2019_2020学年高中化学专题4分子空间结构与物质性质第2单元配合物的形成和应用练习苏教版选修3.doc

　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)2]OH为强电解质，完全电离[Ag(NH3)2]OH===[Ag(NH3)2]＋ ＋OH－，故B错误；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：A
2．下列组合不能形成配位键的是(　　)
A．Ag＋、NH3 B．H2O、H＋
C．Cu2＋、H＋ D．Fe3＋、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， D错误。故选C。
答案：C
3．下列不属于配合物的是(　　)
A．[Cu(H2O)4]SO4·H2O
B．[Ag(NH3)2]OH
C．KAl(SO4)2·12H2O
D．Na3[AlF6]
解析：KAl(SO4)2·12H2O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：C
4．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(　　)
A．Cu2＋、H2O、＋2、4
B．Cu＋、H2O、＋1、4
C．Cu2＋、OH－、＋2、2
D．Cu2＋、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]2＋。
答案：A
5．已知Zn2＋的4s轨道和4p轨道可以形成sp3型杂化轨道，那么[ZnCl4]2－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[ZnCl4]2－的空间构型应为正四面体型。
答案：C
6．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[CuCl4]2－，加水后生成[Cu(H2O)4]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：D
7．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O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9
B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2
D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl－均被完全沉淀
解析：由化学式[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O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；内界和外界中的Cl－的数目之比为1∶2，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：C
8．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(　　)

A．3 B．4
C．5 D．6
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：D
9．Co3＋的八面体配合物化学式为CoClm·nNH3，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(　　)
A．m＝1，n＝5
B．m＝3，n＝4
C．m＝5，n＝1
D．m＝4，n＝5
解析：由1 mol配合物与AgNO3作用生成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[CoClm－1·nNH3]＋中有2个Cl－，即m＝3，又因为为正八面体，所以n＝6－2＝4。
答案：B
10．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)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CoCl2·5NH3表示，配位数是6，把分离出的CoCl2·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出氯化银沉淀。经测定，每1 mol CoCl2·5NH3只生成1 mol AgCl。下列说法正确的是(　　)
A．产物中CoCl2·5NH3的配体为NH3分子和氯原子
B．通入空气后得到的还原产物含有[Co(NH3)6]Cl2
C．[Co(NH3)6]Cl2中心离子的价电子排布式为3d4s2
D．[Co(NH3)6]Cl2中含有配位键，极性共价键，离子键
解析：每1 mol CoCl2·5NH3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，CoCl2·5NH3的配体为NH3分子和氯离子，故A错误；CoCl2―→[Co(NH3)6]Cl2元素化合价没变，所以[Co(NH3)6]Cl2不是还原产物，故B错误；[Co(NH3)6]Cl2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、N—H是共价键、配离子与Cl－是离子键，故D正确。
答案：D
11．已知[Co(NH3)6]3＋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)2]3＋的几何异构体(不考虑光学异构)种数有几种(　　)

A．2种 B．3种
C．4种 D．6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FeCl3＋3KSCN===Fe(SCN)3＋3KCl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Fe(SCN)3。
(2)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：
①若所得Fe3＋和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，该离子的离子符号是________，含该离子的配合物的化学式是________。
②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____________________。
(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)①根据离子所带的电荷可写出Fe3＋与SCN－按1∶1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。②Fe3＋与SCN－以个数比为1∶5配合时化学方程式为FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl。(3)FeCl3＋3KSCN===Fe(SCN)3＋3KCl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－结合生成更难电离的FeF3，使FeCl3＋3KSCN===Fe(SCN)3＋3KCl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)3＋3F－===FeF3＋3SCN－。
答案：(1)难电离　(2)①Fe(SCN)2＋　[Fe(SCN)]Cl2　②FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl
(3)C　(4)Fe(SCN)3＋3F－===FeF3＋3SCN－　FeF3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：
①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子(外围电子)排布msnmpn；
③R原子核外L层电子数为奇数；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4。
请回答下列问题：
(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)4]2＋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σ键与π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(NH3)4]2＋。
(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：CH4＞SiH4；相对分子质量越大，物质的沸点越高，即沸点：SiH4＞CH4。
(5)由于非金属性：N＞C＞Si，所以第一电离能数值由大到小的顺序为N＞C＞Si。
(6)C的一种氢化物其分子量为28的为C2H4，分子中存在4个C—H σ键，1个C—C σ键和1个碳碳π键。
答案：(1)1s22s22p63s23p63d9
(2)Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH、　Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
(3)
(4)b
(5)N＞C＞Si
(6)5∶1
14．(9分)(1)Cu2＋能与NH3、H2O、Cl－等形成配位数为4的配合物。
①[Cu(NH3)4]2＋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
②[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________。
(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TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两配位体的物质的量之比为1∶5，则该配离子的化学式为________。CrCl3·6H2O(相对分子质量为266.5)有三种不同颜色的异构体：
[Cr(H2O)6]Cl3、[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O和[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O。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 CrCl3·6H2O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)①NH3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。
②Cu2＋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TiCl3·6H2O的组成知，配位体的物质的量之比为1∶5，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(H2O)5]2＋。0.01 mol的CrCl3·6H2O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)4Cl2]Cl·2H2O。
答案：(1)①AC　②平面正方形
(2)[TiCl(H2O)5]2＋　[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O
15．(12分)(1)配离子[Cu(H2O)4]2＋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18－8＝10，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x＝5。
(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

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