3-4配合物与超分子（同步练习）高中化学人教版选修二

试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页3.4配合物与超分子课堂同步练-人教版高中化学选择性必修2学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．在一定条件下，[Zn(CN)4]2-与甲醛发生如下反应：[Zn(CN)4]2-+4HCHO+4H2O=[Zn(OH)4]2-+4HOCH2CN已知：ⅰ.HCN为剧毒、易挥发的气体，其水溶液有极弱的酸性ⅱ.Zn2++4CN-[Zn(CN)4]2-K1；Zn2++4OH-[Zn(OH)4]2-K2下列说法不正确的是A．反应前后Zn2+均提供4个空轨道容纳4对孤电子对B．HOCH2CN的氰基由CN-与甲醛发生反应而来C．依据上述[Zn(CN)4]2-与甲醛的反应可以证明：K1<K2D．上述反应必须在碱性条件下进行，既保证安全性，也能提高反应物转化率2．实验室可用检验，离子方程式为。下列有关说法正确的是A．中铁离子的配位数为9B．元素在周期表中位于第4周期ⅧB族，属区C．中含键数目为D．比更难再失去1个电子3．[Zn(CN)4]2-在水溶液中可与HCHO发生反应生成[Zn(H2O)4]2+和HOCH2CN，下列说法错误的是A．Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10B．HOCH2CN分子中碳原子的杂化轨道类型是sp3C．1molHCHO分子中含有σ键的数目约为1.806×1024D．[Zn(H2O)4]2+中Zn2+与H2O的O原子形成配位键，结构可用上图表示4．“结构决定性质”是化学学科的核心观念，下列推理不恰当的是A．比HF沸点高是由于氢键O—H…O数目多于1molHF中F—H…FB．

比苯酚(

)的酸性弱，由于前者能形成分子内氢键C．的稳定性强于，是由于分子间存在氢键D．含溶液中加过量氨水生成是由于与的配位能力大于5．某水性钠离子电池电极材料由组成，其立方晶胞嵌入和嵌出过程中，与含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是

A．形成配位键后碳氮键的键能减小 B．嵌入的过程发生了还原反应C．普鲁士蓝中与个数比为3∶2 D．普鲁士白的化学式为NaFe(CN)36．某物质的结构如图所示:下列有关该物质的分析中正确的是A．该物质分子中不存在σ键B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子D．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对7．CoxNi(1-x)Fe2O4在磁性材料和催化剂领域具有广泛的应用前景，Co3+可以形成配合物[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl。下列说法不正确的是A．第四周期中不成对电子数目最多的基态原子的价电子轨道表示式为B．CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是+3C．乙二胺与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高的原因是乙二胺分子间可以形成氢键，而三甲胺却形成了分子内氢键D．该配合物中Co3+的配位数是68．二茂铁[(C5H5)2Fe]的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁的熔点是173℃(在100℃以上能升华)，沸点是249℃，不溶于水，易溶于苯、乙醚等有机溶剂。下列说法不正确的是A．二茂铁属于分子晶体B．在二茂铁中，C5H与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键C．已知环戊二烯的结构式(如图)，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化D．环戊二烯中所有碳原子一定共平面9．下列关于配位化合物的叙述中，错误的是A．配位化合物中必定存在配位键B．含有配位键的化合物一定是配位化合物C．[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键D．配位化合物在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用10．下列实验操作能达到相应实验目的的是A．装置甲蒸发结晶制备KClO3晶体 B．装置乙制备[Cu(NH3)4]SO4配合物C．装置丙测量HCl气体的体积 D．装置丁分离CS2中的白磷二、填空题11．【实验】制取[Cu(NH3)4](OH)2实验操作实验现象实验结论向盛有4mL0.1mol/LCuSO4溶液的试管里滴加几滴1mol/L氨水继续添加氨水并振荡试管再向试管中加入极性较小的溶剂(如加入8mL95%乙醇)，并用玻璃棒摩擦试管壁[实验结论]无论在得到的深蓝色透明溶液中，还是在析出的深蓝色的晶体中，深蓝色都是由于存在，它是Cu2+的另一种常见配离子，中心离子仍然是，而配体是，配位数为。12．该化合物中含有H、N、O、S、Cu五种元素，加热时首先失去的组分是，判断理由是。13．Cu可形成多种配合物，某同学在探究配合物的形成时做了以下实验，根据下列信息回答问题：(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管里逐滴加入氨水，首先出现蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出先后发生反应的离子方程式，；请画出显深蓝色的离子的结构式(不考虑立体构型)。(2)根据以上实验过程，判断NH3和H2O与Cu2＋的配位能力：NH3(填“>”“=”或“＜”)H2O。(3)若向盛有大量氨水的试管中逐滴加入硫酸铜溶液至过量，现象是。14．臭氧()在[Fe(H2O)6]2+在催化下能将烟气中的、分别氧化为和，，也可在其他条件下被还原为N2。(1)中心原子轨道的杂化类型为；NO的空间构型为(用文字描述)。(2)写出一种与O3分子互为等电子体的分子(填化学式)。(3)[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+，NO以原子与形成配位键，请在指出[Fe(NO)(H2O)5]2+的配位体是，配位数为。15．工业上生产铬单质涉及的反应如下：Na2Cr2O7＋2CCr2O3＋Na2CO3＋CO↑Cr2O3＋2Al2Cr＋Al2O3(1)Cr基态原子的核外电子排布式为。(2)Na、O、C的第一电离能从大到小的顺序为。(3)与CO互为等电子体的一种分子为(填化学式)。(4)Cr2O3具有两性，溶于NaOH溶液形成配合物Na[Cr(OH)4]。Na[Cr(OH)4]中配体的化学式为，1mol该配合物中含σ键数目为。(5)合金CrAl晶体的晶胞如右图所示，写出该合金的化学式：。16．下列①~⑤是中学化学常见的微粒。①

②

③

④

⑤用数字序号填空：(1)立体构型为V形的是。(2)中心原子的杂化轨道类型为的是。(3)所有原子共线的是。(4)存在配位键的是。(5)含有非极性键的极性分子是。17．铜是生命必要的元素，也是人类最早使用的金属之一，西汉时期《淮南万毕术》里就有“曾青得铁，则化为铜”的记载，曾青可能是碳酸铜一类物质，把其溶于酸中得溶液，当把铁粉投入此溶液即可得铜。(1)根据学过的化学知识，写出该过程的离子方程式：。(2)在化学反应中，铜元素可表现为0、＋1、＋2。Cu2+的未成对电子数有个,向硫酸铜溶液中加入过量的氨水可以得到[Cu(NH3)4]SO4溶液，[Cu(NH3)4]2+的结构简式为。(3)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。反应化学方程式为。(4)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，写出该反应的离子方程式，若该反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中Cu元素变成超细粉末Cu的转化率，理由是。18．钯能形成化合物，请你设计实验方案确定与是以配位键结合还是以离子键结合的。19．已知Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，若在配合物[Co(NH3)5Br]SO4的溶液中加入BaCl2溶液时，现象是；若在配合物[Co(SO4)(NH3)5]Br的溶液中加入BaCl2溶液时，现象是，若加入AgNO3溶液时，现象是。20．氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：(1)基态氮原子的核外电子排布式为。(2)在PH3分子中，中心原子的杂化方式为，PH3的空间结构为。(3)向CuSO4溶液中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液，向该溶液中加入一定量的乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O固体。①[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中不存在的作用力是(填字母)。A．离子键

B．共价键

C．氢键

D．金属键

E．配位键②将[Cu(NH3)4]SO4配合物溶于水，电离方程式为。三、实验题21．某小组同学探究与新制悬浊液的反应。资料：为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；能与氨水反应生成，该物质在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色。序号物质aC中实验现象通入前通入后Ⅰ溶液产生蓝色絮状沉淀开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色Ⅱ溶液产生蓝色絮状沉淀开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色(1)装置B的作用是控制气体的流速，则B中试剂是。(2)通入前，实验Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色絮状沉淀的离子方程式为。(3)实验Ⅰ通入后产生砖红色沉淀，该反应的化学方程式为。分析实验Ⅰ一段时间后砖红色沉淀消失的可能原因。(4)同学们对实验Ⅱ中白色沉淀的成分继续探究。①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：、。②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为，实验方案如下：填写下表空格：试剂1试剂2蒸馏水现象1现象2(5)实验Ⅰ和实验Ⅱ中与新制悬浊液均发生了反应，反应现象的不同与有关。22．铁及其化合物在生活中用途广泛，绿矾(FeSO4·7H2O)是一种常见的中草药成分，失水后可转为FeSO4·H2O，与FeS2可联合制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。i.FeSO4·H2O结构如图所示：(1)Fe2+价层电子排布式为。(2)比较和分子中的键角大小并给出相应解释：。(3)与和的作用分别为。ii.实验室以FeCl2溶液为原料制备高密度磁记录材料Fe/Fe3O4复合物。(4)在氩气气氛下，向装有50mL1mol•L−1FeCl2溶液的三颈烧瓶(装置如图)中逐滴加入100mL14mol∙L−1KOH溶液，用磁力搅拌器持续搅拌，在100℃下回流3h，得到成分为Fe和Fe3O4的黑色沉淀。①三颈烧瓶发生反应的离子方程式为。②检验反应是否进行完全的操作是。(5)待三颈烧瓶中的混合物冷却后，过滤，再依次用沸水和乙醇洗涤，在40℃干燥后焙烧3h，得到Fe/Fe3O4复合物产品3.24g。①焙烧需在隔绝空气条件下进行，原因是。

②计算实验所得产品的产率(写出计算过程)。(6)以FeCl2溶液为原料还可制备软磁性材料α−Fe2O3。已知：Fe(OH)2开始沉淀的pH=6.5。请补充完整实验方案：在搅拌下，将固体干燥，得到纯净的FeCO3，将其放入管式炉内煅烧2h，获得产品α−Fe2O3(可选用的试剂：氨水−NH4HCO3混合溶液、2mol•L−1盐酸、2mol•L−1硝酸、AgNO3溶液、蒸馏水)。23．某小组同学探究在不同溶液中显色的原因。资料：i.溶液中存在平衡：ii.在为1.3~2的溶液中存在平衡：iii.与不能形成配位键。(1)的价层电子排布式是。实验一：探究溶液的显色原因[猜想与预测]小组同学认为可能是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．与配位

Ⅱ．与配位

Ⅲ．与配位(2)上述微粒能形成配离子的原因是。[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abc实验操作实验现象溶液黄色略变浅溶液黄色略变浅黄色褪去(3)实验a的目的是。(4)①甲同学认为实验c可以证明猜想Ⅰ成立，猜想Ⅱ不成立，理由是。小组同学为了证明猜想Ⅲ成立，将实验c所得溶液分为两份进行了如下实验：实验de实验操作实验现象___________溶液仍为无色②实验d的实验现象为[结论与反思](5)依据上述现象解释溶液显黄色的原因是。实验二：探究在不同溶液中显色的原因乙同学为了验证在不同溶液中显色原因，设计如下实验：向(pH约为2)溶液中滴入3滴KSCN溶液，溶液变血红色；继续滴加3滴EDTA溶液，溶液由血红色变为浅黄色。(6)综合上述实验现象，解释实验二中溶液颜色由血红色变为浅黄色的可能原因。答案第=page1212页，共=sectionpages1212页参考答案：1．C【详解】A．[Zn(CN)4]2-与[Zn(OH)4]2-中Zn离子均形成了4个配位键，Zn2+提供4个空轨道容纳4对孤电子对，A正确；B．根据原子守恒，可知HOCH2CN的氰基由CN-与甲醛发生反应而来，B正确；C．依据上述[Zn(CN)4]2-与甲醛的反应不能证明K1和K2的大小，要比较K1和K2的大小，应该让[Zn(CN)4]2-与氢氧根或[Zn(OH)4]2-与CN-发生反应，比较两个反应的进行程度，C错误；D．Zn2++4CN-[Zn(CN)4]2-为可逆反应，酸性条件下会生成HCN，其为剧毒、易挥发的气体，故应在碱性条件下进行，既保证安全性，又有利于生成[Zn(OH)4]2-，提高反应物转化率，D正确；故选C。2．C【详解】A．铁离子的配位数为6，故A错误；B．Fe元素位于第四周期Ⅷ族，属于d区，故B错误；C．1个Fe3+与6个CN-形成配位键，即1个Fe3+与6个CN-形成6个σ键，C和N之间形成1个σ键，6个CN-形成6个σ键，即1molK3[Fe(CN)6]中含有12molσ键，故C正确；D．Fe2+电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+电子排布式为[Ar]3d5，后者处于半满状态，能量低，较稳定，Mn2+比Fe2+更难失去1个电子，故D错误；答案为C。3．B【详解】A．Zn核外电子排布为：[Ar]3d104s2，所以Zn2+基态核外电子排布式为[Ar]3d10，A正确；B．HOCH2CN分子的结构式为，碳原子均不含有孤电子对，其中两个碳原子个分别含有4个和两个σ键，杂化轨道类型是sp3和sp杂化，B错误；C．根据甲醛结构可知1molHCHO分子中含有σ键物质的量为3mol，所以数目约为3×6.02×1023=1.806×1024，C正确；D．[Zn(H2O)4]2+中Zn2+提供空轨道，H2O的O原子有孤电子对，进入Zn2+空轨道形成配位键，结构可表示为，D正确；答案选B。4．C【详解】A．氢键具有饱和性，比HF沸点高是由于形成的氢键数目多，A正确；B．水杨酸电离后的离子(

)能形成分子内氢键，分子内氢键的形成会使该微粒中酚羟基上的氢离子更难电离出，导致

的酸性比苯酚的酸性弱，B正确；C．氢键与物质的稳定性无关，的稳定性强于，是因为H-O键能比H-S键能大，C错误；D．N的电负性小于O的电负性，配位能力大于，向中加过量氨水生成，D正确；故选C。5．C【详解】A．形成配位键后碳氮之间的距离增大，键能减小，A正确；B．嵌入的过程会使铁元素的平均化合价降低，发生还原反应，B正确；C．将普鲁士蓝晶胞分为8个小立方体，CN−位于小立方体的棱心上，小立方体中CN−个数为3，普鲁士蓝晶胞中CN−个数为，Fe2＋位于晶胞棱心和体心，个数为4，Fe3＋位于顶点和面心，Fe3＋个数4，与个数比为1∶1，C错误；D．普鲁士白和普鲁士蓝相比，晶胞中多了4个，所以由C分析可知，普鲁士白中、Fe离子、CN−个数比为8∶8∶24＝1∶1∶3，化学式为，D正确；故选C。6．C【详解】A、该物质C、C原子间存在σ键，选项A错误；B、根据结构，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、N之间存在配位键，所以该物质的分子中含有氢键、共价键、配位键三种作用力，选项B错误；C、Ni原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，选项C正确；D、C原子最外层的4个电子全部成键，没有孤对电子，选项D错误；答案选C。7．C【详解】A．第四周期中不成对电子数目最多的基态原子为铬，其价电子轨道表示式为，A正确；B．CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，由化学式各元素化合价代数和为0推知Fe的化合价是+3，B正确；C．乙二胺与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高的原因是乙二胺分子间可以形成氢键，而三甲胺分子间不能形成氢键，C错误；D．由于NH2-CH2-CH2-NH2有两个N原子可以提供两个孤电子对，结合化学式[Co(NH2-CH2-CH2-NH2)(NH3)2Cl2]Cl，Co3+的配位数为2+2+2=6，D正确；故选C。8．B【详解】A．二茂铁熔沸点较低，则二茂铁属于分子晶体，故A正确；B．C5H5-与Fe2+之间形成的化学键时亚铁离子提供空轨道，C提供孤对电子，二者形成配位键，故B错误；C．由环戊二烯的结构可知，只有1号C形成4个单键，说明仅有1个碳原子采取sp3杂化，故C正确；D．环戊二烯的结构结构中含有的二个碳碳双键为平面结构，每个平面最多可提供6个原子共平面，则分子所有碳原子一定共平面，故D正确；故答案为B。9．B【详解】A．配合物中一定含有配位键，还含有共价键，可能含有离子键，A正确；B．含有配位键的化合物不一定是配位化合物，例如氯化铵尽管含有配位键，但其结构简单，不具备配合物的结构特征，不能看做配合物，B错误；C．配离子中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)4]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，C正确；D．配位化合物具有一些特殊的性质，在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用，D正确；故选B。10．C【详解】A．蒸发结晶适用于受热稳定，不脱水、不分解、不反应的物质，而KClO3受热易分解，所以不能用蒸发结晶的方法制备KClO3晶体，而应采取冷却结晶的方法，A错误；B．制备[Cu(NH3)4]SO4配合物，应该将氨水滴加到硫酸铜溶液中，滴加顺序不对，B错误；C．HCl气体易溶于水，所以测量HCl气体体积时应选用有机溶剂，如四氯化碳、苯等，C正确；D．CS2属于非极性溶剂，白磷也是非极性分子，二者相溶，不能用过滤的方法分离，D错误。故选：C。11．形成难溶物Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4](OH)2析出深蓝色晶体深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，说明该配合物在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度[Cu(NH3)4]2+Cu2+NH34【解析】略12．H2OH2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱【详解】阳离子中有两种配位键，因为O原子的电负性大于N原子，故NH3与Cu2+形成的配位键强于H2O与Cu2+形成的配位键，所以加热时先失去H2O。故答案为：H2O与Cu2＋的配位键比NH3与Cu2＋的弱。13．(1)Cu2++2=Cu(OH)2↓+2Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O(2)>(3)降蓝色的透明溶液【详解】（1）氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到降蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式：Cu2++2=Cu(OH)2↓+2、Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O。降蓝色的离子为[Cu(NH3)4]2+，其结构式为：，故答案：Cu2++2NH3‧H2O=Cu(OH)2↓+2NH4、Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；。（2）硫酸铜溶液中加入过量氨水后生成了[Cu(NH3)4]2+离子，说明氨气与Cu2+的配位能力大于水与铜离子的配位能力。故答案：>。（3）因为氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，难溶物溶解得到降蓝色的透明溶液，所以若向盛有大量氨水的试管中逐滴加入硫酸铜溶液至过量，现象是产生深蓝色的透明溶液，故答案：产生降蓝色的透明溶液，故答案：降蓝色的透明溶液。14．sp3平面三角形SO2NO、H2O6【详解】(1)SO中中心原子S的价层电子对数==4，所以SO42-中S为sp3杂化。NO中中心原子N的孤电子对数==0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N原子上没有孤电子对，NO3－的空间构型为平面三角形。故答案：sp3；平面三角形。(2)等电子体是指原子个数相等，价电子数相同，所以用替代法可知，与O3互为等电子体的分子为SO2；故答案：SO2。(3)根据[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+的化学式可知，在[Fe(NO)(H2O)5]2+中有1个NO和5个H2O，由图可知缺少的配体是1个NO和1个H2O，的配位数为6。故答案：NO、H2O；6。15．[Ar]3d54s1O>C>NaSO3或BF3或COCl2OH－8×6.02×1023或8molCr2Al或AlCr2【详解】(1)Cr位于第四周期ⅥB，其核外电子排布式可写成；(2)同周期元素第一电离能从左至右，呈现增大的趋势；同主族元素第一电离能从上至下，呈现减小的趋势；因此三种元素第一电离能从大到小的顺序为O＞C＞Na；(3)带有两个负电荷，因此与其互为等电子体的分子可以为SO3或BF3或COCl2等；(4)配体是具有孤对电子，在形成配位键时可以作为电子对的给予体的分子或离子，OH-是的配体；中Na+和之间是离子键，1个中有4个配位键，因此1mol中含有σ键4+4=8mol；(5)由Cr-Al合金的晶胞结构可知，Cr原子在晶胞的4条棱上各自有两个，并且在内部也有两个，所以一个晶胞中Cr原子的数目为：；Al原子在晶胞的8个顶点上，并且内部也有一个，所以一个晶胞中Al原子的数目为：；所以合金的化学式为Cr2Al。【点睛】同周期元素第一电离能从左至右，呈现增大的趋势；同主族元素第一电离能从上至下，呈现减小的趋势；要特殊注意相邻的ⅡA与ⅢA元素中ⅡA的第一电离能更大，相邻的ⅤA与ⅥA元素中ⅤA元素第一电离能更大。16．(1)①(2)③(3)②(4)⑤(5)④【分析】①与相似，中心原子为杂化，构型为V型；②的结构式为，中心原子碳原子为杂化，为直线型分子；③的中心原子的价层电子对数为，中心原子为杂化，空间构型为平面三角形；④中心原子为杂化，空间构型为二面角型；⑤与甲烷相似，中心原子为杂化，空间构型为正四面体，其为氨气分子中单原子的孤对电子与氢离子的空轨道配位而成。(1)(1)以上微粒中，与相似，中心原子为杂化，构型为V型，故填①；(2)(2)以上微粒中，的中心原子的价层电子对数为，中心原子为杂化，空间构型为平面三角形，故填③；(3)(3)以上微粒中，的结构式为，中心原子碳原子为杂化，为直线型分子，所有原子共线，故填②(4)(4)以上微粒中，与甲烷相似，中心原子为杂化，空间构型为正四面体，其为氨气分子中单原子的孤对电子与氢离子的空轨道配位而成，故填⑤；(5)(5)非极性键是指两个相同原子形成的共价键，含有非极性键的极性分子，说明该结构不对称，以上微粒中，的结构为，其中心原子为杂化，空间构型为二面角型，非对称结构，为含有非极性键(O—O)的极性分子，故填④。17．CuCO3＋2H＋===Cu2＋＋CO2↑＋H2O

Fe＋Cu2＋===Fe2＋＋Cu12[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+3(NH4)2SO42CuNH4SO3+4H+=Cu2＋＋Cu+2SO2↑＋2H2O＋2NH4+100％在密闭容器中，生成的SO2将Cu2＋还原为Cu，Cu+再歧化，循环往复，因为SO2循环使用直到所有的Cu2＋成为Cu【详解】(1)碳酸铜与酸反应生成铜盐、二氧化碳和水，铜盐与铁粉反应生成亚铁盐和铜，该过程的离子方程式：CuCO3＋2H＋=Cu2＋＋CO2↑＋H2O、

Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；（2）铜的价电子排布是3d104s1，这是因为3d轨道全充满的原因，而失电子时从4s开始，失两个电子，变成3d9，3d共有5个轨道，8个电子成4对，只有1个未成对；[Cu(NH3)4]2+的结构简式为；(3)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，微酸性是生成的硫酸铵水解呈酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3。反应化学方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3↓+3(NH4)2SO4；(4)CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，该反应的离子方程式为2CuNH4SO3+4H+=Cu2＋＋Cu+2SO2↑＋2H2O＋2NH4+，若该反应在密闭容器中进行，且酸量充足，反应物中Cu元素变成超细粉末Cu的转化率为100%，理由是在密闭容器中，生成的SO2将Cu2＋还原为Cu，Cu+再歧化，循环往复，因为SO2循环使用直到所有的Cu2＋成为Cu。18．将配成溶液，向溶液中加入几滴硝酸银溶液和稀硝酸，观察是否出现沉淀，若有白色沉淀产生，说明Pd2+与Cl-是以离子键结合的，若无白色沉淀产生，则说明Pd2+与Cl-是以配位键结合的。【详解】将配成溶液，向溶液中加入几滴硝酸银溶液和稀硝酸，观察是否出现沉淀，若有白色沉淀产生，说明Pd2+与Cl-是以离子键结合的，若无白色沉淀产生，则说明Pd2+与Cl-是以配位键结合的。19．产生白色沉淀无明显现象产生淡黄色沉淀【详解】配合物[Co(NH3)5Br]SO4在溶液中电离为[Co(NH3)5Br]2+、SO，加入BaCl2溶液时，生成硫酸钡沉淀，则现象是产生白色沉淀；[Co(SO4)(NH3)5]Br在溶液中电离为[Co(SO4)(NH3)5]+、Br-，加入BaCl2溶液时，无明显现象；而加入AgNO3溶液时，产生溴化银沉淀，现象为产生淡黄色沉淀。20．(1)1s22s22p3或[He]2s22p3(2)sp3三角锥形(3)D[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++【详解】（1）N为7号元素，基态氮原子的核外电子排布式为1s22s22p3或[He]2s22p3；（2）PH3分子中P价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=3+（5-3×1）=4，所以磷原子采用sp3杂化，PH3的中心原子为磷原子，磷原子形成了3个σ键，另外还有1个未成键价电子对，其价层电子对的总数是4，需要形成4个杂化轨道，采用sp3杂化，4个sp3杂化轨道中填充了3个σ键的成键电子对和1个未成键价电子对，使得分子的空间构型为三角锥形；故答案为：sp3；三角锥形；（3）①[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体中[Cu(NH3)4]2+与形成离子键，Cu2+与NH3之间形成配位键，NH3中N-H形成共价键，中S与O形成共价键，H2O中H与O形成共价键，水分子存在氢键，晶体中不存在金属键，答案选D；②将[Cu(NH3)4]SO4配合物溶于水，电离出[Cu(NH3)4]2+和，电离方程式为[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++。21．(1)饱和NaHSO3溶液(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2(3)2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=2Na2SO4+Cu2O+3H2O溶液中溶解的SO2增多，溶液的酸性增强，使Cu2O溶解，砖红色沉淀消失(4)浓盐酸白色沉淀溶解出现白色沉淀(5)氧化还原配制Cu(OH)2所用铜盐的阴离子种类【分析】A制备二氧化硫，通过观察B中气泡的速度控制A中产生二氧化硫的速度，C中二氧化硫和新制悬浊液的反应，D中氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，防止污染空气。【详解】（1）B的作用是控制二氧化硫气体的流速，B中试剂不能吸收二氧化硫，所以B中试剂是饱和NaHSO3溶液。（2）通入SO2前，实验Ⅰ、Ⅱ中铜离子和氢氧根离子反应生成氢氧化铜蓝色絮状沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2OH-=Cu(OH)2。（3）实验Ⅰ通入SO2后产生砖红色氧化亚铜沉淀，铜元素化合价由+2价降低为+1价，S元素化合价由+4价升高为+6价，该反应的化学方程式2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=2Na2SO4+Cu2O+3H2O；Cu2O在酸性溶液中溶解转化为Cu和Cu2+，实验Ⅰ一段时间后,溶液中溶解的SO2增多，溶液的酸性增强，使Cu2O溶解，砖红色沉淀消失。（4）①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色，此过程中反应的离子方程式为：、；②CuCl为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；取白色固体加浓盐酸，白色固体溶解，在加蒸馏水，又出现白色沉淀，则说明白色固体是CuCl。（5）实验Ⅰ和实验Ⅱ中SO2与新制Cu(OH)2悬浊液均发生了氧化还原反应，反应现象的不同与配制Cu(OH)2所用铜盐的阴离子种类有关。22．(1)3d6(2)硫酸根离子的键角大于水分子；水分子中的孤电子对较多，孤电子对与成键电子对的排斥力较大；(3)配位键