第34讲配合物与超分子-2021-2022学年高二化学链接教材精准变式练（人教版2019选择性必修2）

链接教材精准变式练第三章晶体结构与性质第四节配合物与超分子【典例1】（2022·四川资阳·高二期末）向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，得到深蓝色透明溶液。下列叙述不正确的是A．反应过程中先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解B．溶液呈深蓝色是由于生成了[Cu(NH3)4]2+C．反应的离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OD．若继续向深蓝色溶液中加入乙醇，将析出深蓝色晶体CuSO4·5H2O【答案】D【解析】A．CuSO4溶液中滴加氨水至过量，先发生Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH，生成Cu(OH)2蓝色沉淀，之后发生Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH+4H2O，蓝色沉淀溶解，A正确；B．生成的Cu(OH)2沉淀发生Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH+4H2O，[Cu(NH3)4]2+的存在使溶液呈深蓝色，B正确；C．将A选项两步反应相加，可得总反应为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，C正确；D．乙醇可以降低[Cu(NH3)4]SO4的溶解性，加入乙醇析出的是[Cu(NH3)4]SO4晶体，D错误；综上所述答案为D。【典例2】（2021·四川省绵阳南山中学高二阶段练习）配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]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B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2，中心离子为Fe3+，配位数为6C．1mol配合物中σ键数目为10NAD．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子【答案】C【解析】A．Na+与[Fe(CN)5(NO)]2存在离子键，NO分子、CN与Fe3+形成配位键，碳氮之间，氮氧之间存在极性共价键，A正确；B．NO分子、CN与Fe3+形成配位键，共有6个，B正确；C．1mol配合物中σ键数目为（5×2+1×2）×NA=12NA，C错误；D．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na+与1个[Fe(CN)5(NO)]2，所以1mol配合物电离共得到3NA阴阳离子，D正确；答案选C。【典例3】（2021·辽宁丹东·高二期末）许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法不正确的是A．向配合物的溶液中加入溶液，有白色沉淀生成B．配合物中配位原子为CC．配合物的配位数为2D．配合物的配体为和【答案】D【解析】A．在溶液中能够电离出，向配合物的溶液中加入溶液，有硫酸钡白色沉淀生成，故A正确；B．配合物中的配体为CN，电子云偏向于碳原子，致使碳原子更易提供孤对电子，配位原子为C，故B正确；C．配合物[Ag(NH3)2]OH的配体为NH3，配位数为2，故C正确；D．配合物[Cu(NH3)4]SO4•H2O的配体只有NH3，故D错误；故选D。【典例4】（2021·福建宁德·高二期末）在氯化铬晶体()配成的水溶液中加入过量的溶液，产生沉淀，此氯化铬晶体的组成也可表示为A． B．C． D．【答案】B【解析】氯化铬晶体()配成的水溶液中加入过量的溶液，产生沉淀，说明有0.2molCl在配合物外界，0.1molCl参与配位，根据物质的量之比等于个数比可得配合物的化学式为：，故答案为：B教材知识链接教材知识链接一．配合物1．配位键(1)概念：由一个原子单方面提供孤电子对，而另一个原子提供空轨道而形成的化学键，即“电子对给予—接受”键。(2)表示方法：配位键常用A—B表示，其中A是提供孤电子对的原子，叫给予体，B是接受孤电子对的原子，叫接受体。如：H3O＋的结构式为；NHeq\o\al(＋,4)的结构式为。(3)形成条件形成配位键的一方(如A)是能够提供孤电子对的原子，另一方(如B)是具有能够接受孤电子对的空轨道的原子。①孤电子对：分子或离子中，没有跟其他原子共用的电子对就是孤电子对。如、、分子中中心原子分别有1、2、3对孤电子对。含有孤电子对的微粒：分子如CO、NH3、H2O等，离子如Cl－、CN－、NOeq\o\al(－,2)等。②含有空轨道的微粒：过渡金属的原子或离子。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目基本上是固定的，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。2．配合物(1)概念通常把金属离子或原子(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等均为配合物。(2)组成配合物[Cu(NH3)4]SO4的组成如下图所示：①中心原子：提供空轨道接受孤电子对的原子。中心原子一般都是带正电荷的阳离子(此时又叫中心离子)，最常见的有过渡金属离子：Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋等。②配体：提供孤电子对的阴离子或分子，如Cl－、NH3、H2O等。配体中直接同中心原子配位的原子叫做配位原子。配位原子必须是含有孤电子对的原子，如NH3中的N原子，H2O中的O原子等。③配位数：直接与中心原子形成的配位键的数目。如[Fe(CN)6]4－中Fe2＋的配位数为6。(3)常见配合物的形成实验实验操作实验现象有关离子方程式滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐溶解，得到深蓝色的透明溶液，滴加乙醇后析出深蓝色晶体Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)、Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－、[Cu(NH3)4]2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2Oeq\o(=,\s\up7(乙醇))[Cu(NH3)4]SO4·H2O↓溶液变为红色Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3滴加AgNO3溶液后，试管中出现白色沉淀，再滴加氨水后沉淀溶解，溶液呈无色Ag＋＋Cl－=AgCl↓、AgCl＋2NH3=[Ag(NH3)2]＋＋Cl－(4)配合物的形成对性质的影响①对溶解性的影响一些难溶于水的金属氢氧化物、氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以溶解于氨水中，或依次溶解于含过量的OH－、Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。如Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。②颜色的改变当简单离子形成配离子时，其性质往往有很大差异。颜色发生变化就是一种常见的现象，根据颜色的变化就可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－形成硫氰化铁配离子，其溶液显红色。③稳定性增强配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当作为中心离子的金属离子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。例如，血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，血红素失去输送氧气的功能，从而导致人体CO中毒。二．超分子1．定义：超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。特别提醒(1)超分子定义中的分子是广义的，包括离子。(2)超分子有的是有限的，有的是无限伸展的。2．超分子的两个重要特征是分子识别和自组装。精准变式题精准变式题（变式训练1）（2021·辽宁锦州·高二期末）向盛有硝酸银溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色透明溶液，下列说法正确的是A．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后的浓度不变B．沉淀溶解后，生成的难电离C．在中，给出孤对电子，提供空轨道D．该实验能证明比稳定【答案】D【解析】【分析】氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，Ag++OH=AgOH↓，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，发生：AgOH+2NH3=[Ag(NH3)2]++OH，据此分析判断。【详解】A．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A错误；B．[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]++OH，故B错误；C．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C错误；D．氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，Ag++OH=AgOH↓，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，发生：AgOH+2NH3=[Ag(NH3)2]++OH，氢氧化银沉淀能转化为络合物离子[Ag(NH3)2]+，说明[Ag(NH3)2]+比氢氧化银稳定，故D正确；故选D。（变式训练2）（2021·山东济宁·高二期末）HCHO与[Zn(CN)4]2在水溶液中发生反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2＋4H＋＋4H2O=[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN，下列说法错误的是A．甲醛(HCHO)的键角约为120°，分子之间存在氢键B．H2O的空间构型为V形，中心原子的杂化方式为sp3C．CN和H2O与Zn2＋的配位能力：CN＜H2OD．Zn2＋与CN生成的配离子[Zn(CN)4]2中，σ键和π键的数目之比为1：1【答案】A【解析】A．HCHO中C原子采用sp2杂化，为平面三角形，CH与CH键夹角理论上是120°，但由于有羰基氧的电子对排斥作用，甲醛(HCHO)的键角小于120°，甲醇分子中O原子和另一个甲醛分子中的H原子形成氢键，故分子之间存在氢键，A错误；B．H2O分子中O原子上有2对孤电子对，中心原子的杂化方式为sp3，H2O的空间构型为V形，选项B正确；C．配合物向生成更稳定的配合物转化，所以CN和H2O与Zn2+的配位能力：CN＜H2O，选项C正确；D．配位键属于σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，Zn2+与CN生成的配离子[Zn(CN)4]2中，σ键和π键的数目之比=(4+4)∶(4×2)=1∶1，选项D正确；答案选A。（变式训练3）（2021·福建·泉州市第六中学高二期中）已知Ti3+可形成配位数为6的配合物。0.01mol配合物TiCl3·6H2O溶于水配成待测水溶液，在水溶液中加入过量硝酸银溶液，充分反应后，产生沉淀。此配合物最有可能是A． B．C． D．【答案】B【解析】由含0.01mol配合物的水溶液能与过量硝酸银溶液反应生成0.02mol氯化银沉淀可知，配合物中1个氯离子为配体，2个氯离子为外界，由钛离子形成配位数为6的配合物可知，配合物中还有5个水分子为配体，则配合物的化学式为[Ti（H2O）5Cl]Cl2·H2O，故选B。1．（2021·福建莆田·高二期末）对于配合物[Co(NH3)3(H2O)Cl2]Cl，下列说法不正确的是A．配位数为6B．提供空轨道的为Co3+C．配位体为N、O、ClD．若往1mol该配合物中加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，可得到1molAgCl沉淀【答案】C【解析】A．配体为NH3、H2O、Cl，配位数为6，故A正确；B．Co为过渡元素，提供空轨道的为Co3+，故B正确；C．配体为NH3、H2O、Cl，故C错误；D．加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，外界Cl可与Ag+得到1molAgCl沉淀，内界Cl不能与Ag+反应，故D正确；故选C。2．（2021·福建·漳州市正兴学校高二阶段练习）配合物Fe(CO)5的熔点为20℃，沸点为103℃，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示。下列关于Fe(CO)5说法正确的是A．固态Fe(CO)5属于离子晶体B．Fe(CO)5中Fe原子以sp3杂化方式与CO成键C．1molFe(CO)5含有10mol配位键D．Fe(CO)5=Fe+5CO反应中没有新化学键生成【答案】C【解析】A．配合物Fe(CO)5的熔点为20℃，沸点为103℃，所以固态Fe(CO)5属于分子晶体，故A错误；B．Fe(CO)5中Fe原子与5个CO成键，但不是sp3杂化，故B错误；C．1个Fe(CO)5分子中Fe原子与5个CO形成5个配位键，在每个CO分子中存在1个配位键，1molFe(CO)5中共含有10mol配位键，故C正确；D．Fe(CO)5=Fe+5CO属于化学变化，包括化学键的断裂与形成，断开了Fe(CO)5分子中的配位键，形成了金属键，故D错误；故选C。3．（2021·宁夏·石嘴山市第三中学高二期中）许多过渡金属离子能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是A．向1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成3molAgClB．[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Co2+提供接受孤电子对的空轨道，配体是NH3分子和Cl原子C．K4[Fe(CN)6]、Fe(CO)5、[Ag(NH3)2]OH、Cu2(OH)2SO4、KAl(SO4)2·12H2O都是配合物D．可简写为[Cu(en)2]2+，由结构式可知Cu2+配位数为4【答案】D【解析】A．[Co(NH3)5Cl]Cl2中有2个Cl为外界，所以1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2可以电离出2mol氯离子，与足量AgNO3反应生成2molAgCl，A错误；B．[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Co2+提供接受孤电子对的空轨道，配体是NH3分子、Cl，不是氯原子，B错误；C．Cu2(OH)2SO4中只含离子键，不是配合物，C错误；D．据图可知该物质中有4个N原子与Cu2+形成配位键，所以Cu2+配位数为4，D正确；综上所述答案为D。4．（2021·云南省永胜县第一中学高二阶段练习）下列说法错误的是A．KAl(SO4)2·12H2O不属于配合物B．配合物中的配体可以是分子也可以是阴离子C．配位数为4的配合物均为正四面体形结构D．[Cu(NH3)2]＋中的中心离子的配位数为2【答案】C【解析】A．KAl(SO4)2·12H2O属于一般化合物，不含配体，所以KAl(SO4)2·12H2O不属于配合物，故A正确；B．配合物中的配体可以是分子也可以是阴离子，例如[Ag(NH3)2]OH中银离子提供空轨道、NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，氨气分子为配体，Na[Al(OH)4]中铝原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，氢氧根离子为配体，故B正确；C．配位数为4的配合物可能为平面结构，[Cu(NH3)4]2+为平面正方形结构，故C错误；D．在[Cu(NH3)2]＋中配体是两个氨分子，中心离子的配位数是2，故D正确；故选C。5．（2021·辽宁大连·高二期末）下列说法错误的是A．离子液体有难挥发的特点，常被用于有机合成的溶剂B．冠醚与碱金属离子通过离子键形成超分子C．等离子体是一种特殊的气体，由带电的阳离子、电子及电中性粒子组成D．液晶既具有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性【答案】B【解析】A．离子液体是指全部由离子组成的液体，有难挥发的特点，常被用于有机合成的溶剂，A正确；B．冠醚与碱金属离子通过配位键形成分子，配位键属于共价键，B错误；C．等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质聚集体，C正确；D．液晶是介于晶态和液态之间的物质状态，既具有液体的流动性，又具有类似晶体的各向异性，D正确；答案为：B。6．（2021·河南·辉县市第一高级中学高二阶段练习）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。下列说法不正确的是A．分子内σ键和π键个数之比为1:2B．的空间结构为三角锥形C．在形成配合物时，其配位数只能为4D．中，镍元素是杂化【答案】C【解析】A．CO与CN、N2都互为等电子体，这三种微粒结构相似，根据氮气分子结构式N≡N可知，该结构中共价三键中含有1个σ键、2个π键，所以CO分子内σ键和π键个数之比为1:2，故A正确；B．分子中心原子N价层电子对数=3+=3+1=4，sp3杂化，有一对孤电子对，其空间结构为三角锥形，故B正确；C．Ni2+的价电子为3d8，Ni2+在形成配合物时，其配位数可以是4，如，，也可为6，如，故C错误；D．由题中信息可知，是正四面体形，Ni元素采取杂化，故D正确；答案为C。7．向盛有硫酸铜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。下列对此现象的说法中，正确的是A．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为C．在中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道D．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生任何变化，因为不与乙醇发生反应【答案】B【解析】【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH，在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，以此分析解答。【详解】A．铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子[Cu(NH3)4]2+，所以反应后Cu2+的浓度减小，故A错误；B．氢氧化铜沉淀溶解的离子反应为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH，则生成深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，故B正确；C．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故C错误；D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向溶液中加入乙醇后因为溶解度减小，析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4，故D错误；故选B。8．（2021·四川达州·高二期末）向盛有硫酸铜蓝色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溶液，再加无水乙醇得到深蓝色晶体。下列说法正确的是A．深蓝色溶液中含有的主要有色离子为B．与间的配位键比与间的配位键弱C．加乙醇的目的是降低生成的配合物的溶解度D．中含有键的数目为【答案】C【解析】【分析】由题意可知，硫酸铜蓝色溶液中存在四水合铜离子，向溶液中加入氨水时，蓝色的四水合铜离子与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加入氨水，氢氧化铜蓝色沉淀与氨水反应生成深蓝色的四氨合铜离子，加入无水乙醇降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体。【详解】A．由分析可知，深蓝色溶液中含有的主要有色离子为四氨合铜离子，故A错误；B．由分析可知，实验时蓝色的四水合铜离子转化为深蓝色的四氨合铜离子，说明氨分子与铜离子形成的配位键强于水分子与铜离子形成的配位键，故B错误；C．由分析可知，加入无水乙醇能降低硫酸四氨合铜的溶解度，使溶液中硫酸四氨合铜析出得到深蓝色晶体，故C正确；D．四水合铜离子中铜离子与4个水分子形成的配位键属于键，每个水分子中含有2个键，则1mol离子中含有的键的数目为1mol×(4+2×4)×NAmol—1=12NA，故D错误；故选C。9．（2022·吉林·梅河口市第五中学高二期末）下列关于化学式为的配合物的说法中正确的是A．配位体是和B．中心离子是，配离子是C．内界和外界中的的数目比是1∶2D．加入足量溶液，该配合物可生成【答案】B【解析】A．由化学式可以看出配位体是和，故A错误；B．中心离子是，形成配位阳离子，配离子是，故B正确；C．内界有2个，外界有1个，内界和外界中的的数目比是2∶1，故C错误；D．只有外界的可以电离出来，外界有1个，加入足量溶液，该配合物可生成，故D错误；故答案为B10．（2022·浙江温州·高二期末）乙二胺与CuCl2可形成配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+(如图所示)，下列有关说法不正确的是A．该配离子中心离子是Cu2+，配位数为2B．该配离子中既有极性键又有非极性键C．乙二胺分子中H—N—H的键角小于H—C—H的键角D．乙二胺分子沸点高于ClCH2CH2Cl【答案】A【解析】A．根据配合离子的结构，中心离子为Cu2+，Cu2+与4个N原子形成配位键，配位数为4，故A说法错误；B．C－N、C－H、H－N为极性键，C－C间为非极性键，故B说法正确；C．乙二胺分子中H—N—H中N有一个孤电子对，H—C—H中C没有孤电子对，孤电子对之间的斥力＞孤电子对成键电子对之间斥力＞成键电子对之间的斥力，因此乙二胺分子中H—N—H的键角小于H—C—H的键角，故C说法正确；D．乙二胺分子间存在氢键，ClCH2CH2Cl分子间不存在氢键，因此乙二胺的沸点高，故D说法正确；答案为A。11．（2021·山东济宁·高二期中）如图所示为冰晶石(化学式为Na3AlF6)的晶胞。已知冰晶石熔融时电离方程式为：Na3AlF6=3Na++AlF。图中●位于大立方体顶点和面心，○位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心。则下列说法正确的是A．冰晶石是共价晶体B．大立方体的体心处代表Na＋C．与Na＋距离相等且最近的Na＋有6个D．1molAlF中存在3NA个配位键【答案】BD【解析】【分析】1个晶胞中，●表示的原子个数==4，○表示的原子个数==11，由电离方程式可知Na+和AlF个数比为3:1，则和○表示的原子应相同，均为Na+，●表示AlF。【详解】A．冰晶石熔融时能电离，则冰晶石是离子晶体，故A错误；B．大立方体的体心处代表的是Na+，故B正确；C．由晶胞可知与Na＋距离相等且最近的Na＋有8个，故C错误；D．1molAlF中存在3mol离子键和3mol配位键，即含3NA个配位键，故D正确；故答案为BD。12．（2022·四川资阳·高二期末）下列关于配合物的说法正确的是A．基态原子核外电子的空间运动状态有17种B．中含有离子键、共价健和配位键C．该配合物中提供空轨道形成配位键D．1该配合物和足量溶液反应，能产生3沉淀【答案】AC【解析】A．同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氯原子核外电子数为17，所以电子的运动状态有17种，A正确；B．中含有共价健和配位键，不含离子键，B错误；C．配离子是，配体Cl、H2O，提供孤电子对，中心离子是Ti3+，提供空轨道形成配位键，C正确；D．1该配合物和足量溶液反应，能产生2沉淀，D错误；答案选AC。13．（2022·山东·烟台市教育科学研究院高二期末）物质M的组成为CoCl3·4NH3，以强碱处理并没有NH3放出；向1molM中加入足量AgNO3溶液生成1mol白色沉淀。下列说法正确的是A．该配合物的配体是Cl和NH3B．该配合物可表示为[Co(NH3)4Cl2]ClC．M中的配离子可能是平面正方形D．该配合物中心离子的电荷数和配位数均为6【答案】AB【解析】【分析】其水溶液显弱酸性，说明界外没有氨分子，向1molM中加入足量AgNO3溶液生成1mol白色沉淀，说明三个氯离子1个位于外界，所以该配合物的化学式最可能为[Co(NH3)4Cl2]Cl。【详解】A．配合物的化学式最可能为[Co(NH3)4Cl2]Cl，该配合物的配体是Cl和NH3，故A正确；B．根据分析可得，该配合物可表示为[Co(NH3)4Cl2]Cl，故B正确；C．M中的配位数为6，故配离子不可能是平面正方形，故C错误；D．该配合物中心离子的电荷数为+3，故D错误；故选AB。14．（2021·江苏常州·高二期末）钴是生产合金和钴盐的重要原料，用含钴化合物作颜料，具有悠久的历史。(1)Co元素位于元素周期表的___区，基态Co原子的核外电子排布式为___。(2)起爆药CP可由5—氰基四唑(结构简式如图)和[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3反应制备。①1mol5—氰基四唑分子中含有σ键的数目为___。N原子核外电子的运动状态有__种。②在配合物[Co(NH3)5(H2O)](ClO4)3中，内界中心Co3+的配体为___(填化学式)，外界ClO的空间构型为___。(3)已知：[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2呈蓝色，两者间存在平衡：。将CoCl2晶体溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色。若将溶液再加水稀释，蓝色溶液又恢复为粉红色。请用平衡移动原理解释加水后溶液颜色变化的原因：___。【答案】d区1s22s22p63s23p63d74s28NA7NH3、H2O正四面体形[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2呈蓝色，加盐酸后氯离子浓度增大，平衡正向移动，[CoCl4]2的浓度增大，溶液为蓝色，加水稀释，氯离子浓度减小，平衡逆向移动，蓝色变粉色。【解析】(1)Co的原子序数是27，根据多电子原子的核外电子排布遵循构造原理，Co的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2,所以Co位于d区，故答案为：d区，1s22s22p63s23p63d74s2；(2)①通过图示可知1mol5—氰基四唑分子中含有σ键的数目为8NA。一个原子中不存在两个运动状态完全相同的电子所以,有多少个电子,就有多少电子运动状态N原子核外电子的运动状态有7种。②在能够提供孤电子对的微粒是配体，所以内界中心Co3+的配体为NH3、H2O，的价层电子对数为4，所以其空间构型为正四面体形；(3)[Co(H2O)6]2+呈粉红色，[CoCl4]2呈蓝色，加盐酸后氯离子浓度增大，平衡正向移动，[CoCl4]2的浓度增大，溶液为蓝色，加水稀释，氯离子浓度减小，平衡逆向移动，蓝色变粉色。15．（2021·四川省达川第四中学高二阶段练习）Cu可形成多种配合物，某同学在探究配合物的形成时做了以下实验，根据下列信息回答问题：(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管里逐滴加入氨水，首先出现蓝色沉淀，继续滴加氨水，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液，请写出先后发生反应的离子方程式___________，___________；请画出显深蓝色的离子的结构式___________(不考虑立体构型)。(2)根据以上实验过程，判断NH3和H2O与Cu2＋的配位能力：NH3___________(填“>”“=”或“＜”)H2O。(3)若向盛有大量氨水的试管中逐滴加入硫酸铜溶液至过量，现象是___________。【答案】(1)Cu2++2===Cu(OH)2↓+2Cu(OH)2+4NH3.

H2O=[Cu(NH3)4]2+

+2OH

+4H2O(2)>(3)降蓝色的透明溶液【解析】(1)氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，所以难溶物溶解得到降蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式：Cu2++2===Cu(OH)2↓+2、Cu(OH)2+4NH3.

H2O=[Cu(NH3)4]2+

+2OH

+4H2O。降蓝色的离子为[Cu(NH3)4]2+，其结构式为：，故答案：Cu2++2NH3H2O===Cu(OH)2↓+2NH4、Cu(OH)2+4NH3.

H2O=[Cu(NH3)4]2+

+2OH

+4H2O；。(2)硫酸铜溶液中加入过量氨水后生成了[Cu(NH3)4]2+离子，说明氨气与Cu2+的配位能力大于水与铜离子的配位能力。故答案：>。(3)因为氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合物，难溶物溶解得到降蓝色的透明溶液，所以若向盛有大量氨水的试管中逐滴加入硫酸铜溶液至过量，现象是产生深蓝色的透明溶液，故答案：产生降蓝色的透明溶液，故答案：降蓝色的透明溶液。16．（2021·山东济宁·高二期中）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