1、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;在配合
2、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, D错误
3、。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)42
4、。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)42而显
5、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;内界和外界中的C
6、l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作用生成
7、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NH3分
8、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是共价键、配
9、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Fe(
10、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,只观察到血红色溶液迅速
11、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结合生成更难
12、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。请回答下列
13、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原子的核外电子
14、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)
15、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)5114(
16、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、Cr
17、(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(H2O
18、)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油状液
19、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8
©2010-2024 宁波自信网络信息技术有限公司 版权所有
客服电话:4008-655-100 投诉/维权电话:4009-655-100