高三化学一轮复习 金属及其化合物通关练习

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高考一轮复习金属及其化合物通关练习一、单选题1．从人类利用金属的历史看，先是青铜器时代，而后是铁器时代，铝的利用是近百年的事，造成这个先后顺序事实的最主要因素是A．金属活动性及冶炼的难易程度 B．金属的导电性C．金属的延展性 D．地壳中金属元素的含量2．对于金属的下列叙述不正确的是A．金属镁着火可以用干冰灭火B．用砂纸打磨的铝条，放在酒精灯上加热至熔化，铝不会滴落下来C．将金属钠置于空气中慢慢产生白色的氧化钠D．铁与水蒸气反应，生成产物是Fe3O43．下列说法中，错误的是A．新切开的钠的表面很快变暗，是因为生成了B．碳酸氢钠溶解时，伴随着放热现象，且水溶液呈碱性C．次氯酸能杀菌消毒且能使有机色素褪色，是因为它有强氧化性D．漂白粉和漂粉精的有效成分是相同的4．下列说法正确的是A．Al2O3难溶于水，不跟水反应，所以它不是Al(OH)3对应的氧化物B．因为Al2O3是金属氧化物，所以Al2O3是碱性氧化物C．Al2O3能跟所有的酸、碱溶液反应D．MgO中的杂质Al2O3可以用NaOH溶液除去5．下列有关和性质的叙述正确的是A．发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔B．碳酸钠不能转化成碳酸氢钠C．只有能与石灰水反应生成白色沉淀D．热稳定性：6．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示．下列推断合理的是A．的每步转化均可一步实现B．通过化合反应不能直接得到dC．物质c溶于氢碘酸的离子方程式为D．只用溶液即可检验f中的阳离子7．某同学结合所学知识探究Na2O2与H2的反应，设计装置如图。说法正确的是A．装置甲可用于大理石与稀盐酸的反应制取CO2B．装置甲气密性的检查方法：直接向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好C．装置乙中盛放干燥剂，目的是除去甲中挥发出来的少量水蒸气D．装置丙中酒精灯点燃后再马上打开K18．今有一包铁粉和铜粉混合粉末，为确定其组成，现提供4mol/L的FeCl3溶液(其他用品略)，某合作学习小组同学的实验结果如下(假定反应前后溶液体积不变)：组别①②③④V[FeCl3(aq)]/mL100100100100混合粉末质量/g613.22436反应后剩余固体的质量/g01.2812.824.8下列说法不正确的是A．第①组溶液中c(Fe3+)=2.0mol/LB．第②组剩余固体只有铜C．第③④组反应后的滤液中c(Fe2+)=6mol/LD．原混合粉末中n(Fe):n(Cu)=11:99．下列对有关事实的解释中正确的是A．常温下，浓硝酸、浓硫酸均可用铝槽贮存，说明铝既不与浓硝酸反应也不与浓硫酸反应B．SiO2可与NaOH溶液反应，也可与氢氟酸反应，说明SiO2为两性氧化物C．浓硝酸在光照条件下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定且见光容易分解D．Fe与稀、稀反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生了置换反应10．下列实验的操作、现象和结论都正确的是选项实验目的实验操作及现象结论A探究铁粉在氯气中燃烧所得固体粉末的成分取少量固体粉末，加入2~3mL蒸馏水，振荡，迅速滴入几滴KSCN溶液，溶液不显红色该固体粉末中不存在FeCl3B证明SO2具有漂白性将SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，溶液红色褪去SO2有漂白性C探究温度对化学平衡的影响加热盛有CuCl2溶液的试管，溶液变为黄色，冷却后变为蓝色[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-的反应放热D探究Cl2的性质将Cl2通入K2S溶液中，生成淡黄色沉淀Cl2具有氧化性A．A B．B C．C D．D11．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，具有良好的储氢性能，其中元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24.下列有关叙述错误的是A．该化合物中，W、X、Y之间均为共价键 B．Z的单质既能与水反应，也可与甲醇反应C．Y的最高化合价氧化物的水化物为强酸 D．X的氟化物XF₃中原子均为8电子稳定结构12．下列关于铁及其氧化物的说法中正确的是A．磁铁矿粉末溶于盐酸后生成FeCl2B．铁与盐酸、水蒸气反应，铁作氧化剂C．铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2D．FeO为碱性氧化物，可与水反应生成Fe(OH)213．为了使宇航员在飞船中得到一个稳定的、良好的生存环境,一般在飞船内安装盛有Na2O2颗粒的装置,它的用途是产生氧气。下列关于Na2O2的叙述正确的是A．可利用在空气中加热的方法除去Na2O中的Na2O2B．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时,转移电子的物质的量相等C．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时,需要的水和CO2的质量相等D．将足量的Na2O2、Na2O分别加到含酚酞的水溶液中,最终溶液均为红色14．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．完全溶于所得的溶液中，的数目为B．与足量充分反应，转移的电子数目为C．5.6g铁粉与的的溶液充分反应，产生的气体分子数目为D．23g钠在空气中充分燃烧，转移的电子数目为15．下列现象或应用与电子跃迁无关的是A．激光 B．焰色试验 C．丁达尔效应 D．原子光谱二、填空题16．某化学兴趣小组要在“校园科艺节活动”中使用氢气球表演节目。经过测量，每个氢气球的体积约为1.12L（已折成标准状况）。已知兴趣小组采用Al和氢氧化钠溶液反应制取氢气。（1）若实验需要1L2.5mol·L-1的NaOH溶液，则要用称取NaOH固体g。配制溶液过程中所需仪器除天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外，还需要、（填仪器名称）。（2）若要制取60个氢气球，至少需要Al的质量为g，转移的电子数为。（3）该化学兴趣小组为了营造气氛，做了惊艳全场的铝热反应（如下图），写出该反应的化学方程式。兴趣小组同学取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色。出现这种现象的原因可能是。

（4）若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝，可选择(填试剂名称)，所发生反应的化学方程式为。17．有一稀硫酸和硝酸铁的混合溶液，向其中加入铁粉，溶液中的Fe2+浓度如图所示(不考虑溶液体积的变化)：(1)铁离子和铁粉会反应，请写出反应的离子方程式(2)溶液中H2SO4与Fe(NO3)3的物质的量之比为三、解答题18．配合物在很多领域有重要的用途，回答下列问题(1)将白色CuSO4粉末溶于水中，溶液呈蓝色，蓝色的物质的化学式为，往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+配离子，该配离子的空间构型为，已知NF3与NH3的空间结构都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是。(2)利用配合物的特征颜色可检验补铁药片中的Fe3+和Fe2+，部分配合物的结构如下：①取等量碾碎的药片放入两支试管中，试管1加盐酸溶解，试管2加等体积蒸馏水溶解。分别滴加KSCN溶液，发现试管1溶液变红，试管2溶液不变色。依据图示信息，解释SCN-检验Fe3+须在酸性条件下进行的原因。②FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为。(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示：1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有个，其中提供孤电子对的原子为(填元素符号)。19．硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O，商品名为摩尔盐。可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成硫酸亚铁铵，一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成摩尔盐后就比较稳定了。实验室制取少量摩尔盐的流程如下：(1)步骤1中Na2CO3溶液的主要作用是。(2)步骤2中趁热过滤的目的是。(3)步骤3中，加入(NH4)2SO4固体后，要得到摩尔盐晶体，需经过的实验操作包括：加热蒸发、、、洗涤和干燥。(4)步骤3中制得的晶体过滤后用无水乙醇洗涤的目的是。20．粉煤灰是燃煤电厂排出的主要固体废物．我国火电厂粉煤灰的主要氧化物组成为、、CaO等．一种利用粉煤灰制取氧化铝的工艺流程如下：(1)粉煤灰研磨的目的是．(2)第1次过滤时滤渣的主要成分有(填化学式，下同)和，第3次过滤时滤渣的成分是(3)在用硫酸浸取时，铝的浸取率与时间的关系如图1，适宜的浸取时间为h；铝的浸取率与的关系如图2所示，从浸取率角度考虑，三种助溶剂F、KF及与KF的混合物，在相同时，浸取率最高的是(填化学式)；用含氟的化合物作这种助溶剂的缺点是(举一例)．(4)流程中循环使用的物质有和填化学式)(5)用盐酸溶解硫酸铝晶体，再通入HCl气体，析出，该过程能够发生的原因是(6)用粉煤灰制取含铝化合物的主要意义是．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：题号12345678910答案AABDAAADCD题号1112131415答案DCBAC1．A【详解】地壳里含量最高的是金属铝，但铝开发利用的时间在铜、铁之后，说明金属大规模开发利用主要和金属的活动性有关，活动性弱的金属容易以单质形式存在，易被开发和利用，活动性强的金属一般以化合物形式存在，难以冶炼，故与金属冶炼的难易程度有关，故A符合题意。综上所述，答案为A。2．A【详解】A．二氧化碳和金属镁能发生反应，金属镁着火可不以用干冰灭火，A错误；B．用砂纸打磨的铝条，放在酒精灯上加热至熔化，这样金属铝在氧气中加热，继续会在表面形成氧化膜，氧化铝的熔点很高，所以不会滴落，B正确；C．钠与氧气常温下反应生成白色的氧化钠，加热或者点燃生成淡黄色的过氧化钠，C正确；D．铁与水蒸气高温反应生成四氧化三铁和氢气，D正确；故选A。3．B【详解】A．钠是活泼金属，易被氧气氧化，新切开的钠的光亮的表面很快变暗，是因为钠与空气中氧气反应生成了氧化钠，故A正确；B．碳酸氢钠溶解吸收大量的热，故B错误；C．次氯酸具有强氧化性，能使染料等有机色素褪色，故C正确；D．漂白粉、漂粉精的成分是Ca(ClO)2、CaCl2，Ca(ClO)2具有漂白性，是有效成分，故D正确；故选B。4．D【详解】A．Al2O3虽难溶于水，Al2O3与Al(OH)3中Al的化合价相同，是Al(OH)3对应的氧化物，故A错误；B．氧化铝既能与酸反应，又能与碱作用生成盐和水的化合物，属于两性氧化物，故B错误；C．氧化铝只能够与强碱反应，与弱碱不反应，如一水合氨，故C错误；D．氧化铝为两性氧化物，可与氢氧化钠反应，但MgO与强碱不反应，可用于除杂，故D正确；故选D。5．A【详解】A．发酵粉中的主要成分为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，可使焙制出的糕点疏松多孔，A正确；B．碳酸钠溶液可以与二氧化碳反应转化成碳酸氢钠，B错误；C．碳酸氢钠也能与氢氧化钙反应生成碳酸钙白色沉淀，C错误；D．碳酸氢钠加热条件下分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，而碳酸钠受热不分解，热稳定性，D错误；故选A。6．A【详解】A．，故能实现的转化关系，A正确；B．得到的方法有或，即通过化合反应和复分解反应均能直接得到氢氧化铁，B错误；C．物质c为，氧化铁与反应时，三价铁能将碘离子氧化，其反应的离子方程式为，C错误；D．f中的阳离子为，不能用溶液检验，D错误；故选A。7．A【分析】用锌粒和稀盐酸制取氢气，经碱石灰干燥、除HCl后和Na2O2在加热下反应，丁处的CuSO4用于检验反应中是否有水生成。【详解】A．装置甲是启普发生器的简易装置，适用于块状或颗粒状固体和液体起反应，反应不需加热且生成的气体在水中溶解度不大的气体，所以用此装置也可以用大理石与稀盐酸的反应制取CO2，故A正确；B．装置甲气密性的检查方法：先关闭活塞K1，然后再向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，故B错误；C．装置乙中盛放干燥剂，目的不仅要除去甲中挥发出来的少量水蒸气，还要除去挥发的HCl，HCl和水都会和Na2O2反应从而干扰实验，故C错误；D．要先通一会儿氢气，将装置中的空气赶走后再点燃丙处的酒精灯，以防在加热下Na2O2迅速和装置中残留的水蒸气以及二氧化碳反应干扰实验，故D错误；故选A。8．D【详解】先后发生两个反应：①Fe+2Fe3+=3Fe2+②Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；从②组数据中可以得出，FeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为11.2g，13.2−1.28=11.92>11.2，所以同时也有一部分Cu溶解，剩余的固体全部为Cu；利用②的数据，设Fe、Cu合金中金属物质的量分别为xmol、ymol，Fe+2Fe3+=3Fe2+x

2x

Cu

+

2Fe3+=Cu2++2Fe2+0.2−x

0.4−2x依据铜元素守恒可得：(0.2−x)+1.28÷64=y，根据质量守恒可得：56x+64y=13.2，联立解得：x=y=0.11，即铜与铁物质的量比是1:1，验证：利用③的数据，正好是24−11.2=12.8，所以只发生了Fe+2Fe3+=3Fe2+，剩余的12.8全部为Cu，所以n(Fe):n(Cu)=（11.2÷56）：（12.8÷64）=1:1，符合铁和铜的物质的量之比的判断；①组，6g固体中含有Cu、Fe的物质的量各为0.05molFe+2Fe3+=3Fe2+0.050.10.15Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+0.050.10.050.1c(Fe3+)=（0.4mol−0.2mol）÷0.1L=2.0mol/L，④组中铁和铜物质的量按照1:1混合，可以计算得到铁和铜的物质的量都为：36g÷(56+64)g/mol=0.3mol，36g金属中铁的质量为：0.3mol×56g/mol=16.8g，铜的质量为19.2g；依据反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，有三价铁离子物质的量计算判断，反应金属为11.2g铁，所以剩余固体为铁和铜，三价铁全部反应，根据铁元素守恒可知，0.4molFe3+全部反应生成Fe2+，溶解的铁为11.2g，物质的量为：11.2g÷56g/mol=0.2mol，所以反应后溶液中的二价铁离子的浓度C(Fe2+)=（0.2mol+0.4mol）÷0.1L=6mol/L，A.第①组溶液中c(Fe3+)=2.0mol/L，故A正确，但不符合题意；B.第②组剩余固体全是铜，故B正确，但不符合题意；C.第④组反应后的滤液中c(Fe2+)=6mol/L，故C正确，但不符合题意；D.原混合粉末中n(Fe):n(Cu)=1:1，故D错误，符合题意；故选：D。【点睛】依据实验结果的数据，结合反应的实质分析，根据氧化还原反应的规律，铁离子与Fe、Cu都能反应，按照还原性强弱，铁的还原性强于铜，所以三价铁先和铁反应再与铜反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，Cu+2Fe3+=Fe2++Cu2+；能剩余的固体可以是铜，可以是铁和铜，从②组数据中可以得出，FeCl3溶液全部参与反应，假设只发生第一个反应，则溶解的Fe的质量为11.2g，13.2-1.28=11.92>11.2，所以同时也有一部分Cu溶解（发生第二个反应），所以剩余的固体全部为Cu；利用②的数据根据化学方程式进行计算，求的铁和铜的物质的量之比，利用③组的数据对比判断剩余的固体；进而依据铁和铜的物质的量之比计算①组反应后溶液中的三价铁离子浓度，计算④组中反应后的溶液中二价铁的浓度。9．C【详解】A．常温下，浓硝酸、浓硫酸均可用铝槽贮存，因为铝在浓硝酸、浓硫酸中钝化，故A错误；B．SiO2为酸性氧化物，故B错误；C．浓硝酸在光照条件下颜色变黄，是因为浓硝酸见光分解生成的NO2溶于硝酸，故C正确；D．Fe与稀反应生成硝酸铁、NO、水，该反应不是置换反应，故D错误；选C。10．D【详解】A．若反应中铁过量，则会发生，滴入几滴KSCN溶液，溶液不显红色，不能证明固体粉末中不存在FeCl3，A错误；B．由于二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸与氢氧化能发生中和反应，导致碱性减弱，滴有酚酞的NaOH溶液中红色褪去，体现了二氧化硫是酸性氧化物的性质，B错误；C．CuCl2溶液中存在，升高温度，溶液变为黄色，即转化为，说明平衡正向移动，该反应为吸热反应，C错误；D．Cl2通入K2S溶液中，生成淡黄色沉淀，S的化合价升高，Cl的化合价降低，体现了氯气的氧化性，D正确；故选D。11．D【分析】根据图中信息可得，Z为，W为H，结合题给信息“W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且总和为24”可推知，X为B，Y为N，据此进行判断。【详解】A．H、B、N三种非金属元素之间形成的化学键均为共价键，A正确；B．既可以与水反应，也可以和甲醇反应，B正确；C．N的最高价氧化物对应的水化物为硝酸，C正确；D．三氟化硼中硼原子最外层有3个电子，与氟原子之间形成3个共价键，即最外层共6个电子，不满足8电子稳定结构，D错误；故选D。12．C【详解】A．磁铁矿主要成分为Fe3O4，与盐酸后生成FeCl2、FeCl3，故A错误；B．铁与盐酸、水蒸气反应分别生成FeCl2、Fe3O4，铁元素化合价升高，铁作还原剂，故B错误；C．铁与水蒸气在高温下反应生成Fe3O4和H2，故C正确；D．FeO不与水反应，不能生成Fe(OH)2，故D错误；故答案为C。13．B【详解】A．Na2O加热可生成Na2O2，不能利用在空气中加热的方法除去Na2O中的Na2O2，A错误；B．根据和，Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，转移电子的物质的量相等，B正确；C．Na2O2分别与水及CO2反应产生相同量的O2时，需要的水和CO2的物质的量相等，质量不相等，C错误；D．将足量的Na2O2、Na2O分别加到含酚酞的水溶液中，起始溶液均为红色，但因Na2O2具有漂白性，溶液的红色逐渐褪去，D错误；故选B。14．A【详解】A．完全溶于所得的溶液中，Cl元素全部以的形式存在，所以的数目为，故A正确；B．根据反应电子转移关系式，可知与足量充分反应，转移的电子数目为，故B错误；C．根据反应电子转移关系式，可知5.6g铁粉与的的溶液充分反应，其中少量，所以产生的气体分子数目为，故C错误；D．根据反应电子转移关系式，可知23g钠在空气中充分燃烧，转移的电子数目为，故D错误；故选A。15．C【详解】A．电子跃迁产生光子与入射光子具有相关性，即入射光与辐射光的相位相同，如果这一过程能够在物质中反复进行，并且能用其他方式不断补充因物质产生光子而损失的能量，那么产生的光就是激光，与电子跃迁有关，A项不选；B．当碱金属及其盐在火焰上灼烧时，原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使火焰呈现颜色，与电子跃迁有关，B项不选；C．丁达尔效应是当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，与电子跃迁无关，C项选；D．原子光谱的产生是原子核电子发生能级跃迁的结果，与电子跃迁有关，D项不选；答案选C。16．1001000mL容量瓶胶头滴管546NA8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe混有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中的氧气氧化氢氧化钠溶液Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O【分析】（1）根据m＝cVM计算氢氧化钠的质量，根据配制过程判断需要的仪器；（2）根据n＝V/Vm、m＝nM结合反应的方程式计算；（3）铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色，说明含有铁离子，据此判断。（4）根据氧化铝是两性氧化物分析解答。【详解】（1）若实验需要1L2.5mol·L-1的NaOH溶液，则需要称取NaOH固体的质量是1L×2.5mol/L×40g/mol＝100g。配制溶液过程是计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀等，则过程中所需仪器除天平、钥匙、烧杯、玻璃棒外，还需要1000mL容量瓶、胶头滴管。（2）每个氢气球的体积约为1.12L（已折成标准状况），氢气的物质的量是1.12L÷22.4L/mol＝0.05mol，若要制取60个氢气球，则需要氢气是0.05mol×60＝3.0mol，根据方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知至少需要Al的物质的量是2mol，质量为2mol×27g/mol＝54g，铝元素化合价从0价升高到+3价，转移3个电子，则转移的电子数为6NA。（3）在高温下铝和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，该反应的化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。兴趣小组同学取反应后的“铁块”溶于盐酸，向其中滴加KSCN溶液，发现溶液变血红色，说明含有铁离子，因此出现这种现象的原因可能是混有没反应完的磁性氧化铁或熔融的铁被空气中的氧气氧化。（4）由于氧化铝是两性氧化物，能溶于氢氧化钠溶液，所以若要除去上述所得“铁块”中含有的氧化铝，可选择氢氧化钠溶液，发生反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH＝2NaAlO2+H2O。17．(1)(2)2：1【分析】向稀硫酸和硝酸铁的混合溶液加入铁粉，酸性条件下，铁粉先与发生反应：，消耗完，铁粉与铁离子发生反应生成亚铁离子，离子方程式为：。【详解】（1）根据分析可知：铁离子和铁粉反应的离子方程式为：；（2）根据图像可知，第一阶段和第二阶段消耗铁的物质的量分别为：，第一阶段铁粉先与发生反应：，由可得，反应生成；第二阶段发生反应：，消耗的铁粉，求出，则原溶液中，即Fe(NO3)3的物质的量为0.35mol，溶液中过量，则H+完全反应，所以溶液中H2SO4的物质的量为，溶液中H2SO4与Fe(NO3)3的物质的量之比为。18．(1)[Cu(H2O)4]2+平面四边形N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得N原子的原子核对其孤电子对的吸引力增强，难与Cu2+形成配位键(2)用SCN-检验Fe3+时，SCN-会与OH-竞争结合Fe3+，pH升高，OH-更易与Fe3+结合，酸性增强，OH-浓度减小，SCN-可以竞争到Fe3+(3)6N、O【详解】（1）将白色CuSO4粉末溶于水中，Cu2+与水分子形成水合离子，使溶液呈蓝色，则呈蓝色的物质的化学式为[Cu(H2O)4]2+；往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+配离子，中心Cu2+发生dsp2杂化，该配离子的空间构型为平面四边形；NF3不易与Cu2+形成配离子，则表明其形成配位键的能力不强，其原因是：N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得N原子的原子核对其孤电子对的吸引力增强，难与Cu2+形成配位键。答案为：[Cu(H2O)4]2+；平面四边形；N、F、H三种元素的电负性：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F原子，偏离N原子，使得N原子的原子核对其孤电子对的吸引力增强，难与Cu2+形成配位键；（2）①试管1溶液变红，试管2溶液不变色，则表明酸性条件下SCN-更易与Fe3+结合，碱性条件下Fe3+可能易与OH-结合，所以SCN-检验Fe3+须在酸性条件下进行的原因：用SCN-检验Fe3+时，SCN-会与OH-竞争结合Fe3+，pH升高，OH-更易与Fe3+结合，酸性增强，OH-浓度减小，SCN-可以竞争到Fe3+。②双聚分子的化学式为Fe2Cl6，则分子内形成配位键，其结构式为。答案为：用SCN-检验Fe3+时，SCN-会与OH-竞争结合Fe3+，pH升高，OH-更易与Fe3+结合，酸性增强，OH-浓度减小，SCN-可以竞争到Fe3+；；（3）从图中可以看出，1个该配合物中有2个N原子、4个O-与Ni2+形成配位键，则通过螯合作用形成的配位键有6个，其中提供孤电子对的原子(配位原子)为N、O。答案为：6；N、O。【点睛】在配合物中，中心原子提供空轨道，配位原子提供孤电子对。19．(1)洗去铁屑表面的油污(2)防止FeSO4结晶，减小F