第三章第四节　配合物与超分子练习-（2019新）人教版高中化学选择性必修二.docx

1、第四节配合物与超分子基础过关练题组一配位键、配合物1.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)42+C.向反应后的溶液中加入乙醇,溶液不发生变化D.在Cu(NH3)42+中,Cu2+提供孤电子对,NH3提供空轨道2.下列物质不是配合物的是()A.K2Co(NCS)4B.Fe(SCN)3C.CuSO45H2OD.NH4Cl3.(2020辽宁凌源二中高二网测)下列关于配位化合物的叙述中,不正确的是(深度解

2、析)A.配位化合物中必定存在配位键B.配位化合物中只有配位键C.Cu(H2O)42+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D.配位化合物在半导体等尖端技术、医药科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用4.(2019河北唐山第十一中学高二下期中)下列配合物的配位数不是6的是()A.Co (NH3)3(H2O)3(NO3)3B.Cu(NH3)4SO4H2OC.Na3AlF6D.Na2SiF65.(2019福建龙岩上杭一中等六校高二下期中)配位化合物的数量巨大,组成和结构形形色色,丰富多彩。配合物Cu(NH3)4(OH)2的中心离子、配体和配位数分别为()A.C

3、u2+、NH3、4 B.Cu+、NH3、4C.Cu2+、OH-、2 D.Cu2+、NH3、26.下列物质:H3O+Cu(NH3)42+CH3COO-NH3CH4中存在配位键的是()A.B.C.D.7.(1)CaF2难溶于水,但可溶于含Al3+的溶液中,原因是(用离子方程式表示,已知AlF63-在溶液中可稳定存在)。(2)配离子Cr(H2O)63+中,与Cr3+形成配位键的原子是(填元素符号)。深度解析题组二配合物的性质8.(2019河南洛阳高二上期末)许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力,能形成多种配合物。下列说法正确的是()A.向配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O的溶液中加入足量的A

4、gNO3溶液,所有的Cl-均被沉淀B.配合物Ni(CO)4常温下呈液态,易溶于CCl4、苯等有机溶剂C.配合物Cu(NH3)4SO4H2O的配体为NH3和SO42-D.配合物Ag(NH3)2OH的配位数为69.配位化学创始人维尔纳发现,取CoCl36NH3(黄色)、CoCl35NH3(紫红色)、CoCl34NH3(绿色)和CoCl34NH3(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物质的量分别为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。CoCl36NH3:;CoCl35NH3:;CoCl34NH

5、3(绿色和紫色):。(2)后两种物质组成相同而颜色不同的原因是。(3)上述配合物中,中心离子的配位数都是。题组三超分子10.(原创)下列关于超分子的叙述中正确的是()A.超分子就是高分子B.超分子都是无限伸展的C.形成超分子的微粒都是分子D.超分子具有分子识别和自组装的特征11.(原创)冠醚能与阳离子,尤其是与碱金属离子作用,并且随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与锂离子作用而不与钠离子、钾离子作用;18-冠-6与钾离子作用(如图),还可与重氮盐作用,但不与锂离子或钠离子作用。下列说法错误的是()A.18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同B.18-冠-6与钾离子作用,不与锂离子

6、或钠离子作用,这反映了超分子的“分子识别”的特征C.18-冠-6与钾离子作用反映了超分子的自组装的特征D.冠醚与碱金属离子作用的原理与其可作相转移催化剂的原理有关能力提升练题组一配位键与配位化合物1.(2020山东滕州一中高二月考,)下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是()A.Co(NH3)4Cl2ClB.Co(NH3)6Cl3C.Cu(NH3)4Cl2 D.Co(NH3)3Cl32.(2020湖北襄阳一中高二月考,)1 mol Co()的八面体配合物CoClmnNH3与AgNO3溶液作用生成1 mol AgCl沉淀,则m、n的值是(深度解析)A.m=1,n=5 B.m=3,n=4C

7、.m=5,n=1 D.m=4,n=53.(2020天津静海一中高二月考,)下列说法错误的是()A.在NH4+和Cu(NH3)42+中都存在配位键B.H2O是极性分子,分子中O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央C.SO2、SO3、BF3、NCl3都是极性分子D.向含有0.1 mol Co(NH3)4Cl2Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1 mol AgCl沉淀4.(2020四川邻水实验学校高二阶段检测,)若X、Y两种粒子之间可形成配位键,则下列说法正确的是(深度解析)A.X、Y只能是离子B.若X提供空轨道,则配位键表示为XYC.X、Y分别为Ag+、NH3时,Ag+作配体D.若

8、X提供空轨道,则Y至少要提供一对孤电子对5.()如图所示,a为乙二胺四乙酸(EDTA),易与金属离子形成螯合物,b为EDTA与Ca2+形成的螯合物。下列叙述正确的是()abA.a和b中N原子均采取sp3杂化B.b中Ca2+的配位数为4C.a中配位原子是C原子D.b中含有离子键和配位键题组二配位键及其综合应用6.(2020四川新津中学高二月考,)铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途。(一)金属铜用来制造电线电缆,超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中;CuCl和CuCl2都是重要的化工原料,常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等。(1)超细铜粉的某制备方法如下:Cu(NH3)4SO4中的配体是

9、。(2)氯化亚铜(CuCl)的制备过程:向CuCl2溶液中通入一定量SO2,微热,反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀,反应的离子方程式为。(二)波尔多液是一种杀菌剂,广泛应用于树木和花卉上,蓝色的胆矾是配制波尔多液的主要原料。(1)与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有(填元素符号)。(2)往浓CuSO4溶液中加入过量较浓的NH3H2O,直到生成的沉淀恰好溶解为止,得到深蓝色溶液。小心加入约和溶液等体积的C2H5OH并使之分成两层。经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部析出深蓝色晶体,该晶体是(写化学式);实验中所加C2H5OH的作用是。(3)Cu(NH3)4S

10、O4H2O晶体中呈正四面体的粒子是,杂化轨道类型是sp3的原子是。7.(2020山东广饶一中高二月考,)A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素,原子序数依次增大;A元素原子核外有3个未成对电子;B元素原子核外电子占据3个能级,其中最高能级上的电子数是其所在能层序数的2倍;D元素与B元素同族,C元素与A元素同族;E元素原子的价电子数是其余电子数的一半。(1)A、C、D的第一电离能由大到小的顺序为(用元素符号表示),基态E2+的电子排布式为。(2)B和D的氢化物中,B的氢化物沸点较高的原因是。(3)C形成的最高价氧化物的结构如图所示,该结构中C元素原子与O原子形成的键的键长有两种,键长较短的

11、键为(填“a”或“b”)。(4)E可与CO形成羰基配合物E2(CO)8,该物质是有机合成的重要催化剂,不溶于水,溶于乙醇、乙醚、苯,熔点为5051 ,45 (1.33 kPa)时升华。E2(CO)8为晶体(填晶体类型)。E2(CO)8晶体中存在的作用力有。答案全解全析基础过关练1.B2.D3.B4.B5.A6.B8.B10.D11.C1.B硫酸铜溶液中加入氨水先生成蓝色沉淀氢氧化铜,继续加入氨水生成Cu(NH3)42+,铜离子浓度减小;加入乙醇后有深蓝色晶体Cu(NH3)4SO4H2O析出;在Cu(NH3)42+中,NH3分子中的氮原子提供孤电子对,Cu2+提供空轨道。2.DA项,Co2+提供

12、空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键,所以该物质属于配合物;B项,铁离子提供空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键,所以该物质为配合物;C项,铜离子提供空轨道、水分子中氧原子提供孤电子对而形成配位键,所以该物质属于配合物;D项,铵根离子中N原子含有孤电子对,氢离子提供空轨道,形成配位键,而配合物是中心原子(或离子)提供空轨道,所以NH4Cl不是配合物。3.B配合物中一定含有配位键,故A正确;配位化合物中除含有配位键外,还可能含有离子键等,故B错误;配离子中中心离子提供空轨道,配体提供孤电子对,所以Cu(H2O)42+中的Cu2+提供空轨道,H2O中的O原子提供孤电子对,故C正确。反思

13、升华注意形成配合物的条件:有提供空轨道的中心原子或离子,有提供孤电子对的配位体,本题中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。4.BCo (NH3)3(H2O)3(NO3)3中配体为NH3和H2O,配位数为6;Cu(NH3)4SO4H2O中配体为NH3,配位数为4;Na3AlF6中配体为F-,配位数为6;Na2SiF6中配体为F-,配位数为6。故选B。5.A配合物Cu(NH3)4(OH)2中,Cu2+为中心离子,NH3为配体,配位数为4,A项正确。6.BH3O+中氢离子提供空轨道、H2O中O原子提供孤电子对,该微粒中含有配位键,故正确;Cu(NH3)42+中Cu2

14、+提供空轨道、NH3中的N原子提供孤电子对,该微粒中含有配位键,故正确;CH3COO-中不存在含有空轨道的原子,不存在配位键,故错误;NH3中N原子含有孤电子对,没有含空轨道的原子,该微粒中不存在配位键,故错误;CH4中没有含空轨道和孤电子对的原子,该微粒中不存在配位键,故错误;选B。7.答案(1)3CaF2+Al3+ 3Ca2+AlF63-(2)O解析(1)CaF2中存在沉淀溶解平衡:CaF2(s) Ca2+(aq)+2F-(aq),溶液中的F-与Al3+形成配离子AlF63-,使沉淀溶解平衡向右移动,导致氟化钙溶解。(2)H2O分子中的O原子有孤电子对,能与Cr3+形成配位键。规律总结形成

15、配合物后,物质的性质会发生一定的变化,主要有三个方面的变化:(1)一些难溶于水的金属化合物形成配合物后,易溶解;(2)一些简单离子形成配合物时颜色会发生改变,利用此性质可检验离子的存在;(3)形成配合物后,物质的稳定性增强。8.B加入足量的AgNO3溶液,外界Cl-与 Ag+反应生成AgCl沉淀,内界中Cl-与Ag+不反应,A错误;配合物Cu(NH3)4SO4H2O的配体为NH3,C错误;配合物Ag(NH3)2OH的配体为NH3,配位数为2,D错误。9.答案(1)Co(NH3)6Cl3Co(NH3)5ClCl2Co(NH3)4Cl2Cl(2)它们结构不同(3)6解析由题意知,四种配合物的化学式

16、中处于外界的Cl-数目分别为3、2、1、1,则以配合物形式表示它们的化学式分别为Co(NH3)6Cl3、Co(NH3)5ClCl2、Co(NH3)4Cl2Cl、Co(NH3)4Cl2Cl,最后两种物质结构不同。10.D有些超分子不是高分子,有些超分子是高分子,A项错误;超分子这种分子聚集体有的是有限的,有的是无限伸展的,B项错误;形成超分子的微粒也包括离子,C项错误;超分子的特征是分子识别和自组装,D项正确。11.C18-冠-6中C和O都是sp3杂化,A项正确;18-冠-6与钾离子作用,不与锂离子或钠离子作用,反映了超分子的“分子识别”的特征,故B项正确,C项错误;由于冠醚是皇冠状分子,可有不

17、同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子,把无机物带入有机物中,它可以作为相转移催化剂也是基于这个原理,D项正确。能力提升练1.D2.B3.C4.D5.A1.DCo(NH3)4Cl2Cl在水溶液中能电离出氯离子,所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀,A错误;Co(NH3)6Cl3在水溶液中能电离出氯离子,所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀,B错误;Cu(NH3)4Cl2在水溶液中能电离出氯离子,所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀,C错误;Co(NH3)3Cl3在水溶液中不能电离出氯离子,所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀,D正确。2.BCo()的八面体配合物CoClmnNH3呈电中性,因为NH3为分子,所

18、以m的值为3,而1 mol该配合物与AgNO3溶液作用生成1 mol AgCl沉淀,则其内界中含2个氯离子,又因为该配合物为八面体,所以中心原子的配位数为6,n的值为4,即该配合物的化学式是CoCl2(NH3)4Cl,本题选B。方法指导确定配合物化学式的基本步骤:3.CNH4+中N提供孤电子对,H+提供空轨道,形成配位键,Cu(NH3)42+中Cu2+提供空轨道,NH3中N提供孤电子对,形成配位键,故A说法正确;H2O属于极性分子,中心原子O有2对孤电子对,O的杂化方式为sp3,空间结构为V形,故B说法正确;SO3、BF3中心原子无孤电子对,属于非极性分子,故C说法错误;0.1 mol配合物中

19、外界只有0.1 mol Cl-,与硝酸银反应生成0.1 mol AgCl沉淀,故D说法正确。4.D形成配位键的可以是离子,也可以是分子或原子,故A错误;若X提供空轨道,则应该是提供孤电子对的粒子指向提供空轨道的粒子,因此配位键表示为YX,故B错误;X、Y分别为Ag+、NH3时,含有孤电子对的NH3作配体,故C错误;若X提供空轨道,则Y至少要提供一对孤电子对,故D正确。名师点睛配位键表示方法:提供孤电子对的原子提供空轨道的原子或离子。5.AA项,a中N原子有3对键电子对,1对孤电子对,b中N原子有4对键电子对,没有孤电子对,则a、b中N原子均采取sp3杂化,正确;B项,b为配离子,提供孤电子对的

20、有2个N原子和4个O原子,所以Ca2+的配位数为6,错误;C项,a不是配合物,错误;D项,Ca2+与N、O之间形成配位键,其他原子之间形成共价键,b中不含离子键,错误。6.答案(一)(1)NH3(2)2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42-(二)(1)K、Cr(2)Cu(NH3)4SO4H2O减小“溶剂”的极性,降低溶质溶解度(3)SO42-N、S、O解析(一)(1)根据配合物的组成可以判断Cu(NH3)4SO4中的配体是NH3。(2)CuCl2溶液与SO2反应生成CuCl沉淀和硫酸,其反应的离子方程式为2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42-。

21、(二)(1)Cu为29号元素,原子核外有29个电子,核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,所以Cu原子中有1个未成对电子,第四周期中最外层电子数为1的元素还有钾和铬,钾的价电子排布式为4s1,铬的价电子排布式为3d54s1。(2)在两层“交界处”下部析出的深蓝色晶体是Cu(NH3)4SO4H2O。实验中加C2H5OH是为了减小“溶剂”的极性,降低溶质溶解度。(3)Cu(NH3)4SO4H2O晶体中呈正四面体的粒子是SO42-;杂化轨道类型是sp3的原子的价层电子对个数是4,故有N原子、S原子和O原子。7.答案(1)NPSAr3d7(2)水分子间形成氢键(3)a(4)分子

22、极性键、配位键、范德华力解析A、B、C、D、E为元素周期表中前四周期元素,原子序数依次增大,B元素原子核外电子占据3个能级,其中最高能级上的电子数是其所在能层序数的2倍,核外电子排布式为1s22s22p4,故B为O元素;A元素原子核外有3个未成对电子,原子序数小于氧,故核外电子排布式为1s22s22p3,则A为N元素;D元素与B元素同族,C元素与A元素同族,可知C为P元素、D为S元素;E元素原子的价电子数是其余电子数的一半,E元素只能为第四周期元素,则价电子数为9,E的核电荷数为18+9=27,为Co元素,据此分析解答。(1)同主族元素自上而下第一电离能减小,同周期元素随原子序数增大第一电离能

23、呈增大趋势,P元素原子3p能级为半充满稳定状态,第一电离能高于硫,故第一电离能由大到小的顺序为NPS;E为Co元素,价电子排布式为3d74s2,基态E2+的电子排布式为Ar3d7。(2)水分子间能够形成氢键,而硫化氢分子间不能形成氢键,使得水的沸点高于硫化氢。(3)结构中黑色球与白色球数目分别为4、10,故该物质化学式为P4O10,O原子与P原子结合形成8电子结构,可知a为键、b为PO键,双键中原子轨道重叠程度更大,故键长较短的键为a。(4)Co2(CO)8熔点低、易升华,溶于乙醇、乙醚、苯,说明Co2(CO)8属于分子晶体。Co2(CO)8中Co与CO之间形成配位键,CO中含有极性键,分子之间存在范德华力。