2019-2020年高二化学苏教版选修3同步练习卷：专题4分子空间结构与物质性质第二单元配合物的形成

第二单元配合物的形成和应用
一、选择题（共10题，每题4分，共40分）
1．下列有关配位键的分析正确的是()
A．是离子键B．是极性键
C．是非极性键D．是π键
解析：选B。

配位键是成键原子通过共用电子对形成的，属于共价键，A项错误；配位键存在于不同原子之间且为单键，故属于极性键与σ键，B项正确，C、D项错误。

2．下列配合物或配离子的配位数为6的是()
A．K2[Co(SCN)4] B．[Fe(CN)5(CO)]3－
C．[Zn(CN)4]2－D．Na[Al(OH)4]
解析：选B。

配位数是指与中心原子以配位键结合的粒子的数目。

K2[Co(SCN)4]的配位数是4，[Fe(CN)5(CO)]3－的配位数是6，[Zn(CN)4]2－的配位数是4，Na[Al(OH)4]的配位数是4。

3．由配位键形成的离子[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，两个中心原子Pt的化合价() A．都是＋8B．都是＋6
C．都是＋4 D．都是＋2
解析：选D。

配离子[Pt(NH3)6]2＋和[PtCl4]2－中，中心原子都是Pt2＋，配位体NH3是中性配体，Cl－带一个单位的负电荷，所以配离子[Pt(NH3)6]2＋显＋2价，而配离子[PtCl4]2－显－2价。

4．经测定，液态BrF3在20 ℃时导电性很强，说明该化合物在液态时发生了电离，存在阴、阳离子。

其他众多实验证实，存在一系列有明显离子化合物倾向的盐类，如KBrF4、(BrF2)2SnF6等。

由此推断液态BrF3电离时的阴、阳离子是()
A．Br3＋和F－B．BrF2＋和F－
C．BrF＋2和BrF－4D．BrF2＋和BrF2－3
解析：选C。

从题给的两种物质KBrF4和(BrF2)2SnF6中可以看出：Br和F两元素可形成BrF－4和BrF＋2两种离子。

由此可推断出BrF3电离时可产生的阴、阳离子。

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．正四面体形D．正八面体形
解析：选C。

根据杂化轨道理论知，Zn2＋的4s轨道和4p轨道形成的sp3杂化轨道为正四面体形，Zn2＋结合4个Cl－形成[ZnCl4]2－，其中Zn2＋的孤电子对数为0，所以[ZnCl4]2－的空间构型为正四面体形。

6．下列关于[Cu(NH3)4]SO4的说法中，正确的是()
A．[Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性键和配位键
B．[Cu(NH3)4]SO4含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子
C．[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．[Cu(NH3)4]SO4的外界离子的空间构型为三角锥形
解析：选A。

Cu2＋和NH3分子之间以配位键结合，配合物的内界不能电离出NH3。

N 元素的2p轨道电子处于半充满状态，第一电离能比O元素大。

外界SO2－4为正四面体形。

7．Co(Ⅲ)的八面体配合物为CoCl m·n NH3，若1 mol该配合物与AgNO3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：选B。

由1 mol配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl知，1 mol配合物电离出1 mol Cl－，即配离子显＋1价、外界有一个Cl－。

又因为Co显＋3价，所以[CoCl m－1·n NH3]＋中有两个Cl－，又因为该配合物是八面体，所以n＝6－2＝4。

8．已知[Co(NH3)6]3＋的立体结构如图所示，其中数字处的小圆圈表示NH3分子，且各相邻的NH3分子间的距离相等，Co3＋位于八面体的中心。

若其中两个NH3被Cl－取代，所形成的[Co(NH3)4Cl2]＋同分异构体的种数有()
A．2种B．3种
C．4种D．5种
解析：选A。

两个Cl－(或两个NH3分子)可能在同一正方形的相邻顶点或相对顶点，即有2种情况。

注意：图中位置1与3等效，位置2、4、5、6都关于体心对称而等效。

9．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，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是() A．配合物中中心原子的电荷数和配位数均为6
B．该配合物可能是平面正方形结构
C．Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位
D．配合物中Cl－与Pt4＋配位，而NH3分子与Pt4＋不配位
解析：选C。

在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，以强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均处于配合物的内界，故该配合物中中心原子的配位数为6，电荷数为4，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，A、D错误，C正确；因为配位体在中心原子周围配位
时采取对称分布状态以达到能量上的稳定状态，Pt4＋配位数为6，则其立体构型为八面体形，B错误。

10．下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是()
①K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4
②[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4
③[Ag(NH3)2]Cl、K[Ag(CN)2]
④[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl
A．①②B．②③
C．③④D．①④
解析：选B。

中心原子的电荷数可由配合物内界离子的总电荷数与配位体所带电荷共同判断。

各中心原子的电荷数和配位数分别为①＋1，2＋2，4；②＋2，4＋2，4；③＋1，2＋1，2；④＋2，4＋1，2，故选B。

二、非选择题（共3题，每题20分，共60分）
11．(1)若BCl3与XY n通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤电子对的原子是________。

(2)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配位体提供的孤对电子总数之和为18，则n＝________。

(3)CuSO4溶液与浓氨水反应形成配合物[Cu(NH3)4]SO4，1 mol 该配合物内界中含有σ键的数目为________。

解析：(1)BCl3与XY n通过B原子和X原子间的配位键形成配合物，B原子只有空轨道，无孤电子对，因此形成配位键时，X原子提供孤电子对，B原子提供空轨道。

(2)由题意知：中心原子Ni的价电子数为10，而每个CO提供碳原子上的一对孤对电子，故n＝4。

(3)[Cu(NH3)4]SO4中NH3与Cu2＋间形成配位键，配位键属于σ键，1个NH3分子中有3个σ键，所以1 mol配合物内界中共有16 mol(或16×6．02×1023个)σ键。

答案：(1)X(2)4
(3)16N A(或16×6．02×1023)
12．配位键是一种特殊的共价键，即共用电子对由某一原子单方面提供和另一缺电子的粒子结合。

例如：NH＋4就是由NH3(氮原子提供孤电子对)和H＋(缺电子)通过配位键形成的。

据此，回答下列问题：
(1)下列粒子中可能存在配位键的是________。

A．CO2B．H3O＋
C．CH4D．H2SO4
(2)科学家对H2O2结构的认识经历了较为漫长的过程，最初，科学家提出了两种观点：
甲：，乙：H—O—O—H，式中“O→O”表示配位键，在化学反应中O→O配位
键遇到还原剂时易断裂。

化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的结构，设计并完成了下列实验：
a．将C2H5OH与浓硫酸反应可以生成水和(C2H5)2SO4；
b．将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应，只生成A和H2SO4；
c．将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。

①如果H2O2的结构如甲所示，实验c中化学反应方程式为________________________________________________________________________(A写结构简式)。

②为了进一步确定H2O2的结构，还需要在实验c后添加一步实验d，请设计d的实验方案：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

解析：(1)由题中信息可导出结论：凡能给出H＋的物质中一般含有配位键。

(2)由题中所含配位键的物质的反应特点分析。

答案：(1)BD
(2)①
②用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水(或其他合理答案)
13．铜合金是人类使用最早的金属材料。

铜在化合物中的常见化合价有＋1、＋2等，故能形成多种铜的化合物。

(1)基态Cu原子的电子排布式是________________________________________________________________________。

(2)许多＋1价铜的配合物溶液能吸收CO和烯烃(如C2H4、CH3CH===CH2等)，试问：形成配位化合物的条件为________________________________________________________________________，已知CO和N2属于等电子体，试写出CO的结构式：________，CH3CH===CH2分子中C原子采取的杂化方式有________________。

(3)在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，最后沉淀溶解形成深蓝色的溶液。

写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

解析：Cu为29号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1。

失去1个电子后，核
外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，有空轨道，CO或烯烃提供孤电子对可以形成配合物。

由于N2和CO为等电子体，可推出CO的结构式；CH3—CH===CH2中—CH3上的C原子为sp3杂化，而双键碳原子为sp2杂化。

向CuSO4溶液中加氨水直至过量，先生成Cu(OH)2沉淀，后Cu(OH)2又溶于氨水生成配合物。

答案：(1)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)
(2)中心原子有空轨道，配位原子有孤电子对C O sp2杂化、sp3杂化
(3)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。