1、专题4第二单元配合物的形成和应用时间：45分钟 满分：100分一、选择题(每小题5分，共55分)1向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，下列对此现象的说法正确的是()A配合离子Ag(NH3)2 中，Ag提供空轨道，NH3给出孤电子对B沉淀溶解后，生成Ag(NH3) 2 OH难电离C配合离子Ag(NH3)2 存在离子键和共价键D反应前后Ag的浓度不变解析：在配合离子Ag(NH3)2中，Ag提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故A正确； Ag(NH3)2OH为强电解质，完全电离Ag(NH3)2OH=Ag(NH3)2 OH，故B错误；
2、在配合离子Ag(NH3)2中， Ag提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，存在N、H间共价键，配位键属于特殊共价键，没有离子键，故C错误；反应后形成Ag(NH3)2络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag的浓度减小，故D错误。故选A。答案：A2下列组合不能形成配位键的是()AAg、NH3 BH2O、HCCu2、H DFe3、CO解析：Ag有空轨道，NH3中的氮原子上有孤电子对，可以形成配位键，A错误；水分子中的O原子含有孤电子对，H有空轨道，所以能形成配位键，B错误；Cu2、H两种离子都没有孤电子对，所以不能形成配位键， C正确；Fe3有空轨道，CO中的氧原子上有孤电子对，可以形成配位键，
3、D错误。故选C。答案：C3下列不属于配合物的是()ACu(H2O)4SO4H2OBAg(NH3)2OHCKAl(SO4)212H2ODNa3AlF6解析：KAl(SO4)212H2O是由K、Al3、SO及H2O分子组成的离子化合物，不存在配位键，故C不是配合物。答案：C4配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物Cu(H2O)4(OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数()ACu2、H2O、2、4BCu、H2O、1、4CCu2、OH、2、2DCu2、H2O、2、2解析：在Cu(H2O)4(OH)2中中心离子为Cu2，配体是H2O，配位数为4，构成内界Cu(H2O
4、)42。答案：A5已知Zn2的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么ZnCl42的空间构型为()A直线形 B平面正方形C正四面体型 D正八面体型解析：由于Zn2的4s轨道和4p轨道采取sp3杂化，所以ZnCl42的空间构型应为正四面体型。答案：C6下列过程与配合物无关的是()A向氯化铁中滴加KSCN，出现血红色B向铜与氯气反应的集气瓶中加入少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色C向AgNO3中滴加氨水，先生成沉淀，后沉淀消失D向AlCl3中逐滴加入NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，继而消失解析：A中形成配合物Fe(SCN)3显血红色；B中先生成配离子CuCl42，加水后生成Cu(H2O)4
5、2而显蓝色；C中先生成AgOH沉淀，继续滴加氨水，生成配合物Ag(NH3)2OH；D中先生成Al(OH)3沉淀，NaOH溶液过量时生成NaAlO2，无配合物生成，故D不符合题意。答案：D7关于化学式TiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物的下列说法中正确的是()A配位体是Cl和H2O，配位数是9B中心离子是Ti4，配离子是TiCl(H2O)52C内界和外界中的Cl的数目比是12D加入足量AgNO3溶液，所有Cl均被完全沉淀解析：由化学式TiCl(H2O)5Cl2H2O可知，该物质的配位体是Cl和H2O，配位数是6，A错；该配合物的中心离子是Ti3，配离子是TiCl(H2O)2，B错；内界和外界
6、中的Cl的数目之比为12，C正确；加入足量的AgNO3溶液，只与配合物外界中的Cl反应，即有的Cl被沉淀，D错。答案：C8铁强化酱油中加有NaFeEDTA，其络离子结构如图所示，则Fe3的配位数为()A3 B4C5 D6解析：与铁相连的原子有N和O，其中N已形成三条键，故N与Fe之间为配位键，O也为饱和的化学键，若与Fe相连，则只能为配位键，故Fe3的配位数为6。答案：D9Co3的八面体配合物化学式为CoClmnNH3，若1 mol配合物与足量AgNO3溶液作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是()Am1，n5Bm3，n4Cm5，n1Dm4，n5解析：由1 mol配合物与AgNO3作
7、用生成1 mol AgCl可知，1 mol配合物电离出1 mol Cl，即配离子显1，外界有一个Cl，又因为Co显3价，所以CoClm1nNH3中有2个Cl，即m3，又因为为正八面体，所以n624。答案：B10把CoCl2溶于水后加氨水直到先生成的Co(OH)2沉淀又溶解后，再加氨水，使生成Co(NH3)6Cl2，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CoCl25NH3表示，配位数是6，把分离出的CoCl25NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出氯化银沉淀。经测定，每1 mol CoCl25NH3只生成1 mol AgCl。下列说法正确的是()A产物中CoCl25NH3的配体为N
8、H3分子和氯原子B通入空气后得到的还原产物含有Co(NH3)6Cl2CCo(NH3)6Cl2中心离子的价电子排布式为3d4s2DCo(NH3)6Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键解析：每1 mol CoCl25NH3只生成1 mol AgCl，说明2个Cl中只能电离出1个Cl，由此可知，还有一个Cl和NH3一样也用于形成了配离子，CoCl25NH3的配体为NH3分子和氯离子，故A错误；CoCl2Co(NH3)6Cl2元素化合价没变，所以Co(NH3)6Cl2不是还原产物，故B错误；Co(NH3)6Cl2中的中心离子是Co2，价电子排布式为3d7，故C错误； Co与NH3是配位键、NH是共价
9、键、配离子与Cl是离子键，故D正确。答案：D11已知Co(NH3)63呈正八面体结构，若其中有两个NH3分子分别被H2O取代，所形成的Co(NH3)4(H2O)23的几何异构体(不考虑光学异构)种数有几种()A2种 B3种C4种 D6种解析：两个H2O可能在同一正方形的相邻顶点或相对顶点，即有两种情况。答案：A二、非选择题(共45分)12(14分)向黄色的FeCl3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FeCl33KSCN=Fe(SCN)33KCl表示。(1)该反应生成物中KCl既不是难溶物、难电离物质，也不是易挥发物质，则该反应之所以能够进行是由于生成了_的
10、Fe(SCN)3。(2)经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3与SCN不仅能以13的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：若所得Fe3和SCN的配合物中，主要是Fe3与SCN以个数比11配合所得离子显血红色，该离子的离子符号是_，含该离子的配合物的化学式是_。若Fe3与SCN以个数比15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_。(3)向上述血红色溶液中继续加入浓KSCN溶液，溶液血红色加深，这是由于_(填字母代号)。A与Fe3配合的SCN数目增多B血红色离子的数目增多C血红色离子的浓度增加(4)向上述血红色溶液中加入NaF溶液振荡，只观察到血红色溶
11、液迅速褪成无色，表示该反应的离子方程为_，能使该反应发生的可能原因是_。解析：(1)该反应为复分解反应，说明生成的Fe(SCN)3是一种难电离的物质。(2)根据离子所带的电荷可写出Fe3与SCN按11配合所得离子为Fe(SCN)2，该离子与溶液中Cl结合成配合物Fe(SCN)Cl2。Fe3与SCN以个数比为15配合时化学方程式为FeCl35KSCN=K2Fe(SCN)53KCl。(3)FeCl33KSCN=Fe(SCN)33KCl是一个可逆反应，当加入浓KSCN溶液时，平衡正移，使溶液中Fe(SCN)3的浓度增加，溶液血红色加深。(4)当向血红色溶液中加入NaF溶液振荡，溶液中Fe3与F结合生
12、成更难电离的FeF3，使FeCl33KSCN=Fe(SCN)33KCl平衡逆移，Fe(SCN)3的浓度变小至溶液褪为无色，反应的离子方程式为Fe(SCN)33F=FeF33SCN。答案：(1)难电离(2)Fe(SCN)2Fe(SCN)Cl2FeCl35KSCN=K2Fe(SCN)53KCl(3)C(4)Fe(SCN)33F=FeF33SCNFeF3比Fe(SCN)3更难电离13(10分)Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增。已知：Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；Y原子价电子(外围电子)排布msnmpn；R原子核外L层电子数为奇数；Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。请回
13、答下列问题：(1)Z2的核外电子排布式是_。(2)向ZSO4溶液中逐滴滴入R的氢化物的水溶液至过量，用离子方程式表示该过程的变化：_。(3)在下图中画出Z(NH3)42离子中，Z2与NH3分子形成的配位键。(4)Q与Y形成的最简单气态氢化物分别为甲、乙，下列判断正确的是_。a稳定性：甲乙，沸点：甲乙b稳定性：甲乙，沸点：甲乙c稳定性：甲乙，沸点：甲乙d稳定性：甲乙，沸点：甲乙(5)Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由大到小的顺序为_(用元素符号作答)。(6)Q的一种氢化物相对分子质量为28，其中分子中的键与键的键数之比为_。解析：R原子核外L层电子数为奇数，说明R为第2周期元素，所以Q原子的核
14、外电子排布式为1s22s22p2，即Q为C元素；X原子的核外电子排布式为1s22s22p4，即X为O元素；则R原子的核外电子排布式为1s22s22p3，即R为N元素；Y为主族元素，其原子序数大于8，小于29，根据其价电子排布式可知Y原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，即Y为Si元素。(1)Z的原子序数为29，为Cu元素，其原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu2的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9。(2)向CuSO4溶液中逐滴滴入NH3的水溶液至过量，开始生成Cu(OH)2沉淀，然后Cu(OH)2逐渐溶解，转化成Cu(N
15、H3)42。(3)因为N原子只能形成三条键，所以NH3与Cu2形成的为配位键。(4)气态氢化物甲为CH4，乙为SiH4，因碳的非金属性比硅强，所以稳定性：CH4SiH4；相对分子质量越大，物质的沸点越高，即沸点：SiH4CH4。(5)由于非金属性：NCSi，所以第一电离能数值由大到小的顺序为NCSi。(6)C的一种氢化物其分子量为28的为C2H4，分子中存在4个CH 键，1个CC 键和1个碳碳键。答案：(1)1s22s22p63s23p63d9(2)Cu22NH3H2O=Cu(OH)22NH、Cu(OH)24NH3H2O=Cu(NH3)422OH4H2O(3) (4)b(5)NCSi(6)51
16、14(9分)(1)Cu2能与NH3、H2O、Cl等形成配位数为4的配合物。Cu(NH3)42中存在的化学键类型有_(填序号)。A配位键 B金属键C极性共价键 D非极性共价键E离子键Cu(NH3)42具有对称的空间构型，Cu(NH3)42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)42的空间构型为_。(2)在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl36H2O的绿色晶体，该晶体中两配位体的物质的量之比为15，则该配离子的化学式为_。CrCl36H2O(相对分子质量为266.5)有三种不同颜色的异构体：Cr(H2O)6Cl3
17、、Cr(H2O)5ClCl2H2O和Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O。为测定蒸发CrCl3溶液析出的暗绿色晶体是哪种异构体，取2.665 g CrCl36H2O配成溶液，滴加足量AgNO3溶液，得到沉淀1.435 g。该异构体为_(填化学式)。解析：(1)NH3与Cu2之间为配位键，NH3中N与H之间为极性键，该离子内部不存在离子键。Cu2与4NH3为平面结构时，用两个Cl取代，则其位置关系可能为相邻，也可能为相对；若为空间四面体，则只有一种结构。(2)由TiCl36H2O的组成知，配位体的物质的量之比为15，则只能为1个Cl和5个H2O。又知Ti为3价，而Cl为1价，则该配离子为TiCl(
18、H2O)52。0.01 mol的CrCl36H2O与足量AgNO3溶液反应，只能得到0.01 mol AgCl，则说明只有一个Cl在外界，故该异构体为Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O。答案：(1)AC平面正方形(2)TiCl(H2O)52Cr(H2O)4Cl2Cl2H2O15(12分)(1)配离子Cu(H2O)42的名称为_。(2)金属原子与CO形成的配合物称为金属羰基配合物(如羰基铁)。形成配合物时，每个CO提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的价电子和CO提供的电子总和等于18。金属羰基配合物中，微粒间作用力有_(填字母代号)。A离子键 B共价键C配位键 D金属键羰基铁是一种黄色
19、油状液体，熔点21 、沸点102.8 。由此推测，固体羰基铁更接近于_(填晶体类型)。若用Fe(CO)x表示羰基铁的化学式，则x_。(3)酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中氮原子采用的杂化方式有：_，并在下图相应位置上标出酞菁铜结构中铜原子形成的配位键：(4)研究表明，对于中心离子为Hg2等阳离子的配合物，若配位体给出电子能力越强，则配位体与中心离子形成的配位键就越强，配合物也就越稳定。预测HgCl与HgI的稳定性强弱：HgCl比HgI更_(填“稳定”或“不稳定”)。解析：(2)CO分子内存在共价键，CO与金属原子形成配位键，金属原子之间存在金属键；由羰基铁的熔、沸点数值可推测羰基铁更接近于分子晶体；Fe原子的价电子数为8，所以CO提供的总电子数为18810，而每个CO提供一对电子，所以需要5个CO，即羰基铁的化学式为Fe(CO)5，即x5。(3)酞菁分子中有两种不同类型的氮原子，一种氮原子与3个原子相连，采取sp3杂化，一种氮原子与2个原子相连，采取sp2杂化。N原子应形成三条键，所以在酞菁铜结构中，左右的N与铜形成化学键，上下的N与铜形成配位键。(4)由题意可知，I比Cl更容易给出电子，所以HgCl不如HgI稳定。答案：(1)四水合铜离子(2)BC或BCD分子晶体5(3)sp2和sp3(4)不稳定