2026届高三化学三轮复习 新题刷分32 热点题空--配位键、配合物的相关分析

2026高考三轮冲刺新题刷分32 热点题空--配位键、配合物的相关分析 一．刷题秘诀 1.配位键 (1)概念:成键原子一方提供孤电子对,另一方提供空轨道形成的共价键。即共用电子对由一个原子单方向提供给另一原子共用所形成的共价键。 (2)配位键的形成条件。 ①成键原子一方能提供孤电子对,如分子有NH3、H2O、HF、CO等;离子有Cl-、OH-、CN-等。 ②成键原子另一方能提供空轨道,如H+、Al3+、B及过渡金属的原子或离子。 2.配位化合物 (1)配合物的概念:把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物,简称配合物。如[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH。 (2)常见性质:多数能溶解、能电离、有颜色。 (3)配合物的组成。 以“[Cu(NH3)4]SO4”为例: 3.[Cu(NH3)4]SO4的生成 实验操作:向CuSO4溶液中的滴加氨水,先生成蓝色沉淀,继续滴加氨水,得到深蓝色溶液。再加入乙醇后,振荡(必要时,用玻璃棒摩擦试管壁),得到深蓝色的晶体(乙醇的极性较小,降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解度)。 反应过程: Cu2++2NH3·H2OCu(OH)2↓+2N Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4](OH)2 4.配位键及配合物原因解释答题模板 (1)配位键的形成条件。 ①答题策略:一个原子提供孤电子对,另一原子提供空轨道。 ②答题模板:×××提供孤电子对,×××提供空轨道。 ③实例。 a.铁离子外围有较多能量相近的空轨道,因此能与一些分子或离子形成配合物,则与之形成配合物的分子的配位原子应具备的结构特征是具有孤电子对。 b.BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合的原因是NH3的N具有孤对电子,BF3中的B核外具有空轨道。 (2)配位键的强弱或配合物的稳定性。 ①规律:配位键的强弱取决于配位体给电子的能力,配位体给出电子的能力越强,则配位体与中心离子或原子形成的配位键就越强,配合物也就越稳定。 ②答题模板:A元素的电负性比B元素的小,A原子提供孤电子对的倾向更大,形成的配位键更强。 ③实例:Co2+在水溶液中以[Co(H2O)6]2+存在。向含Co2+的溶液中加入过量氨水可生成更稳定的[Co(NH3)6]2+,其原因是氮元素的电负性比氧元素的电负性小,氮原子提供孤电子对的倾向更大,与Co2+形成的配位键更强。 5.缺电子物质形成多聚分子的讨论(以AlCl3为例) AlCl3属于缺电子物质,Al有一个空轨道,能接受另一个分子中Cl的孤电子对形成配位键,通过“氯桥键”连接,得到稳定的双聚分子(AlCl3)2(或Al2Cl6),结构式为,Al以sp3杂化与周围的4个Cl形成()四面体结构,故Cl会破坏铝表面的氧化膜;与之类似的有(FeCl3)2(或Fe2Cl6)。 二．新题快练 题组一 真题导向练 1. (1)(2025·山东卷,16节选)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)(2025·广东卷,18改编)“选择萃取”中,镍形成如图所示的配合物。镍易进入有机相的原因有　　　　(填字母)。  A.镍与N、O形成配位键 B.配位时Ni2+被还原 C.配合物与水能形成分子间氢键 D.烷基具有疏水性 (3)(2025·河南卷,15改编)“活化还原”中,SnCl2必须过量,其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCl3)5]4-,增大了Rh的还原速率,该配离子中Rh的化合价为　　　　;反应中同时生成[SnCl6]2-,Rh(Ⅲ)以[RhCl6]3-计,则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为　　　　。  2.(2024·上海卷,7节选)已知AlBr3可二聚为如图所示的二聚体: 将该二聚体溶于CH3CN生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(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　　　　　　　　　　　,1 mol该配合物中有σ键　　　　mol。  3.(2024·湖北卷,16节选)铍用于航天器件的构筑。Be(OH)2与醋酸反应得到某含4个Be的配合物,4个Be位于以1个氧原子为中心的四面体的4个顶点,且每个Be的配位环境相同,Be与Be间通过CH3COO-相连,其化学式为　　　　　　　　。  4.(2023·北京卷,15节选)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根离子(S2)可看作是S中的一个氧原子被硫原子取代的产物。浸金时,S2作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。分别判断S2中的中心硫原子和端基硫原子能否做配位原子并说明理由:   　。  题组二 新题提升练 1．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）甲烷脱硝废气处理的有关反应如下： 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   回答下列问题： (1) 中元素电负性：C________(填“”“”或“”)H，NO在配合物中作为配体时优先提供孤电子对的原子是________。 2．（2026·江苏苏州·模拟预测）某含锶()废渣主要含有、、、和等，一种提取该废渣中锶的流程如下图所示。已知时，， 回答下列问题： (5)将窝穴体a(结构如图所示)与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是______。 3．（2026·福建泉州·一模）某电解铜精炼厂的阳极泥含有Cu、Sb、Ag、Au、Sn、Si等元素。从阳极泥中回收贵金属的部分工艺流程如下图： (5)酸洗时，转化为Sb(Ⅲ)化合物，其中Sb以存在，结构如图。 ①理论上，和的物质的量之比为_______。 ②中含有的化学键有_______(填标号)。 a.极性共价键    b.离子键    c.配位键    d.金属键 4．（2026·重庆·模拟预测）金属钌(Ru)在电化学领域、催化剂、硬质合金添加剂等有广泛用途。 Ⅰ．钌配离子的结构如图所示： (1)当形成配离子后，的键长将___________(填“增长”或“减短”)；该离子中心原子的配位数为___________。 5．（2026·江西赣州·一模）电解锰渣中主要含、和少量的、、MgO、等。综合利用其中锰、铁、钙等金属元素的一种工艺流程如下。 (4)基态价电子排布图______。若HX为，在配合物中有2个五元环，写出的结构简式______(配位键用“→”表示)。 6．（2026·山东淄博·一模）Co及其化合物应用广泛。回答下列问题： (2)双核钴配离子结构如图甲所示。已知三氮唑环结构()存在大π键。 ①Co的化合价为___________，1 mol该配离子中通过螯合作用形成的配位键有___________mol。 ②a、b处N原子形成大π键时p轨道能提供1对电子的是___________(填标号)。该配离子中N的杂化方式有___________种。 ③三氮唑()的沸点显著高于吡啶()的主要原因是___________。 7．（2026·北京延庆·一模）小组同学用实验1所示方法制备含铜配合物，并探究其组成。 【实验1】 (1)i中生成沉淀时，的作用是_______；后续加入过量氨水，沉淀溶解生成，此时的作用是_______。(从“酸碱性”“配位性”角度分析) 【实验2】 小组同学推测蓝色针状晶体可能含或。取洗净的晶体，用蒸馏水溶解后，加入足量盐酸酸化的溶，过滤、洗涤、干燥，得到沉淀。 【实验3】 实验装置 现象 烧杯中的溶液变红，试管底部产生大量红色固体 (3)观察分析实验3： ①实验中烧杯溶液变红，说明加热时逸出的物质是_______，该物质使滴有酚酞的水变红的离子方程式为_______。 ②甲同学推测，若蓝色针状晶体中含，充分加热后预期在试管底部观察到黑色固体。用化学方程式表示这样推测的理由_______。 ③结合实验现象，从配合物稳定性与反应条件角度分析“未产生黑色固体”的可能原因：_______。 (4)乙同学通过实验发现，按实验1的方案制备铜配合物时，若仅将i中的氨水换成适量溶液，只有少量蓝色沉淀溶解。从平衡移动角度说明实验1中蓝色沉淀能全部溶解的原因是_______。 (5)通过分析，蓝色针状晶体的主要成分为_______。 8．（2026·贵州黔东南·三模）[Cu(NH3)4]SO4·H2O常用于检测水体中的S2-等。以废铜屑和浓硫酸为原料制备硫酸四氨合铜晶体的流程如下。回答下列问题： 废铜屑CuSO4溶液[Cu(NH3)4]SO4溶液[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体 (1)浓硫酸是一种黏稠状液体，其原因是___________。 (2)制备CuSO4的装置如图： ①铜晶体类型是___________，A装置中圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。 ②C装置中可能出现的现象是为___________，出现该现象发生反应的离子方程式为___________。 ③D装置的作用是___________。 (3)向硫酸铜溶液中滴加氨水先生成蓝色沉淀，氨水过量时生成蓝色溶液，写出沉淀溶解的离子方程式：___________。 (4)乙醇的作用是___________。 (5)已知[Cu(NH3)4]2+呈平面正方形结构，则[Cu(NH3)2(H2O)2]2+的空间结构有___________种。 (6)某实验小组取15.0g废铜屑，按上述流程最终制得36.9g [Cu(NH3)4]SO4·H2O，若流程中铜的损耗率为20%，则原废铜屑中铜的含量为___________%。 参考答案与解析 题组一 真题导向练 1.【答案】 (1)O　(2)AD　(3)+1　6∶1 2.【答案】 sp3　CH3CN、Br-　14 【解析】 该配离子中,中心原子与四个配体相连,形成四面体形结构,杂化方式为sp3,配体分别是CH3CN和Br-,1个该配合物中含有12个单键,2个碳氮三键,1个碳氮三键中有1个σ键,因此1 mol该配合物中σ键有14 mol。 3.【答案】 Be4O(CH3COO)6 【解析】 由题意可知,该配合物中有四个铍位于四面体的四个顶点上,四面体中心只有一个O,Be与Be之间总共有六个CH3COO-,则其化学式为Be4O(CH3COO)6。 4.【答案】 S2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;端基硫原子含有孤电子对,能做配位原子 【解析】 具有孤电子对的原子可以给中心原子提供电子配位。S2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;端基硫原子含有孤电子对,能做配位原子。 题组二 新题提升练 1.【答案】(1) > N 【详解】（1）中C为负价，H为正价，C原子吸引电子能力强，所以电负性。NO中O的电负性大于N，吸引电子的能力强，不易给出电子，故NO在配合物中作为配体时优先提供孤电子对的原子是N原子。 2.【答案】 (5)Sr2+有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； 【详解】（5）窝穴体a与形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的，原因是Sr2+有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； 3.【答案 (5) 1:2 ac 【详解】 （5）①中Sb的化合价为价，产物中Sb的化合价为价，反应生成时共得到4 mol电子；作还原剂，O从价被氧化为价，反应生成失去2 mol电子，根据电子转移守恒可知，和的物质的量之比为； ②该配离子中，存在键、键、等不同非金属原子间的极性共价键；同时Sb还有空轨道，O有孤对电子，配离子存在配位键；则中含有的化学键有： a．该配离子中存在极性共价键，a符合题意； b．该配离子中不存在离子键，b不符合题意； c．该配离子中存在配位键，c符合题意； d．该配离子中不存在金属键，d不符合题意； 故符合题意的为：ac。 4.【答案】(1) 增长 6 【详解】（1）分子中，两个氮原子各提供3个电子形成三键，电子云高度集中，键长较短。当作为配体形成配位键时（如端基配位N→M)，氮原子的一对孤对电子进入金属空轨道，三键所在的成键电子云密度降低，原子间排斥减小；中心原子Ru周围有5个配体，1个配体，所以该离子中心原子的配位数为6； 5.【答案】 (4) 【详解】 （4）Mn原子序数25，失电子后价电子为，排布图为。是8-羟基喹啉，去质子后X⁻的O、N作为配位原子，1个X⁻与Mn形成1个五元环，共2个五元环，结构为。 6.【答案】 (2) +2 8 a 2 三氮唑分子间可以形成氢键，吡啶无法形成分子间氢键 【详解】 （2）①Co化合价与螯合配位键数目配离子总电荷为，配体中仅2个硝酸根为价，其余配体均为中性。设Co化合价为，则，解得；该配离子含2个多齿配体，每个配体分别与2个Co共形成4个螯合配位键，因此该配离子中螯合配位键共； ②大π键与杂化方式a处N原子形成3个σ键，价层剩余1对电子填充在p轨道，可提供1对电子参与大π键；b处N原子形成3个σ键(其中一个是配位键)，仅能提供5-2-2=1个电子参与大π键，故填a；配离子中，环上参与大π键的N为杂化，氨基（）中的N为杂化，硝酸根的N原子价层电子对数，N为杂化，共2种杂化方式； ③三氮唑结构中存在键，分子间可以形成氢键，分子间作用力显著增强；吡啶中N原子不直接连H，无法形成分子间氢键，分子间作用力更弱，因此三氮唑沸点显著高于吡啶； 7.【答案】(1) 提供，表现碱性 提供作为配体，表现配位性 (3) 分解生成的与未逸出的发生反应，生成了非黑色物质(铜单质或氧化亚铜) (4)，加入后，可以与形成，且i中反应产生的能与溶解平衡中的的结合生成，均使沉淀溶解平衡正向移动 (5) 8.【答案】(1)分子中羟基之间能形成较强的氢键(或分子间存在大量氢键) (2) 金属晶体 溴水褪色 吸收尾气，避免污染环境 (3)(或 (4)降低硫酸四氨合铜的溶解度，有利于晶体析出 (5)2 (6)80 【详解】（1）浓硫酸是一种黏稠状液体，其原因是分子中羟基之间能形成较强的氢键(或分子间存在大量氢键)。 （2）①铜单质属于金属晶体。A装置中圆底烧瓶内由Cu和浓硫酸，加热条件下生成，发生反应的化学方程式为。 ②产生的气体进入装置C中的溴水中发生反应：，故溴水会褪色； ③D 装置中的NaOH溶液利用其碱性吸收尾气，避免污染环境。 （3）向硫酸铜溶液中滴加氨水先生成蓝色沉淀，氨水过量时溶解生成蓝色溶液，沉淀溶解的离子方程式：或。 （4）乙醇极性弱于水，硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度小，易析出晶体。 （5）四氨合铜离子呈平面正方形结构，则[Cu(NH3)2(H2O)2]2+结构中2个水分子可相邻或相对。 （6）设废铜屑中Cu的物质的量为a mol，36.9g的物质的量为0.15 mol，则有0.8a=0.15，推出a=0.1875，故m(Cu)=64 g/mol×0.1875 mol=12g，原废铜屑中铜的含量为。 学科网（北京）股份有限公司 $