2.3 离子键、配位键与金属键-鲁科版高二《化学》同步课堂练习题（解析版）

第第页第三节离子键、配位键与金属键练习题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．下列关于溶液的说法正确的是A．透明的中性溶液中，能大量共存B．84消毒液中通入少量：C．稀硫酸中逐滴加入等浓度溶液，溶液的导电性始终不变D．向溶液中逐滴加入浓氨水，先有蓝色沉淀，最后得深蓝色溶液【答案】D【解析】A．铁离子水解呈酸性，透明的中性溶液中铁离子不能大量共存，A错误；B．84消毒液中通入少量得到硫酸根、氯离子和次氯酸：，B错误；C．稀硫酸中逐滴加入等浓度溶液，发生反应的化学方程式为Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，溶液中自由离子的浓度随着氢氧化钡的滴入而变化，则溶液的导电性先减小，反应恰好完全时导电性接近于0，氢氧化钡过量后，导电性又随之增加，C错误；D．向溶液中逐滴加入浓氨水，先发生复分解反应有蓝色Cu(OH)2沉淀，后沉淀溶于氨水生成，故最后得深蓝色溶液，D正确；答案选D。2．现代工艺冶金过程中会产生导致水污染的CN-，在碱性条件下，H2O2可将其转化为碳酸盐和一种无毒气体。关于该转化反应，下列说法不正确的是A．氰化物有毒，CN-易与人体内的Fe2+、Fe3+形成配合物B．处理1molCN-，消耗2.5molH2O2C．反应中每转移10mol电子生成22.4L无毒气体D．用H2O2处理后的废水呈碱性，不可直接排放【答案】C【解析】A．人体内含有Fe2+、Fe3+，易与CN-络合形成络合物而使人中毒，A项正确；B．过氧化氢具有强氧化性，在碱性条件下，CN-被H2O2氧化，生成CO和N2，反应的离子方程式为，根据离子方程式可知，处理1molCN-，消耗2.5molH2O2，B项正确；C．气体所处状况未知，不能准确得出气体体积，C项错误；D．用H2O2处理后的废水含有碳酸盐，有较强的碱性，不可直接排放，D项正确；故选C。3．下列说法正确的是A．基态氮原子的价电子排布图：

B．甲醛(HCHO)和光气()分子中：键角C．四硼酸根离子(含B、O、H)的球棍模型如图

，配位键存在于4、5和4、6原子之间D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成键【答案】D【解析】A．基态氮原子的价电子排布图：

，故A错误；B．两分子中碳原子均为sp2杂化，平面三角形，电负性Cl＞C＞H，光气中C－Cl键中共用电子对偏向Cl原子，C－H键中共用电子对偏向于C原子，甲醛分子中C－H键共用电子对键斥力大于光气中形成的C－Cl键共用电子对斥力，所以，故B错误；C．1，3，5，6代表O原子，2，4代表B原子，B原子价电子数为3，可以形成3个普通共价键，而4号B原子形成4个键，说明其中1个是配位键，5号O原子连接的是H原子，易给出孤电子对，所以4，5原子间存在配位键，4，6号原子间无配位键，故C错误；D．Si的原子较大，原子间形成键较长，轨道重叠程度小，难形成键，而C原子半径较小，则可以形成双键，故D正确；答案选D。4．下列反应过程中无配合物形成的是A．配制银氨溶液B．向澄清石灰水中通入过量C．向溶液中滴加过量氨水D．向溶液中加入KSCN溶液【答案】B【解析】A．配制银氨溶液时，向硝酸银溶液加入足量稀氨水会生成配合物，A项不符合题意；B．向澄清石灰水中通入过量CO2反应生成碳酸氢钙不是配合物，B项符合题意；C．会生成配合物，C项不符合题意；D．会生成配合物，D项不符合题意；故选：B。5．下列有关说法错误的是A．晶体中，和之间通过静电作用形成离子键B．中氢原子与氯原子通过共用电子形成共价键C．氨气是共价化合物，电子式为

D．氯化钠是离子化合物，电子式为

【答案】C【解析】Ａ．为离子晶体，离子键是阴、阳离子间的静电作用，包括静电引力和静电斥力，选项A正确；Ｂ．为共价化合物，共价键是原子间通过共用电子对形成的化学键，选项B正确；Ｃ．氨气中N原子最外层有8个电子，电子式为

，选项C错误；Ｄ．氯化钠是离子化合物，由钠离子和氯离子构成，电子式为

，选项D正确；答案选Ｃ。6．由于核外有空的d轨道，可与一些配体形成配位数为6的配离子。某同学用淡紫色的晶体进行如下实验：已知：为浅紫色，为红色，为无色。下列说法错误的是A．溶液Ⅰ呈黄色，可能是因为水解生成所致B．由于铁灼烧时无焰色，说明铁不会产生发射光谱，故焰色试验中可用铁丝替代铂丝C．中碳元素的化合价为价D．溶液Ⅱ、Ⅲ现象说明与配位能力：强于【答案】B【解析】A．为浅紫色，硝酸铁溶液显黄色可能是因为水解生成为红褐色，混合颜色为黄色，故A正确；B．铁灼烧产生的发射光谱没有特殊颜色，而不是不会产生发射光谱，故B错误；C．硫氰根离子中S的化合价为－2价，C的化合价为＋4价，N的化合价为－3价，故C正确；D．溶液Ⅱ是硫氰化铁溶液加入后变无色，说明产生了无色，配位能力：强于，故D正确；故选B。7．我国科学家成功合成了世界上首个五氮阴离子盐，经射线衍射测得该化合物的晶体结构，其局部结构如图所示。其中为氮原子，与、与均可形成10电子化合物，与其他原子均不同族，且的单质可以用于自来水消毒，图中虚线表示氢键。下列说法正确的是A．该化合物中的两种阳离子的共价键类型相同B．阴离子中的键型为氮氮单键C．该晶体结构中含有共价键、离子键和氢键D．该化合物中不满足8电子稳定结构【答案】A【分析】结合图示结构，为氢，为氮原子，则为氧，的单质可以用于自来水消毒，则为氯，据此分析。【解析】A．该化合物中的两种阳离子分别为和，其共价键类型均为极性键，故正确；B．结合结构图，阴离子中的键型为介于单键与双键之间的键，故错误；C．该晶体结构中含有共价键和氢键，故错误；D．该化合物的化学式为，说明为氯离子，满足8电子稳定结构，故错误。答案为：A。8．利用如下实验研究浓硫酸的性质。实验1：表面皿中加入少量胆矾，再加入3mL浓硫酸，搅拌，观察到胆矾变成白色。实验2：取2g蔗糖放入大试管中，加2～3滴水，再加入3mL浓硫酸，搅拌。将产生的气体导入品红溶液中，观察到品红溶液褪色。实验3：将一小片铜放入试管中，再加入3mL浓硫酸，加热，观察到铜片上有黑色物质产生。下列说法错误的是A．胆矾化学式可表示为，说明胆矾晶体中存在离子键、共价键、配位键和氢键等作用力B．“实验2”可以说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性C．“实验3”的黑色物质中可能含有CuO和CuSD．向“实验3”的残留物中直接加入适量水，观察溶液是否变蓝色【答案】D【解析】A．胆矾化学式可表示为，说明胆矾晶体中，[Cu(H2O4)2+与之间存在离子键，H2O、内部存在共价键，H2O与Cu2+间存在配位键，未形成配位键的水分子与形成配位键的两个水分子间存在氢键，A正确；B．“实验2”中，浓硫酸首先使蔗糖脱水碳化，表现脱水性，然后浓硫酸将碳氧化，生成CO2、SO2等，浓硫酸表现强氧化性，B正确；C．浓硫酸具有强氧化性，能将Cu氧化为CuO，Cu具有还原性，能将浓硫酸中的S还原，生成CuS等，C正确；D．“实验3”的残留物中含有浓硫酸，直接加入适量水，可能会使浓硫酸喷出伤人，D错误；故选D。9．在碱性溶液中，双缩脲能与作用形成紫红色配合物，配离子结构如图所示。下列说法错误的是A．双缩脲分子中键与键个数比为B．该配离子与水形成氢键的原子只有C．该配离子中提供空轨道的微粒是D．基态原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为球形【答案】B【解析】A．单键和配位键都是键，双键中含有1个键和1个键，则双缩脲分子中键与键个数比为，故A正确；B．该配离子与水形成氢键的原子除了原子外，还有O原子，故B错误；C．含有空轨道，在该配离子中提供空轨道，故C正确；D．基态原子电子排布式为[Ar]3d104s1，占据最高能级的是4s，电子云轮廓图为球形，故D正确；故选B。10．含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物为整合物。一种配合物的结构如图所示，下列说法不正确的是

A．该配合物中通过整合作用形成的配位键有B．N所形成的六元环中N的杂化方式为C．结构图右边与互为等电子体D．图中所涉及元素的电负性由大到小顺序为：【答案】A【解析】A．整合物是一种环状配合物，“螯”指螃蟹的大钳，在螯合物结构中，一定有多个多齿配体提供多对电子与中心原子形成配位键，邻二氮菲为双齿配体，该配合物中通过整合作用形成的配位键有，故A错误；B．邻二氮菲为平面结构，所以N原子的杂化方式都为，且只有1种，故B正确；C．与原子个数和电子式都相等，互为等电子体，故C正确；D．元素非金属性越强，电负性越强，得电子能力越强，则图中所涉及元素的电负性由大到小顺序为：，故D正确；故选A。11．亚铁氯化钾{K4[Fe(CN)4]}的制备方法为Fe+6HCN+2K2CO3=K4[Fe(CN)6]+H2↑+2CO2↑+2H2O。设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．HCN分子中σ键与π键数之比为1：2B．1molK4[Fe(CN)6]中含有12molσ键C．反应过程中每生成1molCO2转移电子数目为4NAD．反应所列物质中，碳原子的杂化方式只有1种【答案】B【解析】A．HCN的结构式为H-CN，单键属于σ键，三键中含有2个π键和1个σ键，则HCN分子中σ键与π键数之比为2：2=1：1，故A错误；B．三键中含有2个π键和1个σ键，配位键也属于σ键，则K4[Fe(CN)6]中含有6+61=12个σ键，1molK4Fe(CN)4中含有12molσ键，故B正确；C．该反应中铁元素由0价升高到+2价，部分氢元素由+1价降低到0价，则每生成2个CO2分子转移2个电子，故每生成1molCO2时，反应过程中转移电子数目为NA，故C错误；D．HCN中存在碳氮三键，C原子为sp杂化，K2CO3中C原子价层电子对数为3+=3，杂化方式为sp2，故D错误；故选B。12．镍能形成多种配合物如正四面体形的、正方形的和正八面体形的等。下列说法错误的是A．1mol含键数目为8B．上述三种配合物中Ni的化合价不相同C．中含有配位键、金属键、极性共价键D．和中镍元素均是杂化【答案】C【解析】A．中Ni和C原子之间为配位键，是键，C和O之间含1个键，故1mol含键数目为8，A正确；B．中Ni为0价，、中Ni为+2价，上述三种配合物中Ni的化合价不相同，B正确；C．中含有配位键、极性共价键，不含金属键，C错误；D．和均为正四面体形，镍元素均是杂化，D正确；故选C。13．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O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．配离子是[TiCl(H2O)5]2+，中心离子是Ti4+C．内界和外界中的Cl-的数目比是1：2D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀【答案】C【解析】A．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误；B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误；C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确；D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，故D错误；故选：C。14．离子液体是在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，应用广泛。1-乙基-3-甲基咪唑四氟硼酸盐离子液体结构如图所示，其环状结构中存在大π键。下列相关叙述错误的是

A．阳离子中至少10原子共平面 B．阴离子呈正四面体形C．该离子液体存在共价键、配位键、离子键 D．阳离子中键数目是π键数目的10倍【答案】D【解析】A．阳离子中五元环上C原子连接的化学键有1个双键，采用的是sp2杂化，甲基和乙基上碳原子形成四个单键，采用的是sp3杂化，N原子接的有1个双键，采用的是sp2杂化，另一个N原子接的都是单键判断是sp3，则五元环上2个N原子、3个碳原子包括3个碳原子分别连接的H原子共8个原子共平面，另外甲基和乙基直接与N原子连接的碳原子也与五元环共平面，即至少10原子共平面，故A正确；B．阴离子为BF，其中心原子价层电子对数为4+×(3+1-4×1)=4，采取sp3杂化，无孤对电子，空间构型为正四面体形，故B正确；C．该化合物为离子液体，是离子化合物，一定含有离子键；BF中存在配位键，其中B提供空轨道，F提供孤对电子，阳离子中存在共价键，故C正确；D．根据单键是σ键，双键中1个σ键、1个π键，判断阳离子中含19个σ键、2个π键，σ键数目是π键数目的9.5倍，故D错误；答案选D。15．乙二胺四乙酸根和可以形成螯合物，结构如图．表示阿佛加德罗常数的值，下列说法错误的是

A．螯合物中含配位键，配位原子为N和OB．乙二胺四乙酸分子中C和N原子的杂化方式均相同C．乙二胺四乙酸分子中含有的键数目为D．常温下，乙二胺四乙酸在水中溶解度较小与氢键有关【答案】B【解析】A．由图可知，该螯合物中Cr与N和O形成6个配位键，螯合物中含配位键，故A正确；B．乙二胺四乙酸分子中N原子的杂化方式为sp3杂化，C的杂化方式为sp3杂化和sp2杂化；故B错误；C．乙二胺四乙酸结构式为

，1个分子中含有35个键，则乙二胺四乙酸分子中含有的键数目为；故C正确；D．乙二胺四乙酸形成分子内氢键，在水中溶解度较小，故D正确；故答案选B。16．有关配合物的实验如图，下列说法错误的是

A．[Cu(H2O)4]2+中Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对B．[Cu(NH3)4]2+与NH3比较，前者的H－N－H的键角小C．与Cu2+的配位能力：NH3＞H2OD．向CuSO4溶液中滴加过量氨水，也能得到深蓝色溶液【答案】B【解析】A．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原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，故A正确；B．在[Cu(NH3)4]2+离子中，因为孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，所以H-N-H键角会变大，[Cu(NH3)4]2+与NH3比较，前者的H-N-H的键角大，故B错误；C．配合物向生成更稳定的配合物转化，所以判断NH3和H2O与Cu2+的配位能力：NH3>H2O，故C正确；D．氨水呈碱性，向CuSO4溶液中滴加氨水，先生成氢氧化铜的蓝色沉淀，，继续滴加氨水，后沉淀溶解发生反应，形成铜氨溶液，为深蓝色溶液，故D正确；故答案选B。17．Ti被称为21世纪金属，其离子可以和多种配体形成配位化合物。下列相关说法正确的是A．已知[TiCl2(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2中含有环状结构，Ti为+6价B．1mol配合物[Ti(H2O)4Cl2]Cl∙2H2O中有6molH2O做为配体C．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NAD．上述选项中涉及的配合物，中心离子的配位数均为6【答案】D【解析】A．已知[TiCl2(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2中含有环状结构，H2NCH2CH2NH2不显电性，则Ti为+4价，故A错误；B．1mol配合物[Ti(H2O)4Cl2]Cl∙2H2O中有4molH2O做为配体，故B错误；C．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为(3×5+6)NA=21NA，故C错误；D．[TiCl2(H2NCH2CH2NH2)2]Cl2中含有环状结构，H2NCH2CH2NH2中的两个氮与Ti形成配位键，因此上述选项中涉及的配合物，中心离子的配位数均为6，故D正确。综上所述，答案为D。18．一种配合物的化学式为，该配合物的水溶液不导电，加入溶液不产生沉淀，加入强碱处理不释放。下列说法错误的是A．该配合物无外界B．该配合物中Pt采取杂化C．该配合物中H-N-H键角比中H-N-H键角大D．该配合物中Pt为+4价【答案】B【解析】A．由该配合物的性质可知该配合物无外界离子，故A正确；B．该配合物的配位数为6，Pt采取杂化，故B错误；C．该配合物中与Pt之间形成配位键，N原子周围不再存在孤电子对，而中中心N原含有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对产生排斥使键角变小，故C正确；D．根据化合物中各元素化合价代数和为零，可知该物质中Pt价态为+4价，故D正确；故选：B。19．已知：铜离子的配位数通常4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是A．硫酸铜溶液呈蓝色是因为与结合形成B．b中得到配合物，其配体为C．由实验可知，的配位能力比弱D．加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液【答案】C【解析】A．水分子中氧原子可以提供孤电子对，能和铜离子形成配离子，硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致，A正确；B．和均为深蓝色，b加入过量的氢氧化钠得到配合物，由化学式可知，其配体为，B正确；C．由实验ac可知，的配位能力比强，C错误；D．加热c中溶液会促进一水合氨向电离的方向进行，使得一水合氨浓度减小，导致转化为氢氧化铜沉淀，故有可能得到蓝色浑浊液，D正确；故选C。二、填空题20．氮(N)形成的单质及它形成的化合物有重要的研究和应用价值，回答下列问题：(1)已知NO与CO2互为等电子体，NO的结构式为，中心原子N的杂化方式为。(2)NH4BF4(四氟硼酸铵)可用作铝或铜的焊接助熔剂，能腐蚀玻璃，有重要的化工用途。下列说法正确的是。A．核素15N的中子数为7 B．F元素位于元素周期表p区C．BF的空间构型为正四面体形 D．NH4BF4中存在离子键、共价键、氢键和范德华力(3)向硫酸铜溶液中通入过量氨气，得到深蓝色溶液，生成配合物[Cu(NH3)4]SO4，其中1mol阳离子[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数目为。向该深蓝色溶液中加入乙醇，得到深蓝色晶体，该深蓝色晶体为(填化学式)。【答案】(1)[O=N=O]+sp杂化(2)BC(3)16NA[Cu(NH3)4]SO4【解析】（1）等电子体具有相同的原子个数和价电子数，二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，碳原子的杂化方式为杂化，分子的空间构型为直线形，由离子与二氧化碳为等电子体可知，离子中氮原子的杂化方式为杂化，离子的空间构型为直线形，结构式为。（2）A．核素的质子数为7，中子数为，故A错误；B．F原子的价电子接布式为，位于元素周期表p区，故B正确；C．离子中硼原子的的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，空间构型为正四面体形，故C正确；D．是由离子和离子形成的离子化合物，化合物中含有离子键、共价键，不含有氢键和范德华力，故D错误。（3）阳离子中铜离子与氨分子形成的配位键属于键，氨分子中含有3个氮氢键属于键，则阳离子中含有键数目为个；向该深蓝色溶液中加入乙醇，配合物的溶解度减小，会析出深蓝色晶体，则深蓝色晶体为。21．配位化合物广泛应用于日常生活、工业生产及科研中。例如Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。已知：有的配体只含一个配位原子，只能提供一对孤对电子与中心原子形成配位键，这种配体被称为单齿配体，能提供两个及以上的配位原子的配体被称为多齿配体，多齿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。回答下列问题：(1)丁二酮肟镍是否属于螯合物(填“是”或“否”)，其配位数为，含有化学键的类型有。a．氢键

b．配位键

c．极性键

d．非极性键(2)实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是。(3)绝大部分过渡金属都能与CO分子形成稳定的羰基配合物，且配位键的形成可使金属价层电子满足18电子规律，即中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18，则Fe(CO)x中Fe的配位数x的数值为。(4)Cr3+配位能力很强，极易形成配位数为6的八面体结构，例如CrCl3∙6H2O就有3种水合异构体，其中一种结构取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，则该配合物的化学式为。(5)[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，中心离子Ni2+的杂化方式可能为。a．sp3b．dsp2c．sp2d．sp(6)物质在外磁场的作用下会发生磁化现象，在磁场中物质的磁性可分为顺磁性、反磁性和铁磁性，中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性，下列配离子中具有顺磁性的是。A．[Cr(OH)4]－ B．[Cu(CN)4]3− C．[ZnCl4]2− D．[Fe(CN)6]4−【答案】(1)是4bcd(2)pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀(3)5(4)[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O(5)b(6)AD【解析】（1）根据螯合物的定义分析丁二酮肟有两个氮和两个氧的配位原子，丁二酮肟与镍离子通过螯合配位成环，因此丁二酮肟镍是属于螯合物，其配位数为4，含有化学键的类型有配位键、极性键、非极性键，而氢键不属于化学键；故答案为：是；4；bcd。（2）实验室常用邻二氮菲()检验Fe2+，生成橙红色的邻二氮菲亚铁络离子，选择pH范围为2～9的原因是pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀；故答案为：pH过小，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键；pH过大时，Fe2+与OH－形成沉淀。（3）铁的价层电子为8，根据中心原子的价电子数+配体提供的总电子数=18得到Fe(CO)x中8+2x=18，则x=5即Fe的配位数x的数值为5；故答案为：5。（4）CrCl3∙6H2O水合异构体中一种结构是取1mol与足量的AgNO3溶液反应，生成2mol白色沉淀，说明该物质1mol能电离出2mol氯离子即1个CrCl3∙6H2O有2个氯离子属于外界，还有一个氯离子和五个水属于内界形成配位数为6，则该配合物的化学式为[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O；故答案为：[Cr(H2O)5Cl]Cl2∙H2O。（5）[Ni(NH3)4]2+具有对称的空间构型，说明Ni2+杂化后有四个空轨道，说明不是sp2杂化或sp杂化，[Ni(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，从而说明[Ni(NH3)4]2+不是正四面体结构，则不可能为sp3杂化，因此中心离子Ni2+的杂化方式可能为dsp2杂化；故答案为：b。（6）中心离子或原子上含有未成对电子的物质具有顺磁性：A．[Cr(OH)4]－中Cr为+5价，则Cr5+价层电子排布式为3d1，有1个未成对电子，故A符合题意；B．[Cu(CN)4]3−中Cu+、CN－都没有未成对电子，故B不符合题意；C．[ZnCl4]2−中Zn2+、Cl－都没有未成对电子，故C不符合题意；D．[Fe(CN)6]4−中Fe2+价层电子排布式为3d6，有4个未成对电子，故D符合题意；综上所述，答案为：AD。22．铜及其化合物是化工生产、生活中常用的材料。(1)Cu+价层电子的轨道表达式为。(2)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代后有两种不同的结构，画出[Cu(H2O)2(Cl)2]是非极性分子的结构为。(3)CuSO4溶于过量氨水可以制取化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，该化合物中Cu2+的配位数为，该化合物加热时首先失去的组分是。(4)[Cu(NH3)4]2+中NH3的键角比独立存在的NH3分子结构中的键角(填“大”“小”或“相等”)。(5)1mo[Cu(NH3)4]2+中存在个σ键(用NA表示)。【答案】(1)(2)(3)6H2O(4)大(5)16【解析】（1）Cu价层电子排布式为3d104s1，Cu+的价层电子排布式为3d10，所以Cu+的价层电子轨道表达式为。（2）[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，则[Cu(H2O)2(Cl)2]也是平面结构，两个H2O和两个Cl分别处于对位时，分子的正负电荷中心重合，是非极性分子，结构为。（3）在[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4中，Cu2+和4个NH3、2个H2O形成配位键，Cu2+的配位数为6，呈正八面体结构；其中四个NH3在同一平面，呈正方形，另外两个H2O在垂直于平面的方向上，但是这2个H2O因为距离比较远，所以在加热时先失去。（4）NH3中N采取sp3杂化，氮原子上有一孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的斥力比较大，所以NH3中H-N-H之间的夹角要比正四面体的109°28′要小。当形成[Cu(NH3)4]2+后，N的孤电子对和Cu2+形成的配位键，斥力减小，键角增大，所以[Cu(NH3)4]2+中NH3的键角比独立存在的NH3分子结构中的键角大。（5）在[Cu(NH3)4]2+中存在Cu2+和NH3间的配位键，1个NH3中还有3个N-Hσ键，所以1mol[Cu(NH3)4]2+中存在16NA个σ键。23．配位化合物在生产生活中有重要应用，请根据要求回答下列问题：(1)光谱证实单质铝与强碱性溶液反应有[Al(OH)4]-生成，则Al(OH)4]-中存在(填序号)a．共价键

b．非极性键

c．配位键d．键

e．π键(2)Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，则无明显现象。则第一种配合物的结构式可表示为，第二种配合物的结构式可表示为。若在第二种配合物的溶液中滴加AgNO3溶液，则产生的现象是。(提示：TiCl(H2O)5Cl2这种配合物的结构可表示为[TiCl(H2O)5]Cl2.)(3)关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中错误的是___________A．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NAB．中心原子的化合价为+3价C．中心原子的配位数是6D．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀(4)已知[Co(NH3)6]3+的立体结构如图，其中1～6处的小圆圈表示NH3分子，且各相邻的NH3分子间的距离相等(图中虚线长度相等)。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]+的结构的数目为【答案】(1)acd(2)生成淡黄色沉淀(3)AD(4)2【解析】（1）Al(OH)4]-中OH-和Al3+之间存在配位键，属于共价键，也属于键，H和O之间形成共价键，属于极性键，键，因此选acd；（2）Co(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物，已知Co3+的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，说明外界为硫酸根离子，则第一种配合物的结构式为；第二种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，无明显现象，则外界不是硫酸根离子，第二种配合物的结构式可表示为；第二种配合物中含溴离子，滴加AgNO3溶液，产生AgBr沉淀，现象为生成淡黄色沉淀；（3）关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法：A．NH3种含3个N-H键，6个配位键，则1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为(3×5+6)NA=21NA，A错误；B．[Ti(NH3)5Cl]Cl2含[Ti(NH3)5Cl]2+，则中心Ti原子的化合价为+3价，B正确；C．配离子[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti为中心原子，配体为NH3和Cl-，则配位数是6，C正确；D．[Ti(NH3)5Cl]Cl2中外界为2个Cl-，则含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，D错误；选AD。（4）已