3.4配合物与超分子同步练习（含解析）2023——2024学年高中化学人教版（2019）选择性必修2

3.4配合物与超分子同步练习
姓名（）班级（）学号（）
一、选择题
1．下列有关物质结构、性质与应用的表述，没有因果关系的是
A．胶体具有吸附性，可用于除去水中的悬浮颗粒物
B．N—H键的极性大于C—H键的极性，分子的极性大于CH4
C．C—F的键能大于C—H，聚四氟乙烯的稳定性高于聚乙烯
D．存在3d、4s、4p等多个空轨道，可形成多种配位化合物
2．一种铁基超导材料晶胞如下图1所示，图2为铁原子沿轴方向的投影图。下列说法中正确的是
A．与均为金属晶体，半径更小，金属键键能更大，的熔点更低
B．分子与形成配合物后键角变小
C．(沸点：，易升华)和(沸点：)均为离子晶体
D．已知处于体心与顶点的原子有着相同的化学环境，晶胞中As原子1的原子坐标为，则As原子2的原子坐标为
3．氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图一所示。下列叙述错误的是

A．H3BO3在水溶液中发生反应：，可知H3BO3是一元弱酸
B．六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其晶胞结构如图二，立方氮化硼晶胞中含有4个氮原子、4个硼原子
C．由B2O3可制备晶体硼，晶体硼的熔点2573K，沸点2823K，硬度大，属于共价晶体
D．NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一，1 mol NH4BF4含有配位键的数目为NA
4．短周期主族元素和的原子序数依次增大，其形成的化合物和常作非水系氧化还原液流电池的电解液，其结构如下图所示，下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．最高价氧化物对应水化物的酸性：
C．与形成简单化合物的沸点：
D．分别和形成简单化合物的键角后者小
5．钢铁工业是我国国民经济的基础产业，研究钢铁的防腐有着重要的意义。某课题组进行如下实验：
实验 装置 5min时现象 25min时现象
Ⅰ 铁钉表面及周边未见明显变化 铁钉周边出现少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成
Ⅱ 铁钉周边出现红色区域，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化 铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化
下列说法正确的是
A．实验Ⅱ中正极的电极反应式为
B．实验Ⅱ中5min时出现红色区域，说明铁钉腐蚀速率比Ⅰ快
C．由的阴离子配位数可推出其空间构型为正六边形
D．若将Ⅱ中Zn片换成Cu片，推测Cu片周边会出现红色，铁钉周边会出现蓝色
6．一种合金M催化水解释氢的反应机理如图所示。下列说法不正确的是
A．总反应 B．加入NaOH可制得更纯的
C．分子中存在配位键 D．若将换成则可释放出HD
7．下列化学或离子方程式书写正确的是
A．硫酸铜溶液中滴入几滴氨水：
B．MgO溶于溶液：
C．将稀硫酸加入硫代硫酸钠溶液中：
D．加入大量水中：
8．已知：常温下；，，某实验小组利用与反应生成来“分银”，“分银”时，的浓度与溶液pH的关系如图1；及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图2，下列叙述错误的是
A．与反应生成，该反应的平衡常数
B．“分银”时，pH需控制的范围大约是
C．“分银”溶液中存在
D．在中的大于中的
9．前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大，W、X同周期，W、Z同主族，基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高，基态Y和 M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态，M为人类最早使用的金属，下列说法错误的是
A．离子半径：Z>Y>X
B．简单氢化物的沸点：X>W>Z
C．化合物Y2X2、YW3中，同时含有离子键和非极性键
D．M的某种氧化物对应的水化物可溶于W简单氢化物的水溶液中
10．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．鸟嘌呤和中原子的杂化方式完全相同
B．在水溶液中的溶解性B强于A
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
11．冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。
下列说法错误的是
A．冠醚属于超分子
B．冠醚与结合后将带入烯烃中，与烯烃充分接触而迅速反应
C．通过配位键与冠醚相结合
D．冠醚中C、O原子间的化学键为σ键
12．肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，其结构相当于氨分子中的一个氢原子被氨基取代，因此肼与氨在性质上有一定的相似性。下列有关说法中正确的是
A．肼分子中存在s-p σ键和p-p σ键
B．肼能够较好地溶于水或乙醇等溶剂
C．肼存在顺式和反式两种同分异构体：和
D．肼能与过量硫酸反应形成酸式盐N2H5HSO4
13．“”为定影液回收的原理。是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．中电子数为
B．含的溶液中阳离子数为
C．中含有数为
D．生成（已折算为标准状况）时，转移电子数为
14．中山大学化学学院廖培钦教授利用HAB合成了有机金属框架(Cu-HAB)，为开发催化制乙醇的催化剂取得突破，合成过程如图所示。
下列叙述错误的是
A．1molHAB最多能消耗6molHCl
B．上述变化中N原子由杂化变为杂化
C．Cu-HAB中N原子提供孤电子对与形成配位键
D．在Cu-HAB中氮元素电负性最大
15．有存在时，活性炭吸附脱除的反应方程式为。研究发现：活性炭的表面含有羧基等含氧官能团，活性炭含氧官能团化学吸附和的机理如下图所示。下列说法不正确的是
A．和中心原子的杂化方式相同
B．吸附时，中的原子与羧基中的原子发生作用
C．室温时，脱除30g转移电子数约为个
D．含氧官能团化学吸附、的连接方式与、、和的电负性有关
二、填空题
16．请按要求作答。(共13分)
(1)在配合物中， 是中心离子， 是配位原子， 是配位体；的结构式为 。
(2)请根据官能团的不同对下列有机物进行分类：
① ② ③ ④ ⑤H3C-CHO ⑥ CH3COOH ⑦
Ⅰ.酚： ； 酮： ；醛： (填序号)。
Ⅱ.④的官能团名称为 ，⑥的官能团名称为 ，⑦的官能团名称为 。
(3)键线式表示的有机物的分子式为 ；与其互为同分异构体且一氯代物有两种的烃的结构简式为 。
17．化学，让生活更美好。回答下列问题：
(1)乳酸亚铁是一种常用的补铁剂。
①基态核外电子的空间运动状态有 种。
②乳酸分子中键与键的数目比为 。
③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为 。
(2)乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如下：
①该新药分子中有 种不同化学环境的C原子。
②研究发现，适量硒酸钠可减轻重金属铊引起的中毒。比较键角大小： （填“”、“”或“”），原因是 。
(3)广泛应用于太阳能电池领域。以、和抗坏血酸为原料，可制备。抗坏血酸的分子结构如图1所示，晶胞如图2所示。
①抗坏血酸的分子式是 ，的价层电子轨道表示式为 。
②下列说法中不正确的是 。
A．抗坏血酸分子中碳原子的轨道杂化类型为
B．抗坏血酸难溶于水，易溶于乙醇
C．抗坏血酸与足量氢气完全催化还原后的分子中有5个手性碳原子
D．在水溶液中以形式存在，的配位原子为
③晶胞为立方体，边长为，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度 。
三、解答题
18．工业上用Cu(NH3)4SO4和氨水的混合液浸取废铜矿渣中的单质铜，得到[Cu(NH3)2]2SO4。某小组同学欲通过实验探究其原理。
【查阅资料】
i.Cu(NH3)42+呈深蓝色，[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH3；受热易分解，放出氨气。
ii.Cu+在水溶液中不稳定，在溶液中只能以[Cu(NH3)2]+等络合离子的形式稳定存在；[Cu(NH3)2]+无色，易被氧气氧化为[Cu(NH3)4]2+。
【实验1】制备Cu(NH3)4SO4
向盛有2mL0.1mol L-1CuSO4溶液的试管中滴加2mL1mol L-1氨水，观察到溶液中立即出现浅蓝色沉淀；随后沉淀逐渐溶解，得到深蓝色溶液，经分离得到Cu(NH3)4SO4晶体。
(1)资料表明，向CuSO4溶液中滴加氨水，可能会生成浅蓝色Cu2(OH)2SO4沉淀。
①该小组同学取实验1中浅蓝色沉淀，洗涤后， (补全实验操作和现象)，证明沉淀中含有SO。
②补全实验1中生成Cu2(OH)2SO4沉淀的离子方程式：2Cu2++ +SO=Cu2(OH)2SO4↓+ 。
(2)甲同学设计实验证明深蓝色溶液中含Cu(NH3)4SO4；加热深蓝色溶液并检验逸出气体为氨气。你认为此方案 (填“可行”或“不可行”)，理由是 。
【实验2】探究用Cu(NH3)4SO4和氨水的混合液浸取单质铜得到[Cu(NH3)2]2SO4的原理。
编号 实验装置及部分操作 烧杯中溶液 实验现象
2-1 实验开始，先读取电压表示数，后迅速将其换成电流表，继续实验，10min内记录甲烧杯中的现象 甲：0.05mol L-1Na2SO4 乙：0.05mol L-1Cu(NH3)4SO4 电压表指针迅速偏转至0.1V；甲中溶液无明显变化
2-2 甲：0.05mol L-1Na2SO4 乙：0.05mol L-1CuSO4 电压表指针迅速偏转至0.3V；甲中溶液无明显变化
2-3 甲：0.1mol L-1Na2SO4与1mol L-1氨水等体积混合 乙：溶液A 电压表指针迅速偏转至0.35V；甲中溶液无明显变化
2-4 甲：0.1mol L-1Na2SO4与1mol L-1氨水等体积混合 乙：0.05mol L-1CuSO4 电压表指针迅速偏转至0.65V；几分钟后，甲烧杯中溶液逐渐由无色变蓝色
已知：其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，检测到的电压越大。
(3)溶液A为 。
(4)对比实验2-1和2-2，可以得到的结论是 。
(5)实验2~4中，甲烧杯中溶液由无色变为蓝色的原因是 。
(6)结合上述实验分析，用Cu(NH3)4SO4和氨水的混合液浸取单质铜的过程中，Cu(NH3)4SO4和氨水的作用分别是： 。
19．回答下列问题：
(1)固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为 。
(2)的三种结构：①、②、③，下列说法正确的是 。
A．①②③中Cr的配位数都是6
B．②中存在的化学键有离子键、共价键、配位键和氢键
C．等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量也相等
(3)对配合物进行加热时，更容易失去的配体 。
(4)研究有机物的方法有很多，常用的有①核磁共振氢谱 ②蒸馏 ③重结晶 ④萃取 ⑤红外光谱 ⑥过滤，其中用于分子结构确定的有 (填序号)
(5)下列物质中，其核磁共振氢谱中只有一个吸收峰的是___________(填字母)。
A． B． C． D．
(6)某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲14.8 g，放入燃烧管中，不断通入氧气流持续加热，将生成物先后通过无水硫酸铜和碱石灰，两者分别增重18g和35.2g，生成物完全被吸收。
①如图是该有机物甲的质谱图，则其相对分子质量为 ，分子式为 。
②确定甲的官能团：通过实验可知甲中一定含有羟基：则甲可能的结构有 种。
③确定甲的结构简式：
a．经测定有机物甲的核磁共振氢谱如1图所示，则甲的结构简式为 。
b．若乙为甲的一种同分异构体，乙的红外光谱如图2所示，则该有机物乙的结构简式为 。
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参考答案：
1．B
【详解】A．Al(OH)3胶体具有吸附性，所以Al(OH)3胶体可以作净水剂，除去水中的悬浮颗粒，A不符合题意；
B．N的非金属性强于C，故吸电子的能力较大，故N—H键的极性大于C—H键的极性，键的极性大小并不能代表分子极性大小的关系，即 分子的极性大于CH4的极性无因果关系，B符合题意；
C．C-F的键能大于C-H的键能，键能越大越稳定，聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，C不符合题意；
D．配位化合物一般指由过渡金属的原子或离子（价电子层的部分d轨道和s、p轨道是空轨道）与含有孤对电子的分子或离子通过配位键结合形成的化合物，而存在3d、4s、4p等多个空轨道，因此可形成多种配位化合物，D不符合题意；
故答案选B。
2．D
【详解】A．与均为金属晶体，半径更小，金属键键能更大，的熔点更高，A错误；
B．分子与形成配合物后，氨分子中孤电子对形成共价键，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故使得键角变大，B错误；
C．和沸点很低，均为分子晶体，C错误；
D．晶胞中As原子1分数坐标为(0，0，0.628c)，已知体心与顶点的Ca原子有着相同的化学环境，体心Ca坐标为(0.5a，0.5a，0.5c)，则As原子1与体心Ca在z轴上的坐标差为0.628c-0.5c=0.128c，则As原子2的z轴上距离底面的坐标差为0.128c，故As原子2的分数坐标为(0.5a，0.5a，0.128c)，D正确；
故选D。
3．D
【详解】A．由H3BO3在水溶液中发生反应H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-，可知H3BO3是一元弱酸，A正确；
B．由图可以看出，立方氮化硼结构与金刚石相似，金刚石晶胞中，8个顶点有8个碳原子，6个面心各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数为=8，由氮化硼化学是可知晶体中N、B原子个数比为1，故其晶胞中应该含有4个N原子和4个B原子，B正确；
C．共价晶体通常具有很高的熔沸点和很大的硬度，晶体硼的熔点为2573 K，沸点为2823 K，硬度大，说明其属于共价晶体，C项正确；
D．中含有氮氢配位键，中含有硼氟配位键，则 1 mol NH4BF4含有配位键的数目为2NA，D错误；
答案选D。
4．C
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、M、R和Q的原子序数依次增大，由a和b的结构可知，化合物中X、Y、Z、W、M、R和Q形成共价键的数目分别为1、4、4、2、1、6、6，结合配位键的形成条件可知，X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、W为O元素、M为F元素、R为P元素、Q为S元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氟离子的离子半径小于氧离子，故A错误；
B．同主族元素，从上到下非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硝酸的酸性强于磷酸，故B错误；
C．水分子形成的氢键数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，沸点高于氨分子，磷化氢不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子，沸点低于氨分子，所以简单氢化物的沸点由高到低的顺序为W>Z>R，故C正确；
D．氮原子的原子半径小于磷原子，三氟化氮分子中成键电子对的斥力大于三氟化磷分子中成键电子对的斥力，所以三氟化氮的键角大于三氯化磷，故D错误；
故选C。
5．D
【分析】实验I中铁钉周边出现少量红色和蓝色区域，有少量红棕色铁锈生成说明铁做原电池的负极，铁钉发生吸氧腐蚀被损耗，实验Ⅱ中铁钉周边红色加深，区域变大，未见蓝色出现，锌片周边未见明显变化说明锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，使铁的腐蚀速率比实验I慢。
【详解】A．由分析可知，实验Ⅱ中铁为原电池的正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为2H2O+O2+4e—=4OH—，故A错误；
B．由分析可知，实验Ⅱ中锌做原电池的负极被损耗，铁做正极被保护，使铁的腐蚀速率比实验I慢，故B错误；
C．由铁氰化钾的阴离子配位数为6可知，配离子的空间构型为正八边形，故C错误；
D．若将Ⅱ中锌片换成铜片，金属性强于铜的铁为原电池的负极，失去电子发生氧化反应生成的亚铁离子能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，铜为正极，水分子作用下氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子使溶液变为红色，故D正确；
故选D。
6．B
【详解】A．由图可知总反应为，所以总反应，故A正确；
B．加入NaOH，和反应有利于整个反应向右进行，但同时有氨气生成，从而使制得的氨气中混有氨气，故B错误；
C．分子中存在配位键，B原子提供空轨道，N原子提供孤电子对，故C正确；
D．根据机理图可知，参加反应的两个水分中只有一个氢原子转化为氨根离子，其余三个氢原子和中的氢原子结合生成，若将水换成，则可释放出HD，同时生成，故D正确；
答案选B。
7．D
【详解】A．向硫酸铜溶液中加入少量氨水生成氢氧化铜沉淀和铵根，离子方程式为：Cu2++2NH3 H2O═Cu(OH)2↓+2，故A错误；
B．硫酸镁易溶于水，MgO溶于溶液的离子方程式为：，故B错误；
C．硫酸根离子不参加离子反应，离子方程式为，故C错误；
D．TiCl4水解生成TiO2 xH2O，故TiCl4加入水中反应的离子方程式为，故D正确；
答案选D。
8．C
【详解】A．氯化银与亚硫酸钠溶液反应存在如下平衡：AgCl+2SO[Ag(SO3)2]3—+Cl—，反应的平衡常数K===Ksp(AgCl)K1=1.8×10 10×1.0×108.68=1.8×10 1.32，故A正确；
B．由图1可知，溶液pH在8 9范围内时，[Ag(SO3)2]3—离子浓度最大，所以“分银”时，pH需控制的范围大约是8 9，故B正确；
C．亚硫酸钠溶液中存在物料守恒关系，分银溶液中还存在[Ag(SO3)2]3—离子，则分银溶液中的物料守恒，故C错误；
D．亚硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子数为1，[Ag(SO3)2]3—离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，
∠O S O键角越小，则在中的大于中的，故D正确；
故选C。
9．A
【分析】前四周期元素W、X、Y、Z和M的原子序数依次增大，W、X同周期，基态W原子核外电子有7种运动状态且第一电离能比X高，则W为N元素、X为O元素；W、Z同主族，则Z为P元素；M为人类最早使用的金属，则M为Cu元素；基态Y和M最高能层电子数相同且其他能层均为全满状态，则Y为Na元素。
【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则钠离子的离子半径小于氧离子，故A错误；
B．水分子和氨分子都能形成分子间氢键，水分子形成的氢键数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，沸点高于氨分子，磷化氢不能形成分子间氢键，分子间作用力小于氨分子，沸点低于氨分子，所以简单氢化物的沸点由高到低的顺序为X>W>Z，故B正确；
C．过氧化钠和叠氮化钠都是含有离子键和非极性键的离子化合物，故C正确；
D．氢氧化铜能与氨水反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，故D正确；
故选A。
10．B
【详解】A．根据结构可知，其中N的杂化方式都为sp3杂化，而鸟嘌呤中的N有sp2杂化和sp3杂化，A错误；
B．根据结构可知，B中含有羟基，亲水基更多，则更加容易溶解在水中，即在水溶液中的溶解性B强于A，B正确；
C．同周期越靠右电负性越大，则电负性：，C错误；
D．根据C的结构可知，其中N和Pt之间是配位键，再结构其结构可知，其中存在共价键、配位键、氢键，但氢键不是化学键，D错误；
故选B。
11．A
【详解】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，并保持一定的完整性使其具有明确的微观结构和宏观特性；冠醚是单独的一个分子结构，不是超分子，A错误；
B．已知冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，则冠醚与K+结合后将带入烯烃中，与烯烃充分接触而迅速反应，B正确；
C．冠醚提供孤对电子，K+提供空轨道，两者通过配位键形成超分子，C正确；
D．冠醚中碳原子杂化类型为sp3杂化，C、O原子间形成σ键，D正确；
故选A。
12．B
【分析】由题干信息可知，肼(N2H4)是一种应用广泛的化工原料，其结构相当于氨分子中的一个氢原子被氨基取代，则N2H4的电子式为：，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，肼分子中的N原子采用sp3杂化，故肼分子中存在s-sp3 σ键和sp3-sp3 σ键，A错误；
B．由题干信息可知，肼与氨在性质上有一定的相似性，故肼能够较好地溶于水或乙醇等溶剂，B正确；
C．由肼的电子式可知，N原子间单键连接可以任意旋转，故肼不存在顺式和反式两种同分异构体，C错误；
D．由肼的电子式可知，肼分子中每个N原子上各有一对孤电子对，故肼能与过量硫酸反应形成酸式盐N2H6(HSO4)2，D错误；
故答案为：B。
13．C
【详解】A．36.5gHCl即1molHCl，含有的电子数为18，A项错误；
B．1mol该溶液中，溶质是配合物，自身能完全电离出钠离子，但阴离子解离出银离子的能力相当小，因此溶液中的阳离子数目远小于4，B项错误；
C．硫酸是一个分子中含有两个氢原子，一个硫原子和四个氧原子的化合物，其中有两个氧原子与硫原子形成双键，另外两个氧原子与氢原子形成羟基，因此1mol硫酸中含有羟基的数目为2，C项正确；
D．生成22.4L二氧化硫时即生成了0.1mol二氧化硫，升价时，硫元素不仅从正二价转化成正四价的二氧化硫，还转化成正六价的硫酸，因此转移的电子数目大于2，D项错误；
答案选C。
14．B
【详解】A．1个氨基只有1个孤电子对，只能与1个质子形成配位键，1molHAB最多能消耗6molHCl，A项正确；
B．HAB的氨基中N原子采用杂化，Cu-HAB中N原子形成1个配位键、3个共价键，N原子采用杂化，B项错误；
C．Cu-HAB中铜离子配位数为4，N原子提供孤电子对和提供空轨道的铜离子形成配位键，C项正确；
D．Cu-HAB中存在H、C、N、Cu元素，其中N的电负性最大，D项正确；
故答案选B。
15．C
【详解】A．和中心N原子的价层电子对数分别为、，VSEPR模型均为四面体，则N原子的杂化方式均为sp3，故A正确；
B．由图可知，吸附时与H原子配位转化为，即N原子与羧基中的H原子发生作用，故B正确；
C．中NO得电子生成N2，1molNO转移电子2mol，30gNO的物质的量为，转移电子数约为2×6.02×1023个，故C错误；
D．含氧官能团化学吸附NH3时形成，含氧官能团化学吸附NO时形成C=O-N=O结构，说明含氧官能团化学吸附NH3、NO的连接方式与O、N、C和H的电负性大小有关，元素电负性越大，吸引键合电子的能力越强，故D正确；
故选：C。
16．(1) Cu2+ N NH3
(2) ③ ② ⑤ 溴原子（或碳溴键） 羧基 酯基
(3) C6H14
【详解】（1）在配合物中，铜离子能提供空轨道，氮原子可以提供孤对电子，故Cu2+是中心离子，N是配位原子，NH3是配位体；中心离子的配位数是4，结构式为；
（2）苯环上直接连有羟基的结构为酚，所以酚类有③；酮是指含有RCOR′结构的物质，所以属于酮类的为②；醛是指含有-CHO结构的物质，所以属于醛类的为⑤；④的官能团为溴原子（或碳溴键）；⑥的官能团为羧基；⑦的官能团为酯基；
（3）键线式的拐点和端点均有碳原子，所以表示的有机物结构简式为CH3CH(CH3)CH2CH2CH3，分子式为C6H14；与其互为同分异构体且一氯代物有两种的烃为。
17．(1) 14
(2) 8 和的中心原子均为杂化，中的原子没有孤对电子，中的有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力大于成键电子之间的斥力（或离子的空间构型为正四面体形，分子的空间构型为V形）
(3) ABC
【详解】（1）①基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得，基态核外电子的空间运动状态有14种。
②乳酸分子的结构式为，单键为键，双键中有1个键与1个键，键与键的数目比为11:1。
③元素非金属性越强，电负性越大，乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为。
（2）
①该新药分子结构对称，有8种不同化学环境的C原子。
②和的中心原子均为杂化，中的原子没有孤对电子，中的有两对孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力大于成键电子之间的斥力,所以键角>。
（3）①抗坏血酸的分子式是；Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，Cu原子失去2个电子得，的价层电子排布式为3d9，价层电子轨道表示式为。
②A．抗坏血酸分子中双键碳原子的轨道杂化类型为，故A错误；
B．抗坏血酸分子中羟基属于亲水基，增大其水溶性，所以抗坏血酸易溶于水，故B错误；
C．抗坏血酸与足量氢气完全催化还原后的分子中有4个手性碳原子(*标出)，故C错误；
D．在水溶液中以形式存在，的配位原子为，故D正确；
选ABC。
③晶胞为立方体，边长为，根据均摊原则，晶胞中Cu原子数为4、O原子数为2，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度。
18．(1) 先加入过量稀盐酸，再加入BaCl2溶液，观察到有白色沉淀产生，证明沉淀中含有SO 2NH3 H2O 2NH
(2) 不可行 实验1中氨水过量，过量的氨水受热分解也会产生氨气
(3)0.05mol/LCu(NH3)4SO4溶液
(4)相同条件下，Cu(NH3)4SO4的氧化性弱于CuSO4
(5)Cu-e-+2NH3=[Cu(NH3)2]+，[Cu(NH3)2]+被空气中的氧气氧化为蓝色[Cu(NH3)4]2+
(6)[Cu(NH3)4]2+将Cu氧化为[Cu(NH3)2]+，氨水对浸取单质铜的反应有促进作用
【分析】本实验先合成了Cu(NH3)4SO4，通过原电池的装置探究制得[Cu(NH3)2]2SO4的原理。原电池的负极发生氧化反应，负极材料为Cu，正极发生还原反应，正极区有[Cu(NH3)4]2+，有电压产生说明二者发生了反应，根据负极区溶液变蓝的现象，推断出负极区发生了[Cu(NH3)2]+被氧化为[Cu(NH3)4]2+的反应，从而推断出负极区生成了[Cu(NH3)2]+，最终得出总反应是[Cu(NH3)4]2+将Cu氧化为[Cu(NH3)2]+。同时通过对照实验，得出氨水对浸取单质铜的反应有促进作用的结论。
【详解】（1）①检验时，先加入过量稀盐酸，排除Ag+、、等离子的干扰，再加入BaCl2溶液，有白色的BaSO4沉淀产生；
②根据题意，反应加的是氨水，故反应物中有NH3·H2O，根据元素守恒，NH3·H2O的系数需要配2，反应后产物中有2个生成；
（2）在制备Cu(NH3)4SO4时，加入的氨水过量，一水合氨受热后也会产生氨气，NH3·H2O NH3↑+H2O，所以不一定是Cu(NH3)4SO4分解产生的氨气；
（3）实验2-1和2-2用0.05mol L-1Cu(NH3)4SO4和0.05mol L-1CuSO4在没加氨水的情况下进行对照，实验2-3和2-4在加了氨水的情况下进行对照，因此溶液A为0.05mol L-1Cu(NH3)4SO4溶液；
（4）由表可知，实验2-1产生的电压差为0.1V，实验2-2产生的电压差为0.3V，根据其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂的氧化性越强，检测到的电压越大，所以Cu(NH3)4SO4的氧化性弱于CuSO4；
（5）甲烧杯中发生电极反应：Cu-e-+2NH3=[Cu(NH3)2]+，[Cu(NH3)2]+无色，但它易被氧气氧化为[Cu(NH3)4]2+，呈深蓝色，所以溶液变蓝是因为[Cu(NH3)2]+被空气中的氧气氧化为[Cu(NH3)4]2+；
（6）首先根据原电池的总反应[Cu(NH3)4]2++Cu=2[Cu(NH3)2]+，说明[Cu(NH3)4]2+可以将Cu氧化为[Cu(NH3)2]+，再根据实验2-3、2-4与实验2-1、2-2的对比，加入氨水后，电压差明显增大，说明氨水对浸取单质铜的反应有促进作用。
19．(1)
(2)A
(3)Cl-
(4)①⑤
(5)AD
(6) 74 C4H10O 4 C(CH3)3OH CH3CH2OCH2CH3
【详解】（1）根据固体三氧化硫的三聚分子的结构式，S原子形成4个σ键，无孤电子对，价电子对数为4，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3；
（2）A．在①②③配合物的内界中，与Cr原子形成配位键的原子数都是6，所以Cr的配位数是6，A正确；
B．②中存在的化学键有离子键、共价键、配位键，氢键不是化学键，B错误；
C．外界的氯离子能电离，内界的氯离子不能电离，等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量比为1：2：3，C错误；
故选A；
（3）氨分子、水分子、氯离子三种配体在加热时共价键弱的容易失去，O、N、Cl-三者中Cl-半径最大，其与Cr形成的配位键最弱，故对配合物进行加热时，三种配体中更容易失去的是Cl-；
（4）在上述各种研究方法中，蒸馏、重结晶、萃取、过滤是有机物分离或提纯的方法，核磁共振氢谱、红外光谱常用于分子结构确定，故填①⑤；
（5）其核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，说明有机物分子中只有一类氢原子。
A．CH3CH3分子中只有一类氢原子，A正确；
B．CH3COOH分子中含有两类氢原子，B错误；
C．CH3COOCH3分子中含有两类氢原子，C错误；
D．CH3OCH3分子中只有一类氢原子，D正确；
故选AD；
（6）某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲14.8 g，放入燃烧管中，不断通入氧气流持续加热，将生成物先后通过无水硫酸铜和碱石灰，两者分别增重18g和35.2g，则生成的水的物质的量为1mol，n(H)=2mol，生成的CO2的物质的量为=0.8mol，则14.8 g甲中含有O的物质的量为=0.2mol，故N(C)：N(H)：N(O)=0.8mol：2mol：0.2mol=4：10：1，故甲的实验式为C4H10O；
①根据分析可知，甲的实验式为C4H10O；根据质谱图知，其相对分子质量是74，结合其实验式知其分子式为C4H10O；
②由分子式C4H10O可知，若含有羟基，则为一元饱和醇，可能的结构有4种，结构简式为：HOCH2CH2CH2CH3、CH3CH(OH)CH2CH3、(CH3)2CHCH2OH、C(CH3)3OH；
③甲的核磁共振氢谱图中出现2组峰，说明该结构中有2种氢原子，则结构简式为：C(CH3)3OH；甲的红外光谱中含有对称-CH3，对称-CH2-和C-O-C结构，故有机物的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，含有的官能团为醚键。
答案第1页，共2页
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