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4.2.1配合物的形成同步练习-苏教版高中化学选择性必修2
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4.2.1配合物的形成同步练习-苏教版高中化学选择性必修2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某新型储氢材料的晶胞如图。八面体中心为，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属于立方晶系，晶胞边长为anm其摩尔质量为188g/mol。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为
B．金属离子的价层电子对数为6
C．在晶胞体对角线的一维空间上会出现的排布规律
D．金属与原子的最短距离为
2．下列反应过程，对反应产物或现象以及影响因素的分析均正确的是
选项
反应物
反应产物或现象
影响因素
A
或
用量
B
、稀硝酸
生成或
硝酸的浓度
C
溶液、氨水
现象不同
氨水的浓度
D
、浓硫酸
或乙醚
温度
A．A B．B C．C D．D
3．络合平衡是广泛存在于自然界中的平衡之一，、、之间存在络合平衡：
①，平衡常数为；
②，平衡常数为，且大于。
298K时，在水溶液中，，之间关系如图所示，其中，X代表、，下列叙述错误的是
A．L2直线代表与关系
B．c点条件下，能生成，不能生成
C．在含相同浓度的和溶液中滴加稀溶液，先生成
D．的平衡常数K为
4．在TiCl3的溶液中通入一定量HCl，如果加入乙醚生成绿色晶体；如果不加入乙醚，得到的是紫色晶体；已知两种晶体化学式均为TiCl3·6H2O，两种晶体均为配位数是6的配合物；分别取0.01 mol两种晶体，在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀的质量为紫色晶体得到的白色沉淀质量的，则下列有关说法不正确的是
A．该绿色晶体的配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5
B．紫色晶体配合物可用[Ti(H2O)6Cl]Cl2表示
C．上述两种晶体的化学式相同，但结构不同，所以性质不同
D．0.01 mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到4.305 g沉淀
5．铜氨液可以吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是
A．价层电子排布式为：
B．CO为非极性分子
C．空间构型为三角锥形
D．中含有3mol配位键
6．氨硼烷(NH3·BH3)是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。下列关于氨硼烷的说法错误的是
A．氨硼烷结构与乙烷相似，N、B均达到8电子稳定结构
B．氨硼烷分子间有较强的作用力，故常温下为固态
C．分子中N原子的第一电离能小于B原子
D．分子中与B原子形成共价键的H原子是负电性 (δ+)，说明B原子电负性小于H原子
7．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、W元素的价电子数等于其周期数，Z是地壳中含量最多的元素。它们形成的一种化合物M结构式如右图，下列说法正确的是：
A．化合物M中，W、Z、Y的均为杂化
B．X和Z的单质都属于非极性分子
C．氢化物的沸点：Y
8．关于的说法正确的是
A．配体为 B．中心离子的化合价为+2
C．中心离子提供孤电子对 D．中心离子的配位数为6
9．向CuSO4溶液滴加氨水至过量，得到含有[Cu(NH3)4]2+配离子的深蓝色溶液。[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物。下列有关该反应过程中的叙述或表达正确的是
A．[Cu(NH3)4]2+中心离子基态的价电子轨道表示式是：
B．配体NH3分子的VSEPR模型为平面正三角形
C．氨水中NH3与水分子之间的氢键：、
D．[Cu(NH3)4]2+的空间构型为：
10．下列说法中，正确的是
A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B．在SiH4、和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．丙烯(CH3CH=CH2)分子中3个碳原子都是sp3杂化
D．BF3分子键角为109°28'
二、填空题
11．回答下列问题：
(1)三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。
(2)与N-甲基咪唑()反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为 ，1个中含有 个键。
12．[Zn(CN)4]2-中Zn2＋与CN-的C原子形成配位键，不考虑立体构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为 。
13．在化学实验和科学研究中，水是一种常用的试剂。
(1)水分子中的氧原子在基态时的价电子排布式为： 。
(2)水分子在特定条件下容易得到一个H＋而形成水合氢离子(H3O＋)。对上述过程的下列描述不合理的是 。
A．氧原子的杂化类型发生了改变
B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变
D．微粒中的键角发生了改变
(3)在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成 键，水分子间还存在 ，1mol H2O中含 mol氢键。
(4)将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位离子。请写出生成此配位离子的离子方程式： 。
14．[PtCl4(NH3)2]中H—N—H之间的夹角 (填“>”“<”或“=”)NH3分子中H—N—H之间的夹角，原因是 。
15．(1)配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。
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上述配合物中，中心离子的配位数都是 。
(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的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。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：
①Fe3+与SCN-反应时，Fe3+提供 ，SCN-提供 ，二者通过配位键结合。
②所得Fe3+与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。含该离子的配合物的化学式是 。
③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 。
16．某杂志报道了一种用磁场远程开启化学反应的方法，一种含铁化合物纳米粒子在其中发挥了重要作用。
(1)基态C原子的价层电子轨道表达式为 ；其核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形为 。
(2)写出与NO互为等电子体的一种分子和一种离子： 。
(3)[Fe(CN)6]4-与硝酸反应的离子方程式为：[Fe(CN)6]4-+4H++NO=CO2↑+[Fe(CN)5(NO)]2-(红色)+NH。
①红色离子中所含非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
②CN-与亚铁离子之间的作用力为 ；NO、NH中氮原子的杂化方式分别为 、 ，键角∠ONO (填“＞”或“＜”)∠HNH。
17．近日，比亚迪宣布推出基于磷酸铁锂技术的“刀片电池”，刀片电池能量密度大，安全性高。电池的正极活性材料是LiFePO4。
(1)铁元素位于周期表第四周期第 族；基态Fe2+的最外层电子排布式为 。
(2)正极材料LiFePO4的阴离子PO的空间构型为 ，磷原子采取的杂化方式为 。
(3)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道，能与SCN -、CN-、C2O等形成配合物。
①[Fe(SCN)6]3-的结构简式如图所示，其结构中σ键和π键的个数比为 ；[Fe(SCN)6]3- 中含有的化学键类型是 (填字母) 。
a．极性共价键 b． 离子键 c．配位键 d．金属键
②K3Fe (C2O4)3·3H2O为可溶于水的晶体，某同学欲检验该晶体中Fe元素的价态，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol·L-1KSCN溶液。
已知： i.[Fe (SCN)]2+ (aq)为血红色：
ii.25°C时，[Fe(C2O4)3]3-+SCN- [Fe(SCN)]2++3C2O K=6. 31 × 10-17mol2·L-2上述实验方案 (填“可行”或“不可行”)，并解释其原因 。
18．(1)碳元素的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为 。
(2)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为 (写化学式)，原因是 。
(3)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀。此配合物最可能是 。
A．[R(H2O)6]Cl3 B．[R(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[R(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D．[R(H2O)3Cl3]·3H2O
(4)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为： ，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，写出反应的离子方程式为： 。
19．过渡金属配合物的一些特有性质的研究正受到许多研究人员的关注,因为这方面的研究无论是理论上还是工业应用上都具有重要意义。
⑴铜离子与氨基酸形成的配合物具有杀菌、消炎和抗肿瘤活性。与铜属于同一周期,且未成对电子数最多的元素基态原子的核外电子排布式为 .
⑵CO可以和很多过渡金属形成配合物,如羰基铁[Fe(CO)5]、羰基镍[Ni(CO)4]。CO分子中C原子上有一对孤电子对,C、O原子都符合8电子的稳定结构,CO的结构式为 ,与CO互为等电子体的离子为 (填化学式)。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
⑶氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时,会生成紫色配合物,其配离子的结构如下图所示:
①此配离子中含有的作用力有 (填字母)。
A．离子键B．金属键C．极性键D．非极性键E.配位键F.氢键G. σ键H.π键
②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有 。
⑷Ti3+可形成配位数为6的配合物。现有钛的两种颜色的配合物,一种为紫色,另一种为绿色。相关实验证明,两种物质的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种配合物的成键情况,设计了如下实验:分别取等质量的两种物质的样品配成待测溶液;分别往待测溶液中滴入过量的AgNO3溶液并充分反应,均产生白色沉淀;测定沉淀质量并比较,发现由原绿色物质得到的沉淀质量是由原紫色物质得到的沉淀质量的2/3.则原绿色配合物的内界的化学式为 .
20．化学是一门以实验为基础的学科。回答下列问题：
I．碘的溶解性
(1)在碘水溶液中加入1mL四氯化碳，振荡试管，观察碘被四氯化碳萃取，形成 色的碘的四氯化碳溶液。再向试管里加入1mL浓碘化钾水溶液，振荡试管，溶液颜色变浅，用离子方程式解释溶液颜色变浅的原因： ，碘在四氯化碳中比在纯水中的溶解性好，试从分子结构角度解释其原因： 。
Ⅱ．晶体制备
(2)向盛有溶液的试管里滴加几滴1molL氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，可以观察到的实验现象为 。再向试管中加入极性较 的试剂乙醇(填“大”或“小”)，并用玻璃棒摩擦试管壁，可以观察到有 色的Cu(NH3)4SO4·H2O晶体析出。
Ⅲ．乙酸乙酯的制备
(3)利用下图装置制备乙酸乙酯，乙醇、乙酸、浓硫酸三种试剂的加入顺序为 ，反应的化学方程式为 。
三、实验题
21．钴及其化合物在化工生产中有重要的用途。三氯化六氨合钴(Ⅲ)是黄色或橙黄色晶体，实验室以为原料经催化制备，步骤如下：
I.的制备
可以通过钴和氯气反应制得，实验室制备纯净可用如图实验装置(已知：易潮解)。
(1)B装置用于制备氯气，其反应的化学方程式为 。A装置中洗气瓶内所装试剂的名称为 。
(2)组装好仪器进行实验时，要先加入浓盐酸，使B装置中开始生成氯气，待A装置内充满黄绿色气体，再加热A装置中的钴粉，目的是 。
II.三氯化六氨合钴(Ⅲ)的制备。其原理为：
已知：三氯化六氨合钴不溶于乙醇，常温水中溶解度较小。
(3)水浴温度不超过60℃的原因是 。
(4)下列说法不正确的是_______(填标号)。
A．除作为反应物外，还有调节溶液的pH、增强的氧化性的作用
B．活性炭是脱色剂、固体2是活性炭
C．加入浓盐酸，析出产品的反应方程式为
D．可用乙醇水溶液洗涤产品
III.晶体结构测定与钴含量分析。
(5)测定晶体结构最常见的仪器是 ，从而获取晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间的有序排列。中心离子采取杂化，其空间结构为 。
(6)利用将KI氧化成，被还原后的产物为。然后用标准溶液滴定生成的，所得产物为。若称取样品的质量为0.295g，滴定时，达到终点消耗标准溶液的平均体积为54.00mL。该样品中钴元素的质量分数为 ％。
22．铜的配合物广泛存在，对含铜配合物的研究一直是关注的热点。
I.同学甲设计如下制备铜的配合物的实验I：
已知：铜离子的配位数通常为4，呈深蓝色，呈深蓝色
(1)溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子 (填化学式)；利用可制备(晶胞如图)，1个晶胞中含Cu原子的数目为 。
(2)写出浑浊液中加入溶液发生的离子方程式： ，结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因 。
(3)由实验I可得出以下结论：
结论1：配合物的形成与 、 有关；
结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为： (填化学式)。
II.同学乙查阅资料发现与在溶液中可以发生配位反应，生成配合物；同学丙认为有氧化性，与在溶液中可以发生氧化还原反应。
【资料】i.(绿色)；(无色)；
ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；
iii.易被氧化为或。
实验II：探究与溶液的反应。
实验操作
实验序号
逐滴加入溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
(4)①丙同学认为实验II可证明发生了氧化还原反应，他的理由是
②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在，他的实验方案是：取少量无色溶液， 。
(5)经检验氧化产物以形式存在，写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式： 。
(6)由实验II可得出以下结论：盐与在溶液中的反应与多种因素有关，随的增大， 。
23．(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备。
已知：在时恰好完全沉淀为；②不同温度下在水中的溶解度如图所示。
(一) 的制备
易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。
(1)仪器a的名称为 。
(2)用图中的装置组合制备，连接顺序为 。装置B的作用是 。
(3)装置A中发生反应的离子方程式为 。
(二) 的制备
步骤如下：
Ⅰ.在100 mL锥形瓶内加入4.5 g研细的，和5 mL水，加热溶解后加入0.3 g活性炭作催化剂。
Ⅱ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液。
Ⅲ.在60℃下反应一段时间后，经过_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。
(4)在加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入，请结合平衡移动原理解释原因 。
(5)步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是 、 。
(6)制备的总反应的化学方程式为 。
(7)步骤Ⅲ中的操作名称为 。
参考答案：
1．C
【详解】A．根据晶胞结构，与周围6个配位，晶胞中共有个八面体结构，原子与周围4个原子配位，晶胞中共有8个四面体，故其化学式为，A正确；
B．与周围6个配位，形成八面体，共有6对价层电子对，B正确；
C．在晶胞体对角线的一维空间上应出现 的排布规律，C错误；
D．如图 ，pb长度即为金属与原子的最短距离，，，，则，D正确。
故选C。
2．D
【详解】A．S和的反应，无论过量还是少量，均只能生成，A错误；
B．与稀硝酸的反应，过量生成，HNO3少量生成，与硝酸的浓度无关，B错误；
C．溶液与氨水反应，少量的氨水则产生氢氧化铜沉淀，过量的氨水则生成氢氧化四氨合铜，与氨水的浓度无关，C错误；
D．与浓硫酸，在时生成，在时生成乙醚，D正确；
故选D。
3．B
【分析】由图可知，L1表示反应的平衡常数为(10—1)3×10—16.8=10—19.8，L2表示反应的平衡常数为(10—3)3×101.5=10—7.5，由K2大于K1可知，L1代表—lg与关系，L2直线代表与关系。
【详解】A．由分析可知，L2直线代表与关系，故A正确；
B．由图可知，c点浓度熵Qc=(10—1)3×10—10=10—13，则c点条件下，不能生成，能生成，故B错误；
C．由K2大于K1可知，在含相同浓度的亚铁离子和镍离子的溶液中滴加稀草酸钾溶液时，先生成，故C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K====1012.3，故D正确；
故选B。
4．B
【分析】配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O，相同物质的量的绿色晶体的水溶液与硝酸银溶液反应得到白色沉淀的质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，说明紫色晶体中外界有三个氯离子，而绿色晶体中外界只有2个氯离子，则绿色晶体配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O、紫色晶体配合物的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3。
【详解】A．由分析可知，绿色晶体配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，则绿色晶体的配体氯离子和水的物质的量之比为1：5，故A正确；
B．由分析可知，紫色晶体配合物的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，故B错误；
C．由分析可知，绿色晶体配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O、紫色晶体配合物的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，则两种晶体的化学式相同，但结构不同，所以性质不同，故C正确；
D．由分析可知，绿色晶体配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O、紫色晶体配合物的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，则0.01mol紫色晶体在水溶液中与过量硝酸银作用最多可得到氯化银的质量为0.01mol×3×143.5g·mol－1=4.305g，故D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．基态铜原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，失去4s上的1个电子变成Cu+，则 价层电子排布式为：，A错误；
B．CO为含有极性键的双原子分子，则为极性分子，B错误；
C．中心原子价层电子对数为：3+=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子，所以分子的空间构型为三角锥形，C正确；
D．中Cu+提供空轨道，NH3和CO为配位体，所以中含有4mol配位键，D错误；
故选C。
6．C
【详解】A．氨硼烷(NH3·BH3)的结构简式为 ，与乙烷相似，B、N原子均含4对共用电子对，因此N、B均达到8电子稳定结构，故A正确；
B．氨硼烷分子之间的作用力较强，分子间的间距较小，因此氨硼烷在常温下为固态，故B正确；
C．同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，N、B元素不相邻，N原子的第一电离能大于B原子，故C错误；
D．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强，氨硼烷分子中与B原子形成共价键的H原子是负电性 (δ+)，说明B原子电负性小于H原子，故D正确；
故答案为C。
7．D
【分析】由化合物M结构式可知，X只形成1根共价键，且其价电子数等于其周期数，所以X为H元素；因为Z是地壳中含量最多的元素，所以Z是O元素；由化合物M结构式可知，Y形成4根共价键，且原子序数介于H和O之间，所以Y为C元素；由化合物M结构式可知，W形成3根共价键，且其价电子数等于其周期数，所以W为Al元素；
【详解】A．化合物M中，Al的杂化为，C、O的杂化为，故A错误；
B．H的单质为H2，属于非极性分子，O的单质有O2、O3两种，O2属于非极性分子，O3属于极性分子，故B错误；
C．Y和Z的氢化物有多种，没有说明是简单氢化物，无法判断，故C错误；
D．为，一个中有2个配位O原子，所以中配位数为6，故D正确；
故选D。
8．D
【分析】根据配合物化学式及组成判断，中心离子提供空轨道，配体的个数为配位数；
【详解】A．根据化学式判断，配体为H2O和Br-，故A不正确；
B．根据配体的个数和配体所带电荷，利用化合物中化合价代数和为零判断，中心离子的化合价为+3价，故B不正确；
C．中心离子提供空轨道，故C不正确；
D．根据配体水和溴离子的个数判断配位数为6，故D正确；
故选答案D。
【点睛】此题考查配合物的组成，根据配合物的特点判断，注意中心离子的化合价和配体的个数比一般是1:2，可以利用此特点进行判断化合价。
9．C
【详解】A．[Cu(NH3)4]2+中心离子为Cu2+，基态价电子排布式为3d9，A错误；
B．NH3分子的中心原子价层电子对数为=4，所以VSEPR模型为正四面体，B错误；
C．N、O的电负性均较大，所以NH3与水分子之间的氢键有两种：、，C正确；
D．当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，说明[Cu(NH3)4]2+不是正四面体结构，应是平面正方形，D错误；
综上所述答案为C。
10．A
【详解】A．在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，被称为对角线规则；铍和铝在周期表中位置符合对角线规则，性质相似，A正确；
B．形成配位键，需要一种原子提供空轨道，另一原子提供孤对电子，中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键；[Cu(NH3)4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键，在SiH4中Si满足最外层8电子稳定结构，H满足最外层2电子稳定结构，没有空轨道，不符合形成配位键的条件，B错误；
C．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，C错误；
D．BF3分子是平面三角形，键角为120°，D错误；
故选A。
11．(1) N、O、Cl 6
(2) 、 54
【解析】（1）
中的氧原子、中的氮原子和中都有孤电子对，可作配位原子，故配位原子为O、N、Cl；
中心离子的配位数为。
（2）
由结构可知，N-甲基咪唑含有甲基和碳碳双键，则该分子中碳原子的杂化轨道类型为、；
1个N-甲基咪唑中含有6个键、4个键、1个碳碳双键和1个碳氮双键，单键、配位键属于键，1个双键中有1个O键和1个键，所以1个中含有个键。
12．
【详解】[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，其中锌离子提供空轨道，碳原子提供孤对电子对，故箭头指向锌离子，[Zn(CN)4]2-的结构表示为。
13． 2s22p4 A 氢 范德华力 2 Cu2＋＋4H2O=[Cu(H2O)4]2＋
【详解】(1)氧元素是8号元素，氧原子在基态的价电子排布式为2s22p4；
(2) A．H2O分子的氧原子采取sp3杂化，H3O＋中的氧原子也是采取sp3杂化，即氧原子的杂化类型没有改变，A错误；
B．H2O分子呈V形，H3O＋呈三角锥形，即微粒的形状发生了改变，B正确；
C．微粒的化学性质发生了改变，比如H3O＋可以和OH-反应，而H2O不能和OH-反应，C正确；
D．两种微粒的形状不同，键角也不相同，D正确；
故选A；
(3)在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成4个氢键；水分子间不只存在氢键，还存在范德华力；1个氢键被2个水分子共用，平均1mol H2O中含2mol氢键；
(4)该离子方程式为。
14． > [PtCl4(NH3)2]形成过程中，NH3中N原子的孤电子对与Pt形成配位键，N→Pt配位键相比于孤电子对，对其他成键电子对的排斥作用减小，造成H—N—H的键角增大
【详解】氨分子里的氮原子是sp3杂化，在氨分子里，氮原子有一孤电子对，对成键电子对有比较强的排斥力。[PtCl4(NH3)2]形成过程中，NH3中N原子的孤电子对与Pt形成配位键，N→Pt配位键相比于孤电子对，对其他成键电子对的排斥作用减小，造成H—N—H的键角增大，所以[PtCl4(NH3)2]中H—N—H之间的夹角>NH3分子中H—N—H之间的夹角。
15． [Co(NH3)6]Cl3 [Co(NH3)5Cl]Cl2 [Co(NH3)4Cl2]Cl 6 空轨道 孤电子对 [Fe(SCN)]Cl2 FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl
【详解】(1) ①由题意知，四种络合物中的自由Cl－分别为3、2、1、1，则它们的化学式分别为[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl。
②1mol CoCl3·6NH3只生成3mol氯化银，则有3mol氯离子为外界离子，钴的配位数为6；
1mol CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)都只生成1mol氯化银，则有1mol氯离子为外界离子，钴的配位数为6。
(2)①Fe3+与SCN-反应生成的配合物中， Fe3+提供空轨道， SCN-提供孤对电子。
②Fe3+与SCN-以个数比1 : 1配合所得离子为[Fe ( SCN)]2+ ，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe ( SCN ) ]Cl2与KCl。
③国Fe3+与SCN-以个数比1 : 5配合所得高子为[Fe (SCN) 5]2-，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe (SCN)5]2-与KCI，所以反应方程式为: FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl。
16．(1) 哑铃形
(2)SO3、CO
(3) N＞O＞C 配位键 sp2 sp3 ＞
【详解】（1）基态C原子的电子排布式为1s22s22p2，则其价层电子的轨道表达式为 ，基态C原子核外电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃形；
（2）原子个数和价电子数均相等的微粒是等电子体，与硝酸根离子互为等电子体的有：SO3、；
（3）①红色配离子中含有的非金属元素有C、N、O，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于同周期相邻元素，这三种元素位于同一周期，且C、N、O分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能大小顺序为N＞O＞C；
②中心离子是亚铁、配体是CN-，与亚铁离子之间的作用力为配位键；的价层电子对数为3+=3，无孤对电子，N原子为sp2杂化，中N原子价层电子对个数=4+=4，N原子为sp3杂化；的空间构型为平面三角形，∠ONO 为120°，的空间构型是正四面体，∠HNH为109°28′，则键角∠ONO>∠HNH。
17．(1) VIII 3s23p63d6
(2) 正四面体形 sp3
(3) 3：2 ac 不可行 生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1 ×10-5 ，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的
【详解】（1）铁为26号元素，处于周期表中第4周期VIII族，基态Fe2+的最外层电子排布式为，故答案为：VIII；3s23p63d6；
（2）阴离子PO中心P原子的价层电子对数，无孤对电子，P为sp3，该离子为正四面体形，故答案为：正四面体形；sp3；
（3）①单键和配位键均为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，由离子结构可知其所含σ键数为18个，π键数为12个，σ键和π键的个数比为3:2；[Fe(SCN)6]3- 中Fe与S之间存在配位键，S-C和C-N之间均为极性共价键，故答案为：3:2；ac；
②由题中信息已知生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1 ×10-5 ，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的，因此该实验不可行，故答案为：不可行；生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1 ×10-5 ，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的；
18． 3：2 H2O 水分子间可以形成氢键，使沸点升高 B Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-
【详解】
(1)碳元素的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为乙炔，其结构式为：，碳碳三键中有一个σ键，两个π键，其分子中的σ键与π键的键数之比为3:2，答案为：3:2；
(2)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物是甲烷和水，其中沸点较高的为H2O，原因是水分子间可以形成氢键，使沸点升高，答案为：H2O；水分子间可以形成氢键，使沸点升高；
(3)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，说明1molRCl3·6H2O中能电离出2molCl-，此配合物最可能是[R(H2O)5Cl]Cl2·H2O，答案为B；
(4)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，形成了四氨合铜离子，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，答案为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-。
19． 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1) C≡O CN- N>O>C CDEGH sp2、sp3 [TiCl(H2O)5]2+
【分析】(1).铜位于第4周期,该周期中未成对电子数最多的元素中3d轨道上应是半充满状态,4s轨道上也是半充满状态,为Cr元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；
(2).C原子最外层有4个电子,O原子最外层有6个电子,当二者都符合8电子的稳定结构时,电子式为,即C与O之间形成共价叁键,结构式为C≡O;CO分子共含有14个电子,与其互为等电子体的离子为CN-;同周期元素自左到右,第一电离能有增大的趋势,ⅡA族元素和ⅤA族元素由于是全充满(,ⅡA族)或半充满(ⅤA族)的稳定结构,故第一电离能要高于其相邻的主族元素,即三者第一电离能的大小顺序为N>O>C；
(3).①在该配离子中含有C-O、C-H等极性键,含有C-C非极性键,O与Fe3+之间的配位键,C-C、C-O、C-H、O-H等σ键,C=O、C=C含有π键；
②碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采用sp2杂化,-CH3和-CH2-中的碳原子采用sp3杂化；
（4）.两种物质的溶液中加入AgNO3溶液后都生成白色沉淀,说明外界中都含有Cl-由得到沉淀的量的关系可知,绿色物质中的Cl-有2个在外界,而紫色物质中的Cl-全部在外界,故绿色物质的内界的化学式为[TiCl(H2O)5]2+；
【详解】(1).铜位于第4周期,该周期中未成对电子数最多的元素中3d轨道上应是半充满状态,4s轨道上也是半充满状态,为Cr元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)，答案为：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；
(2).C原子最外层有4个电子,O原子最外层有6个电子,当二者都符合8电子的稳定结构时,电子式为，即C与O之间形成共价叁键,结构式为C≡O;CO分子共含有14个电子,与其互为等电子体的离子为CN-;同周期元素自左到右,第一电离能有增大的趋势,ⅡA族元素和ⅤA族元素由于是全充满(,ⅡA族)或半充满(ⅤA族)的稳定结构,故第一电离能要高于其相邻的主族元素,即三者第一电离能的大小顺序为N>O>C，答案为：C≡O；CN-；N>O>C；
(3).①在该配离子中含有C-O、C-H等极性键,含有C-C非极性键，O与Fe3+之间的配位键,C-C、C-O、C-H、O-H等σ键,C=O、C=C含有π键，答案为：CDEGH；
②碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采用sp2杂化，-CH3和-CH2-中的碳原子采用sp3杂化，答案为：sp2、sp3；
（4）.两种物质的溶液中加入AgNO3溶液后都生成白色沉淀,说明外界中都含有Cl-由得到沉淀的量的关系可知,绿色物质中的Cl-有2个在外界，而紫色物质中的Cl-全部在外界,故绿色物质的内界的化学式为[TiCl(H2O)5]2+，答案为：[TiCl(H2O)5]2+；
【点睛】等电子体的电子式相同，CO与氮气互为等电子体，则CO的电子式为。
20．(1) 紫 I2+I−I3− I2、CCl4都是非极性分子，非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，而水是极性分子
(2) 难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液 小 深蓝
(3) 乙醇浓硫酸乙酸 CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O
【详解】（1）在碘水溶液中加入1mL四氯化碳，振荡试管，观察碘被四氯化碳萃取，形成紫色的碘的四氯化碳溶液。再向试管里加入1mL浓碘化钾水溶液，振荡试管，溶液颜色变浅，发生了反应I2+I−I3−。I2、CCl4都是非极性分子，非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，而水是极性分子，故碘在四氯化碳中比在纯水中的溶解性好。
（2）向盛有溶液的试管里滴加几滴1molL氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，发生反应Cu(OH)2+4NH3=+2OH-，可以观察到的实验现象为难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。乙基中电子偏向氧原子，减弱氧原子的电负性，所以乙醇分子的极性比水小；加入弱极性的乙醇，Cu(NH3)4SO4·H2O的溶解度减小，所以观察到深蓝色的Cu(NH3)4SO4·H2O晶体析出。
（3）不能将乙醇、乙酸加入浓硫酸中，不然易发生爆沸；其他物质按照密度大的液体加入密度小液体中的原则，因此先加乙醇、再加浓硫酸、冷却后，最后加乙酸。反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。
21．(1) (浓) 浓硫酸
(2)排尽装置中的空气，防止加热时钻被氧气氧化
(3)防止过氧化氢分解、氨气逸出
(4)B
(5) X射线衍射仪 正八面体
(6)16.2
【详解】（1）的制备中B装置中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，然后将气体进入装置C，先通入盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶除去Cl2中的杂质HCl，然后气体通入盛有浓硫酸的洗气瓶干燥Cl2后，在硬质玻璃管中Cl2与Co反应产生CoCl2，气体被收集在广口瓶中，装置A洗气瓶中盛有浓硫酸，防止氢氧化钠中水蒸气进入收集瓶中，导致CoCl2发生水解反应，强氧化钠是尾气处理装置，吸收多余Cl2。由上述分析可知B装置用于制备氯气，其反应的化学方程式为(浓)；A装置中洗气瓶内所装试剂的名称为浓硫酸；
（2）使B装置中开始生成氯气，待A装置内充满黄绿色气体，再加热A装置中的钴粉，目的是排尽装置中的空气，防止加热时钻被氧气氧化；
（3）三氯化六氨合钴(Ⅲ)的制备中向CoCl2溶液中加入NH4Cl溶液、浓氨水，然后再加入H2O2溶液，在活性炭的催化作用、经水浴加热下反应：。溶液中Co(II)被氧化为Co(III)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，冰水冷却后抽滤得固体1，向固体1中加入热的稀盐酸溶解，趁热过滤，得固体2为活性炭，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤2~3次，低温干燥得到产品。水浴温度不超过60℃的原因是
由于温度过高会导致氨气的挥发(或H2O2的分解)，而温度较低时反应速率又太慢，不利于反应的发生，保持温度为60℃时，能够保证较快的反应速率，同时也可以减少氨气的挥发(或H2O2的分解)；
（4）由上述分析可知：
A. 已知反应，则氯化铵为反应物，同时氯化铵为强酸弱碱盐，加入NH4Cl溶液影响氨水的电离平衡、可以调节溶液的，以增加的氧化性和稳定性，A正确；
B. 据分析，活性炭是催化剂，固体2是活性炭，B错误；
C. [Co(NH3)6]Cl3溶液中加入浓HCl，Cl－浓度增大，根据沉淀溶解平衡理论，平衡向生成[Co(NH3)6]Cl3晶体的方向移动，所以加入浓HCl的目的是为了有利于[Co(NH3)6]Cl3析出，提高产率加入浓盐酸，则析出产品的反应方程式为，C正确
D. 已知：三氯化六氨合钴不溶于乙醇，常温水中溶解度较小，则可用乙醇水溶液洗涤产品，D正确；
故选B。
（5）测定晶体结构最常见的仪器是X射线衍射仪，从而获取晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间的有序排列。中心离子采取杂化，其空间结构为正八面体；
（6）发生的反应2Co3++2I-═I2+2Co2+，I2+2S2O═2I-+S4O，关系式，由此进行计算，关系式为2Co3+~I2~2S2O，n(Co3+)=n(S2O)=c×V×10-3mol，m(Co3+)=0.015×54.00×10-3mol×59g/mol=0.04779g，该产品中钴元素的质量分数为 =16.2%。
22．(1) [Cu(H2O)4]2+ 4
(2) Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH—+4 H2O Cu(OH)2悬浊液存在平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH—(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液
(3) 配体的浓度 配体的种类 NH3＞OH—
(4) 由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应 向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)
(5)2Cu2++6S2O=S4O+2[Cu(S2O3)2]3-
(6)二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl—易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl—时能增大Cu2+与S2O发生氧化还原反应的趋势
【分析】由图可知，硫酸铜溶液与加入的氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铜浑浊液，将浑浊液分成三等分，向a中加入等浓度的氢氧化钠溶液时，氢氧化铜浑浊液依然是浑浊液；向b中加入浓氢氧化钠溶液，氢氧化铜浑浊液转化为含有四氢氧根合铜离子的深蓝色溶液；向c中加入等浓度的氨水，氢氧化铜浑浊液转化为含有四氨合铜离子的深蓝色溶液，由实验可知，配合物的形成与配体的浓度和种类有关，由加入氨水和氢氧化钠溶液的浓度可知，氨分子的配位能力强于氢氧根离子。
【详解】（1）由分析可知，硫酸铜溶液呈蓝色与溶液中存在四水合铜离子配离子有关；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的白色球的个数为8×+1=2，位于体内的黑色球的个数为4，由氧化亚铜的化学式可知，黑色球为铜原子，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；4；
（2）Cu(OH)2悬浊液存在平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH—(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，则氢氧化铜浑浊液与氨水反应生成四氨合铜离子的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH—+4 H2O，故答案为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH—+4 H2O；Cu(OH)2悬浊液存在平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH—(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液；
（3）由分析可知，由题给实验可得出的实验结论为配合物的形成与配体的浓度、配体的种类有关，氨分子与铜离子的的配位能力强于氢氧根离子，故答案为：配体的浓度；配体的种类；NH3＞OH—；
（4）①通过CuSO4与Na2S2O3溶液反应的现象，由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu(S2O3)2]3-，即发生了氧化还原反应，故答案为：由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；
②由题给信息可知，若无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，则验证的实验方案为取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)，故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)；
（5）由题意可知，Cu2+与S2O发生氧化还原反应生成S4O和[Cu(S2O3)2]3-，反应的离子方程式为2Cu2++6S2O=S4O+2[Cu(S2O3)2]3-，故答案为：2Cu2++6S2O=S4O+2[Cu(S2O3)2]3-;
（6）由实验II可知，随溶液中的的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，而Cl—易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl—时能增大Cu2+与S2O发生氧化还原反应的趋势，故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl—易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl—时能增大Cu2+与S2O发生氧化还原反应的趋势。
23．(1)分液漏斗
(2) A→D→C→E→B 防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解
(3)
(4)溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
(5) 控制反应速率 防止温度过高使和分解
(6)
(7)趁热过滤、冷却结晶
【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；
（3）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2；
（4）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；
（5）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；
（6）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；
（7）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。
4.2.1配合物的形成同步练习-苏教版高中化学选择性必修2
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某新型储氢材料的晶胞如图。八面体中心为，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。该晶体属于立方晶系，晶胞边长为anm其摩尔质量为188g/mol。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为
B．金属离子的价层电子对数为6
C．在晶胞体对角线的一维空间上会出现的排布规律
D．金属与原子的最短距离为
2．下列反应过程，对反应产物或现象以及影响因素的分析均正确的是
选项
反应物
反应产物或现象
影响因素
A
或
用量
B
、稀硝酸
生成或
硝酸的浓度
C
溶液、氨水
现象不同
氨水的浓度
D
、浓硫酸
或乙醚
温度
A．A B．B C．C D．D
3．络合平衡是广泛存在于自然界中的平衡之一，、、之间存在络合平衡：
①，平衡常数为；
②，平衡常数为，且大于。
298K时，在水溶液中，，之间关系如图所示，其中，X代表、，下列叙述错误的是
A．L2直线代表与关系
B．c点条件下，能生成，不能生成
C．在含相同浓度的和溶液中滴加稀溶液，先生成
D．的平衡常数K为
4．在TiCl3的溶液中通入一定量HCl，如果加入乙醚生成绿色晶体；如果不加入乙醚，得到的是紫色晶体；已知两种晶体化学式均为TiCl3·6H2O，两种晶体均为配位数是6的配合物；分别取0.01 mol两种晶体，在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀的质量为紫色晶体得到的白色沉淀质量的，则下列有关说法不正确的是
A．该绿色晶体的配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5
B．紫色晶体配合物可用[Ti(H2O)6Cl]Cl2表示
C．上述两种晶体的化学式相同，但结构不同，所以性质不同
D．0.01 mol紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到4.305 g沉淀
5．铜氨液可以吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是
A．价层电子排布式为：
B．CO为非极性分子
C．空间构型为三角锥形
D．中含有3mol配位键
6．氨硼烷(NH3·BH3)是一种颇具潜力的固体储氢材料，具有较高的稳定性和环境友好性。下列关于氨硼烷的说法错误的是
A．氨硼烷结构与乙烷相似，N、B均达到8电子稳定结构
B．氨硼烷分子间有较强的作用力，故常温下为固态
C．分子中N原子的第一电离能小于B原子
D．分子中与B原子形成共价键的H原子是负电性 (δ+)，说明B原子电负性小于H原子
7．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，其中X、W元素的价电子数等于其周期数，Z是地壳中含量最多的元素。它们形成的一种化合物M结构式如右图，下列说法正确的是：
A．化合物M中，W、Z、Y的均为杂化
B．X和Z的单质都属于非极性分子
C．氢化物的沸点：Y
8．关于的说法正确的是
A．配体为 B．中心离子的化合价为+2
C．中心离子提供孤电子对 D．中心离子的配位数为6
9．向CuSO4溶液滴加氨水至过量，得到含有[Cu(NH3)4]2+配离子的深蓝色溶液。[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物。下列有关该反应过程中的叙述或表达正确的是
A．[Cu(NH3)4]2+中心离子基态的价电子轨道表示式是：
B．配体NH3分子的VSEPR模型为平面正三角形
C．氨水中NH3与水分子之间的氢键：、
D．[Cu(NH3)4]2+的空间构型为：
10．下列说法中，正确的是
A．根据对角线规则，铍和铝的性质具有相似性
B．在SiH4、和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键
C．丙烯(CH3CH=CH2)分子中3个碳原子都是sp3杂化
D．BF3分子键角为109°28'
二、填空题
11．回答下列问题：
(1)三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是 ，中心离子的配位数为 。
(2)与N-甲基咪唑()反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为 ，1个中含有 个键。
12．[Zn(CN)4]2-中Zn2＋与CN-的C原子形成配位键，不考虑立体构型，[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为 。
13．在化学实验和科学研究中，水是一种常用的试剂。
(1)水分子中的氧原子在基态时的价电子排布式为： 。
(2)水分子在特定条件下容易得到一个H＋而形成水合氢离子(H3O＋)。对上述过程的下列描述不合理的是 。
A．氧原子的杂化类型发生了改变
B．微粒的形状发生了改变
C．微粒的化学性质发生了改变
D．微粒中的键角发生了改变
(3)在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成 键，水分子间还存在 ，1mol H2O中含 mol氢键。
(4)将白色的无水CuSO4溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位离子。请写出生成此配位离子的离子方程式： 。
14．[PtCl4(NH3)2]中H—N—H之间的夹角 (填“>”“<”或“=”)NH3分子中H—N—H之间的夹角，原因是 。
15．(1)配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。
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上述配合物中，中心离子的配位数都是 。
(2)向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的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。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：
①Fe3+与SCN-反应时，Fe3+提供 ，SCN-提供 ，二者通过配位键结合。
②所得Fe3+与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。含该离子的配合物的化学式是 。
③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 。
16．某杂志报道了一种用磁场远程开启化学反应的方法，一种含铁化合物纳米粒子在其中发挥了重要作用。
(1)基态C原子的价层电子轨道表达式为 ；其核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图形为 。
(2)写出与NO互为等电子体的一种分子和一种离子： 。
(3)[Fe(CN)6]4-与硝酸反应的离子方程式为：[Fe(CN)6]4-+4H++NO=CO2↑+[Fe(CN)5(NO)]2-(红色)+NH。
①红色离子中所含非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
②CN-与亚铁离子之间的作用力为 ；NO、NH中氮原子的杂化方式分别为 、 ，键角∠ONO (填“＞”或“＜”)∠HNH。
17．近日，比亚迪宣布推出基于磷酸铁锂技术的“刀片电池”，刀片电池能量密度大，安全性高。电池的正极活性材料是LiFePO4。
(1)铁元素位于周期表第四周期第 族；基态Fe2+的最外层电子排布式为 。
(2)正极材料LiFePO4的阴离子PO的空间构型为 ，磷原子采取的杂化方式为 。
(3)Fe原子或离子外围有较多能量相近的空轨道，能与SCN -、CN-、C2O等形成配合物。
①[Fe(SCN)6]3-的结构简式如图所示，其结构中σ键和π键的个数比为 ；[Fe(SCN)6]3- 中含有的化学键类型是 (填字母) 。
a．极性共价键 b． 离子键 c．配位键 d．金属键
②K3Fe (C2O4)3·3H2O为可溶于水的晶体，某同学欲检验该晶体中Fe元素的价态，取少量晶体放入试管中，加蒸馏水使其充分溶解，再向试管中滴入几滴0.1mol·L-1KSCN溶液。
已知： i.[Fe (SCN)]2+ (aq)为血红色：
ii.25°C时，[Fe(C2O4)3]3-+SCN- [Fe(SCN)]2++3C2O K=6. 31 × 10-17mol2·L-2上述实验方案 (填“可行”或“不可行”)，并解释其原因 。
18．(1)碳元素的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中的σ键与π键的键数之比为 。
(2)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物中，沸点较高的为 (写化学式)，原因是 。
(3)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀。此配合物最可能是 。
A．[R(H2O)6]Cl3 B．[R(H2O)5Cl]Cl2·H2O
C．[R(H2O)4Cl2]Cl·2H2O D．[R(H2O)3Cl3]·3H2O
(4)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色沉淀，反应的离子方程式为： ，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，写出反应的离子方程式为： 。
19．过渡金属配合物的一些特有性质的研究正受到许多研究人员的关注,因为这方面的研究无论是理论上还是工业应用上都具有重要意义。
⑴铜离子与氨基酸形成的配合物具有杀菌、消炎和抗肿瘤活性。与铜属于同一周期,且未成对电子数最多的元素基态原子的核外电子排布式为 .
⑵CO可以和很多过渡金属形成配合物,如羰基铁[Fe(CO)5]、羰基镍[Ni(CO)4]。CO分子中C原子上有一对孤电子对,C、O原子都符合8电子的稳定结构,CO的结构式为 ,与CO互为等电子体的离子为 (填化学式)。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
⑶氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时,会生成紫色配合物,其配离子的结构如下图所示:
①此配离子中含有的作用力有 (填字母)。
A．离子键B．金属键C．极性键D．非极性键E.配位键F.氢键G. σ键H.π键
②此配合物中碳原子的杂化轨道类型有 。
⑷Ti3+可形成配位数为6的配合物。现有钛的两种颜色的配合物,一种为紫色,另一种为绿色。相关实验证明,两种物质的组成皆为TiCl3·6H2O。为测定这两种配合物的成键情况,设计了如下实验:分别取等质量的两种物质的样品配成待测溶液;分别往待测溶液中滴入过量的AgNO3溶液并充分反应,均产生白色沉淀;测定沉淀质量并比较,发现由原绿色物质得到的沉淀质量是由原紫色物质得到的沉淀质量的2/3.则原绿色配合物的内界的化学式为 .
20．化学是一门以实验为基础的学科。回答下列问题：
I．碘的溶解性
(1)在碘水溶液中加入1mL四氯化碳，振荡试管，观察碘被四氯化碳萃取，形成 色的碘的四氯化碳溶液。再向试管里加入1mL浓碘化钾水溶液，振荡试管，溶液颜色变浅，用离子方程式解释溶液颜色变浅的原因： ，碘在四氯化碳中比在纯水中的溶解性好，试从分子结构角度解释其原因： 。
Ⅱ．晶体制备
(2)向盛有溶液的试管里滴加几滴1molL氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，可以观察到的实验现象为 。再向试管中加入极性较 的试剂乙醇(填“大”或“小”)，并用玻璃棒摩擦试管壁，可以观察到有 色的Cu(NH3)4SO4·H2O晶体析出。
Ⅲ．乙酸乙酯的制备
(3)利用下图装置制备乙酸乙酯，乙醇、乙酸、浓硫酸三种试剂的加入顺序为 ，反应的化学方程式为 。
三、实验题
21．钴及其化合物在化工生产中有重要的用途。三氯化六氨合钴(Ⅲ)是黄色或橙黄色晶体，实验室以为原料经催化制备，步骤如下：
I.的制备
可以通过钴和氯气反应制得，实验室制备纯净可用如图实验装置(已知：易潮解)。
(1)B装置用于制备氯气，其反应的化学方程式为 。A装置中洗气瓶内所装试剂的名称为 。
(2)组装好仪器进行实验时，要先加入浓盐酸，使B装置中开始生成氯气，待A装置内充满黄绿色气体，再加热A装置中的钴粉，目的是 。
II.三氯化六氨合钴(Ⅲ)的制备。其原理为：
已知：三氯化六氨合钴不溶于乙醇，常温水中溶解度较小。
(3)水浴温度不超过60℃的原因是 。
(4)下列说法不正确的是_______(填标号)。
A．除作为反应物外，还有调节溶液的pH、增强的氧化性的作用
B．活性炭是脱色剂、固体2是活性炭
C．加入浓盐酸，析出产品的反应方程式为
D．可用乙醇水溶液洗涤产品
III.晶体结构测定与钴含量分析。
(5)测定晶体结构最常见的仪器是 ，从而获取晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间的有序排列。中心离子采取杂化，其空间结构为 。
(6)利用将KI氧化成，被还原后的产物为。然后用标准溶液滴定生成的，所得产物为。若称取样品的质量为0.295g，滴定时，达到终点消耗标准溶液的平均体积为54.00mL。该样品中钴元素的质量分数为 ％。
22．铜的配合物广泛存在，对含铜配合物的研究一直是关注的热点。
I.同学甲设计如下制备铜的配合物的实验I：
已知：铜离子的配位数通常为4，呈深蓝色，呈深蓝色
(1)溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子 (填化学式)；利用可制备(晶胞如图)，1个晶胞中含Cu原子的数目为 。
(2)写出浑浊液中加入溶液发生的离子方程式： ，结合化学平衡原理解释试管c中浑浊液转变为深蓝色溶液的原因 。
(3)由实验I可得出以下结论：
结论1：配合物的形成与 、 有关；
结论2：结合上述实验，b、c中配体的配位能力强弱顺序为： (填化学式)。
II.同学乙查阅资料发现与在溶液中可以发生配位反应，生成配合物；同学丙认为有氧化性，与在溶液中可以发生氧化还原反应。
【资料】i.(绿色)；(无色)；
ii.(无色)，遇空气容易被氧化成(蓝色)；
iii.易被氧化为或。
实验II：探究与溶液的反应。
实验操作
实验序号
逐滴加入溶液时的实验现象
a
1.5
0.5
溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b
1.0
1.0
溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c
0
2.0
溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
(4)①丙同学认为实验II可证明发生了氧化还原反应，他的理由是
②丙同学利用已知资料进一步确证了无色溶液中存在，他的实验方案是：取少量无色溶液， 。
(5)经检验氧化产物以形式存在，写出与发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式： 。
(6)由实验II可得出以下结论：盐与在溶液中的反应与多种因素有关，随的增大， 。
23．(三氯化六氨合钴)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验室中可由金属钴及其他原料制备。
已知：在时恰好完全沉淀为；②不同温度下在水中的溶解度如图所示。
(一) 的制备
易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。
(1)仪器a的名称为 。
(2)用图中的装置组合制备，连接顺序为 。装置B的作用是 。
(3)装置A中发生反应的离子方程式为 。
(二) 的制备
步骤如下：
Ⅰ.在100 mL锥形瓶内加入4.5 g研细的，和5 mL水，加热溶解后加入0.3 g活性炭作催化剂。
Ⅱ.冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液。
Ⅲ.在60℃下反应一段时间后，经过_______、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。
(4)在加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入，请结合平衡移动原理解释原因 。
(5)步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是 、 。
(6)制备的总反应的化学方程式为 。
(7)步骤Ⅲ中的操作名称为 。
参考答案：
1．C
【详解】A．根据晶胞结构，与周围6个配位，晶胞中共有个八面体结构，原子与周围4个原子配位，晶胞中共有8个四面体，故其化学式为，A正确；
B．与周围6个配位，形成八面体，共有6对价层电子对，B正确；
C．在晶胞体对角线的一维空间上应出现 的排布规律，C错误；
D．如图 ，pb长度即为金属与原子的最短距离，，，，则，D正确。
故选C。
2．D
【详解】A．S和的反应，无论过量还是少量，均只能生成，A错误；
B．与稀硝酸的反应，过量生成，HNO3少量生成，与硝酸的浓度无关，B错误；
C．溶液与氨水反应，少量的氨水则产生氢氧化铜沉淀，过量的氨水则生成氢氧化四氨合铜，与氨水的浓度无关，C错误；
D．与浓硫酸，在时生成，在时生成乙醚，D正确；
故选D。
3．B
【分析】由图可知，L1表示反应的平衡常数为(10—1)3×10—16.8=10—19.8，L2表示反应的平衡常数为(10—3)3×101.5=10—7.5，由K2大于K1可知，L1代表—lg与关系，L2直线代表与关系。
【详解】A．由分析可知，L2直线代表与关系，故A正确；
B．由图可知，c点浓度熵Qc=(10—1)3×10—10=10—13，则c点条件下，不能生成，能生成，故B错误；
C．由K2大于K1可知，在含相同浓度的亚铁离子和镍离子的溶液中滴加稀草酸钾溶液时，先生成，故C正确；
D．由方程式可知，反应的平衡常数K====1012.3，故D正确；
故选B。
4．B
【分析】配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子的含量，两种晶体的组成皆为TiCl3·6H2O，相同物质的量的绿色晶体的水溶液与硝酸银溶液反应得到白色沉淀的质量为紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，说明紫色晶体中外界有三个氯离子，而绿色晶体中外界只有2个氯离子，则绿色晶体配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O、紫色晶体配合物的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3。
【详解】A．由分析可知，绿色晶体配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O，则绿色晶体的配体氯离子和水的物质的量之比为1：5，故A正确；
B．由分析可知，紫色晶体配合物的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，故B错误；
C．由分析可知，绿色晶体配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O、紫色晶体配合物的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，则两种晶体的化学式相同，但结构不同，所以性质不同，故C正确；
D．由分析可知，绿色晶体配合物的化学式为[TiCl（H2O）5]Cl2·H2O、紫色晶体配合物的化学式为[Ti（H2O）6]Cl3，则0.01mol紫色晶体在水溶液中与过量硝酸银作用最多可得到氯化银的质量为0.01mol×3×143.5g·mol－1=4.305g，故D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．基态铜原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，失去4s上的1个电子变成Cu+，则 价层电子排布式为：，A错误；
B．CO为含有极性键的双原子分子，则为极性分子，B错误；
C．中心原子价层电子对数为：3+=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子，所以分子的空间构型为三角锥形，C正确；
D．中Cu+提供空轨道，NH3和CO为配位体，所以中含有4mol配位键，D错误；
故选C。
6．C
【详解】A．氨硼烷(NH3·BH3)的结构简式为 ，与乙烷相似，B、N原子均含4对共用电子对，因此N、B均达到8电子稳定结构，故A正确；
B．氨硼烷分子之间的作用力较强，分子间的间距较小，因此氨硼烷在常温下为固态，故B正确；
C．同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，N、B元素不相邻，N原子的第一电离能大于B原子，故C错误；
D．电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力的标度，元素的电负性越大，表示其原子在化合物中吸引电子的能力越强，氨硼烷分子中与B原子形成共价键的H原子是负电性 (δ+)，说明B原子电负性小于H原子，故D正确；
故答案为C。
7．D
【分析】由化合物M结构式可知，X只形成1根共价键，且其价电子数等于其周期数，所以X为H元素；因为Z是地壳中含量最多的元素，所以Z是O元素；由化合物M结构式可知，Y形成4根共价键，且原子序数介于H和O之间，所以Y为C元素；由化合物M结构式可知，W形成3根共价键，且其价电子数等于其周期数，所以W为Al元素；
【详解】A．化合物M中，Al的杂化为，C、O的杂化为，故A错误；
B．H的单质为H2，属于非极性分子，O的单质有O2、O3两种，O2属于非极性分子，O3属于极性分子，故B错误；
C．Y和Z的氢化物有多种，没有说明是简单氢化物，无法判断，故C错误；
D．为，一个中有2个配位O原子，所以中配位数为6，故D正确；
故选D。
8．D
【分析】根据配合物化学式及组成判断，中心离子提供空轨道，配体的个数为配位数；
【详解】A．根据化学式判断，配体为H2O和Br-，故A不正确；
B．根据配体的个数和配体所带电荷，利用化合物中化合价代数和为零判断，中心离子的化合价为+3价，故B不正确；
C．中心离子提供空轨道，故C不正确；
D．根据配体水和溴离子的个数判断配位数为6，故D正确；
故选答案D。
【点睛】此题考查配合物的组成，根据配合物的特点判断，注意中心离子的化合价和配体的个数比一般是1:2，可以利用此特点进行判断化合价。
9．C
【详解】A．[Cu(NH3)4]2+中心离子为Cu2+，基态价电子排布式为3d9，A错误；
B．NH3分子的中心原子价层电子对数为=4，所以VSEPR模型为正四面体，B错误；
C．N、O的电负性均较大，所以NH3与水分子之间的氢键有两种：、，C正确；
D．当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，说明[Cu(NH3)4]2+不是正四面体结构，应是平面正方形，D错误；
综上所述答案为C。
10．A
【详解】A．在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，被称为对角线规则；铍和铝在周期表中位置符合对角线规则，性质相似，A正确；
B．形成配位键，需要一种原子提供空轨道，另一原子提供孤对电子，中氮原子提供孤电子对，氢原子提供空轨道，从而形成配位键；[Cu(NH3)4]2+中铜原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，所以形成配位键，在SiH4中Si满足最外层8电子稳定结构，H满足最外层2电子稳定结构，没有空轨道，不符合形成配位键的条件，B错误；
C．甲基中的C原子为sp3杂化，C=C中的C原子为sp2杂化，则丙烯分子中1个碳原子是sp3杂化，2个碳原子是sp2杂化，C错误；
D．BF3分子是平面三角形，键角为120°，D错误；
故选A。
11．(1) N、O、Cl 6
(2) 、 54
【解析】（1）
中的氧原子、中的氮原子和中都有孤电子对，可作配位原子，故配位原子为O、N、Cl；
中心离子的配位数为。
（2）
由结构可知，N-甲基咪唑含有甲基和碳碳双键，则该分子中碳原子的杂化轨道类型为、；
1个N-甲基咪唑中含有6个键、4个键、1个碳碳双键和1个碳氮双键，单键、配位键属于键，1个双键中有1个O键和1个键，所以1个中含有个键。
12．
【详解】[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，其中锌离子提供空轨道，碳原子提供孤对电子对，故箭头指向锌离子，[Zn(CN)4]2-的结构表示为。
13． 2s22p4 A 氢 范德华力 2 Cu2＋＋4H2O=[Cu(H2O)4]2＋
【详解】(1)氧元素是8号元素，氧原子在基态的价电子排布式为2s22p4；
(2) A．H2O分子的氧原子采取sp3杂化，H3O＋中的氧原子也是采取sp3杂化，即氧原子的杂化类型没有改变，A错误；
B．H2O分子呈V形，H3O＋呈三角锥形，即微粒的形状发生了改变，B正确；
C．微粒的化学性质发生了改变，比如H3O＋可以和OH-反应，而H2O不能和OH-反应，C正确；
D．两种微粒的形状不同，键角也不相同，D正确；
故选A；
(3)在冰晶体中，每个水分子与相邻的4个水分子形成4个氢键；水分子间不只存在氢键，还存在范德华力；1个氢键被2个水分子共用，平均1mol H2O中含2mol氢键；
(4)该离子方程式为。
14． > [PtCl4(NH3)2]形成过程中，NH3中N原子的孤电子对与Pt形成配位键，N→Pt配位键相比于孤电子对，对其他成键电子对的排斥作用减小，造成H—N—H的键角增大
【详解】氨分子里的氮原子是sp3杂化，在氨分子里，氮原子有一孤电子对，对成键电子对有比较强的排斥力。[PtCl4(NH3)2]形成过程中，NH3中N原子的孤电子对与Pt形成配位键，N→Pt配位键相比于孤电子对，对其他成键电子对的排斥作用减小，造成H—N—H的键角增大，所以[PtCl4(NH3)2]中H—N—H之间的夹角>NH3分子中H—N—H之间的夹角。
15． [Co(NH3)6]Cl3 [Co(NH3)5Cl]Cl2 [Co(NH3)4Cl2]Cl 6 空轨道 孤电子对 [Fe(SCN)]Cl2 FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl
【详解】(1) ①由题意知，四种络合物中的自由Cl－分别为3、2、1、1，则它们的化学式分别为[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl。
②1mol CoCl3·6NH3只生成3mol氯化银，则有3mol氯离子为外界离子，钴的配位数为6；
1mol CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)都只生成1mol氯化银，则有1mol氯离子为外界离子，钴的配位数为6。
(2)①Fe3+与SCN-反应生成的配合物中， Fe3+提供空轨道， SCN-提供孤对电子。
②Fe3+与SCN-以个数比1 : 1配合所得离子为[Fe ( SCN)]2+ ，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成[Fe ( SCN ) ]Cl2与KCl。
③国Fe3+与SCN-以个数比1 : 5配合所得高子为[Fe (SCN) 5]2-，故FeCl3与KSCN在水溶液中反应生成K2[Fe (SCN)5]2-与KCI，所以反应方程式为: FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl。
16．(1) 哑铃形
(2)SO3、CO
(3) N＞O＞C 配位键 sp2 sp3 ＞
【详解】（1）基态C原子的电子排布式为1s22s22p2，则其价层电子的轨道表达式为 ，基态C原子核外电子占据最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃形；
（2）原子个数和价电子数均相等的微粒是等电子体，与硝酸根离子互为等电子体的有：SO3、；
（3）①红色配离子中含有的非金属元素有C、N、O，同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族第一电离能大于同周期相邻元素，这三种元素位于同一周期，且C、N、O分别位于第IVA族、第VA族、第VIA族，所以第一电离能大小顺序为N＞O＞C；
②中心离子是亚铁、配体是CN-，与亚铁离子之间的作用力为配位键；的价层电子对数为3+=3，无孤对电子，N原子为sp2杂化，中N原子价层电子对个数=4+=4，N原子为sp3杂化；的空间构型为平面三角形，∠ONO 为120°，的空间构型是正四面体，∠HNH为109°28′，则键角∠ONO>∠HNH。
17．(1) VIII 3s23p63d6
(2) 正四面体形 sp3
(3) 3：2 ac 不可行 生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1 ×10-5 ，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的
【详解】（1）铁为26号元素，处于周期表中第4周期VIII族，基态Fe2+的最外层电子排布式为，故答案为：VIII；3s23p63d6；
（2）阴离子PO中心P原子的价层电子对数，无孤对电子，P为sp3，该离子为正四面体形，故答案为：正四面体形；sp3；
（3）①单键和配位键均为σ键，三键中含1个σ键和2个π键，由离子结构可知其所含σ键数为18个，π键数为12个，σ键和π键的个数比为3:2；[Fe(SCN)6]3- 中Fe与S之间存在配位键，S-C和C-N之间均为极性共价键，故答案为：3:2；ac；
②由题中信息已知生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1 ×10-5 ，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的，因此该实验不可行，故答案为：不可行；生成[Fe(SCN)]2+的反应平衡常数远小于1 ×10-5 ，反应很难进行，滴入KSCN溶液不呈现血红色，达不到检验目的；
18． 3：2 H2O 水分子间可以形成氢键，使沸点升高 B Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-
【详解】
(1)碳元素的一种氢化物相对分子质量为26，该氢化物为乙炔，其结构式为：，碳碳三键中有一个σ键，两个π键，其分子中的σ键与π键的键数之比为3:2，答案为：3:2；
(2)碳元素、氧元素分别与氢元素形成的最简单化合物是甲烷和水，其中沸点较高的为H2O，原因是水分子间可以形成氢键，使沸点升高，答案为：H2O；水分子间可以形成氢键，使沸点升高；
(3)R为铬元素，R的一种配合物的化学式为RCl3·6H2O。已知0.01molRCl3·6H2O在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，产生0.02molAgCl沉淀，说明1molRCl3·6H2O中能电离出2molCl-，此配合物最可能是[R(H2O)5Cl]Cl2·H2O，答案为B；
(4)向含少量CuSO4的水溶液中逐滴滴入氨水，生成蓝色氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，继续滴加氨水至过量，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，形成了四氨合铜离子，反应的离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，答案为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-。
19． 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1) C≡O CN- N>O>C CDEGH sp2、sp3 [TiCl(H2O)5]2+
【分析】(1).铜位于第4周期,该周期中未成对电子数最多的元素中3d轨道上应是半充满状态,4s轨道上也是半充满状态,为Cr元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；
(2).C原子最外层有4个电子,O原子最外层有6个电子,当二者都符合8电子的稳定结构时,电子式为,即C与O之间形成共价叁键,结构式为C≡O;CO分子共含有14个电子,与其互为等电子体的离子为CN-;同周期元素自左到右,第一电离能有增大的趋势,ⅡA族元素和ⅤA族元素由于是全充满(,ⅡA族)或半充满(ⅤA族)的稳定结构,故第一电离能要高于其相邻的主族元素,即三者第一电离能的大小顺序为N>O>C；
(3).①在该配离子中含有C-O、C-H等极性键,含有C-C非极性键,O与Fe3+之间的配位键,C-C、C-O、C-H、O-H等σ键,C=O、C=C含有π键；
②碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采用sp2杂化,-CH3和-CH2-中的碳原子采用sp3杂化；
（4）.两种物质的溶液中加入AgNO3溶液后都生成白色沉淀,说明外界中都含有Cl-由得到沉淀的量的关系可知,绿色物质中的Cl-有2个在外界,而紫色物质中的Cl-全部在外界,故绿色物质的内界的化学式为[TiCl(H2O)5]2+；
【详解】(1).铜位于第4周期,该周期中未成对电子数最多的元素中3d轨道上应是半充满状态,4s轨道上也是半充满状态,为Cr元素,其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)，答案为：1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1)；
(2).C原子最外层有4个电子,O原子最外层有6个电子,当二者都符合8电子的稳定结构时,电子式为，即C与O之间形成共价叁键,结构式为C≡O;CO分子共含有14个电子,与其互为等电子体的离子为CN-;同周期元素自左到右,第一电离能有增大的趋势,ⅡA族元素和ⅤA族元素由于是全充满(,ⅡA族)或半充满(ⅤA族)的稳定结构,故第一电离能要高于其相邻的主族元素,即三者第一电离能的大小顺序为N>O>C，答案为：C≡O；CN-；N>O>C；
(3).①在该配离子中含有C-O、C-H等极性键,含有C-C非极性键，O与Fe3+之间的配位键,C-C、C-O、C-H、O-H等σ键,C=O、C=C含有π键，答案为：CDEGH；
②碳碳双键和碳氧双键中的碳原子采用sp2杂化，-CH3和-CH2-中的碳原子采用sp3杂化，答案为：sp2、sp3；
（4）.两种物质的溶液中加入AgNO3溶液后都生成白色沉淀,说明外界中都含有Cl-由得到沉淀的量的关系可知,绿色物质中的Cl-有2个在外界，而紫色物质中的Cl-全部在外界,故绿色物质的内界的化学式为[TiCl(H2O)5]2+，答案为：[TiCl(H2O)5]2+；
【点睛】等电子体的电子式相同，CO与氮气互为等电子体，则CO的电子式为。
20．(1) 紫 I2+I−I3− I2、CCl4都是非极性分子，非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，而水是极性分子
(2) 难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液 小 深蓝
(3) 乙醇浓硫酸乙酸 CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O
【详解】（1）在碘水溶液中加入1mL四氯化碳，振荡试管，观察碘被四氯化碳萃取，形成紫色的碘的四氯化碳溶液。再向试管里加入1mL浓碘化钾水溶液，振荡试管，溶液颜色变浅，发生了反应I2+I−I3−。I2、CCl4都是非极性分子，非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，而水是极性分子，故碘在四氯化碳中比在纯水中的溶解性好。
（2）向盛有溶液的试管里滴加几滴1molL氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，发生反应Cu(OH)2+4NH3=+2OH-，可以观察到的实验现象为难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。乙基中电子偏向氧原子，减弱氧原子的电负性，所以乙醇分子的极性比水小；加入弱极性的乙醇，Cu(NH3)4SO4·H2O的溶解度减小，所以观察到深蓝色的Cu(NH3)4SO4·H2O晶体析出。
（3）不能将乙醇、乙酸加入浓硫酸中，不然易发生爆沸；其他物质按照密度大的液体加入密度小液体中的原则，因此先加乙醇、再加浓硫酸、冷却后，最后加乙酸。反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。
21．(1) (浓) 浓硫酸
(2)排尽装置中的空气，防止加热时钻被氧气氧化
(3)防止过氧化氢分解、氨气逸出
(4)B
(5) X射线衍射仪 正八面体
(6)16.2
【详解】（1）的制备中B装置中KMnO4与浓盐酸在常温下反应产生Cl2，然后将气体进入装置C，先通入盛有饱和NaCl溶液的洗气瓶除去Cl2中的杂质HCl，然后气体通入盛有浓硫酸的洗气瓶干燥Cl2后，在硬质玻璃管中Cl2与Co反应产生CoCl2，气体被收集在广口瓶中，装置A洗气瓶中盛有浓硫酸，防止氢氧化钠中水蒸气进入收集瓶中，导致CoCl2发生水解反应，强氧化钠是尾气处理装置，吸收多余Cl2。由上述分析可知B装置用于制备氯气，其反应的化学方程式为(浓)；A装置中洗气瓶内所装试剂的名称为浓硫酸；
（2）使B装置中开始生成氯气，待A装置内充满黄绿色气体，再加热A装置中的钴粉，目的是排尽装置中的空气，防止加热时钻被氧气氧化；
（3）三氯化六氨合钴(Ⅲ)的制备中向CoCl2溶液中加入NH4Cl溶液、浓氨水，然后再加入H2O2溶液，在活性炭的催化作用、经水浴加热下反应：。溶液中Co(II)被氧化为Co(III)，生成[Co(NH3)6]Cl3和活性炭的浊液，冰水冷却后抽滤得固体1，向固体1中加入热的稀盐酸溶解，趁热过滤，得固体2为活性炭，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤2~3次，低温干燥得到产品。水浴温度不超过60℃的原因是
由于温度过高会导致氨气的挥发(或H2O2的分解)，而温度较低时反应速率又太慢，不利于反应的发生，保持温度为60℃时，能够保证较快的反应速率，同时也可以减少氨气的挥发(或H2O2的分解)；
（4）由上述分析可知：
A. 已知反应，则氯化铵为反应物，同时氯化铵为强酸弱碱盐，加入NH4Cl溶液影响氨水的电离平衡、可以调节溶液的，以增加的氧化性和稳定性，A正确；
B. 据分析，活性炭是催化剂，固体2是活性炭，B错误；
C. [Co(NH3)6]Cl3溶液中加入浓HCl，Cl－浓度增大，根据沉淀溶解平衡理论，平衡向生成[Co(NH3)6]Cl3晶体的方向移动，所以加入浓HCl的目的是为了有利于[Co(NH3)6]Cl3析出，提高产率加入浓盐酸，则析出产品的反应方程式为，C正确
D. 已知：三氯化六氨合钴不溶于乙醇，常温水中溶解度较小，则可用乙醇水溶液洗涤产品，D正确；
故选B。
（5）测定晶体结构最常见的仪器是X射线衍射仪，从而获取晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间的有序排列。中心离子采取杂化，其空间结构为正八面体；
（6）发生的反应2Co3++2I-═I2+2Co2+，I2+2S2O═2I-+S4O，关系式，由此进行计算，关系式为2Co3+~I2~2S2O，n(Co3+)=n(S2O)=c×V×10-3mol，m(Co3+)=0.015×54.00×10-3mol×59g/mol=0.04779g，该产品中钴元素的质量分数为 =16.2%。
22．(1) [Cu(H2O)4]2+ 4
(2) Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH—+4 H2O Cu(OH)2悬浊液存在平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH—(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液
(3) 配体的浓度 配体的种类 NH3＞OH—
(4) 由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应 向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)
(5)2Cu2++6S2O=S4O+2[Cu(S2O3)2]3-
(6)二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl—易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl—时能增大Cu2+与S2O发生氧化还原反应的趋势
【分析】由图可知，硫酸铜溶液与加入的氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铜浑浊液，将浑浊液分成三等分，向a中加入等浓度的氢氧化钠溶液时，氢氧化铜浑浊液依然是浑浊液；向b中加入浓氢氧化钠溶液，氢氧化铜浑浊液转化为含有四氢氧根合铜离子的深蓝色溶液；向c中加入等浓度的氨水，氢氧化铜浑浊液转化为含有四氨合铜离子的深蓝色溶液，由实验可知，配合物的形成与配体的浓度和种类有关，由加入氨水和氢氧化钠溶液的浓度可知，氨分子的配位能力强于氢氧根离子。
【详解】（1）由分析可知，硫酸铜溶液呈蓝色与溶液中存在四水合铜离子配离子有关；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的白色球的个数为8×+1=2，位于体内的黑色球的个数为4，由氧化亚铜的化学式可知，黑色球为铜原子，故答案为：[Cu(H2O)4]2+；4；
（2）Cu(OH)2悬浊液存在平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH—(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液，则氢氧化铜浑浊液与氨水反应生成四氨合铜离子的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH—+4 H2O，故答案为：Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH—+4 H2O；Cu(OH)2悬浊液存在平衡：Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH—(aq)，加入NH3·H2O后Cu2+与NH3配位形成[Cu(NH3)4]2+，c(Cu2+)降低，使得平衡正向移动，浑浊液转变为深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液；
（3）由分析可知，由题给实验可得出的实验结论为配合物的形成与配体的浓度、配体的种类有关，氨分子与铜离子的的配位能力强于氢氧根离子，故答案为：配体的浓度；配体的种类；NH3＞OH—；
（4）①通过CuSO4与Na2S2O3溶液反应的现象，由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，最后生成的是无色的[Cu(S2O3)2]3-，即发生了氧化还原反应，故答案为：由实验a到实验c，Na2S2O3溶液浓度越大，最终溶液颜色越来越浅，说明发生了氧化还原反应；
②由题给信息可知，若无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，加入氨水，先呈无色，后变为蓝色，则验证的实验方案为取少量无色溶液，向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)，故答案为：向其中加入氨水，放置在空气中，若溶液变为蓝色，则说明含有Cu(Ⅰ)；
（5）由题意可知，Cu2+与S2O发生氧化还原反应生成S4O和[Cu(S2O3)2]3-，反应的离子方程式为2Cu2++6S2O=S4O+2[Cu(S2O3)2]3-，故答案为：2Cu2++6S2O=S4O+2[Cu(S2O3)2]3-;
（6）由实验II可知，随溶液中的的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强，而Cl—易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl—时能增大Cu2+与S2O发生氧化还原反应的趋势，故答案为：二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强；Cl—易于Cu+生成CuCl，Cu(Ⅱ)盐的阴离子为Cl—时能增大Cu2+与S2O发生氧化还原反应的趋势。
23．(1)分液漏斗
(2) A→D→C→E→B 防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解
(3)
(4)溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
(5) 控制反应速率 防止温度过高使和分解
(6)
(7)趁热过滤、冷却结晶
【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；
【详解】（1）仪器a的名称为分液漏斗；
（2）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；
（3）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2；
（4）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；
（5）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；
（6）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；
（7）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。
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