3.4 配合物和超分子 课后习题-（新教材）人教版（2019）高中化学选择性必修2.docx

1、第四节配合物和超分子课后篇素养形成夯实基础轻松达标1.下列不能形成配位键的组合是()A.Ag+NH3B.H2OH+C.Co3+COD.Ag+H+答案D解析在A、B、C三项中,Ag+、H+、Co3+都能提供空轨道,而NH3、H2O、CO都能提供孤电子对,所以能形成配位键;D项中Ag+和H+都只能提供空轨道,无提供孤电子对的微粒,所以不能形成配位键。2.下列分子或离子中,能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是()H2ONH3F-CN-COA.B.C.D.答案D解析配体是含有孤电子对的阴离子或分子,这几种微粒的结构中都含有孤电子对,都能提供孤电子对与某些金属离子形成配合物。3.在NH4+中存在4

2、个NH共价键,则下列说法正确的是()A.4个共价键的键长完全相同B.4个共价键的键长完全不同C.原来的3个NH的键长完全相同,但与通过配位键形成的NH键不同D.4个NH键键长相同,但键能不同答案A解析NH4+可看成NH3分子结合1个H+后形成的,在NH3分子中,中心原子氮采取sp3杂化,孤电子对占据一个轨道,3个未成键电子占据另3个杂化轨道,分别结合H原子形成3个键,由于孤电子对的排斥,所以NH3分子的空间结构为三角锥形,键角压缩至107。当与H+相遇时,N原子的孤电子对会进入H+的空轨道,以配位键形成NH4+,这样N原子就不再存在孤电子对,键角恢复至10928,故NH4+为正四面体形,4个N

3、H键完全一致,NH4+中的配位键与普通共价键形成过程不同,但性质相同。4.在10-9l0-7m范围内,对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧,甚至发生爆炸,下列说法正确的是()A.纳米铜是一种新型胶体B.纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应C.纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同D.纳米铜无需密封保存答案B解析纳米铜不是分散系,不属于胶体,A错误;普通铜加热条件下才能与氧气反应,而纳米铜遇到空气就会剧烈燃烧,更易发生氧化反应,B正确;纳米铜和普通铜都由铜元素组成,所含铜原子种类相同,C错误;纳米铜极易与氧气反应,应密封保存,D错误。5.向C

4、uSO4溶液中加入稀氨水至沉淀刚好溶解。若所得溶液中只有一种溶质,该溶质是()A.Cu(H2O)4SO4B.Cu(OH)2C.Cu(NH3)4(OH)2D.Cu(NH3)4SO4答案D解析硫酸铜溶液中加入稀氨水的反应过程为CuSO4+2NH3H2OCu(OH)2+(NH4)2SO4,Cu(OH)2+2NH3H2O+(NH4)2SO4Cu(NH3)4SO4+4H2O,若溶质只有一种,则为Cu(NH3)4SO4。6.配位数为6的Co3+的配合物CoClmnNH3,若1 mol配合物与足量AgNO3溶液反应只生成1 mol AgCl沉淀,则m、n的值是()A.m=1,n=5B.m=3,n=4C.m=

5、5,n=1D.m=4,n=5答案B解析与AgNO3溶液反应的Cl-(1 mol)不是来自于配体,而是来自于配合物外界。因此,根据电荷守恒,中心原子为Co3+,1 mol 配合物中共有Cl-3 mol,其中作为外界的Cl-为1 mol,作为配体的Cl-为2 mol;根据Co3+配位数为6,可知作为配体的NH3为4 mol。7.下列关于配位化合物的叙述中,不正确的是()A.配位化合物中不一定存在配位键B.配位化合物中可能存在离子键C.Cu(H2O)42+中的Cu2+提供空轨道,H2O中的氧原子提供孤电子对形成配位键D.配位化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着广泛的应用

6、答案A解析含有配位键的化合物就是配位化合物,但配位化合物还可能含有一般共价键、离子键等,A错误。8.(双选)某物质的实验式为PtCl42NH3,其水溶液不导电,加入AgNO3溶液也不产生沉淀,用强碱处理并没有NH3放出,则关于此化合物的下列说法正确的是()A.配合物中中心离子的电荷数为4+,配位数为6B.该配合物可能是平面正方形结构C.Cl-和NH3分子均与Pt4+配位D.配合物中Pt4+与Cl-配位,而不与NH3分子配位答案AC解析在PtCl42NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成,经强碱处理无NH3放出,说明Cl-、NH3均为配体,故该配合物中心离子的配位数为6,电荷数为4+,Cl-

7、和NH3分子均与Pt4+配位,A、C正确,D错误;因为配体在中心离子周围配位时尽量采取对称分布以达到相对稳定状态,Pt4+配位数为6,则其空间结构为八面体形,B错误。9.(1)Cr3+基态核外电子排布式为;配合物Cr(H2O)63+中,与Cr3+形成配位键的原子是(填元素符号)。(2)在Ni基催化剂作用下,CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。基态Ni原子的电子排布式为,该元素位于元素周期表的第族。Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4,1 mol Ni(CO)4中含有mol 键。(3)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物,则该配合物中提供孤电子对的原子

8、是。答案(1)1s22s22p63s23p63d3或Ar3d3O(2)1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s28(3)X解析(1)铬是第24号元素,其失去3个电子后还剩21个电子,电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。水分子中氧原子上有孤电子对,故可以与铬离子形成配位键的是水分子中的氧原子。(2)28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或Ar3d84s2,该元素位于元素周期表的第四周期第族。Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4,在每个配位体分子中含有一个键,每个配位体分子与中心原子之间形成一个键,所以1 mol

9、 Ni(CO)4中含有8 mol 键。(3)B原子与X原子形成配位键,因为B为缺电子原子,具有空轨道,故形成配位键时提供孤电子对的原子是X。提升能力跨越等级1.向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液,再加入氨水,下列关于实验现象的叙述不正确的是()A.先生成白色沉淀,加入足量氨水后沉淀消失B.生成的沉淀为AgCl,它不溶于水,但溶于氨水,重新电离成Ag+和Cl-C.生成的沉淀是AgCl,加入氨水后生成了可溶性的配合物Ag(NH3)2ClD.若向AgNO3溶液中直接滴加氨水,产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失答案B解析Ag+与NH3能发生如下反应:Ag+2NH3Ag(NH3)2

10、+。而AgCl存在如下沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+Cl-,向其中加入氨水后会使平衡向右移动,最终因生成可溶性的Ag(NH3)2Cl而使AgCl沉淀溶解。2.某配合物的化学式为TiCl(H2O)5Cl2H2O,下列说法中正确的是()A.配体是Cl-和H2O,配位数是8B.中心离子是Ti4+,配离子是TiCl(H2O)52+C.内界和外界中的Cl-的数目比是12D.将1 mol该配合物加入足量AgNO3溶液中,可以得到3 mol AgCl沉淀答案C解析对于配合物TiCl(H2O)5Cl2H2O,中心离子是Ti3+,内界配体有一个Cl-和5个H2O分子,配位数是6,外界有两个Cl-,A、B错误

11、,C正确;加入足量AgNO3溶液,只有外界的两个Cl-与Ag+反应生成AgCl沉淀,内界的一个Cl-不与Ag+反应,故1 mol该配合物只能生成2 mol AgCl沉淀,D错误。3.(双选)下列关于配位化合物的叙述中,不正确的是()A.配位化合物中提供孤电子对的一定是阴离子B.配位化合物中不可能存在离子键C.形成H3O+时,H+提供空轨道,H2O分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键D.CuSO45H2O是一种配合物答案AB解析配位化合物中提供孤电子对的可以是分子,也可以是阴离子,A错误;在离子化合物中,复杂离子中可以存在配位键,B错误;形成H3O+时,H+提供空轨道,水分子中的氧原子提供孤电子

12、对形成配位键,C正确;CuSO45H2O可以表示为Cu(H2O)4SO4H2O,CuSO45H2O属于配合物,D正确。4.配位化合物简称配合物,它的数量巨大,组成和结构形形色色,丰富多彩。配合物Zn(NH3)6Cl2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为()A.Zn2+、NH3、2+、6B.Zn2+、NH3、1+、6C.Zn2+、Cl-、2+、2D.Zn2+、NH3、2+、2答案A解析确定中心原子(或离子)和配体是解题关键。在Zn(NH3)6Cl2中中心离子为Zn2+,配体为NH3,配位数为6,中心离子和配体构成内界Zn(NH3)62+。5.用过量硝酸银溶液处理含0.01 mol氯化

13、铬的水溶液,产生0.02 mol AgCl 沉淀,则此氯化铬最可能是()A.Cr(H2O)6Cl3B.Cr(H2O)5ClCl2H2OC.Cr(H2O)4Cl2Cl2H2OD.Cr(H2O)3Cl33H2O答案B解析0.01 mol氯化铬能生成0.02 mol AgCl沉淀,说明 1 mol 配合物的外界中有2 mol Cl-。6.(双选)某有机物的结构简式为。对该物质的分析判断正确的是()A.该物质是一种离子化合物B.该物质的分子中含有的化学键有共价键和配位键C.该物质是一种配合物,其中N原子提供孤电子对D.该物质分子中,C、N、O原子都存在孤电子对答案BC解析该物质中没有离子键,不是离子化

14、合物而是共价化合物,A错误;根据该物质结构简式可知,该物质中Ni、N之间存在配位键,其他成键原子之间都是共价键,B正确;根据该物质结构简式可知Ni原子具有空轨道,氮原子为其提供孤电子对,C正确;C原子最外层的4个电子全部参与成键,C原子上没有孤电子对,D错误。7.配位键是一种特殊的共价键,即共用电子对由某原子单方面提供和另一缺电子的粒子结合。如NH4+就是由NH3(氮原子提供电子对)分子和H+(缺电子)通过配位键形成的。据此回答下列问题:(1)下列粒子中可能存在配位键的是。A.CO2B.H3O+C.CH4D.H2SO4(2)硼酸(H3BO3)溶液呈酸性,试写出其电离方程式:。(3)科学家对H2

15、O2分子结构的认识经历了较为漫长的过程,最初科学家提出了两种观点:甲:、乙:HOOH,甲式中OO表示配位键,在化学反应中OO键遇到还原剂时易断裂。化学家Baeyer和Villiyer为研究H2O2的分子结构,设计并完成了下列实验:a.将C2H5OH与浓H2SO4反应生成(C2H5)2SO4和水;b.将制得的(C2H5)2SO4与H2O2反应,只生成A和H2SO4;c.将生成的A与H2反应(已知该反应中H2作还原剂)。如果H2O2的结构如甲所示,实验c中化学反应方程式为(A写结构简式)。为了进一步确定H2O2的结构,还需要在实验c后添加一步实验d,请设计d的实验方案:。答案(1)BD(2)H3B

16、O3+H2OH+B(OH)4-(3)+H2C2H5OC2H5+H2O用无水硫酸铜检验c的反应产物中有没有水(或其他合理答案)解析(1)H3O+是H+和H2O分子通过配位键形成的;H2SO4的结构式可以表示为,分子中存在配位键。(2)硼原子为缺电子原子,H3BO3的电离是B原子和水分子中的氧原子形成配位键,同时产生H+表现出酸性。(3)由题中所含配位键的物质的反应特点分析。8.太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料除单晶硅外,还有铜、铟、镓、硒的化合物。(1)镓的基态原子的核外电子排布式为。(2)硒为第四周期元素,相邻的元素有砷和溴,则三种元素的第一电离能从大到

17、小顺序为(用元素符号表示)。(3)气态SeO3的空间结构为。(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性,其化合物往往具有加合性,因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成B(OH)4-而体现一元弱酸的性质,则B(OH)4-中B原子的杂化类型为,该离子(填“含有”或“不含有”)配位键,其空间结构是。(5)金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应,但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应,反应的离子方程式为,用价层电子对互斥模型分析,NH3分子和H2O分子的空间结构分别是、。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或Ar3d104s24p1)(2)BrAsSe(3)平面

18、三角形(4)sp3含有正四面体(5)Cu+H2O2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH-+4H2O三角锥形V形解析(1)镓元素是31号元素,根据原子核外电子排布规律,可知基态镓原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1。(2)同周期元素,随着原子序数的增大,第一电离能呈增大趋势,但砷原子4p能级容纳3个电子,为半充满的稳定状态,能量较低,第一电离能高于同周期相邻元素,故第一电离能:BrAsSe。(3)SeO3分子中硒原子的价层电子对数为3,与氧原子形成三个共价键,没有孤电子对,则气态SeO3分子的空间结构为平面三角形。(4)B(OH

19、)4-中B原子与氧原子形成四个键,B原子上没有孤电子对,该离子为正四面体构型,故B原子的杂化类型为sp3。(5)Cu与氨水、过氧化氢的混合溶液反应生成Cu(NH3)42+的离子方程式为Cu+H2O2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH-+4H2O。NH3分子中的N原子和H2O分子中的O原子都有4个价层电子对,NH3分子中N原子与3个H原子形成3个共价键,还有一对孤电子对,分子呈三角锥形结构;H2O分子中O原子与两个H原子形成两个共价键,还有两对孤电子对,分子呈V形结构。贴近生活拓展创新超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支,还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p-甲

20、酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示:(1)Mo处于第五周期第B族,价电子排布与Cr相似,它的基态价电子排布式是;核外未成对电子数是个。(2)该超分子中存在的化学键类型有。A.键B.键C.离子键D.氢键(3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是(填元素符号),p-甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有。(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因是:。(5)C60与金刚石互为同素异形体,从结构与性质之间的关系解释C60的熔点远低于金刚石的原因是。(6)已知:某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示,其中所有顶点原子坐标均为(0,0,0)。

21、钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中,每个晶胞有2个Mo原子,其中Mo原子坐标是(0,0,0)及(12,12,12)。根据以上信息,推断该晶体的原子堆积方式是。已知该晶体的密度是 gcm-3,Mo的摩尔质量是M gmol-1,阿伏加德罗常数是NA,晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为pm。答案(1)4d55s16(2)AB(3)Csp2和sp3(4)F的电负性大,对电子的吸引能力强,使共用电子对偏向F,进而使OH键极性增强,更易断裂,故CF3COOH的酸性强于CH3COOH(5)C60是分子晶体,金刚石是共价晶体,共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所消耗的

22、能量(6)体心立方堆积2MNA321010解析(1)Cr的基态价电子排布为3d54s1,而Mo与Cr同主族,但位于Cr的下一周期,因而其基态价电子排布为4d55s1,用轨道表示式为,因而核外未成对的电子数为6。(2)该超分子结构中有双键,说明有键和键,分子中不存在离子键,根据信息可知Mo与配体分子形成配位键,因而答案选AB。(3)由该超分子结构图可知,CO做配体时是C做配位原子;p-甲酸丁酯吡啶中形成双键的碳原子的杂化方式为sp2,丁基中的C原子形成四个单键,为sp3杂化。(4)F的电负性大,对电子的吸引能力强,使共用电子对偏向F,进而使OH键极性增强,更易断裂,导致CF3COOH酸性强于CH

23、3COOH。(5)根据不同晶体类型的性质不同来解释。C60是分子晶体,金刚石是共价晶体,共价晶体熔化时破坏共价键所需的能量远高于分子晶体熔化时破坏分子间作用力所消耗的能量。(6)Mo的一种立方晶系的晶体结构中,根据每个晶胞有2个Mo原子,可知其堆积方式为体心立方堆积;以(0,0,0)Mo原子为中心,那么与之最近的Mo原子有8个且其原子坐标分别是(12,12,12),晶胞体积V=2MNA cm3,立方体边长a=3V=32MNA cm,由最近的两个原子坐标为(0,0,0)和(12,12,12),可知该立方体边长为1,用距离公式算出两原子相距32,根据比例关系,最近的两个Mo原子核之间的距离为32MNA321010 pm。