学年高二人教版化学选修3同步223 配合物备作业解析版Word文档格式.docx
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K3[FeF6]
D．十二水硫酸铝钾:
KAl（SO4）2·
【答案】D
【解析】十二水硫酸铝钾是由K+、Al3+、S及H2O分子组成的离子化合物,属于复盐,所以D项符合题意。
3．向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，下列叙述正确的是
A．先出现沉淀，后沉淀溶解变为无色溶液
B．离子方程式为Cu2++4NH3·
H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O
C．Cu2+与NH3中的氮原子以π键结合
D．NH3分子中∠HNH为109º
28ˊ
【答案】B
A.向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先生成氢氧化铜蓝色沉淀，后溶解形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，故A错误；
B.离子方程式为Cu2++4NH3·
H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故B正确；
C.Cu2+提供空轨道，NH3中的氮原子提供孤电子对，形成配位键，故C错误；
D.NH3分子为三角锥形，键角∠HNH为107º
18ˊ，故D错误。
故答案选：
B。
4．能区别
和
两种溶液的试剂是（
）
A．
溶液B．
溶液C．
D．浓氨水
【答案】A
【分析】
[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，以此来解答。
【详解】B、C、D中的物质与两种溶液均不反应，现象相同，不能鉴别，而A中[Co（NH3）4Cl2]Cl能与硝酸银反应生成白色沉淀，而[Co（NH3）4Cl2]NO3不能，现象不同，可鉴别，故A符合。
答案选A。
【点睛】
注意配合物中内界离子不与硝酸银反应。
5．某物质的实验式为PtCl4·
2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液反应也不产生沉淀，用强碱处理并没有NH3放出，则下列有关说法中正确的是
A．NH3与NO3-中氮原子的杂化方式相同B．配合物中心离子的电荷数和配位数均为4
C．PtCl4·
2NH3的立体构型为正八面体形D．Cl－和NH3分子均与中心离子Pt4＋配位
加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4（NH3）2]，据此分析解答。
A．NH3中氮原子的价层电子对数=3+
=4，NO3-中氮原子的价层电子对数=3+
=3，氮原子的杂化方式不同，故A错误；
B．配合物中中心原子的电荷数为4，配位数为6，故B错误；
C．该配合物中中心原子的配位数为6，应是八面体结构，Pt与6个配体成键，但不是正八面体，故C错误；
D．由上述分析可知，Cl-和NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4（NH3）2]，故D正确；
故选D。
6．下列微粒中不含配位键的是
A．NH
B．P4C．BF
D．NaAlF6
A．铵根中N原子为sp3杂化，与三个氢原子形成三个σ共价键，剩余的一对孤电子对与氢离子形成配位键，故A不符合题意；
B．P4分子中P原子为sp3，每个P原子与另外3个P磷原子形成3个σ共价键，同时含有一对孤电子对，不含配位键，故B符合题意；
C．BF
中B原子为sp3杂化，与3个F原子形成σ共价键，还有一个空轨道，由F-提供孤电子对形成配位键，故C不符合题意；
D．NaAlF6中有Al原子提供空轨道，F-提供孤电子对形成的配位键，故D不符合题意；
综上所述答案为B。
7．配合物Na3[Fe（CN）6]可用于离子检验，下列说法不正确的是
A．该配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe（CN）6]3－，中心离子为Fe3＋，配位数为6
C．该配合物可以用于检验溶液中的Fe2＋
D．该配合物为离子化合物
A.配合物Na3[Fe（CN）6]由Na+和[Fe（CN）6]3−构成，内界[Fe（CN）6]3−和外界Na+间形成离子键，内界[Fe（CN）6]3−中存在配位键，配体CN−中存在极性键，但不存在非极性键，故A错误；
B.配离子为[Fe（CN）6]3−，中心离子为Fe3+，配体为CN−，配位数为6，故B正确；
C.Fe2＋可与[Fe（CN）6]3−反应生成蓝色沉淀Fe3[Fe（CN）6]2，故该配合物可以用于检验溶液中的Fe2＋，故C正确；
D.配合物Na3[Fe（CN）6]由Na+和[Fe（CN）6]3−构成，为离子化合物，故D正确；
故选A。
8．关于[Cr（H2O）4Cl2]Cl的说法正确的是（ ）
A．中心原子的化合价为＋2价
B．配位数是6
C．配体为水分子，外界为Cl－
D．在其水溶液中加入AgNO3溶液，不产生白色沉淀
A．[Cr（H2O）4Cl2]Cl中阴离子是氯离子，氯离子的化合价是-1价，所以铬离子的化合价是+3价，A错误；
B．中心原子铬与4个水分子和2个氯离子结合形成配位离子，故Cr的配位数为6，B正确；
C．[Cr（H2O）4Cl2]Cl中配体为水分子和氯离子，外界为Cl-，C错误；
D．[Cr（H2O）4Cl2]Cl的外界为Cl-，在其水溶液中加入AgNO3溶液，会产生氯化银白色沉淀，D错误；
故选B。
9．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。
下列对此现象说法正确的是（）
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变
B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道
C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生变化
D．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu（NH3）4]2+
A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，所以溶液中铜离子浓度减小，故A错误；
B．在[Cu（NH3）4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故B错误；
C．[Cu（NH3）4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体，故C错误；
D．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物离子[Cu（NH3）4]2+而使溶液澄清，故D正确；
明确形成配合物的条件是：
有提供空轨道的中心原子，有提供孤电子对的配位体。
10．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．H2O的中心原子是sp2杂化
【答案】
C
A.由化学式知，配位体是Cl–和H2O，配位数是6，A错误；
B.由化学式知：
中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl（H2O）5]2+，B错误；
C.内界有1个Cl–、外界中2个Cl–，故数目比是1:
2，C正确；
D.H2O中孤电子对数为
，价层电子对数为2+2=4，故中心原子是sp3杂化、分子构型V形，D错误；
答案选C。
11．配合物
的下列说法中错误的是（）
A．配体分子的键角：
B．
元素位于元素周期表的d区
C．两种配合物中
离子的配位数均为6
D．
配合物分别加足量
溶液，均得到
沉淀
A．氨气的空间结构是三角锥形，一对孤对电子挤压共价键；
水的空间结构是V形，两对孤对电子挤压共价键，键角更小，故键角：
，A正确；
是27号元素，位于d区，B正确；
C．配合物
，
与4个氨气，2个氯原子形成配位键；
中
与5个氨气，1个水分子形成配位键，C正确；
配合物
含
氯离子，加足量
溶液，得到
沉淀，
沉淀，故D错误；
答案选D。
12．某配合物的化学式为[CrCl2（H2O）4]Cl·
2H2O，下列说法正确的是
A．配位体是Cl-，配位原子数是2
B．配离子是[CrCl2（H2O）4]＋，中心离子是Cr3＋
C．1mol该化合物溶于水可电离出3molCl－
D．加入足量AgNO3溶液，Cl元素可被完全沉淀
配合物[CrCl2（H2O）4]Cl·
2H2O的内界是[CrCl2（H2O）4]＋，外界是和Cl-和H2O。
内界的中心原子是Cr3＋，配位体是Cl-和H2O。
A．配位体是Cl-和H2O，Cl－和O原子都有孤电子对，所以配位原子数是Cl－和O原子，A不正确；
B．配离子是[CrCl2（H2O）4]＋，中心离子是Cr3＋，B正确；
C．配合物只有外界的离子能够完全电离，故1mol该化合物溶于水只能电离出1molCl－，C不正确；
D．配合物只有外界的离子能够完全电离，加入足量AgNO3溶液，只有外界的Cl元素可被完全沉淀，D不正确。
本题选B。
二、填空题
13．钴的一种配位聚合物的化学式为{[Co（bte）2（H2O）2]（NO3）2}n。
（1）Co2+基态核外电子排布式为___________。
（2）NO
的空间结构为___________。
（3）bte的分子式为C6H8N6，其结构简式如图所示。
①[Co（bte）2（H2O）2]2+中，与Co2+形成配位键的原子是___________和___________（填元素符号）。
②C、H、N的电负性从大到小顺序为___________。
③bte分子中碳原子轨道杂化类型为___________和___________。
④1molbte分子中含
键的数目为___________mol。
（1）[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7
（2）平面三角形（3NO②N、C、H③sp2sp3④21
（1）Co2+核外25个电子，基态核外电子排布式为[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7，故答案为：
[Ar]3d7或1s22s22p63s23p63d7；
中N作为中心原子提供5个电子，第VIA族的元素O作为周围原子时，不提供电子，NO
有一个负电荷，多1个电子，所以价电子一共6个，即3对，没有孤对电子，N元素属于sp2杂化，离子构型是平面三角形，故答案为：
平面三角形；
（3）①Co2+离子含有空轨道，bte中N原子、水中O原子均有提供孤电子对，形成配位键，故答案为：
N；
O；
②同周期自左而右电负性增大，C、N的氢化物中它们均表现负化合价，说明它们的电负性都大于氢元素的，故电负性由大到小顺序为：
N＞C＞H，故答案为：
N、C、H；
③bte分子中环上碳原子形成3个σ键，亚甲基中碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化，故答案为：
sp2；
sp3；
④单键为σ键，双键中含有1个σ键，bte的分子含有21个σ键，1molbte分子中含σ键的数目为21mol，故答案为：
21。
14．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）若所得的Fe3＋和SCN－的配合物中，主要是Fe3＋与SCN－以个数比1∶1配合所得离子显红色。
该离子的离子符号是________。
（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____________________。
（1）[Fe（SCN）]2＋
（2）FeCl3＋5KSCN===K2[Fe（SCN）5]＋3KCl
由化合价代数和为零可知，Fe3＋与SCN－以个数比1∶1配合所得离子为[Fe（SCN）]2＋阳离子，Fe3+与SCN-以个数比1：
5配合所得离子为[Fe（SCN）5]2-。
（1）由化合价代数和为零可知，Fe3＋与SCN－以个数比1∶1配合所得离子为[Fe（SCN）]2＋阳离子，故答案为：
[Fe（SCN）]2＋；
（2）由化合价代数和为零可知，Fe3+与SCN-以个数比1：
5配合所得离子为[Fe（SCN）5]2-，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe（SCN）5]与KCl，反应的反应方程式为：
FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl，故答案为：
FeCl3+5KSCN=K2[Fe（SCN）5]+3KCl。
由化合价代数和为零可知确定离子符号是解答关键。
15．请回答下列问题：
（1）（NH4）2SO4中含有化学键的类型为_________________________。
（2）KNO3中NO3-的立体构型为____________________，其中N原子的杂化方式为________，写出与NO
互为等电子体的另一种阴离子的化学式：
_______________。
（3）已知配合物CrCl3·
6H2O中心原子Cr3＋的配位数为6，向含0.1molCrCl3·
6H2O的溶液中滴加2mol·
L－1AgNO3溶液，反应完全后共消耗AgNO3溶液50mL，则该配合物的化学式为________________，Cr在基态时，价电子排布式为_____________________。
（4）LiBH4由Li＋和BH4-构成，BH4-的立体构型是____________，根据化合物LiBH4判断，Li、B、H的电负性由大到小的顺序为____________。
（5）丙酮（
）分子中C原子轨道杂化类型为_____________；
含有的π键与σ键数目之比为___________。
（6）第一电离能I1（Zn）______I1（Cu）（填“大于”或“小于”），原因是_______________。
（1）离子键、共价键
（2）平面三角形sp2CO32-（3）[CrCl2（H2O）4]Cl·
2H2O3d54s1（4）正四面体形H＞B＞Li（5）sp2 、sp31∶9（6）大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子
【解析】
（1）（NH4）2SO4中存在N-H共价键和S-O共价键，铵根离子与硫酸根离子之间存在离子键；
故含有化学键的类型为离子键、共价键；
（2）NO3-中价层电子对个数为3且不含孤电子对，所以为平面三角形；
硝酸根离子中N原子价层电子对个数是3，杂化方式为sp2杂化；
NO3-中有4个原子，5+6×
3+1=24个价电子，CO32-有4个原子，4+6×
3+2=24个价电子，所以与NO3-互为等电子体的另一种阴离子为CO32-；
（3）能和硝酸银反应生成白色沉淀的是配合物中外界氯离子，n（AgNO3）=2mol•L-1×
0.05L=0.1mol，0.1molCrCl3•6H2O和0.1mol硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以该配合物外界氯离子个数是1，则有2个氯原子是配位原子，该配合物的配位数是6，所以有4个水分子是配体，则该配合物的化学式为[CrCl2（H2O）4]Cl·
2H2O；
根据核外电子排布规律可以写出基态铬价电子排布式为1s22s22p63s23p63s23p63d54s1，所以基态铬（Cr）原子的价电子排布式是3d54s1；
（4）BH4-中B原子价层电子数=4+
（3+1-4×
1）=4，且不含孤电子对，所以是正四面体形；
非金属的非金属性越强其电负性越大，非金属性最强的是H元素，其次是B元素，最小的是Li元素，所以Li、B、H元素的电负性由大到小排列顺序为H＞B＞Li；
）分子中甲基上的碳原子为sp3杂化，羰基上的碳原子为sp2杂化；
单键全为σ键，1个双键中含有1个π键和1个σ键，故1mol丙酮中含有1molπ键和9molσ键，含有的π键与σ键数目之比为1∶9；
（6）第一电离能I1（Zn）大于I1（Cu），原因是Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子。
16．将少量CuSO4粉末溶于盛有水的试管中得到一种天蓝色溶液，先向试管里的溶液中滴加氨水，首先形成蓝色沉淀。
继续滴加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；
若加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体。
（1）溶液中呈天蓝色微粒的结构可用示意图表示为_______，1mol该天蓝色微粒所含的σ键数目为________。
（2）加入乙醇的作用是__________。
（3）写出蓝色沉淀溶解成深蓝色溶液的离子方程式______________。
（4）得到的深蓝色晶体是[Cu（NH3）4]SO4·
H2O，晶体中Cu2+与NH3之间的化学键称为_____，提供空轨道的微粒是_______，提供孤电子对的成键原子是_____，该晶体中配体分子的VSEPR模型为_______。
（5）下列说法正确的是_________
a.[Cu（NH3）4]SO4组成元素中电负性最大的是氮元素
b.氨气分子和水分子的空间构型不同，氨气分子的键角大于水分子的键角
c.氨气极易溶于水，是因为氨气分子和水分子之间形成2种不同的氢键
（1）
（2）12NA（3）降低溶剂的极性，减小[Cu（NH3）4]SO4·
H2O的溶解度Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-（4）配位键（或共价健）Cu2+N四面体形（5）bc
CuSO4粉末溶于水得到[Cu（H2O）4]2+，水溶液显蓝色，根据其中含有的共价键、配位键数目确定化学键总数；
向该溶液中加入氨水，首先形成Cu（OH）2蓝色沉淀，当氨水过量时，发生反应产生[Cu（NH3）4]2+深蓝色离子，再加入乙醇溶剂，可以使[Cu（NH3）4]2+形成[Cu（NH3）4]SO4·
H2O沉淀，从溶液中析出，析出深蓝色的晶体为[Cu（NH3）4]SO4·
H2O，中心离子与配位体之间形成配位键，中心离子提供空轨道，配位体提供孤电子对；
根据价层电子对互斥理论判断该晶体中配体分子NH3的VSEPR模型；
元素的电负性越大，元素的非金属性就越强；
根据氨分子与水分子的空间构型判断二者键角的大小；
根据形成氢键的元素结合氨水的构成微粒分析判断。
（1）CuSO4粉末溶于水得到[Cu（H2O）4]2+，其结构可用示意图表示为：
；
在该微粒在含有4个配位体分子，每个配位体H2O分子中含有2个共价键，四个配位体分子与Cu2+之间形成了四个配位键，则1mol该天蓝色微粒所含的σ键数目为（2×
4+4）NA=12NA；
（2）加入乙醇的作用是降低溶剂的极性，减小Cu（NH3）4SO4•H2O的溶解度；
（3）蓝色Cu（OH）2沉淀被过量氨水溶解形成深蓝色溶液的离子方程式为Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-；
H2O，在晶体中中心Cu2+中含有空轨道，配位体NH3的N原子上有孤电子对，则Cu2+与NH3分子的N原子之间的化学键称为配位键，提供空轨道的微粒是Cu2+，提供孤电子对的成键原子是N原子，该晶体中配体分子NH3的价层电子对数为3+1=4，所以VSEPR模型为四面体形；
（5）a.[Cu（NH3）4]SO4组成元素含有Cu、N、O、H、S五种元素，元素的非金属性越大的元素的电负性也越大，在上述元素中，O元素的非金属性最强，所以其中电负性最大的是氧元素，a错误；
b.NH3分子是三角锥形，键角是107°
18′；
H2O分子是V形分子，键角是104.5°
，二者的空间构型不同，氨气分子的键角大于水分子的键角，b正确；
c.氨气极易溶于水，是因为NH3分子和H2O分子之间形成了N…H和O…H两种不同的氢键，c正确；
故合理选项是bc。
本题考查配位化合物及配位键、氢键、分子的空间构型，为高频考点，把握配位键的形成及配合物的结构为解答的关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意配位体、配位离子的判断，题目难度中等。
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