2022-2025北樂高考真題化學(xué)匯編

配合物與超分子

一、單選題

1.(2025北京高考真題)為研究三價鐵配合物性質(zhì)進行如下實驗(忽略溶液體積變化)。

滴加數(shù)滴滴加1滴加什滴加KI溶液、

濃鹽酸KSCN溶液加NaH川體淀粉溶液

O.llllnlIw-

FeCh溶液、

lgDl

①②

溶液黃色加深溶液變?yōu)榧t色溶液紅色捷去無色溶液未見

變?yōu)闊o色明顯變化

已知：［FeClJ為黃色、［Fe(SCN)廣為紅色、眸片廣為無色。

下列說法不正碰的是

A.①中濃鹽酸促進Fe"+4C「.［FeClJ平衡正向移動

B.由①到②，生成［Fe(SCN)］〃并消耗［FeClJ

C.②、③對比，說明c(Fe")：②,③

D.由①一④推斷，若向①深黃色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也無明顯變化

二、解答題

2.(2025北京高考真題)通過Mgj和［MgiNH)］。？的相互轉(zhuǎn)化可實現(xiàn)NH,的高效存儲和利用。

(1)洛Mg的基態(tài)原子最外層軌道表示式補充完整：。

3s3p

⑵N&分子中H—N—H鍵角小于109。28',從結(jié)構(gòu)角度解釋原因：

(3)［Mg(NH3)61C12的晶胞是立方體結(jié)構(gòu)，邊長為a〃"?，結(jié)構(gòu)示意圖如下。

:

OlMg(NH3)6]*

Ocr

①［Mg(NHj』Q2的配體中，配位原子是

②已知［MglNHj］。的摩爾質(zhì)量為Mg.mo「，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為gcm\

(lnrn=10-7uin)

（4）MgCl2和NH,反應(yīng)過程中能量變化示意圖如下。

①室溫下，MgJ和NH_；反應(yīng)生成［MglNHj］??而不生成［Mg（NH3）］C120分析原因：。

②從平衡的角度推斷利于［MglNHjIj脫除N&生成MgCl?的條件并說明理由：0

3.（2023北京高考真題）資料顯示，h可以將Cu氧化為Cu2+。某小組同學(xué)設(shè)計實驗探究Cu被L氧化的產(chǎn)

物及銅元素的價態(tài)。

已知：L易溶于KI溶液，發(fā)生反應(yīng)12+「=”；（紅棕色）；L和I；氧化性幾乎相同。

I.將等體積的KI溶液加入到mmol銅粉和nnioL?！浚緄n）的固體混合物中，振蕩。

實驗記錄如F：

c(KI)實驗現(xiàn)象

實驗極少量I；溶解，溶液為淡紅色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶

O.OlmolL-1

I液仍為淡紅色

實驗部分L溶解，溶液為紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液

O.lmol-L-1

II仍為紅棕色

實驗L完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應(yīng)后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深

4molL-1

III紅棕色

（1）初始階段,Cu被氧4匕的反應(yīng)速率：實驗I________（填“或“="）實驗II。

（2）實驗III所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有［Cu（Hq）/"（藍色）或［CuiJ（無色），進行以下

實驗探究：

步驟a.取實驗III的深紅棕色溶液，加入CC1-多次萃取、分液。

步驟b.取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。

i.步驟a的目的是,

ii.查閱資料，2cli2++4「=2CulJ+l2，［Cu（NH）了（無色）容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟b

的溶液中發(fā)生的變化：、

(3)結(jié)合實驗HI,推測實驗I和II中的白色沉淀可能是Cui,實驗I中銅被氧化的化學(xué)方程式

是"分別取實驗I和n充分反應(yīng)后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃KI溶液，—

(填實驗現(xiàn)象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應(yīng)的原因是o

(4)上述實驗結(jié)果，I?僅將Cu氧化為+1價。在隔絕空氣的條件下進行電化學(xué)實驗，證實了L能將Qi氧化

為Ci?，。裝置如圖所示，a、b分別是。

鹽橋乂一1

L布墨

ufui

OJmoR]I■?I」

K：SO臍液J----

(5)運用氧化還原反應(yīng)規(guī)律，分析在上述實驗中Cu被L氧化的產(chǎn)物中價態(tài)不同的原因：.

4.(2023北京高考真題)硫代硫酸鹽是一類具有應(yīng)用前景的浸金試劑。硫代硫酸根(S?O；)可看作是SO；

中的一個O原子被S原子取代的產(chǎn)物。

⑴基態(tài)S原子價層電子排布式是o

(2)比較S原子和O原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：°

(3)SQ；-的空間結(jié)構(gòu)是o

(4)同位素示蹤實驗可證實S2。：中兩個S原子的化學(xué)環(huán)境不同，實驗過程為

SO；--HS2O^-Ag2S4-SO；-o過程ii中，sq：斷裂的只有硫硫鍵，若過程i所用試劑是

和^S,過程ii含硫產(chǎn)物是。

⑸MgS,O_6H,。的晶胞形狀為長方體，邊長分別為anm、bnn】、cnm,結(jié)構(gòu)如圖所示。

晶胞中的[Mg(HQ)6『個數(shù)為o已知MgSq/6Hq的摩爾質(zhì)量是Mg,moL,阿伏加德羅常數(shù)

為N-該晶體的密度為gcm\(lnm=IO-7cm)

⑹浸金時，S?。，作為配體可提供孤電子對與Ad形成[AU(S2O)]"。分別判斷JO：中的中心S原子和

端基S原子能否做配位原子并說明理由：。

6.(2022北京高考真題)FeSO「7H?O失水后可轉(zhuǎn)為FeSO「H'O,與FeS2可聯(lián)合制備鐵粉精(Fe3)J和

H2SO4O

I.FeSO「HQ結(jié)構(gòu)如圖所示。

(1)Fe2+價層電子排布式為o

(2)比較SO：和H?0分子中的鍵角大小并給出相應(yīng)解釋：

(3)也0與Fe?，SO：和HQ的作用分別為。

II.FeS?晶胞為立方體，邊長為anm,如圖所示。

(4)①與Fe＞緊鄰的陰離子個數(shù)為o

②晶胞的密度為「=gymQ。(lnm=109m)

⑸以FeS?為燃料，配合FeSO4.H?？梢灾苽滂F粉精(Fe,OJ和H2SO4。結(jié)合圖示解釋可充分實現(xiàn)能源和資

參考答案

1.D

【分析】的FeCb溶液滴加數(shù)滴濃鹽酸，生成更多的［旌<74「，溶液黃色加深；繼續(xù)滴加1滴

KSCN溶液，［良(7］轉(zhuǎn)化為［Fe(SCN)r，溶液變?yōu)榧t色；再加入NaF固體，［凡(5。7)「轉(zhuǎn)化為

［凡今廣，溶液紅色褪去，變?yōu)闊o色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，無色溶液未見明顯變化，說明「未被氧

化。

【詳解】A.①中滴加數(shù)滴濃鹽酸，試管溶液黃色加深，生成更多的［凡674「，說明濃鹽酸促進

Fe升+4C「=［FeClJ平衡正向移動，A正確；

B.由①到②，溶液變?yōu)榧t色，說明［尸?？冢蒉D(zhuǎn)化為［Fe(SC7V)丁，即生成〔Fe(SCN)「并消耗［民以「，

B正確；

C.②、③溶液中，均存在平衡分++SCV1［陽SC%)］",由于溫度不變，故該反應(yīng)的平衡常數(shù)不變，

由r?②、③溶液中含有的初始SCN濃度相同，且②溶液為紅色，③溶液為無色，故能說明c(Fe")：

②)③，C止確；

D.類似C選項分析，由①一④推斷，溶液中的c(Fe")是越來越小的，若向①深黃色溶液中加入K1、淀

粉溶液，無法確定①中溶液中的Fe"的含量是否能夠氧化匕D錯誤；

故選D。

3s3p

(2)CHi中碳原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為0；NF中氮原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為

I：孤電子對對成鍵電子對的排斥能力大于成鍵電子對對成鍵電子對的排斥能力，CM分子中H-C-H的鍵

角為109°28%故NH3分子中H-N-H的鍵角小于109°28,

4M

⑶N-J-3xlO

aNA

(4)生成［MglNH)］。？的活化能更低根據(jù)MgCL和N中反應(yīng)過程中的能量變化示意圖可得到反應(yīng)的

熱化學(xué)方程式為MgCh(s)+6NH3(g尸［MgMHLjQ?⑸AH<0,該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體系數(shù)減小的放熱反

應(yīng)，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCho

【詳解】(1)

Mg是第12號元素，其基態(tài)最外層電子的電子排布式為3s2,故其基態(tài)原子最外層軌道表示式為：

3s3p

(2)CPU中碳原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對數(shù)為0；NH3中氮原子的價層電子對數(shù)為4,孤電子對

數(shù)為1;孤電子對對成鍵電子對的排斥能力大「成鍵電子對對■成鍵電子對的排斥能力，CH4分子中H-C-H

的鍵角為109°28\故NH3分子中H-N-H的鍵角小于109。28'0

(3)①[MglNHJojQ2的內(nèi)界為故其配體為NH3,由于N原子有孤電子對，所以配位原

子為N；

②根據(jù)均攤法，該晶胞中[Mg(NH)r的個數(shù)為8X：+6X4=4,C「的個數(shù)為8,故每個晶胞中含有4個

o2

4M

---g

[Mg(NH,)6]CI2,則晶體的密度為=——=4x10鹿.cm"。

V四胞(axlO，cm'a

(4)①由MgCb和NH3反應(yīng)過程中的能量變化示意圖可知，反應(yīng)生成[Mg(NH3)6〕C12的活化能更低，故

室溫下易于生.成[MglNH"]。？；

②根據(jù)MgCh和N%反應(yīng)過程中的能量變化示意圖可得到反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即

MgCl2(s)+6NH3(g)=[Mg(NH,)6]Cl2(s)AH<0,該反應(yīng)的正反應(yīng)為氣體系數(shù)減小的放熱反應(yīng)，脫除NH,生

成MgC、是指逆反應(yīng)方向，故低壓高溫有利于脫除NH3生成MgCho

3.(1)<

(2)除去I，防止干擾后續(xù)實驗[(2叫]+2NH5H2O=[Cu(NHJ/+2H2O+2E、

+2+

4[CU(NH3)2]+O2+8NH3H2O=4[CU(NH3)4]+4OH+6H2O

⑶2Cu+k=2CuI或2Cu+KL=2CuI+KI白色沉淀逐漸溶解，溶液變?yōu)闊o色銅與碘的反應(yīng)為可逆

反應(yīng)(或I；濃度小未能氧化全部的Cu)

(4)銅、含nmol"的4moiL”的KI溶液

(5)銅與碘反應(yīng)的體系在原電池裝置中，12將Cu氧化為C/+；而在實驗I、實驗II、實驗川中Cu以Qi+形

式存在，這是由于在實驗【、實驗II、實驗HI中Cu?可以進一步與「結(jié)合生成Cui沉淀或[CulJ,Cu，濃

2+2+-

度減小使得C/+氧化性增強，發(fā)生反應(yīng)2CU+4I=2CUIJ+12和2CU+6F=2(CUI2]+I2。

【分析】因12溶解度較小，Cu與12接觸不充分，將轉(zhuǎn)化為I；可以提高Cu與I；的接觸面積，提高反應(yīng)速

率。加入CC14,h平衡逆向移動，卜濃度減小，「濃度增加，[CuiJ濃度增加，加入氨水后轉(zhuǎn)

化為[CU(NH3)],被氧化為[CIKNHJJ”,故而產(chǎn)生無色溶液變?yōu)樗{色溶液的現(xiàn)象。

【詳解】(1)提高KI濃度，使「?提高I：的濃度，與Cu接觸更加充分，Cu與I,的反應(yīng)速率加央，故實驗

I〈實驗II；

(2)加入CO-b濃度減小，U+「.士I；平衡逆向移動，「濃度增加，其目的為：除去工，防止干擾

后續(xù)實驗。加入濃級水后已叫「轉(zhuǎn)化為[Cu(NHjJ,無色的[Cu(NHjJ被氧化為藍色的

[Cu(NH)廣，方程式為[Cui?「+2NH,-H2O=[Cu(NHj]+2H,O+2E、

4[Cu(NHJ]+O,+8NH；?HQ=4[Cu(NH)『+4OH+6H.O；

(3)結(jié)合實驗in,推測實驗i和n中的白色沉淀可能是CH,實驗【中銅被氧化的化學(xué)方程式是

2Cu+l2=2CuI或2CU+K.2CUHKI；白色沉淀為Cui,加入濃KI溶液，Cui與1反應(yīng)轉(zhuǎn)化為[Cub「，故產(chǎn)

生白色沉淀溶解，溶液變?yōu)闊o色，出現(xiàn)紅色固體的過程；由于n>m,銅未完全反應(yīng)的原因是銅與碘的反

應(yīng)為可逆反應(yīng)(或I；濃度小未能氧化全部的Cu)；

(4)要驗證L能將Cu氧化為C/，需設(shè)計原電池負極材料為Cu,b為含nmol%的4moi心的KI溶液;

(5)含nmolL的4moi的KI溶液銅與碘反應(yīng)的體系在原電池裝置中，L將Cu氧化為CM+；而在實驗

I、實驗II和實驗川中Cu以Cu+形式存在，這是由于在實驗【、實驗H、實驗川中Cu-可以進一步與「結(jié)

合生成Cui沉淀或仁叫「，Cu*濃度減小使得Cu"氧化性增強，發(fā)生反應(yīng)2CM++4「=2CuIif和

2

2Cu*+6I=2[CuL]+I2o

4.(l)3s23P'

(2)I1(O)>I,(S),氯原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子

(3)四面體形

(4)Na232so4和Ag235s

4M

(5)4-----xl1Oa-211

i戶/V.abc

(6)SQ廣中的中心原子S的價層電子對數(shù)為4,無孤電子對，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子

對，能做配位原子

【詳解】(1)S是第三周期VIA族元素，基態(tài)S原子價層電子排布式為3s23P\答案為3s23P"；

(2)S和O為同主族元素，0原子核外有2個電子層，S原子核外有3個電子層，0原子半徑小，原子核

對最外層電子的吸引力大，不易失去1個電子，即。的第一電離能大于S的第一電離能。答案為

h(O)>h(S),氯原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子；

(3)so：的中心原子s的價層電子對數(shù)為4,無孤電子對，空旬構(gòu)型為四面體形，sq：可看作是S0：

中I個O原子被S原子取代，則SQ：的空間構(gòu)型為四面體形。答案為四面體形；

(4)過程II中斷裂的只有硫硫鍵，根據(jù)反應(yīng)機理可知，整個過程中SO：最終轉(zhuǎn)化為SO：,S最終

轉(zhuǎn)化為Ag?S。若過程i所用的試劑為NaJSO,和右，過程H的含硫產(chǎn)物是Na/SO,和Ag*。答案為

35

Na232so,和Ag2S；

1個晶胞中含有8x(+4x；+2xg+l=4個[Mg(H20)不，含有4個SQ：；該晶

(5)由晶胞結(jié)構(gòu)可知,

NM4M-3

Tj-g-cmo答案為4.4M*1（產(chǎn).

體的密度P==E而21

口未，J%;VAabc，

(6)具有孤電子對的原子就可以給個中心原子提供電子配位。S?0；-中的中心原子S的價層電子對數(shù)為

4,無孤電子對，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對，能做配位原子。

5.(1)31孤電子對有較大斥力，使H-O-H犍角小于0-S-0鍵角配位鍵、氫鍵

480

⑵6&x(axICT7了

(3)FeS2燃燒放熱為Fe>5O4H2O分解提供能量；反應(yīng)產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料

【詳解】(1)①Fe的價層電子排布為3d64s2,形成Fe2+時失去4s上的2個電子，于是Fe?+的價層電子排布

為3d6。

②H2O中O和SO：中S都是sp3雜化，H2O中O雜化形成的4個雜化軌道中2個被孤電子對占據(jù)，2個

被鍵合電子對占據(jù)，而SOj中S雜化形成的4個雜化軌道均被鍵合電子對占據(jù)。孤電子對與鍵合電子對間

的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對間的斥力,使得H-Q-H鍵角與0-&-0鍵角相比被用縮減小八

③生。中O有孤電子對，F(xiàn)e?+有空軌道，二者可以形成配位鍵。SO；中有電負性較大的。元素可以與

H20中H元素形成氫鍵。

答案為：3d6；孤電子對有較大斥力，使H-O-H鍵角小于O-S-O鍵角；配位鍵、氫鍵。

(2)①以位于面心Fe?+為例，與其距離最近的陰離子所處位置如圖所示(圓中)：

4個陰離子位于楞上，2個位于體心位置上，共6個。

②依據(jù)分攤法可知晶胞中Fe2+離子個數(shù)為8$+6x；=4,S1個數(shù)為lxl+12x；=4。一個晶胞中相當于含

120480

有4個FeS2,因此一個晶胞的質(zhì)量m=4xM_g=x_g。所以晶體密度

480

---g

p=-=-----*一一=——480,g/c加(lwn=109m)。

-937

V(axlOxl00)cmNAx(axl0-)

480

6：73

答案為：NAx(rvxlO-)

(3)FeS?燃燒為放熱反應(yīng)，用5。「小0分解為吸熱反應(yīng)，尸燃燒放出的熱量恰好為&SO,?見0分解

提供能量。另外，凡/燃燒和FeSO「H?O分解的產(chǎn)物如Fe?O3、SO2、SO3可以作為制備鐵精粉或硫酸的

原料。

答案為：FeS,燃燒放熱為汽盤。廠也0分解提供能量；反應(yīng)產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料。

6.(I)3d6

(2)S0j的鍵角大于H2O,SO；中S原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0,離子的空間構(gòu)型為正四

面體形，H?0分子中0原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為2,分子的空間構(gòu)型為V形

(3)配位鍵、氫鍵

(5)由圖可知，F(xiàn)eS?與02生成FcxOy的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，F(xiàn)eSChJhO分解生成FexOy的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，放

熱反應(yīng)放出的熱量有利于吸熱反應(yīng)的進行，有利于反應(yīng)生成的SO3與H2。反應(yīng)生成H2sCh

【詳解】(1)鐵元素的原子序數(shù)為26,基態(tài)亞鐵離子的價電子排布式為3d6,故答案為：3d6；

(2)硫酸根離子中硫原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0,離子的空間構(gòu)型為正四面體形，水分

子中氧原子的