实验活动简单配合物的形成（核心素养检测）-2022-2023学年高二化学知识整合讲练（人教版2019选择性必修2）

实验活动简单配合物的形成（核心素养检测）一、选择题1．（2022春·北京西城·高二北京八中校考期末）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∶3B．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：【答案】D【解析】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。2．（2022春·浙江湖州·高二统考期末）往溶液中加入过量的，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入后，析出深蓝色晶体。下列分析不正确的是A．析出的深蓝色晶体化学式为B．加的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度C．加入氨水的过程中的浓度不断减小D．中配体和中心离子的杂化轨道类型一定都是杂化【答案】D【解析】A．往溶液中加入过量的，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入后，析出深蓝色晶体为，A正确；B．加入，减小溶剂的极性，降低离子化合物的溶解度，B正确；C．加入氨水的过程中，首先会生成氢氧化铜沉淀，再被溶解生成铜氨离子，铜离子浓度减小，C正确；D．中铜杂化方式为dsp2，D错误；故选D。3．（2021春·北京海淀·高二北京交通大学附属中学校考期末）BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及的是①离子键

②共价键

③配位键

④金属键

⑤氢键

⑥范德华力A．①③ B．①④ C．②⑤ D．③⑥【答案】B【解析】Q非金属元素原子之间易形成共价键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，所以B原子和O原子之间存在配位键，分子之间存在范德华力，水分子中的O原子和其它分子中的H原子易形成氢键，所以不涉及的是离子键、金属键；答案选B。4．（2022春·北京·高二统考期末）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【答案】D【解析】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。5．（2022春·北京顺义·高二统考期末）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HOH的键角与H2O分子中HOH的键角相等【答案】D【解析】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HOH中OH键的排斥作用减小，所以键角比H2O分子中HOH的键角大，D不正确；故选D。6．（2022春·广东珠海·高二统考期末）Zn(OH)2溶于氨水可生成可溶性配合物[Zn(NH3)4](OH)2，下列说注正确的是A．根据上述信息可推导出氢氧化锌为两性氢氧化物B．该配合物中只有离子键和配位键C．形成该配合物的离子方程式为：Zn(OH)2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2OHD．该配合离子中由NH3提供空轨道，Zn2+提供电子对【答案】C【解析】A．氢氧化锌虽然溶于氨水这个碱，但仅是一个特例，无法确定其为两性氧化物，A项错误；B．NH3与Zn2+之间形成配位键，而OH与[Zn(NH3)4]2+之间为离子键，NH3中有共价键，B项错误；C．NH3与Zn2+形成配位键，离子方程式为Zn(OH)2+4NH3=[Zn(NH3)4]2++2OH，C项正确；D．NH3中N无空轨道，提供空轨道的是Zn2+，D项错误；故选C。7．（2022春·吉林·高二校联考期末）下列分子或离子中不能作为配合物的配体的是A． B． C．H2O D．NO【答案】A【解析】A．中，N原子的最外层电子全部用于形成化学键，不存在孤对电子，不能作为配体，A符合题意；B．中，S原子的最外层有两对孤对电子，可作为配合物的配体，B不符合题意；C．H2O中，O原子的最外层有两对孤对电子，可作为配合物的配体，C不符合题意；D．NO中，N原子的最外层有一对孤对电子，可作为配合物的配体，D不符合题意；故选A。8．（2022春·山东青岛·高二统考期末）硫代硫酸钠()可用作照相业的定影剂，反应原理为。下列说法错误的是A．中S的平均化合价为+2B．电负性由大到小顺序为O>S>BrC．中心的配位数为2D．基态S原子核外电子的空间运动状态有9种【答案】B【解析】A．由化合价代数和为0可知，硫代硫酸钠中硫元素的平均化合价为+2价，故A正确；B．元素的非金属性越强，电负性越大，溴元素的非金属性强于硫元素，则电负性大于硫元素，故B错误；C．由配离子的化学式可知，二硫代硫酸根合银离子中中心离子为银离子，硫代硫酸根离子为配体，配位数为2，故C正确；D．硫元素的原子序数为16，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，s轨道和p轨道的原子轨道数目为9，则原子核外电子的空间运动状态有9种，故D正确；故选B。9．（2022春·福建泉州·高二校考期末）一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，其结构简式如图所示。下列说法错误的是A．基态Zn原子价电子排布式为B．Cu与Zn相邻，第一电离能：C．该物质中，的配位数为5，配原子为O、ND．电负性由小到大的顺序为【答案】B【解析】根据元素在周期表中的位置及价电子排布式可以判断其电离能的大小，根据图象判断中心离子和配位键及配位原子，利用元素周期律判断元素的电负性的大小；A．锌原子的核外电子数为30，其位于元素周期表第4周期第ⅡB，基态Zn原子价电子排布式为，A正确；B．锌与29号铜相邻，由于锌原子的所有排布电子的原子轨道均处于较稳定的全充满状态，故其第一电离能大于铜的，B错误；C．由一水合甘氨酸锌的分子结构可知，锌离子与相邻的5个原子(N和O)成键，故其配位数为5，配位原子为O、N，C正确；D．根据电负性的变化规律可知，非金属元素的电负性大于金属元素，非金属性越强其电负性越大，因此，由小到大的顺序为，D正确；故选B；10．（2023秋·重庆江津·高二重庆市江津中学校校联考期末）废旧银锌纽扣电池(含、石墨及少量、等)的正极片中回收银的工艺流程如图：下列说法正确的是A．①中产生的气体为B．②中适当增加溶液的浓度有利于提高的回收率C．⑤中加稀硫酸的目的是反应D．废旧银锌纽扣电池应采用深埋的方式集中处理【答案】B【解析】电池中含Zn、Ag、石墨及Hg、Mn等，由流程可知，加稀硝酸后，石墨不反应，Zn、Ag、Hg、Mn和硝酸反应生成硝酸锌，硝酸银，硝酸汞，硝酸锰，再加氯化钠溶液会发生Ag++Cl=AgCl↓，在含AgCl的滤渣中加入氨水会发反应生成，在银氨络合物中加入Zn生成银，过量的锌可以溶解于稀硫酸溶液中。A．金属和硝酸反应生成氮氧化物，不是氢气，故A错误；B．③的离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=+Cl+2H2O，因此②中适当增加溶液的浓度有利于提高的回收率，故B正确；C．锌可以溶解于稀硫酸溶液中，故⑤中加稀硫酸的目的是除去银粉中的锌，转化为Zn2+，故C错误；D．废旧电池中含有重金属离子，污染环境，所以废旧银锌纽扣电池不应采用深埋的方式集中处理，故D错误；故选B。11．（2022秋·四川内江·高二四川省内江市第六中学校考期中）某化合物的化学式为CoCl3·4NH3，1mol此化合物中加入足量的AgNO3溶液，能生成1mol的白色沉淀，以强碱处理并加热没有NH3放出，则此化合物的说法正确的是A．该化合物的配体数为4 B．Co3+只与NH3分子形成配位键C．该化合物可以写成[Co(NH3)4Cl2]Cl D．该化合物可能显平面正方形结构【答案】C【解析】实验式为CoCl3·4NH3的物质，1molA中加入足量的AgNO3溶液中能生成1mol白色沉淀，说明A中含有1个Cl，以强碱处理并没有NH3放出，说明不存在游离的氨分子，则该物质的配位化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。A．配合物中中心原子的电荷数为3，配位数为6，A错误；B．由分析可知，Cl与NH3分子均与Co3+形成配位键，B错误；C．由分析可知，此配合物可写成[Co(NH3)4Cl2]Cl，C正确；D．该配合物应是八面体结构，Co与6个配题成键，D错误；故选C。12．（2022秋·广东广州·高二执信中学校考期中）往CuSO4溶液中加入过量的NH3•H2O，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列分析不正确的是A．析出的深蓝色晶体化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2OB．加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度C．加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小D．配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性大于[Cu(NH3)4]2+【答案】D【解析】A．由题意可知，蓝色沉淀为：Cu(OH)2，加入氨水后，Cu(OH)2溶解，生成了深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O，溶质在乙醇中溶解度小，加入乙醇，析出深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4•H2O，选项A正确；B．深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体，说明蓝色晶体在乙醇中的溶解度较小，则加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度，选项B正确；C．加入氨水过程中，铜离子先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜沉淀转化为配合物，则加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小，选项C正确；D．稳定性小的物质转化为稳定性大的物质，配离子[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性小于[Cu(NH3)4]2+，选项D错误；答案选D。13．（双选）（2022春·河北沧州·高二统考期末）溶于水后加氨水先生成沉淀，再加氨水，因生成使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用表示，其中Co的配位数是6，把分离出的溶于水后立即加溶液，有AgCl沉淀析出。经测定，每只生成2molAgCl。下列说法错误的是A．表示成配合物结构形式为B．通入空气后得到的溶液中含有C．上述反应不涉及氧化还原反应D．中提供孤电子对，提供空轨道【答案】AC【解析】把CoCl2溶于水后加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀又溶解后，再加氨水，使生成[Co(NH3)6]Cl2，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可以用CoCl3·5NH3表示，Co配位数是6，把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出AgCl沉淀，可知1molCoCl3·5NH3只生成2molAgCl，说明一个CoCl3·5NH3中含有两个Cl，一个Cl为配原子，钴的配位数为6，含有一个Cl原子为配原子，所以还含有5个NH3为配体，所以其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2。A．表示成配合物结构形式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，选项A错误；B．[Co(NH3)5Cl]Cl2在溶液中电离出和Cl，则通入空气后得到的溶液中含有，选项B正确；C．[Co(NH3)6]Cl2溶液中通入空气，生成[Co(NH3)5Cl]Cl2，钴的化合价由+2价变为+3价，发生氧化还原反应，选项C错误；D．中提供孤电子对，提供空轨道，形成配位离子，选项D正确；答案选AC。14．（双选）（2022春·海南省直辖县级单位·高二校考期末）把CoCl2溶于水后加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀又溶解后，再加氨水，使生成[Co(NH3)6]Cl2，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可以用CoCl3•5NH3表示，Co配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出氯化银沉淀。经测定，每1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl。下列说法错误的是A．产物中CoCl3•5NH3的配位体只有氨分子B．通入空气后得到的溶液含有[Co(NH3)5Cl]2+C．[Co(NH3)6]Cl2中心离子的价电子排布式为3d54s2D．[Co(NH3)6]Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键【答案】AC【解析】A．CoCl3·5NH3中Co的配位数为6，NH3占用5个，每1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，说明另一个与NH3一样属于配位体，A错误；B．每1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl，说明3个中只能电离出2个，即另一个属于配离子，所以配合物的化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，该溶液中含有[Co(NH3)5Cl]2+，B正确；C．Co是第27号元素，简化电子排布式为[Ar]3d74s2，则中心离子即Co2+的价电子排布式为3d7，C错误；D．[Co(NH3)6]Cl2中Co2+接受了NH3中N原子的孤电子对形成配位键，NH3中N与H之间为极性共价键，[Co(NH3)6]2+、之间存在离子键，D正确；故选AC。15．（双选）（2023秋·四川绵阳·高二统考期末）DACP是我国科研工作者合成的一种新型起爆药，结构如图所示，下列关于该物质的说法正确的是A．Co3+的配体只有两种，配位数为6 B．1molDACP中含有26molσ键C．NH3和ClO中心原子的杂化方式不同 D．NH3与N中的键角是前者大于后者【答案】AB【解析】A．的配体为和，配位数为6，A正确；B．分子中有3个键，有2个键，有4个键，配位键有6个，共，B正确；C．和都是杂化，C错误；D．中心原子是杂化，空间构型为三角锥形，与CO2互为等电子体，其中心原子是杂化，空间构型为直线型，键角是前者小于后者，D错误；故答案为：AB。二、非选择题16．（2022春·陕西西安·高二校考期末）(1)配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。CoCl3·6NH3_______，CoCl3·5NH3_______，CoCl3·4NH3(绿色和紫色)：_______。②上述配合物中，中心离子的配位数都是_______。(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3+与SCN不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：①Fe3+与SCN反应时，Fe3+提供_______，SCN提供_______，二者通过配位键结合。②所得Fe3+与SCN的配合物中，主要是Fe3+与SCN以个数比1：1配合所得离子显血红色。含该离子的配合物的化学式是_______。③若Fe3+与SCN以个数比1：5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为_______。【答案】(1)①[Co(NH3)6]Cl3

[Co(NH3)5Cl]Cl2

[Co(NH3)4Cl2]Cl②6

(2)①空轨道

孤电子对②[Fe(SCN)]Cl2

③FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl【解析】(1)①由题意知，四种络合物中的自由Cl－分别为3、2、1、1，则它们的化学式分别为[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl。②1molCoCl3·6NH3只生成3mol氯化银，则有3mol氯离子为外界离子，钴的配位数为6；1molCoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)都只生成1mol氯化银，则有1mol氯离子为外界离子，钴的配位数为6。(2)①Fe3+与SCN反应生成的配合物中，Fe3+提供空轨道，SCN提供孤对电子。②Fe3+与SCN以个数比1:1配合所得离子为[Fe(SCN)]2+，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe(SCN)]Cl2与KCl。③国Fe3+与SCN以个数比1:5配合所得高子为[Fe(SCN)5]2，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe(SCN)5]2与KCI，所以反应方程式为:FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl。17．（2017春·湖北十堰·高二统考期末）无水CoCl2为深蓝色，吸水后变为粉红色的水合物，水合物受热后又变成无水CoCl2，故常在实验室中用作吸湿剂和空气湿度指示剂：CoCl2(深蓝色)+xH2O=CoCl2·xH2O(粉红色)，现有65g无水CoCl2，吸水后变成CoCl2·xH2O119g。(1)水合物中x=___________。(2)已知该水合物中Co2+配位数为6，将等浓度等体积的CoCl2溶液与硝酸银溶液混合并充分反应后，取上层清液再滴加硝酸银溶液没有沉淀产生，则该水合物化学式可表示为___________，该化合物配体是___________(写化学式)，该晶体含有的化学键有___________。A．离子键

B．共价键

C．配位键

D．氢键

E．金属键【答案】(1)6(2)[Co(H2O)5Cl]Cl·H2O

H2O、Cl

ABC【解析】(1)65g无水CoCl2的物质的量n(CoCl2)=，吸收水的质量m(H2O)=119g65g=54g，n(H2O)=，n(CoCl2)：n(H2O)=0.5mol：3mol=1：6，故CoCl2·xH2O中结晶水的数目x=6；(2)将等浓度等体积的CoCl2溶液与硝酸银溶液混合并充分反应后CoCl2、AgNO3的物质的量相等。取上层清液再滴加硝酸银溶液没有沉淀产生，说明晶体中的两个Cl中只有1个是外界离子，另一个Cl为内界配离子，由于该水合物中Co2+配位数为6，则该水合物化学式可表示为[Co(H2O)5Cl]Cl·H2O；该配合物的配位体是H2O、Cl，该晶体是盐，属于离子化合物，外界Cl与配离子之间以离子键结合；在内界离子中，中心Co2+与配位键H2O、Cl之间以配位键结合，在配位体H2O中H、O原子之间以共价键结合，故该晶体中含有的化学键有离子键、共价键、配位键，合理选项是ABC。18．（2022春·黑龙江大庆·高二大庆实验中学校考期末）铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途，如金属铜用来制造电线电缆，五水硫酸铜可用作杀菌剂。(1)往硫酸铜溶液中加入氨水，先形成蓝色沉淀，用离子方程式表示为_______；继续加氨水，得到深蓝色透明溶液，用离子方程式表示为_______；再加入乙醇，得到的深蓝色晶体为_______；(2)[Cu(H2O)4]2+中存在的化学键类型有_______(填“离子键”或“共价键”或“配位键”)。[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为_______。其结构可用示意图表示为_______。【答案】(1)Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2

Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH

[Cu(NH3)4]SO4•H2O(2)共价键、配位键

平面正方形

【解析】（1）CuSO4与NH3·H2O反应生成蓝色沉淀，沉淀为Cu(OH)2，离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2，继续加入氨水，得到深蓝色溶液，即Cu(OH)2与NH3·H2O形成[Cu(NH3)4]2＋，其离子反应为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－；加入乙醇得到深蓝色晶体，该晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O；（2）Cu2＋和H2O之间存在配位键，H2O中存在极性共价键；[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，可能为正四面体，也可能为平面正方形，[Cu(NH3)4]2＋中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，如果是正四面体，则两个Cl－取代NH3，只有一种结构，则[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为平面正方形；其结构为：。19．（2022春·陕西宝鸡·高二统考期末）回答下列问题：(1)向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，加入乙醇时，产生深蓝色的晶体。则：①“首先形成蓝色沉淀”对应的离子方程式为____。②实验过程中生成物中存在配离子____(填离子符号)。其配体的中心原子的杂化类型为____。(2)Cu2+可形成多种配合物，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是____。(3)已知NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是____。【答案】(1)Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH

[Cu(NH3)4]2+

sp3(2)该分子或者离子具有孤电子对(3)NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键【解析】（1）①向盛有CuSO4水溶液的试管里加入氨水，首先硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，对应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O=Cu(OH)2↓+2NH；②继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的硫酸四氨合铜溶液，实验过程中生成物中存在配离子[Cu(NH3)4]2+。其配体是NH3，NH3分子的中心原子N价电子对数为，N的杂化类型为sp3。（2）Cu2+可形成多种配合物，Cu2+提供空轨道，与Cu2+形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤电子对。（3）NF3分子中公用电子对偏向F原子，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，因此不易于Cu2+离子形成配位键。20．（2022春·北京丰台·高二统考期末）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2mLFeCl3溶液中加0.5mL稀硝酸溶液由黄色变为浅黄色b向2mLFeCl3溶液中加0.5mL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。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_________