价键无异，氯化铝的化学式为 ，结构式为 。
(3)无水氯化铝在空气中强烈地“发烟”，其原因是 。
(4)设计一个更可靠的实验，判断氯化铝是离子化合物还是共价化合物。你设计的实验是 。
18．用电子式表示下列物质：CaCl2 ；H2S： ；NaOH： ．
19．离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。某离子液体[bmim]Cl可与混合形成离子液体；[bmim]Cl也可以转化成其他离子液体。如图是[bmim]Cl与离子交换反应合成离子液体[bmim]的流程。
(1)[bmim]}中C原子的杂化方式为 ，的空间构型为 。
(2)阳离子中的几种元素电负性由大到小顺序为 。
(3)已知分子中的大π键可以用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则中五元环大π键可以表示为 。
(4)熔点为77.8℃，熔点高于1000℃，其原因是 。
(5)和[bmim]Cl混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，已知一个中含有两个配位键，试画出的结构式： 。
(6)氟及其化合物的用途非常广泛。
①、、、中价层电子对数不同于其他微粒的为 。
②基于设计的Borm-Haber循环如图所示。
由图可知，F-F键的键能为 ；钙的第一电离能为 。
20．回答下列问题：
(1)硒为第四周期元素，相邻的元素砷和硒的第一电离能大小关系为 (用元素符号表示)，原因为 。
(2)肼()分子可视为分子中的一个氢原子被—(氨基)取代形成的另种氮的氢化物，分子中氨原子轨道的杂化类型是 。
(3)下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：
①基态核外电子排布式为 ；配合物中，与形成配位键的原子是 (填元素符号)。
②中C原子轨道杂化类型为 ；1mol分子含有σ键的数目 。
③与互为等电子体的一种阴离子为 (填化学式)。
三、实验探究题
21．硫酸四氨合铜晶体{}是一种重要的染料及农药中间体，小组同学拟用溶液为原料来制备。
Ⅰ．制备溶液
实验1：
实验2：
(1)写出实验1中生成蓝色沉淀的化学方程式 。实验2中溶液由最初的蓝色变为深蓝色，是因为其中的配离子由 (写化学式)变为。
(2)研究实验1、2中现象不同的原因。
【提出猜测】
ⅰ．可能影响的生成。
ⅱ．促进了的生成。
【进行实验】
将浊液a过滤，洗涤沉淀，把所得固体分成两份。
①向其中一份加入 (填试剂)，若出现的现象为 ，则猜测ⅰ不成立。
②向另一份加入过量氨水，再滴入几滴 (填试剂名称)，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则猜测ⅱ成立。
Ⅱ．制备硫酸四氨合铜晶体
(3)向实验2得到的深蓝色溶液中，加入一定量无水乙醇，析出深蓝色晶体。关于上述由硫酸铜溶液制得硫酸四氨合铜晶体过程中，下列说法不正确的是_______。
A．上述过程中涉及3种配离子
B．上述过程涉及的含铜配离子的配位数均为4
C．上述的转化过程说明铜离子与不同配体形成的配位键强度不同
D．析出深蓝色晶体的原因是乙醇分子的极性小于水
(4)元素位于周期表的 区，与铜原子未成对电子数相同的第四周期元素还有 种。已知高温下比更稳定，试从铜原子核外电子结构角度解释其原因： 。
22．铁、铜及其化合物在实验室和实际生产中应用广泛，对其性质进行以下探究。
(1)探究的配合物。
可与等配体形成配离子，如。按图示完成实验。
①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，原因是水解生成，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，往溶液中加入的最佳试剂为 (填化学式)。
②溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ反应的离子方程式为 。
(2)选矿废水含有和，用碘量法对的含量进行测定。
步骤：
①取废水，配成溶液，取出于锥形瓶中。
②已知：。往锥形瓶中先加入适量溶液，再加入稍过量的溶液。加入适量溶液的作用是 。
③用标准溶液滴定，反应为消耗标准溶液体积数据如表所示：
实验序号 1 2 3 4
消耗标准溶液的体积/ 21.40 20.00 20.02 19.98
滴定可选用的指示剂为 ，滴定终点的现象是 ，废水中 。滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，测定结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
23．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾()可用于无机合成、功能材料制备。实验室可通过以下步骤制备二草酸合铜酸钾晶体：
步骤1 取已知浓度的溶液，搅拌下滴加足量NaOH溶液，产生浅蓝色絮状沉淀，加热，沉淀转变成黑色固体，过滤。
步骤2 将草酸()溶液和固体按混合，充分反应后制得和混合溶液。
步骤3 将步骤2所得混合溶液加热至80-85℃，加入步骤1中的黑色沉淀，充分反应后，趁热过滤。
步骤4 将步骤3的滤液经一系列操作后，干燥得到二草酸合铜酸钾晶体，进行表征和分析。
回答下列问题：
(1)二草酸合铜酸钾中存在的化学键有配位键、 。
(2)由配制的溶液，除电子天平、烧杯、量筒外，还需要的玻璃仪器有 (填仪器名称)。
(3)①步骤1中产生蓝色絮状沉淀后需要加热的原因是 。
②若使用氨水代替NaOH溶液，滴加过程中产生的现象是 。
(4)已知，。为防止反应过于剧烈而引起喷溅，步骤2中草酸()溶液与固体的混合方式为 ；反应后，溶液中浓度最大的阴离子为 (填化学式)。
(5)步骤4中的“一系列操作”包括 。
参考答案：
1．B
【详解】①提供空轨道，中N提供孤电子对，能形成配位键，故中含有配位键；
②中C满足8电子稳定结构，H满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，故不含配位键；
③的电子式为，无空轨道，不含配位键；
④中N含有孤电子对，提供空轨道，可以形成配位键，含有配位键；
⑤中Fe原子提供空轨道，CO提供孤电子对，可以形成配位键；
⑥的电子式为，提供空轨道，S提供孤电子对，含有配位键；
⑦中O提供孤电子对，提供空轨道，二者形成配位键，故含有配位键；
⑧有空轨道，中的N上有孤电子对，则含有配位键；
故选B。
2．D
【详解】A．氯化氢含有共价键，氯化镁含有离子键，氯化铵含有共价键和离子键，A错误；
B．水和二氧化硫含有共价键，氧化钠含有离子键，B错误；
C．氯化钙含有离子键，氢氧化钠含有离子键和共价键，水含有共价键，C错误；
D．三者都含有共价键，D正确；
故选D。
3．A
【详解】A．位置的原子中含有对孤电子对，生成物中、两位置的原子中，位置的原子更容易形成配位键，选项A正确；
B．铜离子是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但是不会改变反应的焓变，选项B错误；
C．生成物中含有的大键，所有原子在同一平面上，选项C错误；
D．图中氮原子显正电性，则与黑球元素直接连接的应该显一定负电性，黑球元素应显一定正电性，黑球元素的电负性弱于，选项D错误；
答案选A。
4．A
【详解】A．中N原子的价层电子对数，且含有1个孤电子对，中N原子价层电子对数，且含有2个孤电子对；孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对之间的排斥力，前者为三角锥形、后者为V形，则键角：前者大于后者，故A正确；
B．中N原子价层电子对数，且含有1个孤电子对，中N原子价层电子对数，且不含孤电子对，空间结构：前者为三角锥形、后者为平面三角形，故B错误；
C．中N原子价层电子对数，中N原子价层电子对数，氮原子杂化类型：前者为sp3、后者为sp2，故C错误；
D．铜离子含有空轨道、N原子含有孤电子对，所以铜离子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，故D错误；
故选A。
5．C
【详解】A．由图可知，18—冠—6中碳原子和氧原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都为sp3杂化，故A正确；
B．18—冠—6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征，故B正确；
C．18—冠—6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征，不具备自组装的特征，故C错误；
D．由题意可知，冠醚是皇冠状分子，分子中内部有很大的空间，能与离子半径不同的碱金属阳离子发生络合反应，把无机物带入有机物中，它可以作为相转移催化剂也是基于这个原理，故D正确；
故选C。
6．B
【详解】A．H2S中S原子采取sp 杂化，分子构型为V形，故A错误；
B ．Cu原子核外电子数为29，电子排布式为[Ar]3d104s1，的价电子排布式为，故B正确；
C．SO2中S原子为sp2杂化，理想状态下为正三角形，但由于孤电子对对成键电子对有排斥，所以键角小于120°，SO3中S为sp2杂化，为正三角形结构，键角120°，故的键角比的小，故C错误；
D．1个中存在8个H-O键和4个配位键，均为键，则中含有键，故D错误；
故选：B。
7．C
【详解】A．由共价键的饱和性可知，X的阳离子中磷原子形成了配位键，故A正确；
B．Y的阴离子中碳原子都连有双键，都为sp2杂化，故B正确；
C．由X的阴离子中所有原子共平面可知，单键氮原子X的阴离子中的大π键为，故C错误；
D．Y的熔点比X的低说明X中离子键强于Y，则Y的阴离子半径大于X，故D正确；
故选C。
8．C
【详解】
A．由合成路线可知，Ⅰ→Ⅲ反应过程为I中的氨基和II中羧基发生取代反应产生酰胺键，故A正确；
B．由II、IV的结构简式可知，两者均是两个分子通过配位键结合形成的，故B正确；
C．III中与苯环相连的碳原子上有氢原子，能与酸性高锰酸钾反应使其褪色，故C错误；
D．IV中单键C、N采用杂化，双键C、N采用杂化，故D正确；
故选：C。
9．C
【详解】A．基态Br原子核外有35个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，电子在18个轨道中运动，所以电子的空间运动状态是18种，故A项错误；
B． [Ag(S2O3)2]3-中含有共价键、配位键，不含离子键，故B项错误；
C．中心原子S原子的孤电子对数为，S原子除了和O形成σ键，还和S原子形成σ键，则价层电子对数为0+4=4，则中心S原子采取sp3杂化，故C项正确；
D．元素非金属性越强电负性越大，故非金属元素S、O、Br中电负性最大的是O，故D项错误；
答案选C。
10．B
【详解】A．[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中，中心离子的配位数之比为6∶4=2∶2，故A正确；
B．由实验①可知，温度降低，平衡逆向移动，逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，△H＞0，由实验②可知，加水稀释，平衡逆向移动，浓度商Q＜K，故B错误；
C．由实验③可知加入ZnCl2后发生反应Zn2++4Cl- [ZnCl4]2-，导致平衡：[Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O逆向移动，所以配离子的稳定性：[ZnCl4]2-＞[CoCl4]2-，则Zn2+络合Cl-能力比Co2+络合Cl-能力强，故C正确；
D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关，故D正确；
故选：B。
11． 金属离子 自由电子
【详解】金属键是指金属原子失去部分或全部外围电子形成的金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用。
12． 29 3d104s1 sp3 正四面体形 CCl4 O＞S＞H 电子从能量较高的激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量 ac
【分析】Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，据此分析解答；结合价层电子对个数=σ键个数+ （a-xb）计算解答；电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量，据此分析解答；根据[Cu(H2O)4]2+的结构分析判断。
【详解】(1)Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子有29种运动状态；核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则价电子排布式为3d104s1，故答案为：29；3d104s1；
(2)①H2O分子中O原子价层电子对数=2+=4，采用sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②SO中S原子价层电子对数=4+=4，硫原子采取sp3杂化，不含孤电子对，其立体构型是正四面体；原子个数相等且价电子数相等的微粒为等电子体，与SO互为等电子体的分子为CCl4，故答案为：正四面体形；CCl4；
③元素的非金属性越强，电负性越大，故电负性：O＞S＞H，故答案为：O＞S＞H；
④电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量，所以很多金属焰色反应呈现一定的颜色，故答案为：电子从较高能级的激发态跃迁到较低的激发态或基态时，以光的形式释放能量；
⑤[Cu(H2O)4]2+中铜离子与O原子之间形成配位键，水分子中O原子与H原子之间形成极性键，故答案为：ac。
13． 以共价分子形式存在，分子间作用力弱，熔点低；可形成内盐，相互间作用力强(有类似离子键的作用)，熔点高
【详解】(1)参考的结构示意图，中银离子sp杂化，氮原子向银离子配位，形成二氨合银配离子，结构示意图为；
(2)有机物和互为同分异构体，但熔点(－90℃)远低于(240℃)，可能的原因是以共价分子形式存在，分子间作用力弱，熔点低；可形成内盐，相互间作用力强(有类似离子键的作用)，熔点高。
14．(1)D
(2)3
(3) 直线形 发射
(4)N的原子半径比P小、电负性比P大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近、斥力大
(5) 孤电子对 sp3
【详解】（1）基态氮原子的能量最低，能量越高的轨道中电子个数越多，原子能量越高，依据图示可知，A为基态原子，能量最低，B、C、D为激发态原子，而D中能量较高的轨道中电子数最多，所以能量最高。
（2）同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族元素为全充满或半充满的稳定状态，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此第二周期主族元素中，第一电离能在B和N之间的元素有Be、C、O三种元素。
（3）NaN3的阴离子为，其中心原子价层电子对数为2+=2，无孤对电子，采取sp杂化，空间构型为直线形；电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，Na在空气中燃烧发出黄色火焰用光谱仪摄取的光谱为发射光谱。
（4）NH3、PH3的中心原子均采取sp3杂化，N的电负性比P大、原子半径比P小，N原子对键合电子的吸引能力更强，因而NH3分子中成键电子对间的距离较近、斥力较大，NH3的键角比PH3的键角大。
（5）B原子形成3个B-H键，B原子有空轨道，氨分子中N原子有1个孤电子对，B与N之间形成配位键，氮原子提供孤电子对，硼原子提供空轨道；在BH3·NH3中B原子形成3个B-H键，还形成1个配位键，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。
15． AD 、
【详解】(1)基态亚铜离子()的价电子排布式为。
(2)、、的原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大，但基态原子的最外层电子排布式为，而基态原子最外层电子排布式为，p轨道中电子排布处于半充满状态，较稳定，所以元素的第一电离能比的大，因此这3种元素的第一电离能从大到小的顺序为。
(3)往溶液中加入过量浓氨水，可生成。A项，该化合物是离子化合物，含有的化学键有离子键、极性键和配位键，正确；B项，在中提供孤电子对，提供空轨道，错误；C项，的组成元素中第一电离能最大的是氮元素，错误；D项，与互为等电子体，空间结构均为正四面体形，正确。
(4)由氨基乙酸铜的分子结构可知，碳原子有饱和碳原子和不饱和碳原子，饱和碳原子采用杂化，不饱和碳原子采用杂化。
16． Cu2+ + 2NH3 H2O = 2+ Cu(OH)2↓ 4NH3 H2O + Cu(OH)2 = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH- + 4H2O [Co(NH3)5(SO4)]Br [Co(NH3)5Br]SO4
【分析】（1）向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水先与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，再加氨水，发生络合反应生成可溶性络合物，据此解答。
（2）配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，内界原子不能发生电离，由此作答本题。甲中加BaCl2溶液无现象，加AgNO3溶液生成淡黄色沉淀说明硫酸根离子在内界，因此结构为[Co(NH3)5(SO4)]Br。乙中加BaCl2生成白色沉淀，加AgNO3无现象则说明，溴离子在内界。硫酸根离子在外界，结构为[Co(NH3)5Br]SO4。
【详解】(1)向硫酸铜溶液中滴加氨水，氨水先与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，离子方程式为：Cu2+ + 2NH3 H2O = 2NH4+ + Cu(OH)2↓
继续滴加氨水，氢氧化铜与氨水发生络合反应生成可溶性络合物离子方程式为：4NH3 H2O + Cu(OH)2 = [Cu(NH3)4]2+ + 2OH- + 4H2O
(2)甲中加BaCl2溶液无现象，加AgNO3溶液生成淡黄色沉淀说明硫酸根离子在内界，因此甲中配合物化学式为[Co(NH3)5(SO4)]Br。乙中加BaCl2生成白色沉淀，加AgNO3无现象则说明，溴离子在内界。硫酸根离子在外界，乙中配合物化学式为[Co(NH3)5Br]SO4。
17． 共价化合物 Al2Cl6 氯化铝为强酸弱碱盐，与空气中的水发生水解反应产生HCl，HCl在空气中形成酸雾而“发烟” 在一定条件下，将AlCl3晶体加热至熔融，然后做导电实验，若不导电，则AlCl3为共价化合物
【分析】（1）共价化合物的熔沸点较低，离子化合物熔沸点较高；
（2）根据ρ=M/Vm计算氯化铝蒸气摩尔质量，从而确定其化学式；
（3）氯化铝为强酸弱碱盐，与空气中的水蒸气发生水解反应，生成氯化铝和氯化氢气体，氯化铝是固态小颗粒状，能形成烟，氯化氢气体极易溶于水，在空气中就能形成酸雾，所以氯化铝在空气中形成强烈的“发烟”现象；
（4）熔融状态下离子化合物导电、共价化合物不导电。
【详解】（1）由题给数据可知氯化铝的熔沸点较低，不可能是离子化合物，只能是共价化合物，故答案为共价化合物。
（2）M氯化铝=11.92g L-1×22.4L mol-1=267 g·mol-1，所以氯化铝的化学式为Al2Cl6，结构式为，
故答案为Al2Cl6；。
（3）氯化铝为强酸弱碱盐，与空气中的水蒸气发生水解反应，生成氢氧化铝和氯化氢气体，氯化氢气体极易溶于水，在空气中就能形成酸雾，所以氯化铝在空气中形成强烈的“发烟”现象，
故答案为氯化铝为强酸弱碱盐，与空气中的水发生水解反应产生HCl，HCl在空气中形成酸雾而“发烟”。
（4）离子化合物是由阴阳离子构成的，共价化合物是由分子构成的，共价化合物和离子化合物的典型区别就是熔融状态下离子化合物能导电，而共价化合物不导电，
故答案为在一定条件下，将AlCl3晶体加热至融化，然后做导电性实验，若不导电，则为共价化合物。
18．
【分析】离子化合物中阴离子写出电荷及电性并用“ [ ]”括起来，阳离子写出电荷和电性即可，离子都满足8电子稳定结构；共价化合物的电子式需要标出最外层电子，由此分析。
【详解】CaCl2为离子化合物，由钙离子和氯离子构成，其电子式为；
H2S为共价化合物，S原子最外层达到8电子稳定结构，其电子式为；
NaOH为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氢氧根离子为阴离子，需要标出所带电荷及最外层电子，氢氧化钠的电子式为。
19．(1) sp2和sp3 正四面体形
(2)N>C>H
(3)Π
(4)GaCl3属于分子晶体，熔融需要破坏分子间作用力，GaF3属于离子晶体，熔融需要破坏离子键，而离子键比分子间作用力强
(5)或者
(6) BeF2 158 590
【详解】（1）[bmim]+中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，支链上饱和碳原子为sp3杂化，故为sp2和sp3；中B原子与4个F原子形成4个σ键，所以B原子是sp3杂化，故的空间构型为正四面体形；
（2）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；阳离子中的几种元素为碳、氮、氢， 电负性由大到小顺序为N>C>H；
（3）[bmim]+中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，每个C原子有一个未杂化的电子，每个N原子有两个未杂化的电子该离子为正离子，失去了一个电子，故参与形成大π键的有6个电子，可表示为Π；
（4）GaCl3属于分子晶体，熔融需要破坏分子间作用力，GaF3属于离子晶体，熔融需要破坏离子键，而离子键比分子间作用力强，导致熔点远高于GaCl3；
（5）根据转化过程，GaCl3先与形成配位键，接着GaCl3再与形成，其结构为或者；
（6）①AsF3中As的价层电子对数为：、IF中I的价层电子对数为：、OF2中O的价层电子对数为：、BeF2中Be的价层电子对数为：，价层电子对数不同于其他微粒的是BeF2；
②第一电离能为气态电中性基态原子失去第一个电子转化为气态基态正离子所需最低能量，从图中分析可知，钙的第一电离能为590 kJ mol-1；键能是指气态基态原子形成1mol化学键释放的最低能量，F－F键的键能为158kJ mol-1。
20．(1) As>Se Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，半充满状态更稳定
(2)sp3
(3) 1s22s22p63s23p63d3 O sp3、sp2 7NA
【详解】（1）Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大；
（2）NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼(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，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3；
（3）①铬是24号元素，铬原子失去3个电子变成Cr3+，所以Cr3+核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3，配合物[Cr(H2O)6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键；
②CH3COOH中C原子分别形成4个、3个σ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3COOH分子中含有1个C-C、3个C-H、1个C-O、1个C=O、1个O-H键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7NA；
③1个水分子含有3个原子，10个电子，则与其为等电子体的阴离子有。
21．(1)
(2) 过量氨水 蓝色沉淀不溶解 硫酸铵溶液
(3)A
(4) 4 亚铜离子价电子排布式为，核外电子处于稳定的全充满状态
【详解】（1）写出实验1中生成蓝色沉淀的化学方程式，实验2中溶液由最初的蓝色变为深蓝色，是因为其中的配离子由变为；
（2）将浊液a过滤，洗涤沉淀，把所得固体分成两份①向其中一份加入过量氨水，若蓝色沉淀不溶解，则证明不影响的生成；②向另一份加入过量氨水，再滴入几滴硫酸铵溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，则证明促进了的生成；
（3）由硫酸铜溶液制得硫酸四氨合铜晶体过程中涉及2种配离子：和，因此A错误；上述过程涉及的含铜配离子的配位数均为4，B正确；由向转化说明铜离子与不同配体形成的配位键强度不同，C正确；根据相似相溶原理，析出深蓝色晶体的原因是乙醇分子的极性小于水，D正确；
（4）是29号元素位于周期表的区，基态价电子排布式为，因此未成对电子数为1，第四周期未成对电子数与之相同的由4种元素，分别是K、Sc、Ga、Br；高温下比更稳定，因为亚铜离子价电子排布式为，核外电子处于稳定的全充满状态。
22．(1)
(2) 因也能氧化，加入溶液，把转化，避免干扰含量的测定 淀粉溶液 当滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 偏低
【分析】(1)由图可知，溶液Ⅰ中形成，在溶液Ⅱ中转化成，在溶液Ⅲ中进一步转化成，则与等配体形成配离子的能力为；
(2) 用碘量法测定选矿废水(含有和)中的含量时，因也能氧化，故先往待测的废水稀释液中加入溶液，把转化，再加入过量KI溶液，只发生生成I2，可避免干扰含量的测定。
【详解】（1）①根据为浅紫色，溶液Ⅰ呈黄色，原因是水解生成，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，应抑制其水解，根据原溶液的阴离子为，所以往溶液中加入的最佳试剂为。
②溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ的反应，即与F-离子反应转化成，离子方程式为。
（2）用碘量法测定选矿废水(含有和)中的含量时，在步骤②中，在锥形瓶所盛的废水稀释液中先加入适量溶液，再加入稍过量的溶液的原因是：因也能氧化，加入溶液，把转化，而只发生生成I2，可避免干扰含量的测定。
步骤③用标准溶液滴定生成的碘单质时，碘单质遇淀粉现蓝色，则滴定时可选用的指示剂为淀粉溶液，滴定终点的现象是：当滴入最后半滴溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色。
由表知，4次实验中第一次实验数据偏差大，舍去，其余三次数据合理，则消耗标准溶液体积，按反应、，得关系式，则25mL废水稀释液中n(Cu2+)= n(Na2S2O3)= 0.050mol·L-1×20.00mL ×10-3L/mL=1.00×10-3mol，则原废水中。
滴定前平视滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，则所测得的标准溶液体积偏小，测定结果偏低。
23．(1)离子键和共价键
(2)容量瓶、玻璃棒和胶头滴管
(3) Cu(OH)2受热分解生成CuO 先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液
(4) 将K2CO3分批加入H2C2O4溶液中并搅拌 HC2O
(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤
【分析】实验室制备二草酸合铜酸钾晶体的步骤为硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应产生浅蓝色氢氧化铜沉淀后，加热使氢氧化铜受热分解生成黑色的氧化铜，向草酸溶液中分批加入适量的碳酸钾固体，制得草酸氢钾和草酸钾的混合溶液，在80-85℃的条件下将氧化铜加入混合溶液中，趁热过滤，滤液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到得到二草酸合铜酸钾晶体。
【详解】（1）由化学式可知，配合物二草酸合铜酸钾中含有配位键、离子键和共价键，故答案为：离子键和共价键；
（2）由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，配制过程中除电子天平、烧杯、量筒外，还需要的玻璃仪器有胶头滴管、玻璃棒、容量瓶，故答案为：容量瓶、玻璃棒和胶头滴管；
（3）①由分析可知，步骤1中产生蓝色絮状沉淀后需要加热的原因是加热将氢氧化铜转化为制备二草酸合铜酸钾所需的氧化铜，故答案为：Cu(OH)2受热分解生成CuO；
②若使用氨水代替氢氧化钠溶液，滴加过程中氨水先与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜浅蓝色絮状沉淀，完全反应后氢氧化铜与滴入的氨水反应生成深蓝色的硫酸四氨合铜，则观察到的实验现象为先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液，故答案为：先产生浅蓝色絮状沉淀，后沉淀溶解变为深蓝色溶液；
（4）为防止草酸和碳酸钾反应时，反应生成的二氧化碳气体造成液体喷溅，可减缓反应速率，将碳酸钾分批加入草酸溶液中并搅拌；由草酸和碳酸钾的物质的量比可知，制得草酸氢钾和草酸钾的混合溶液的化学方程式为3H2C2O4+2K2CO3=2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2↑，则混合溶液中浓度最大的阴离子为草酸氢根离子，故答案为：将K2CO3分批加入H2C2O4溶液中并搅拌；HC2O；
（5）由分析可知，步骤4中的一系列操作为滤液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到得到二草酸合铜酸钾晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。
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