苏教版高中化学选修三专题4第二单元《配合物的形成和应用》测试试题解析版.docx

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苏教版高中化学选修三专题4第二单元《配合物的形成和应用》测试试题解析版

第二单元《配合物的形成和应用》测试题

一、单选题（每小题只有一个正确答案）

1．下列说法中一定错误的是（）

A．过渡金属的原子或离子一般都有接受孤电子对的空轨道，易形成配合物

B．中心离子采取sp3杂化轨道形成的配离子可能呈正四面体结构

C．当中心离子的配位数为6时，配离子常呈八面体结构

D．含有两种配体且配位数为4的配离子一定存在异构体

2．下列对[Zn（NH3）4]SO4配合物的说法不正确的是（　　）

A．SO42﹣是内界B．配位数是4C．Zn2+是中心离子D．NH3是配位体

3．下列有关NH中的N—H配位键说法正确的是（　　）

A．N—H配位键不是化学键

B．N—H配位键属于共价键

C．N—H配位键跟其他三个N—H键之间的键长不同

D．N—H配位键的化学性质与其他N—H键不同

4．下列分子或离子中，能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键的是（）

①H2O②NH3③Cl－④CN－⑤CO

A．①②B．①②③C．①②④D．①②③④⑤

5．乙醇分子中不同的化学键如图所示，则乙醇在催化氧化时，化学键断裂的位置是

A．②③B．②④C．①③D．③④

6．6．XY2是离子化合物,X和Y离子电子层结构都与氖原子相同,则X、Y分别为（）

A．Ca和ClB．K和SC．Ca和FD．Mg和F

7．过氧化铬（CrO5）的结构为：

，由此可以推知CrO5中氧元素的化合价应该是（　　）

A.全部是-1价B.

为-1价，

为-2价

C.全部是-2价D.

为-2价，

为-1价

8．下列物质不是配合物的是（）

A．K2[Co（NCS）4]B．Fe（SCN）3C．CuSO4•5H2OD．NH4Cl

9．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（）

选项

实验操作

现象

解释或结论

A

溶液中加入HNO3无现象，再滴加BaCl2溶液

有白色沉淀生成

原溶液中有SO42-

B

AgI沉淀中滴入稀KCl溶液

有白色沉淀出现

AgCl比AgI更难溶

C

向溶液中加入少量KSCN溶液

有血红色溶液生成

溶液中含有Fe2+

D

向硫酸铜溶液中持续滴加氨水溶液

先有蓝色沉淀生成后溶解

氢氧化铜发生反应生成了[Cu（NH3）4]2+离子

A．AB．BC．CD．D

10．a为乙二胺四乙酸（EDTA），易与金属离子形成螯合物。

b为EDTA与Ca2+形成的螯合物。

下列叙述正确的是（）

A．b含有分子内氢键B．b中Ca2+的配位数为4

C．b含有共价键、离子键和配位键D．a和b中的N原子均为sp3杂化

11．NaF、NaI、MgO均为离子化合物，根据下列数据判断这三种化合物的熔点高低顺序是（　　）

物质①NaF　　②NaI　③MgO

离子电荷数　1　1　2

键长/10-10m2.313.182.10

A.①＞②＞③B.③＞①＞②C.③＞②＞①D.②＞①＞③

12．0.01mol氯化铬（CrCl3·6H2O）在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01molAgCl沉淀，此氯化铬最可能是（　　）

A．[Cr（H2O）6]Cl3B．[Cr（H2O）5Cl]Cl2·H2O

C．[Cr（H2O）4Cl2]Cl·2H2OD．[Cr（H2O）3Cl3]·3H2O

13．下列说法正确的是（）

A．124gP4含有的P－P键数为4NA（设NA表示阿伏伽德罗常数的值）

B．Be和NaOH溶液反应的离子方程式是：

2Be+2OH－+2H2O=2BeO2－+3H2↑

C．在NaCl溶液中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀；在加入氨水，沉淀消失。

沉淀消失发生的离子方程式是：

AgCl+2NH3·H2O=[Ag（NH3）2]++Cl－+2H2O

D．0.1mol/L的Fe3+溶液中，能大量共存的离子有Cl－、SO42－SCN－

14．许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。

下列说法正确的是（）

A．向配合物[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有的Cl-均被完全沉淀

B．配合物Ni（CO）4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则固态Ni（CO）4属于分子晶体

C．配合物[Cu（NH3）4]SO4·H2O的配体为NH3和SO42-

D．配合物[Ag（NH3）2]OH的配位数为6

二、填空题

15．太阳能电池板材料除单品硅外，还有含铜、铟、镓、硒等元素的化学物质。

（1）基态硅原子的价电子轨道表达式__________。

（2）有一类组成最简单的有机硅化合物叫硅烷。

硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似。

硅烷中硅采取________杂化方式，硅烷的沸点与相对分子质量的关系如下图所示现这种变化的原因是_________。

（3）硒和硫同为VIA族元素，与其相邻的元素有砷和溴，则三种元素的电负性由小到大的顺序为____________（用元素符号表示）。

（4）气态SeO3分子的立体构型为_________，与SeO3互为等电子体的一种阴离子为_______（填化学式）。

（5）CuCl的盐酸溶液吸收CO形成氯化羰基亚铜[CuCl（CO）2•H2O，通常形成二聚体，结构示意图如下。

则该化合物中与Cu+形成配位键的原子是_________。

（6）—种铜金合金晶体具有面心立方最密堆枳结构，在晶胞中金原子位于顶点，铜原子位于面心，则该合金中铜原子（Cu）与金原子（Au）个数比为____________，若该晶体的晶胞棱长为anm，则该合金密度为____________（列出计算式，不要求计算结果，阿伏加徳罗常数的值为NA）

16．已知Ti3+可形成配位数为6的配合物。

现有紫色和绿色两种含钛晶体的配合物，其组成均为TiCl3·6H2O。

为测定这两种晶体的化学式，设计了如下实验:

a．分别取等质量的两种晶体的样品配成溶液；

b．向两种溶液中分别滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀；

c．沉淀完全后分别过滤，经洗涤干燥后称量，发现绿色晶体产生沉淀的质量为紫色晶体产生沉淀质量的

。

则绿色晶体的配合物为____。

17．

（1）Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道而能与一些分子或离子形成配合物。

①与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是__________________，

②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4−中的配位体CN−中具有的共价键类型是_______键（填“σ”、“π”或“σ”和“π”）。

（2）配位化学创始人维尔纳发现，将各为lmol的CoCl3•6NH3（黄色）、CoCl3•5NH3、（紫红色）、CoCl3•4NH3（绿色）、CoCl3•4NH3（紫色）四种配合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即沉淀的氯化银分别为3mol、2mol、lmol和lmol。

已知上述配合物中配离子的配位数均为6。

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后两种物质组成相同而颜色不同的原因是它们互为同分异构体，已知绿色的配合物界内结构对称，请在下图中用元素符号标出氯原子的位置__________。

18．

（1）锗（Ge）是典型的半导体元素，在电子、材料等领域应用广泛，则基态Ge原子的核外电子排布式为[Ar]____________，有__________个未成对电子。

（2）碳及其化合物广泛存在于自然界中，则处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用__________形象化描述。

在基态原子中，核外存在_______对自旋相反的电子。

（3）基态铁原子有______个未成对电子，三价铁离子的电子排布式为：

____________，可用硫氰化钾奉验三价铁离子，形成配合物的颜色为____________

（4）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号_____，该能层具有的原子轨道数为_____、电子数为________。

19．乙炔是有机合成工业的一种原料。

工业上曾用CaC2与水反应生成乙炔。

（1）CaC2中C2-2与O2+2、N2互为等电子体，O2+2的电子式可表示为；1molO2+2中含有的

键为mol。

（2）将乙炔通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。

Cu+基态核外电子排布式为。

（3）乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N）。

丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是、。

（4）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如右图所示），但CaC2晶体中有哑铃形的C2-2存在，使晶胞沿一个方向拉长。

CaC2晶体中1个Ca2+周围距离相等且最近的C2-2数目为。

三、实验题

20．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，得到深蓝色溶液；再加入乙醇溶剂，将析出深蓝色的晶体。

（1）溶液中呈天蓝色微粒的化学式是______，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之间的化学键类型为_____，该晶体中配体分子的空间构型为_________。

（用文字描述）

四、推断题

21．青蒿素是从黄花蒿中提取的一种无色针状晶体，双氢青蒿素是青蒿素的重要衍生物，抗疟疾疗效优于青蒿素，请回答下列问题：

（1）组成青蒿素的三种元素电负性由大到小排序是__________，画出基态O原子的价电子排布图__________。

（2）一个青蒿素分子中含有_______个手性碳原子。

（3）双氢青蒿素的合成一般是用硼氢化钠（NaBH4）还原青蒿素．硼氢化物的合成方法有：

2LiH+B2H6=2LiBH4；4NaH+BF3═NaBH4+3NaF

①写出BH4﹣的等电子体_________（分子、离子各写一种）；

②B2H6分子结构如图，2个B原子和一个H原子共用2个电子形成3中心二电子键，中间的2个氢原子被称为“桥氢原子”，它们连接了2个B原子．则B2H6分子中有______种共价键，B原子的杂化方式为________；

③NaBH4的阴离子中一个B原子能形成4个共价键，而冰晶石（Na3AlF6）的阴离子中一个Al原子可以形成6个共价键，原因是______________；

④NaH的晶胞如图，则NaH晶体中阳离子的配位数是_________；设晶胞中阴、阳离子为刚性球体且恰好相切，求阴、阳离子的半径比

=__________。

22．原子序数依次增大的A、B、C、D、E五种元素．其中A的基态原子有3个不同的能级，各能级中的电子数相等；C的基态原子2p能级上的未成对电子数与A原子的相同；D为短周期中原子半径最大的主族元素；E的原子序数为22。

（1）①E被称为“国防金属”和“生物金属”，是重要的结构材料。

E原子基态的外围核外电子排布式为；

②金红石（EO2）的熔点1825℃，用熔盐法直接电解金红石可获得金属E，金红石所属的晶体类型是晶体；

③ECl4能与NH4Cl反应生成配合物（NH4）2[ECl6]。

此配合物中，形成配位键时提供孤对电子的有（填元素符号）。

与NH4＋互为等电子体的一种阴离子为（填化学式），其中心原子杂化类型为杂化。

（2）在A、B、C三种元素中，电负性由小到大的顺序是（用元素符号回答）。

（3）元素A的简单气态氢化物的沸点（“高于”,“低于”）元素B的简单气态氢化物的沸点，其主要原因是。

（4）由B形成的离子B3－与AC2互为等电子体，则B3－的

分子构型为。

（5）由B、C、D三种元素形成的化合物晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为。

参考答案

1．D

【解析】

A、过渡金属原子或离子的最外层电子层一般都没排满，存在空轨道，所以能接受孤对电子对形成配位键，故正确；B、中心离子采取sp3杂化轨道形成的配离子，只有当4个配体完全等同时，其配离子的空间构型才是正四面体，否则为变形的四面体，故正确；C、按价层电子互斥理论，配位数为6的配离子，空间构型成八面体时最稳定，故正确；D、含有两种配体且配位数为4的配离子，只有当其空间构型呈平面四边形时才存在异构体，若其空间构型呈四面体型，则不存在异构体，故错误。

故选D。

点睛：

过渡金属的原子或离子，因为有空轨道易形成化合物；中心离子采取sp3杂化轨道形成的配离子，空间构型要考虑4个配体是否完全等同；中心原子或离子配位数为6时，配离子一般呈八面体结构；当配位数为4时，只有当其空间构型呈平面四边形时才存在异构体。

2．A

【解析】A．在[Zn（NH3）4]SO4中外界是SO42-，內界是[Zn（NH3）4]2+，故A错误；B．锌离子配位原子个数是4，所以其配位数是4，故B正确；C．该配合物中，锌离子提供空轨道，所以锌离子是中心离子，故C正确；D．该配合物中氮原子提供孤电子对，所以NH3是配位体，故D正确；答案选A。

3．B

【解析】

【详解】

配位键是共价键的一种特例，应属于化学键。

在NH中虽然N—H配位键的形成过程与其他N—H共价键不同，但键长、键能及化学性质完全相同，结合以上分析可知，B正确；

综上所述，本题选B。

4．D

【解析】

试题分析：

几种微粒的结构式分别为;

所以几种微粒都能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，故选D。

考点：

考查配位化合物、配位键

5．B

【解析】分析：

乙醇在催化氧化时，-CH2OH结构被氧化为-CHO结构，根据官能团的变化判断断裂的化学键。

详解：

乙醇在铜催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢，即②④断裂，答案选B。

点睛：

本题考查学生乙醇的催化氧化反应的实质，掌握反应机理是解本题关键，题目难度不大。

6．D

【解析】试题分析：

能形成XY2型离子化合物的是选项A、C、D，但Ca2+、Cl-的结构与氩原子相似，只有Mg2+、F-的离子结构才与氖原子相似，选项D正确。

考点：

离子化合物的形成及离子结构的书写

7．B

【解析】

试题分析：

根据化合物的结构简式可知，该化合物中个元素的化合价分别是

，即其中有1个－2价氧，4个－1价氧，答案选B。

考点：

考查过氧化铬（CrO5）中元素化合价的判断

点评：

该题是中等难度的试题，试题基础性强，注重知识的灵活性强，侧重考查学生分析问题、解决问题额能力，有助于培养学生的逻辑思维能力和创新思维能力。

8．D

【解析】

试题分析：

A．该物质中，钴离子提供空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选；B．该物质中，铁离子提供空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质为配合物，故B不选；C．该物质中铜离子提供空轨道、水分子中氧原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故C不选；D．铵根离子中N原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，形成配位键，铵根离子与氯离子以离子键结合，所以该物质不是配合物，故D选。

故选D。

考点：

考查配合物成键情况

9．D

【解析】试题分析：

A．若溶液中存在亚硫酸根离子，加入硝酸后能够被氧化为硫酸根离子，故A错误；B．AgI沉淀中滴入浓KCl溶液，若c（Cl-）×c（Ag+）＞Ksp（AgCl），则生成白色沉淀，但AgI比AgCl更难溶，故B错误；C．向溶液中加入少量KSCN溶液有血红色溶液生成，证明溶液中含有Fe3+，故C错误；D．向硫酸铜溶液中滴加氨水溶液，首先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜转化为[Cu（NH3）4]2+离子而溶解，故D正确；故选D。

考点：

考查了化学实验方案的设计与评价的相关知识。

10．D

【解析】A、不符合形成氢键的条件，故A错误；B、根据结构简式，Ca2＋的配位键为6，故B错误；C、b为阴离子，含有共价键和配位键，不含离子键，故C错误；D、根据结构简式，a和b中N原子的杂化方式为sp3，故D正确。

11．B

【解析】

试题分析：

离子化合物形成的离子晶体中，离子键的键长越短，阴、阳离子所带电荷越多，则晶体的熔点越高，故B项正确，答案选B。

考点：

考查离子晶体熔沸点高低的判断

点评：

该题是高考中的常见考点之一，属于基础性试题的考查，试题注重基础，侧重考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑思维能力。

12．C

【解析】

0.01mol氯化铬（CrCl3·6H2O）在水溶液中用过量的AgNO3处理，产生0.01molAgCl沉淀，说明氯化铬（CrCl3·6H2O）中有一个氯离子在外界，其余在内界，而正三铬为六配位，则此氯化铬最可能是[Cr（H2O）4Cl2]Cl·2H2O，C正确。

13．C

【解析】

试题分析：

A．n（P4）=

=

=1mol，1个P4分子含有6个P－P键，因此124gP4含有的P－P键的物质的量为6mol，P－P键的个数为6NA，故A错误；B．根据对角线规则，B与Al处于对角线位置，性质相似，Al能与NaOH溶液反应，则有Be也能和NaOH溶液反应，反应的离子方程式是：

Be+2OH－=BeO22－+H2↑，故B错误；C．正确；D．Fe3+、SCN－不能大量共存，故D错误。

故选C。

考点：

考查离子方程式的书写与离子共存

14．B

【解析】

【详解】

A.加入足量的AgNO3溶液，外界Cl-离子与Ag+反应形成AgCl沉淀，內界配位离子Cl-与Ag+不能反应，A错误；

B.配合物Ni（CO）4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，根据相似相容原理可知，固态Ni（CO）4属于分子晶体，B正确；

C.配合物[Cu（NH3）4]SO4·H2O的配体为NH3，C错误；

D.配合物[Ag（NH3）2]OH的的配体为NH3，配位数为2，D错误；

故合理选项是B。

15．

（1）

（2分）

（2）sp3（1分）硅烷为组成和结构相似的分子晶体，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强（2分）（3）As

（4）平面三角形（1分）CO32-或NO3-或SiO32-（2分）

（5）C、O、Cl（6）3：

1（2分）

（2分）

【解析】试题分析：

（1）硅是14号元素，根据原子核外电子排布规律可以写出其电子排布式为1s22s22p63s23p2，则价电子轨道表达式为

。

（2）根据硅烷的分子式得出，硅烷的通式为SinH2n+2，因硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似，所以硅烷中硅采取sp3杂化方式；硅烷（SinH2n+2）都是分子晶体，分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力，而分子间作用力与相对分子质量的大小有关，硅烷的相对分子质量越大，分子间范德华力越强。

（3）砷、硒、溴三种元素都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右电负性呈增大趋势，则电负性As＜Se＜Br。

（4）气态SeO3分子中心原子的价层电子对数为（6+0）÷2=3，无孤电子对，所以分子构型为平面三角形，又等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与SeO3互为等电子体的一种离子为CO32-或NO3-或SiO32-；

（5）氯化羰基亚铜[CuCl（CO）2•H2O形成的二聚体的结构示意图为

，则该化合物中与Cu+形成配位键的原子是C、O、Cl。

（6）在晶胞中，Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，该晶胞中Au原子个数=8×1/8=1，Cu原子个数=6×1/2=3，所以该合金中Cu原子与Au原子个数之比=3：

1；晶胞体积V=（a×10-10cm）3，每个晶胞中铜原子个数是3、Au原子个数是1，则ρ=

。

考点：

考查原子核外电子排布，判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算等知识。

16．[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O

【解析】

【详解】

由b．向两种溶液中分别滴入AgNO3溶液，均产生白色沉淀可知二者都与AgNO3溶液反应产生白色沉淀，说明两种配合物的外界中都含有Cl-。

c．沉淀完全后分别过滤，经洗涤干燥后称量，发现绿色晶体产生沉淀的质量为紫色晶体产生沉淀质量的

所以二者配合物的外界中Cl-的个数分别为2和3，则内界中Cl-的个数分别为1和0，再由二者的配位数均为6可知，二者配体中的水分子数分别为5和6。

根据题中的分子组成TiCl3·6H2O得到相应的化学式，绿色晶体的配合物为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，紫色晶体的配合物为[Ti（H2O）6]Cl3。

综上所述,本题的正确答案为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O.

【点睛】

本题考查配位化合物的相关知识。

配合物一般由外界和内界通过离子键组成，内界和外界可以完全电离；外界由中心原子和配体通过配位键组成，一般难电离。

17．具有孤对电子

和

[Co（NH3）6]Cl3[Co（NH3）5Cl]Cl2[Co（NH3）4Cl2]Cl

【解析】

【分析】

（1）根据配位键形成条件分析，由Fe原子或离子的核外电子排布图可知，Fe原子或离子含有空轨道，配位体中的中心原子含有孤对电子，据此分析解答;

（2）通过生成的AgCl沉淀的量来确定配离子界外的氯离子数目，再据配位数为6来确定配离子界内的各配体数。

【详解】

（1）①形成配位化合物的条件是：

一中心原子必须具有空轨道；二配位体原子必须能提供孤对电子，Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道，所以与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是具有孤对电子；

②六氰合亚铁离子[Fe（CN）6]4-中的配位体CN-中C原子与N原子形成碳氮三键，所以C原子杂化方式为sp杂化，所以CN−中具有的共价键类型是

和

键；

（2）①1molCoCl3·6NH3只生成3molAgCl，则1molCoCl3·6NH3中有3molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3，所以其化学式为[Co（NH3）6]Cl3；

1molCoCl3·5NH3只生成2molAgCl，则1molCoCl3·5NH3中有2molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，所以其化学式为[Co（NH3）5Cl]Cl2；

1molCOCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）只生成1molAgCl，则1molCoCl3·4NH3中有1molCl-为外界离子，钴的配位数为6，则配体为NH3和Cl-，所以其化学式为[Co（NH3）4Cl2]Cl；

②由图知，六个配体构成八面体，后两种物质内界均有2个氯原子、4个氨分子，其中2个氯原子的位置只有两种：

相对和相邻，当2个氯原子相对时，其内界结构是对称的，应该是绿色的，2个氯原子相邻时，其内界结构不对称，应该是紫色的。

如图所示：

【点睛】

形成配位化合物的条件是：

①中心原子必须具有空轨道，过渡金属原子最符合这一条件，过渡金属最易形成配合物；②配位体原子必须能提供孤对电子，符合这一条件的常见微粒有：

CO、NH3、H2O、Cl-、CN-、NO2-等

18．3d104s24p22电子云241s22s22p63s23p63d5血红色M94

【解析】

（1）Ge是32号元素，位于第四周期第IVA族，基态Ge原子核外电子排布式为