高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子课后作业题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子课后作业题，共16页。试卷主要包含了单选题，判断题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．含0.1ml的盐酸与足量金属钠反应，转移电子数为0.1
B．0.2ml与0.3ml在催化剂作用下充分反应，生成的分子数为0.2
C．1L溶液中含的数目为
D．24g石墨中约含有个六元环
2．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色透明溶液，若加入乙醇将析出深蓝色晶体。下列说法正确的是
A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后的浓度保持不变
B．在离子中，提供空轨道，提供孤对电子
C．1 ml 离子中含有键
D．加入极性较小的溶剂乙醇后，将析出晶体
3．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．
4．是一种重要的化工原料，向溶液中通可制；氨催化氧化得NO，NO继续被氧化为，再与水反应生成硝酸，氨气与硝酸反应可制化肥硝酸铵；氨气与NaClO反应生成肼()，肼是一种火箭燃料推进剂，其燃烧热为624。下列说法正确的是
A．、中的H-N-H键角：前者大于后者
B．基态核外电子排布式为
C．表示肼燃烧热的热化学方程式：
D．中含有化学键有离子键、共价键、氢键、配位键
5．绿矾结构如图所示，下列说法不正确的是

A．元素位于周期表d区
B．为配体，中心离子的配位数为7
C．的空间结构为正四面体形
D．绿矾中存在共价键、配位键、氢键、离子键
6．下列物质不属于配合物的是
A．B．C．D．
7．已知Ti3+可形成配位数为6的配合物。0.01ml 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．
8．某种含铜微粒可用于汽车尾气脱氮的催化剂，催化机理如图甲，金属铜的晶胞如图乙，下列说法不正确的是
A．图甲中所有铜的配合物中铜的配位数有2，3，4三种情况
B．图甲配合物中和配位原子形成的空间结构名称为V形
C．图乙铜的晶胞中含有的铜原子数为4
D．图乙铜的晶胞中与Cu距离最近且相等的Cu原子数为12
9．由配位键形成的[Pt(NH3)6]2+和[PtCl4]2-中，其中心离子的化合价分别为
A．+2、-2B．+6、+2
C．+4、+2D．+2、+2
10．铜可以溶解在氨水和过氧化氢的混合溶液中：。设为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不正确的是
A．基态铜原子的最外层电子数为
B．每生成转移的电子数为
C．含有键数目为
D．等物质的量的与所含有的质子数相等
二、判断题
11．超分子是分子聚集体，不包括离子。(_______)
12．将丙三醇加入新制中溶液呈绛蓝色，则将葡萄糖溶液加入新制中溶液也呈绛蓝色。( )
13．配位键也是一种静电作用。(_______)
14．形成配位键的电子对由成键双方原子提供。(_______)
15．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子。(_______)
三、解答题
16．分析化学滴定法有酸碱中和滴定、沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl—)的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
已知：①Ag2CrO4是一种砖红色沉淀；
②已知：Ksp(AgCl)=1.56×10-10(ml/L)2，Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12(ml/L)3；
③AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl—。
Ⅰ.准备标准溶液：准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250ml)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
Ⅱ.滴定待测溶液。其主要步骤如下：
a．取待测NaCl溶液25.00mL于锥形瓶中；
b．加入1mL5%K2CrO4溶液；
c．在不断摇动下用AgNO3标准溶液滴定，当接近终点时，需逐滴加入AgNO3溶液，并用力振荡。记下终点时消耗AgNO3标准溶液的体积；
d．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
e．数据处理。
回答下列问题：
(1)①滴定前，装有AgNO3标准液的滴定管排气泡时，应选择下图中的 (填序号)。
②读取盛装标准AgNO3的滴定管初始读数。若液面位置如图所示，则此时读数为 mL。
(2)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有 。
(3)滴定终点的现象是 。
(4)测得c(Cl—)= ml/L。
(5)若用该方法测定NH4Cl溶液中的c(Cl—)，待测液的pH不宜超过7.2，理由是 。
(6)下列关于实验的说法合理的是_______(填序号)。
A．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下
B．为使终点现象更加明显，可改加5mL5%K2CrO4溶液
C．滴定结束时，若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏低
D．若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果偏高
17．草酸合铜(Ⅱ)酸钾是一种重要的化工原料，可用于无机合成、功能材料制备，其晶体组成可表示为 。
I.制备草酸合铜(Ⅱ)酸钾
向 溶液中滴加足量 溶液，产生浅蓝色沉淀，加热，沉淀转变成黑色，过滤，将 溶液加热至 ，加入黑色沉淀 充分反应后，趁热过滤，得到草酸合铜 (Ⅱ)酸钾溶液。
(1)溶液最好采用 (填“酒精灯"或“水浴")加热；生成的化学方程式为 。
(2)存在的化学键有 。
A．氢键 B．范德华力 C．共价键 D．配位键 E．离子键
Ⅱ.产品的相关实验：
已知草酸合铜(Ⅱ)酸钾加热到 时会发生分解，生成 验证草酸合铜(Ⅱ)酸钾的分解产物中含有 选用下列装置进行实验：
(3)装置B中盛放的试剂是 。
(4)能说明产物中有 的实验现象是
Ⅲ.草酸合铜 (Ⅱ)酸钾(摩尔质量为 )纯度的测定：
准确称取草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体溶于氨水，加水定容至 ，取试样溶液 于锥形瓶中，水浴加热至 ，趁热用稀硫酸酸化的 标准溶液滴定(滴定时发生反应：)，重复滴定三次，标准溶液的平均用量为
(5)盛装 标准溶液的仪器是 (填“酸式”或“碱式”)滴定管；达到滴定终点的现象为 。
(6)开始实验时盛有 的滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，会使测定结果 。(选填“偏高偏低”或“无影响”)
(7)产品的纯度为 %(用含c、V、m、M的式子表示)。
18．CuCl2是常见的化学试剂，某学习小组利用废铜屑“湿法”制备CuCl2·2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ，NaOH溶液的作用是 。
(2)“湿法”制备CuCl2的离子方程式为 ，实验中，H2O2的实际用量要大于理论用量，原因是 。
(3)为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩， ，过滤，洗涤，低温干燥，其中，持续通入HCl的作用是 。
(4)查阅资料：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl- ⇌[CuCl4]2-(黄色)+4H2O，设计实验证明CuCl2溶液中存在上述平衡：取少量蓝色CuCl2稀溶液于试管中， 。
(5)查阅资料：[CuCl4]2-比[Cu(H2O)4]2+更稳定：与Cu2+配位时，Cl-比H2O的配位能力更强，原因可能是 。
实验序号
1
2
3
消耗AgNO3标准溶液体积/mL
20.45
20.02
19.98
温度
15℃以下
15～25.7℃
26～42℃
42℃以上
结晶水合物
CuCl2·4H2O
CuCl2·3H2O
CuCl2·2H2O
CuCl2·H2O
参考答案：
1．D
【详解】A．由于过量的金属钠还能与水反应，即2Na+2HCl=2NaCl+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，题干未告知金属钠的物质的量，故无法计算含0.1ml的盐酸与足量金属钠反应时转移的电子数，A错误；
B．由反应方程式：4NH3+5O24NO+6H2O可知，0.2ml与0.3ml在催化剂作用下充分反应时O2过量，过量的O2能够将NO氧化为NO2，故生成的分子数小于0.2，B错误；
C．NaCl溶液呈中性，在常温下，c(OH-)=c(H+)=10-7ml/L，但题干未告知常温下，则不知道NaCl溶液中的H+和OH-的浓度，因而无法计算1L溶液中含的数目，C错误；
D．已知石墨中每个C原子与周围的3个碳原子形成共价键，即每个碳原子被3个六元环共用，即每个六元环占有的碳原子数目为：=2，故24g石墨中含有六元环的数目约为=，D正确；
故答案为：D。
2．B
【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜，Cu2＋+2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2，继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，反应为：Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH－。
【详解】A．硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水时，氢氧化铜和氨水继续反应生成络合物而使溶液澄清，铜离子转化到络合物离子中，所以溶液中铜离子浓度减小，选项A错误；
B．在[Cu(NH3)4]2+离子中，铜离子含有空轨道，氨气分子含有孤电子对，所以Cu2＋提供空轨道，NH3给出孤电子对，选项B正确；
C．中存在4个配位键，NH3中N-H键有12个，故1 ml 离子中含有键，选项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，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，选项D错误；
答案选B。
3．B
【详解】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0.2mlCl-在配合物外界，0.1 mlCl-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
4．A
【详解】A．分子中N原子有一对孤电子对，中N原子孤电子对于Ni形成配位键，斥力减小，键角增大，所以键角：前者大于后者，A正确；
B．Ni原子序数为28，则基态核外电子排布式为，B错误；
C．表示肼燃烧热的热化学方程式：，C错误；
D．中含有化学键有离子键、共价键、配位键，但无氢键，D错误；
答案选A。
5．B
【详解】A．元素位于第四周期第Ⅷ族，位于d区；故A正确；
B．由图可知，为配体，中心离子的配位数为6，故B错误；
C．的中心原子价层电子对数为4，采取sp3杂化，空间构型是正四面体形，故C正确；
D．由图可知，绿矾中存在配位键、氢键；配体中存在共价键，且绿矾中存在离子键；故D正确；
故答案选B。
6．A
【详解】A．是由铵根离子和氯离子通过离子键所形成的离子化合物，不是配合物，A符合题意；
B．该物质中铁离子提供空轨道、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，B不符题意；
C．该物质中铜离子提供空轨道、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，C不符题意；
D．该物质中钴离子提供空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，D不符题意；
答案选A。
7．B
【详解】由含0.01ml配合物的水溶液能与过量硝酸银溶液反应生成0.02ml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。
8．B
【详解】A．由图甲可知，①④中的配位数是2，③⑤中的配位数是3，②中的配位数是4，A正确；
B．配合物中是(3d10)(4s0)，s和1个p轨道发生sp杂化，形成两个等价的sp杂化轨道，和配位原子形成的空间结构名称为直线形，B错误；
C．铜的晶胞中含有的铜原子数为，C正确；
D．铜的晶胞中与Cu距离最近且相等的Cu原子数为：定点的4个铜原子和面心的8个铜原子，一共12个，D正确；
故选B。
9．D
【详解】氨气分子不带电荷，所以前者Pt的化合价是+2价；氯离子带1个负电荷，所以后者中Pt的化合价还是+2价，故答案选D。
10．C
【详解】A．基态铜原子最外层有1个电子，1ml基态铜原子的最外层电子数为NA，故A正确；
B．反应中O元素由-1价下降到-2价，18gH2O的物质的量为1ml，当生成1mlH2O时消耗0.25ml H2O2，转移0.5ml电子，故B正确；
C．1个氨气中存在3个N-H键，Cu和氨气之间存在4个配位键，也是键，故含有键数目为，故C错误；
D．1个与所含有的质子数都为9个，故D正确；
故选C。
11．错误
【详解】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。超分子定义中分子是广义的，包括离子，故答案为：错误。
12．正确
【详解】葡萄糖是多羟基醛，与新制氢氧化铜反应生成铜原子和四个羟基络合产生的物质，该物质的颜色是绛蓝色，类似于丙三醇与新制的反应，故答案为：正确。
13．正确
【详解】配位键是某一原子提供空轨道另一原子提供孤电子对形成的作用力，一旦形成与其他共价键无异。配位键是特殊的共价键，是一种原子与原子间通过共用电子对的静电作用，答案正确；
故正确。
14．错误
【详解】配位键是一个原子提供空轨道，而另一个原子提供孤电子对而形成的键。所以说法错误；
故错误。
15．正确
【详解】在配位化合物中，配体可以是分子、原子、离子等，如氨、水、SCN-等，故答案为：正确。
16．(1) b 0.60
(2)250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管
(3)滴入最后半滴AgNO3溶液加入时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复
(4)0.0800
(5)若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高
(6)AD
【分析】该实验的实验目的是用沉淀滴定法测定氯化钠溶液中的氯离子浓度，并分析造成实验误差的原因。
【详解】（1）①硝酸银是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以硝酸银溶液盛装在酸式滴定管中，滴定管排气泡时应旋开活塞，快速放液排尽尖嘴部分的气泡，故选b；
②由图可知，滴定管中硝酸银溶液的初始读数为0.60mL，故答案为：0.60；
（2）配制硝酸银标准溶液时，应防止硝酸银遇光分解，所以配制过程中需要用到的仪器除烧杯和玻璃棒外还需要250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管，故答案为：250mL（棕色）容量瓶、胶头滴管；
（3）由溶度积可知，铬酸钾溶液为滴定的指示剂，当溶液中的氯离子与硝酸根离子完全反应时，再滴入最后半滴硝酸银溶液，锥形瓶中会出现砖红色沉淀，则滴定终点的现象是滴入最后半滴硝酸银溶液，锥形瓶中会出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复，故答案为：滴入最后半滴AgNO3溶液加入时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟不恢复；
（4）由题意可知，硝酸银溶液的浓度为=0.1000ml/L，由表格数据可知，实验1的误差较大，应舍去，滴定消耗硝酸银溶液的平均体积为=20.00mL，则溶液中氯离子的浓度为=0.0800 ml/L，故答案为：0.0800；
（5）若氯化铵溶液pH大于7.2，铵根离子与氢氧根离子反应生成的一水合氨会溶解反应生成的氯化银，使得滴定消耗的硝酸银溶液的体积偏大，导致滴定结果偏高，所以滴定时待测液的pH不宜超过7.2，故答案为：若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高；
（6）A．滴定过程中用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下，可以使待测液中的氯离子完全反应，有利于提高实验准确度，故说法合理；
B．铬酸钾溶液是滴定的指示剂，若用量过大会造成实验误差，所以滴定时不能改加5mL5%铬酸钾溶液，故说法不合理；
C．滴定结束时，若未等滴定管液面稳定就读数会使滴定消耗的硝酸银溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故说法不合理；
D．若在配制硝酸银标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，所配制硝酸银标准溶液浓度偏小，会使滴定时消耗溶液体积偏大，导致测定结果偏高，故说法合理；
故选AD。
17．(1) 水浴
(2)CDE
(3)澄清石灰水
(4)装置D中澄清石灰水无明显现象，F中的粉末由黑色变为红色，装置G中澄清石灰水变浑浊
(5) 酸式 当滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液时，锥形瓶中溶液变为浅红色且半分钟内不发生变化
(6)偏高
(7)
【分析】Ⅱ. 由实验装置图可知，装置A为草酸合铜(Ⅱ)酸钾受热分解装置，装置B中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳的生成，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收二氧化碳，防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验，装置D中盛有的澄清石灰水用于验证二氧化碳被完全吸收，装置E中盛有的浓硫酸用于干燥一氧化碳气体，装置F中盛有的氧化铜和装置G中盛有的澄清石灰水用于验证一氧化碳的生成，装置H中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收反应生成的二氧化碳。
【详解】（1）由题意可知，制备草酸合铜(Ⅱ)酸钾的反应温度低于100℃，所以加热草酸氢钾溶液最好采用水浴加热的方法加热；生成草酸合铜(Ⅱ)酸钾的反应为氧化铜与草酸氢钾溶液共热反应生成草酸合铜(Ⅱ)酸钾和水，反应的化学方程式为。
（2）存在的化学键有
A．氢键不属于化学键，A不符合；
B．范德华力不属于化学键，B不符合；
C．草酸根内碳氧原子间、结晶水内氢氧原子间均存在共价键，C符合；
D．铜离子与草酸根间存在配位键，D符合；
E．二草酸合铜(Ⅱ)酸根与钾离子之间存在离子键，E符合；
答案为CDE。
（3）由分析可知，装置B用于验证二氧化碳的生成，则装置B中盛放的试剂是澄清石灰水。
（4）由分析可知，装置F中盛有的氧化铜和装置G中盛有的澄清石灰水用于验证一氧化碳的生成，能证明受热分解反应有一氧化碳生成的实验现象为装置D中澄清石灰水无明显现象，F中的粉末由黑色变为红色，装置G中澄清石灰水变浑浊。
（5）高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以滴定时用酸式滴定管盛装高锰酸钾溶液。当高锰酸钾溶液酸性条件下与草酸根离子完全反应时，溶液会褪色，多余的半滴或一滴高锰酸钾使溶液变为浅红色，则达到滴定终点的现象为：当滴入最后一滴高锰酸钾标准溶液时，锥形瓶中溶液变为浅红色且半分钟内不发生变化。
（6）开始实验时盛有 的滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，会使标准溶液体积偏大，则测定结果偏高。
（7）滴定消耗VmL cml/L高锰酸钾溶液，由方程式可知，mg样品中草酸合铜(Ⅱ)酸钾的纯度为×100%=%
18．(1) 三颈烧瓶 吸收挥发出来的HCl，防止污染空气
(2) H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗
(3) 降温至26~42℃结晶 抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶
(4)向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色
(5)Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位
【分析】盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为，因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体；
【详解】（1）图中玻璃仪器a为三颈烧瓶；因浓盐酸易挥发，NaOH溶液用于吸收HCl气体，去除尾气，答案为：三颈烧瓶，吸收挥发出来的HCl，防止污染空气；
（2）盐酸不与铜反应，在酸性条件下，加入双氧水，反应制备氯化铜，其反应为，其离子方程式为，反应过程中有生成，H2O2不稳定，生成的Cu2+催化H2O2分解，所以H2O2的实际用量要大于理论用量，答案为：，H2O2受热及在铜离子催化下会分解导致损耗；
（3）根据表中数据可知，想要获得CuCl2·2H2O晶体，需要控制温度在，所以在除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，低温干燥；因为易水解，且水解吸热，加热蒸发浓缩时水解程度增大，为了抑制水解，需要通入HCl气体，答案为：降温至26~42℃结晶，抑制Cu2+水解，并增大Cl-浓度，有利于CuCl2·2H2O结晶；
（4）根据平衡移动原理增大氯离子浓度，平衡正向移动，四氯合铜离子浓度增大，溶液变为黄绿色，答案为：向其中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色；
（5）Cl的电负性比O小，对孤电子对的吸引能力稍弱，更易给出，而且Cl-带负电荷，比电中性的H2O更易与阳离子配位。