专题07 配位键形成与配位化合物性质分析（重难点训练）化学沪科版选择性必修2

专题11配位键形成与配位化合物性质分析 建议时间：15分钟 突破一 配位化合物的组成和结构 1．关于配合物［Cu(H2O)4］SO4，下列说法错误的是_______。 A．此配合物，中心离子的配位数为4 B．H2O为配体，配位原子是氧原子 C．此配合物中，Cu2+提供孤对电子 D．向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 【答案】C 【解析】A项，配合物［Cu(H2O)4］SO4，配位体是H2O，配位数是4，故A正确；B项，配合物［Cu(H2O)4］SO4中H2O为配体，配位原子是氧原子，故B正确；C项，此配合物中，Cu2+为中心原子，提供空轨道，配位原子氧原子提供孤对电子，故C错误；D项，硫酸根离子在外界，向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀硫酸钡，故D正确；故选C。 2．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是_______。 A．配体是Cl－和H2O，配位数是8 B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋ C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2 D．在1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀 【答案】C 【解析】配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中配体是Cl－和H2O，配位数是6，故A错误；中心离子是Ti3＋，故B错误；加入足量AgNO3溶液，外界Cl－与Ag＋反应，内界Cl－不与Ag＋反应，1 mol该配合物只能生成2 mol AgCl沉淀，故D错误。 3．配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是_______。 A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键 B．配体为CN-，与N2、CO互为等电子体 C．1mol配合物中键数目为12NA D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA 【答案】A 【解析】A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键，没有非极性键，A错误；B．原子个数相等且价电子数也相等的分子或离子即为等电子体，CN-、N2、CO都是两个原子，且价电子数都是10个，即为等电子体，故B正确；C．1mol配合物每个C-N中一个 σ 键，共有6个；每个Fe-CN中一个 σ 键，共有6个，一共就是12个，C正确；D． 1mol该配合物电离得到3mol钠离子和1mol[Fe(CN)6]-，阴、阳离子的数目共 4NA，D正确；故选A。 4．向由0.1 mol CrCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2 mol沉淀。配合物CrCl3·6H2O的配位数为6，下列说法错误的是_______。 A．该配合物的中心离子是Cr3+ B．该配合物的配体是H2O和Cl− C．每1 mol配离子[Cr(H2O)5Cl]2+中含有6NA个共价键 D．该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键 【答案】C 【解析】向0.1 mol CrCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2 mol沉淀，则0.1 mol CrCl3·6H2O可产生0.2 molCl−，该配合物可表示为[Cr(H2O)5Cl]Cl2。A．由分析可知，该配合物的中心离子是Cr3+，A正确；B．该配合物CrCl3·6H2O的配位数为6，配体是H2O和Cl−，B正确；C．每1 mol配离子[Cr(H2O)5Cl]2+中含有(5×2+5+1)NA==16NA个共价键，C错误；D．该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键，D正确； 故选C。 5．(2025·上海宝山二模)硫代硫酸不稳定，故工业仅用其盐。例如：硫代硫酸镁常用于医药和纺织行业。MgS2O3·6H2O中含有配离子：[Mg(H2O)6]2+。该配离子的组成如下图所示： (1)[Mg(H2O)6]2+中提供电子对形成配位键的原子或离子是 。 (2)1mol该配离子中含有σ键 mol。 【答案】(1)O (2)18 【解析】(1)[Mg(H2O)6]2+中Mg2+为中心离子，H2O为配体，其中H2O中O有孤电子对，能够形成配位键，故[Mg(H2O)6]2+中提供电子对形成配位键的原子是O； (2)1mol[Mg(H2O)6]2+中有6mol配位键，配位键也是σ键，6mol水中含有12molσ键，故1mol该配离子中含有σ键18mol。 突破二 配位化合物的生成 6．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是_______。 A．还原性：Ag>Cu>Fe B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH D．溶液①中的金属离子是 【答案】C 【解析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确；B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH，C正确；D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2+，然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3+，D不正确；综上所述，本题选C。 7．向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是_______。 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．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋ C．配位化合物中只有配位键 D．在配离子[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋给出孤电子对，NH3提供空轨道 【答案】B 【解析】NH3与Cu2＋形成配位键，Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对。 8．水能与多种过渡金属离子形成配合物，已知某红紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱并加热至沸腾有氨放出，同时产生Co2O3沉淀；向该配合物溶液中加AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，过滤后再向滤液中加AgNO3溶液无变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且其质量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为 _______。 A．CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．Co(NH3)5(H2O)]Cl3 C．CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl·2NH3 D．CoCl(NH3)5]Cl2·H2O 【答案】D 【解析】由于中括号内为配合物的内界，由此可以看出此配合物中Co的配位数为6。加AgNO3溶液于该配合物溶液中，有AgCl沉淀生成，故外界有Cl－；过滤后再向滤液中加AgNO3溶液无变化，但加热至沸腾有AgCl沉淀生成，且其质量为第一次沉淀量的二分之一，由此可知原配合物中的Cl分为两部分，且物质的量之比为2∶1，故外界的Cl－为2，化学式为CoCl(NH3)5]Cl2·H2O ，故选D。 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．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+。 C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液将会没有发生变化，因为[Cu(NH3)4] 2+不会与乙醇发生反应。 D．在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道。 【答案】B 【解析】A项，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项错误；B项，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B项正确；C项，[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项错误；D项，在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，故D项错误。故选B。 10．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是_______。 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀溶液 无蓝色沉淀生成 ⑤ 向实验①溶液中插入光亮铁丝 一段时间后铁丝表面有金属光泽的红色固体析出 A．由实验①—③可知，配离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu{NH3)4]2+ B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．向实验④深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应 【答案】C 【解析】A．由实验①—③可知，硫酸铜溶液中，铜离子以[Cu(H2O)4]2+形式存在，逐滴加入氨水，最后生成[Cu{NH3)4]2+，说明配离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu{NH3)4]2+，故A正确；B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体[Cu{NH3)4]SO4•H2O在极性较弱的乙醇中溶解度小，故B正确；C．向实验④深蓝色溶液，[Cu{NH3)4]SO4硫酸根是外界，可以电离出来，所以加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，故C错误；D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应，溶液中存在平衡[Cu{NH3)4]2+Cu2++4NH3，插入光亮铁丝后，发生置换反应，生成铜，故D正确。综上所述，答案为C。 11．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 ；[Cu(NH3)2]Cl的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式： 。 【答案】1s22s22p63s23p63d10 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O 【解析】铜元素的原子序数为29，基态亚铜离子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；由题意可知，溶液由无色变为深蓝色发生的反应为溶液中二氨合亚铜离子与氨水、氧气反应生成四氨合铜离子、氢氧根离子和水，反应的离子方程式为4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O。 12．蓝色的无水CoCl2在吸水后会变成粉红色的水合物CoCl2·xH2O，该水合物受热后又变成无水CoCl2，所以无水CoCl2，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水CoCl2，吸水后变成119gCoCl2·xH2O，试回答下列问题： ①水合物中x= 。 ②若该水合物为配合物，其中Co2+的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有Cl-的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为 。 【答案】6 [CoCl(H2O)5]Cl·H2O 【解析】CoCl2的摩尔质量为130g/mol，65g无水CoCl2的物质的量为0.5mol，吸收水的质量为119g-65g=54g，则水的物质的量为3mol，n(CoCl2)：n(H2O)=1：6，则X=6；其中Co2+的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有Cl−的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为[CoCl(H2O)5]Cl·H2O； 突破三 生产、生活中的配位化合物 13．(2025·上海南洋中学高二期中)硫酸四氨合铜([Cu(NH3)4]SO4·H2O)广泛用于电镀工业中。 (1)[Cu(NH3)4]2+中提供空轨道的微粒是 。(填微粒符号)1mol该离子中含共价键数目为 NA。 A．8 B．12 C．16 D．20 (2)若将[Cu(NH3)4]2+中两个换成，则存在两种立体异构体，则[Cu(NH3)4]2+的空间结构是 。 A．平面正方形  B．正四面体形 C．无法确定 (3)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是 。 A．[Cu(NH3)4]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．Na2[CuCl4] 【答案】(1)Cu2+ C (2)A (3)BC 【解析】(1)[Cu(NH3)4]2+中，NH3提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，形成配位键；1mol[Cu(NH3)4]2+该离子中，NH3含有3个共价键，同时形成一个配位键，故含共价键数目为16mol，选C； (2)四氨合铜离子中的两个NH3换成Cl-，则存在顺式和反式两种不同的立体异构体，说明其不是正四面体结构，则应为平面正方形，故选A； (3)A．[Cu(NH3)4]Cl中Cu元素显+1价，价电子排布式为3d10，不含未成对电子，不属于顺磁性物质，故A错误；B．[Cu(NH3)4]SO4中Cu元素显+2，价电子排布式为3d9，含未成对电子，属于顺磁性物质，故B正确；C．Na2[CuCl4]中Cu元素显+2，价电子排布式为3d9，含未成对电子，属于顺磁性物质，故C正确；故选BC。 14．(2025·上海三模)甲基咪唑()常用于配合物的制备。 (1)在酸性环境中其配位能力会 。 A．增强 B．减弱 C．不变 (2)甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物如图，常温下为液态而非固态，原因可能是 。 【答案】(1)减弱 (2)1-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物，阴离子体积较大，导致离子间作用力较弱 【解析】(1)在酸性条件下，1-甲基咪唑的氮原子容易与质子(H+)结合，形成质子化的1-甲基咪唑(1-甲基咪唑-H+)。质子化后，氮原子的孤对电子被占据，无法再与金属离子配位，导致配位能力减弱； (2)1-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物，阴离子体积较大，导致离子间作用力较弱，熔点较低，故常温下为液态而非固态； 15．(2025·上海育才中学高二期中)分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物有两种不同的颜色，其中橙黄色较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，如图所示的结构示意图中呈亮黄色的是 (填“A”或“B”)。A的配位数为 。 【答案】A 6 【解析】根据相似相溶原理可知，呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，则呈亮黄色的物质极性较小，应该为A；结合该物质的分子式[Pt(NH3)2Cl4]可知，其配体有4个氯离子，2个氨气，则其配位数为4+2=6。 16．近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是_______。 A．Ru配合物中第二周期元素的电负性：O>N>C B．吡啶(，原子在同一平面)中C、N原子的杂化方式分别为sp2、sp3 C．该配合物中Ru的配位数是6 D．PO43-中P的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形 【答案】B 【解析】A．第二周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，因此电负性：O＞N＞C，故A正确；B．中原子在同一平面，则C、N原子的价层电子对数均为3，杂化方式均为sp2，故B错误；C．根据图中Ru与周围的原子得到该配合物中Ru的配位数是6，故C正确；D．PO43-中P的价层电子对数为4，无孤对电子，空间结构为正四面体形，故D正确。综上所述，答案为B。 17．铑的配合物离子 [Rh(CO)2I2]- 可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述不正确的是( ) A．催化循环中Rh的配位数有3种 B．[Rh(CO)2I2]- 中Rh的化合价为+1价 C．H2O和CH3I的VSEPR模型名称不同 D．甲醇羰基化反应为：CH3OH + CO=CH3CO2H 【答案】C 【解析】A．催化循环中Rh的化合价为+1价，与1个碘离子之间形成共价键，其余与1个碘离子、2个CO分子形成配位键，故配位数有3种，故A正确；B．[Rh(CO)2I2]- 中配体CO整体不带电荷，I-为-1价，故Rh的化合价为+1价，故B正确；C．H2O和CH3I的价层电子对均为4对，故VSEPR模型名称均为四面体形，故C错误； D．结合题干信息，[Rh(CO)2I2]- 可催化甲醇羰基化，根据反应机理图，铑的配合物在整个反应历程中起催化剂作用，CH3COI为中间体，反应物为CH3OH 、CO，产物为CH3CO2H，甲醇羰基化反应为：CH3OH + CO=CH3CO2H，故D正确。答案为C。 建议时间：15分钟 1．按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( ) A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐 【答案】D 【解析】[Cu(NH3)4](OH)2是一种易溶于水的强碱，属于电解质，Cu2+与NH3之间以配位键相结合，属于配合物；故选D。 2．按物质组成与性质分类，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O不属于( ) A．盐 B．混合物 C．配合物 D．电解质 【答案】B 【解析】A项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O带有结晶水，既含有酸根离子SO42-，又含有配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于盐，A不符合题意；B项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O是带有结晶水的盐，属于纯净物，不属于混合物，B符合题意；C项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O含有配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于配合物，C不符合题意；D项，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O属于盐，溶于水后能电离出自由移动的酸根离子SO42-和配离子[Cu(NH3)4]2+，则其属于电解质，D不符合题意；故选B。 3．下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是_______。 A．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70 B．1mol Fe(CO)5分子中含5NA个配位键 C．[Cu(H2O)6]2+提供空轨道，H2O中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键 D．配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用 【答案】B 【解析】A．利用超分子的分子识别特征，能够区分识别C60和C70，故可以分离C60和C70，A正确；B．CO分子存在1个配位键，Fe(CO)5中存在5个FeC配位键，故1mol Fe(CO)5分子中含10NA个配位键，B错误；C．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，C正确；D．配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，D正确；故选B。 4．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是_______。 A.该化合物含有H、O、N、Ni四种元素 B.该化合物是配合物，中心原子的配位数是2，配位原子是氮原子 C.该化合物属于配合物，中心原子是N原子 D.该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键 【答案】D 【解析】由图可知，结构中含有C、H、N、O、Ni五种元素，故A错误;该物质中，Ni原子提供空轨道，氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，中心原子为Ni原子，中心原子的配位数是4，配位原子是氮原子，故B错误;Ni原子含有空轨道，N原子含有孤电子对，N原子与Ni原子形成配位键，中心原子是Ni原子，故C错误;由该化合物的结构示意图可知，N原子连接的氧原子与氧原子连接H原子之间形成氢键，N原子与Ni原子之间形成配位键，同时存在C==N和C—C，因此该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键，故D正确。 5．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是_______。 A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取sp2杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由价变为0价 【答案】D 【解析】A项，配合物1中，H2O中氧原子提供孤对电子，Co2+提供空轨道形成配位键；配合物1右侧N、O分别提供一对孤电子，与Co2+形成配位键，则配合物1中含有2种配体，A正确；B项，由配合物2的结构可知，N形成2个σ键，一个配位键，故采取sp2杂化，B正确；C项，转变过程中，配合物1中断裂2个H2O与Co2+形成的配位键，配合物2中，SO42-中的O与Co2+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，C正确；D项，配合物1、2中Co都为+2价，Co的化合价没有发生变化，D错误；故选D。 6．W可与Cu2+形成化合物Q，Q的结构如图所示，下列说法错误的是_______。 A．C、N、O均能与H形成既含极性键又含非极性键的分子 B．W与Cu2+结合前后，N原子的杂化方式未发生变化 C．与Cu原子未成对电子数相同的同周期元素有3种 D．Q中的作用力有配位键、共价键、氢键 【答案】C 【解析】A项，C、N、O与H分别可以形成CH3CH3、N2H4、H2O2三种分子，既含极性键又含非极性键，A正确；B项，W与Cu2+结合前，N原子为sp2杂化，含有孤电子对，Cu2+中含有空轨道，与W中N原子形成配位键，N原子仍为sp2杂化，杂化方式没有发生变化，B正确；C项，Cu的价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，同周期元素中未成对电子数为1的元素分别为K、Sc、Ga、Br，共4种元素，C错误；D项，Q中含有C-C、C-H、C-O、N-O等共价键，Cu原子和N、O原子之间为配位键，O氧原子和H原子之间形成分子内氢键，D正确；故选C。 7．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有重要意义。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，其配离子结构如图所示。下列有关该配离子的说法正确的是_______。 A．1 mol该配离子中含有π键的个数是6×6.02×1023 B．该配离子中碳原子的杂化类型均为sp2杂化 C．该配离子含有的非金属元素中电负性最大的是碳 D．该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键 【答案】A 【解析】根据配离子结构示意图可知，1 mol该配离子中含有π键的个数是6NA，即6×6.02×1023，故A正确；该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化，故B错误；该配离子含有的非金属元素有C、O、H，电负性最大的是氧，故C错误；该配离子中含有的化学键有共价键、配位键，故D错误。 8．(2025·上海二模)Ga的化合物在半导体、太阳能电池、医疗等领域都有重要应用。一种新型含镓抗癌药物的结构如下。 写出上述配合物中配体的结构简式 。 【答案】 【解析】由图可知，N提供孤电子对与Ga形成配位键，O原子提供孤电子对与Ga形成配位键，为满足8电子稳定结构，每个O原子需得1个电子，故Ga的化合价为+3价，每个配体为-1价，故配体的结构简式为：。 9．回答下列问题： (1)将白色CuSO4粉末溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位数是4的配离子，请写出生成此配离子的离子方程式：_____________________________，蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有__________。1 mol该阳离子中含σ键个数为________。 (2)CuSO4·5H2O(胆矾)中含有水合铜离子而呈蓝色，写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(必须将配位键表示出来)：_________________________________。 (3)向CuSO4溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。下列说法不正确的是_________(填字母)。 a．[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中电负性最大的是N元素 b．CuSO4晶体及[Cu(NH3)4]SO4·H2O中S原子的杂化方式均为sp3 c．[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有离子键、共价键和配位键 d．NH3分子内的H—N—H键角大于H2O分子内的H—O—H 键角 e．SO的空间结构为正四面体形 f．[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子 g．NH3分子中氮原子的杂化轨道类型为sp2 【答案】(1)Cu2＋＋4H2O===[Cu(H2O)4]2＋ 共价键、配位键 12NA (2) (3)ag 【解析】(1)Cu2＋提供空轨道，H2O分子中的O原子提供孤电子对形成配离子[Cu(H2O)4]2＋。 (3)电负性：O＞N，a不正确；S原子与4个O原子形成共价键，所以S原子采取sp3杂化，b正确；[Cu(NH3)4]SO4中SO与[Cu(NH3)4]2＋以离子键结合，NH3、SO中含有共价键，[Cu(NH3)4]2＋中含有配位键，c正确；NH3分子内N原子有1个孤电子对，H2O分子中O原子有2个孤电子对，H2O分子中孤电子对对共用电子对排斥作用大，所以H2O分子中H—O—H键角小于NH3分子中H—N—H键角，d正确；SO中S原子采取sp3杂化，故SO的空间结构为正四面体形，e正确；[Cu(NH3)4]2＋中N原子提供孤电子对，f正确；NH3中N为sp3杂化，g不正确。 10．人体血红蛋白中含有Fe2+一卟啉环配合物，结合O2后，其基本结构如图(烃基略去)。回答下列问题： (1)Fe、N、C、H四种元素中电负性最大的是____(填写元素符号)；血红蛋白结合O2前后的中心Fe均为正二价，其基态时3d轨道中电子数为____。 (2)卟啉环中所有原子共平面，其中N的杂化方式为____，C-Nσ键有____个。 (3)图中Fe2+的配位数为__________；其中一个碱基通过 ____作用与O2分子结合，另一碱基的N原子提供____与Fe2+配位。 (4)已知气态O2的氧氧间距比图中更短。判断血红蛋白结合O2后O2活性更___(填“高”或“低”)，说明理由____。 (5)从298K升温到1200K时，体心立方型的δ -Fe变化为面心立方最密堆积，配位数____(填“变大”、“不变”或“变小”)。假定升温时Fe原子半径不变，体积变为低温时的___％(已知=2.45，结果保留两位有效数字)。 【答案】(1)N 6 (2)sp2和sp3 18 (3)6 氢键 孤电子对 (4)高 一般共价键的键长越短，共价键越稳定 (5)变大 91.875% 【解析】(1)元素的电负性递变规律为：同一周期从左往右依次增大，同一主族从上往下依次减小，故Fe、N、C、H四种元素中电负性的大小关系为：N＞C＞H＞ Fe，故最大的是N；基态Fe原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，血红蛋白结合O2前后的中心Fe均为正二价，其基态时3d轨道中电子数为6；(2)N原子的最外层有5个电子，其中有一对孤电子对，3个成单电子，由卟啉环示意图可知，其中有的N原子周围形成了3个单键，说明该N原子中还有一对孤电子对，故该N原子为sp3杂化，有的N原子形成一个单键一个双键，该N为sp2杂化，故卟啉环中N的杂化方式为sp2和sp3，已知单键均为σ键，双键为一个σ键一个Π键，故分子中C-Nσ键有18个；(3)由图中可知：Fe2+的配位数为6；其中一个碱基通过氢键作用与O2分子结合，另一碱基的N原子提供孤电子对与Fe2+配位；(4)一般共价键的键长越短，共价键越稳定，故已知气态O2的氧氧间距比图中更短，判断血红蛋白结合O2后O2活性更高；(5)体心立方的配位数为8，面心立方的配位数为12的，故从298K升温到1200K时，体心立方型的δ -Fe变化为面心立方最密堆积，配位数变大，假设铁的原子半径为rcm，晶胞的边长为a1cm，则体心立方时有： =4r，故体心立方的密度为：，面心立方时设晶胞边长为a2则有：=4r，故面心立方的密度为：，又相同质量的铁的体积与密度成反比，故假定升温时Fe原子半径不变，体积变为低温时的。 11．原子簇化学和团簇化学是化学中极其活跃的领域。回答下列问题。 (1)科研工作者利用我国自主研发的高灵敏度光谱仪发现了一种由多个苯环形成的团簇新物种Al(C6H6)13+。在组成该团簇物种的元素中，基态原子未成对电子数最多的是___________(填元素符号)。Al元素的第一电离能小于第二电离能的原因是___________。 (2)P4和S8都属于裸原子簇分子，其结构如图。S8中S原子的杂化方式是___________，P和S的简单氢化物均含有___________，因而可与部分金属元素形成配合物。 (3)P、O之间可以形成双键，但P、S之间却难以形成，其原因是___________。P4S3是一种保持P4骨架结构的分子，各原子均满足8电子稳定结构，且S原子之间不成键，则其分子结构可能为___________(画出结构)。 (4)Ca和B可以形成一种离子型簇合物，晶胞结构如图，其化学式为___________，若其晶胞边长为apm，则其密度的计算式为ρ=___________g/cm3(阿伏伽德罗常数用NA表示)。 【答案】(1)C Al+带有正电荷，相比Al更难失去电子，电离能更大 (2)sp3 孤对电子 (3)S原子半径比O大，其电子云难以和P“肩并肩”重叠形成π键 (三个硫原子分别插入P-P之间即可) (4)CaB6 或 【解析】(1)Al、C、H的未成对电子分别是1、2、1，故未成对电子最多的是C．第一电离能是Al失去电子所需能量，第二电离能是Al+失去电子所需能量。由于Al+带有正电荷，相比Al更难失去电子，电离能更大。(2)由图可知S的杂化方式为sp3。PH3和H2S中P和S中都含有孤对电子，因而可以与金属元素形成配位键。(3)O原子半径较小，可以比较近的靠近P，进而肩并肩重叠形成π键，而S的半径较大，难以形成双键。P4S3在保持P4结构基础上形成，因此只需要在P4结构中插入S原子即可。(4)由图可知其化学式为CaB6。根据密度公式，，，，则。 建议时间：10分钟 1．(2025•山东卷)八面体配离子[ Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是 (填元素符号)。 【答案】O 【解析】八面体配离子[ Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与Fe3+配位的原子是O； 2．(2024·上海卷)已知可二聚为下图的二聚体： (1)该二聚体中存在的化学键类型为_______。 A．极性键 B．非极性键 C．离子键 D．金属键 (2)将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为 ，其中配体是 ，该配合物中有键 。 【答案】(1)A (2)sp3 CH3CN 14 【解析】(1)从图中可知，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，故选A。(2)该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN，1个该配合物中含有12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol。 3．(2025·安徽卷)氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH3)Cl沉淀。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是__________。 A．与结合的能力：OH-＞NH2- B．与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+ C．H2O和NH3分子中的键长：O-H＞N-H D．微粒所含电子数：NH4+＞NH2- 【答案】B 【解析】A项，根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为：NaNH2+H-OH= NaOH+H-NH2，说明NH2-结合H+能力更强，A错误；B项，根据题干信息，深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液，说明NH3更容易与H+配位形成NH4+，故与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+，B正确；C项，原子半径N＞O，则键长：O-H＜N-H，C错误；D项，NH4+所含电子数为7+4-1=10，NH2-所含电子数7+2+1=10，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误；故选B。 4．(2025•河南卷)自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氯气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是__________。 A．x=1 B．第一电离能：C＜N＜O C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 【答案】A 【解析】A项，该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，A正确；B项，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C，B错误；C项，该化合物中，配离子与NO3-之间为离子键，C错误；D项，该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，D错误；故选A。 5．(2023·浙江1月卷)共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：Al2Cl6＋2NH3===2Al(NH3)Cl3，下列说法不正确的是__________。 A．Al2Cl6的结构式为 B．Al2Cl6为非极性分子 C．该反应中NH3的配位能力大于氯 D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应 【答案】D 【解析】由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，是结构对称的非极性分子，故A、B正确；由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；溴元素的电负性小于氯元素，溴原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误。 6．(2023·北京卷)浸金时，S2O作为配体可提供孤电子对与Au＋形成3－。分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：_____________________________________。 【答案】S2O中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子 7．(2021·全国乙卷)三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋ 中提供电子对形成配位键的原子是____________________，中心离子的配位数为_____________________。 【答案】N、O、Cl 6 8．(2020·山东卷)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有________ mol，该螯合物中N的杂化方式有________种。 【答案】6 1 【解析】由题给图示可知，1个Cd2＋与C、N杂环上的4个N原子分别形成4个配位键，与2个O原子分别形成2个配位键，因此1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol。 9．(2020·海南卷)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109°28′ 【答案】B 【解析】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；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；NH3分子为三角锥形，∠HNH为107°，故D错误。 11 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11配位键形成与配位化合物性质分析 建议时间：15分钟 突破一 配位化合物的组成和结构 1．关于配合物［Cu(H2O)4］SO4，下列说法错误的是_______。 A．此配合物，中心离子的配位数为4 B．H2O为配体，配位原子是氧原子 C．此配合物中，Cu2+提供孤对电子 D．向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 2．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是_______。 A．配体是Cl－和H2O，配位数是8 B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋ C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2 D．在1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀 3．配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是_______。 A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键 B．配体为CN-，与N2、CO互为等电子体 C．1mol配合物中键数目为12NA D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA 4．向由0.1 mol CrCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2 mol沉淀。配合物CrCl3·6H2O的配位数为6，下列说法错误的是_______。 A．该配合物的中心离子是Cr3+ B．该配合物的配体是H2O和Cl− C．每1 mol配离子[Cr(H2O)5Cl]2+中含有6NA个共价键 D．该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键 5．(2025·上海宝山二模)硫代硫酸不稳定，故工业仅用其盐。例如：硫代硫酸镁常用于医药和纺织行业。MgS2O3·6H2O中含有配离子：[Mg(H2O)6]2+。该配离子的组成如下图所示： (1)[Mg(H2O)6]2+中提供电子对形成配位键的原子或离子是 。 (2)1mol该配离子中含有σ键 mol。 突破二 配位化合物的生成 6．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是_______。 A．还原性：Ag>Cu>Fe B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH D．溶液①中的金属离子是 7．向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是_______。 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．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋ C．配位化合物中只有配位键 D．在配离子[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋给出孤电子对，NH3提供空轨道 8．水能与多种过渡金属离子形成配合物，已知某红紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱并加热至沸腾有氨放出，同时产生Co2O3沉淀；向该配合物溶液中加AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，过滤后再向滤液中加AgNO3溶液无变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且其质量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为 _______。 A．CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．Co(NH3)5(H2O)]Cl3 C．CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl·2NH3 D．CoCl(NH3)5]Cl2·H2O 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．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配合离子[Cu(NH3)4] 2+。 C．向反应后的溶液加入乙醇，溶液将会没有发生变化，因为[Cu(NH3)4] 2+不会与乙醇发生反应。 D．在[Cu(NH3)4] 2+离子中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道。 10．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是_______。 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀溶液 无蓝色沉淀生成 ⑤ 向实验①溶液中插入光亮铁丝 一段时间后铁丝表面有金属光泽的红色固体析出 A．由实验①—③可知，配离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu{NH3)4]2+ B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．向实验④深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应 11．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 ；[Cu(NH3)2]Cl的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式： 。 12．蓝色的无水CoCl2在吸水后会变成粉红色的水合物CoCl2·xH2O，该水合物受热后又变成无水CoCl2，所以无水CoCl2，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水CoCl2，吸水后变成119gCoCl2·xH2O，试回答下列问题： ①水合物中x= 。 ②若该水合物为配合物，其中Co2+的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有Cl-的个数之比为1∶1，则该配合物的化学式可表示为 。 突破三 生产、生活中的配位化合物 13．(2025·上海南洋中学高二期中)硫酸四氨合铜([Cu(NH3)4]SO4·H2O)广泛用于电镀工业中。 (1)[Cu(NH3)4]2+中提供空轨道的微粒是 。(填微粒符号)1mol该离子中含共价键数目为 NA。 A．8 B．12 C．16 D．20 (2)若将[Cu(NH3)4]2+中两个换成，则存在两种立体异构体，则[Cu(NH3)4]2+的空间结构是 。 A．平面正方形  B．正四面体形 C．无法确定 (3)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是 。 A．[Cu(NH3)4]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．Na2[CuCl4] 14．(2025·上海三模)甲基咪唑()常用于配合物的制备。 (1)在酸性环境中其配位能力会 。 A．增强 B．减弱 C．不变 (2)甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物如图，常温下为液态而非固态，原因可能是 。 15．(2025·上海育才中学高二期中)分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物有两种不同的颜色，其中橙黄色较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，如图所示的结构示意图中呈亮黄色的是 (填“A”或“B”)。A的配位数为 。 16．近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是_______。 A．Ru配合物中第二周期元素的电负性：O>N>C B．吡啶(，原子在同一平面)中C、N原子的杂化方式分别为sp2、sp3 C．该配合物中Ru的配位数是6 D．PO43-中P的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形 17．铑的配合物离子 [Rh(CO)2I2]- 可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述不正确的是( ) A．催化循环中Rh的配位数有3种 B．[Rh(CO)2I2]- 中Rh的化合价为+1价 C．H2O和CH3I的VSEPR模型名称不同 D．甲醇羰基化反应为：CH3OH + CO=CH3CO2H 建议时间：15分钟 1．按照交叉分类法，对[Cu(NH3)4](OH)2的分类中不正确的是( ) A．配合物 B．强碱 C．电解质 D．盐 2．按物质组成与性质分类，[Cu(NH3)4]SO4∙H2O不属于( ) A．盐 B．混合物 C．配合物 D．电解质 3．下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是_______。 A．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70 B．1mol Fe(CO)5分子中含5NA个配位键 C．[Cu(H2O)6]2+提供空轨道，H2O中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键 D．配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用 4．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是_______。 A.该化合物含有H、O、N、Ni四种元素 B.该化合物是配合物，中心原子的配位数是2，配位原子是氮原子 C.该化合物属于配合物，中心原子是N原子 D.该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键 5．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是_______。 A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取sp2杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由价变为0价 6．W可与Cu2+形成化合物Q，Q的结构如图所示，下列说法错误的是_______。 A．C、N、O均能与H形成既含极性键又含非极性键的分子 B．W与Cu2+结合前后，N原子的杂化方式未发生变化 C．与Cu原子未成对电子数相同的同周期元素有3种 D．Q中的作用力有配位键、共价键、氢键 7．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有重要意义。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，其配离子结构如图所示。下列有关该配离子的说法正确的是_______。 A．1 mol该配离子中含有π键的个数是6×6.02×1023 B．该配离子中碳原子的杂化类型均为sp2杂化 C．该配离子含有的非金属元素中电负性最大的是碳 D．该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键 8．(2025·上海二模)Ga的化合物在半导体、太阳能电池、医疗等领域都有重要应用。一种新型含镓抗癌药物的结构如下。 写出上述配合物中配体的结构简式 。 9．回答下列问题： (1)将白色CuSO4粉末溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位数是4的配离子，请写出生成此配离子的离子方程式：_____________________________，蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有__________。1 mol该阳离子中含σ键个数为________。 (2)CuSO4·5H2O(胆矾)中含有水合铜离子而呈蓝色，写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(必须将配位键表示出来)：_________________________________。 (3)向CuSO4溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。下列说法不正确的是_________(填字母)。 a．[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中电负性最大的是N元素 b．CuSO4晶体及[Cu(NH3)4]SO4·H2O中S原子的杂化方式均为sp3 c．[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有离子键、共价键和配位键 d．NH3分子内的H—N—H键角大于H2O分子内的H—O—H 键角 e．SO的空间结构为正四面体形 f．[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子 g．NH3分子中氮原子的杂化轨道类型为sp2 10．人体血红蛋白中含有Fe2+一卟啉环配合物，结合O2后，其基本结构如图(烃基略去)。回答下列问题： (1)Fe、N、C、H四种元素中电负性最大的是____(填写元素符号)；血红蛋白结合O2前后的中心Fe均为正二价，其基态时3d轨道中电子数为____。 (2)卟啉环中所有原子共平面，其中N的杂化方式为____，C-Nσ键有____个。 (3)图中Fe2+的配位数为__________；其中一个碱基通过 ____作用与O2分子结合，另一碱基的N原子提供____与Fe2+配位。 (4)已知气态O2的氧氧间距比图中更短。判断血红蛋白结合O2后O2活性更___(填“高”或“低”)，说明理由____。 (5)从298K升温到1200K时，体心立方型的δ -Fe变化为面心立方最密堆积，配位数____(填“变大”、“不变”或“变小”)。假定升温时Fe原子半径不变，体积变为低温时的___％(已知=2.45，结果保留两位有效数字)。 11．原子簇化学和团簇化学是化学中极其活跃的领域。回答下列问题。 (1)科研工作者利用我国自主研发的高灵敏度光谱仪发现了一种由多个苯环形成的团簇新物种Al(C6H6)13+。在组成该团簇物种的元素中，基态原子未成对电子数最多的是___________(填元素符号)。Al元素的第一电离能小于第二电离能的原因是___________。 (2)P4和S8都属于裸原子簇分子，其结构如图。S8中S原子的杂化方式是___________，P和S的简单氢化物均含有___________，因而可与部分金属元素形成配合物。 (3)P、O之间可以形成双键，但P、S之间却难以形成，其原因是___________。P4S3是一种保持P4骨架结构的分子，各原子均满足8电子稳定结构，且S原子之间不成键，则其分子结构可能为___________(画出结构)。 (4)Ca和B可以形成一种离子型簇合物，晶胞结构如图，其化学式为___________，若其晶胞边长为apm，则其密度的计算式为ρ=___________g/cm3(阿伏伽德罗常数用NA表示)。 建议时间：10分钟 1．(2025•山东卷)八面体配离子[ Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是 (填元素符号)。 2．(2024·上海卷)已知可二聚为下图的二聚体： (1)该二聚体中存在的化学键类型为_______。 A．极性键 B．非极性键 C．离子键 D．金属键 (2)将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为 ，其中配体是 ，该配合物中有键 。 3．(2025·安徽卷)氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH3)Cl沉淀。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是__________。 A．与结合的能力：OH-＞NH2- B．与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+ C．H2O和NH3分子中的键长：O-H＞N-H D．微粒所含电子数：NH4+＞NH2- 4．(2025•河南卷)自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氯气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是__________。 A．x=1 B．第一电离能：C＜N＜O C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 5．(2023·浙江1月卷)共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：Al2Cl6＋2NH3===2Al(NH3)Cl3，下列说法不正确的是__________。 A．Al2Cl6的结构式为 B．Al2Cl6为非极性分子 C．该反应中NH3的配位能力大于氯 D．Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应 6．(2023·北京卷)浸金时，S2O作为配体可提供孤电子对与Au＋形成3－。分别判断S2O中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：_____________________________________。 7．(2021·全国乙卷)三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋ 中提供电子对形成配位键的原子是____________________，中心离子的配位数为_____________________。 8．(2020·山东卷)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有________ mol，该螯合物中N的杂化方式有________种。 9．(2020·海南卷)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109°28′ 9 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $