第2章第3节离子、键配位键与金属键同步练习

这是一份第2章第3节离子、键配位键与金属键同步练习，共11页。
第2章第3节离子、键配位键与金属键同步练习学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．铜氨液可以吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是A．价层电子排布式为：B．CO为非极性分子C．空间构型为三角锥形D．中含有3mol配位键2．已知：铜离子的配位数通常为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。下列说法不正确的是A．b中得到配合物，其配体为B．硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致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3．下列有关金属键和金属性质的叙述中，错误的是A．金属键没有饱和性和方向性B．金属键是金属阳离子和自由电子之间存在的强烈的相互作用C．自由电子吸收可见光后又迅速释放，使金属具有不透明性和金属光泽D．金属的导热性和导电性都是通过自由电子的定向运动实现的4．配合物中，中心离子的化合价是A．+1 B．+2 C．+3 D．无法确定5．下列气体中，能与血红蛋白中的以配位键结合而引起中毒的是A． B． C． D．6．下列物质中，不属于配合物的是A． B．C． D．7．已知某紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱并加热至沸腾有NH3放出，同时产生Co2O3沉淀；向一定量该配合物溶液中加过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一，则该配合物的化学式最可能为A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3C．[CoCl2(NH3)3(H2O)]Cl·2NH3 D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O8．尿素是我国氮肥的主导品种，但土壤中广泛存在的脲酶能快速催化尿素水解成，使肥效大大降低。Schiff碱的金属配合物是一种高效绿色的配合物型脲酶抑制剂，引起了国内外学者的广泛关注。以下是一种Schiff碱的铜配合物的合成过程，下列说法正确的是A．1mol该配合物含键为24molB．该配合物中碳原子的杂化方式为、C．该配合物中心离子为，配位数为4D．向该配合物中滴加溶液，溶液变红9．二茂铁分子是一种金属有机配合物，二茂铁的熔点是173℃(在100℃时开始升华)，沸点是249℃，它是燃料油的添加剂，用以提高燃烧的效率和去烟，可作为导弹和卫星的涂料等。它的结构如图所示，下列说法不正确的是A．二茂铁中与环戊二烯离子()之间为配位键B．1mol环戊二烯()中含有键的数目为C．二茂铁分子中存在键D．二茂铁是离子晶体10．是一种钴的配合物，下列说法中正确的是A．配体是、和，配位数是8B．1mol中含键的数目是C．内界和外界中、的数目之比是1∶2D．加入足量溶液，一定被完全沉淀11．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与形成的螯合物。下列叙述正确的是A．a和b中N原子均采取杂化 B．b中的配位数为4C．a中配位原子是C原子 D．b中含有离子键和配位键12．某配合物的化学式为，下列说法正确的是A．配位体是和，配位数是9B．中心离子是，内界是C．内界和外界中的的数目比是D．的中心原子是杂化13．铂的两种化合物a和b，其中a为，b为。实验测得a和b具有不同的特性。则下列关于a、b的叙述正确的是①a和b属于同一种物质②a和b互为同分异构体③a和b的空间结构是平面四边形④a和b的空间结构是四面体形A．①③ B．①④ C．②③ D．②④14．的“纳米材料”有广泛的应用，工业上可利用制取。熔点为，沸点为。制取，的反应为①，②。下列说法错误的是A．和中碳的杂化方式不同B．都是含有非极性键的非极性分子C．晶体是分子晶体D．与溶液生成的中，为中心离子，为配位体15．用相同浓度的和溶液进行实验：下列说法不正确的是A．相同浓度的和溶液中，的浓度不同B．提供空轨道，提供孤电子对，两者以配位键结合成C．溶液2不显红色，说明与的结合力强于与的结合力D．由对比实验可知，用溶液检验溶液中的比用KSCN溶液更好二、填空题16．我国复旦大学魏大程团队开发的一种共形六方氮化硼修饰技术，可直接在二氧化硅表面生长高质量六方氮化硼薄膜。(1)下列N原子的电子排布图表示的状态中，能量最高的是_______(填字母)。A． B．C． D．(2)第二周期主族元素中，按第一电离能大小排序，第一电离能在B和N之间的元素有_______种。(3)Na与N形成的NaN3可用于汽车的安全气囊中，其中阴离子的空间结构为_______，Na在空气中燃烧发出黄色火焰，这种黄色焰色用光谱仪摄取的光谱为_______(填“发射”或“吸收”)光谱。(4)已知NH3分子的键角约为107°，而同主族磷的氢化物PH3分子的键角约为94°，试用价层电子对互斥模型解释NH3的键角比PH3的键角大的原因：_______。(5)BH3·NH3是一种有效、安全的固体储氢材料，可由BH3与NH3反应生成，B与N之间形成配位键，氮原子提供_______，在BH3·NH3中B原子的杂化方式为_______。17．回答下列问题：(1)三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是___________，中心离子的配位数为___________。(2)与N-甲基咪唑()反应可以得到，其结构如图所示：N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为___________，1个中含有___________个键。三、结构与性质18．钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、高纯铁、铝、硼等。回答下列问题：(1)钕(Nd)为60号元素，在周期表中位于第___________周期。基态硼原子中占据最高能级的电子，电子云轮廓图形状为___________。Fe2+的价电子排布图___________(2)铜能与类卤素(CN)2反应生成Cu(CN)2，1 mol (CN)2分子中含有π键的数目为___________。(3)Cu2＋能与NH3、H2O、Cl-等形成配位数为4的配合物。①[Cu(NH3)4]SO4中，N、O、S三种元素的第一电离能从大到小的顺序为___________。②[Cu(NH3)4]SO4中，不存在的化学键的类型有___________(填选项)。A．离子键    B．配位键   C．非极性键   D．极性键③[Cu(NH3)4]2＋具有对称的空间构型，[Cu(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，则[Cu(NH3)4]2＋的空间构型为___________。19．以铁、磷酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。(1)磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_______；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。(3)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_______。中与Fe2+配位的原子是_______(填元素符号)。(4)柠檬酸的结构简式如图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_______mol。柠檬酸含有的官能团有(写名称)_______和_______参考答案：1．C【详解】A．基态铜原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，失去4s上的1个电子变成Cu+，则 价层电子排布式为：，A错误；B．CO为含有极性键的双原子分子，则为极性分子，B错误；C．中心原子价层电子对数为：3+=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子，所以分子的空间构型为三角锥形，C正确；D．中Cu+提供空轨道，NH3和CO为配位体，所以中含有4mol配位键，D错误； 故选C。2．C【详解】A．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，A正确；B．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，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。3．D【详解】A．金属键是金属阳离子和自由电子之间的强烈相互作用，自由电子为整个金属的所有阳离子所共有，所以金属键没有方向性和饱和性，A正确；B．金属键的实质是金属中的“自由电子”与金属阳离子形成的一种强烈的相互作用，B正确；C．自由电子通过吸收及释放可见光，使金属具有不透明性和金属光泽，C正确；D．金属导电是由自由电子在外加电场中的定向运动实现的，金属导热是自由电子与金属阳离子在相互碰撞中完成的热能的传递，D错误； 故选D。4．C【详解】由化学式可知，硝酸根离子化合价为-1，氯离子化合价为-1，根据化合价代数和为零可知，中心离子的化合价是+3；故选C。5．B【详解】能与人体血红蛋白中的以配位键结合，与血红蛋白中的结合的能力远远强于与血红蛋白中结合的能力，因此一旦与血红蛋白中的结合，就很难与血红蛋白中的结合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。故选B。6．C【详解】A．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，故A不选；B．该物质中，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，所以该物质属于配合物，故B不选；C．属于一般化合物，不含配体，所以不属于配合物，故C选；D．中铝原子提供空轨道，F原子提供孤电子对，所以该物质属于配合物，故D不选；故选C。7．D【详解】CoCl3·5NH3·H2O水溶液加过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，说明外界离子有氯离子，过滤后再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，说明配体中含有氯离子，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一，说明外界离子中的氯离子与配体中的氯离子的个数比为2:1，则该配合物的化学式最可能为[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O，答案选D。8．C【详解】A．根据该配合物的结构可知，1mol该配合物中含键共39mol，A错误；B．中碳原子杂化方式为sp杂化、苯环和键中碳原子杂化方式为杂化、其余碳原子杂化方式为杂化，B错误；C．中心离子的配位数为4，C正确；D．与形成配位键，无法与结合生成硫氰合铁离子，溶液不变红色，D错误；故选：C。9．D【详解】A．由二茂铁的熔沸点较低可知二茂铁为分子晶体，亚铁离子提供空轨道，环戊二烯离子()提供孤电子，二者之间形成配位键，A正确；B．1个环戊二烯()分子中含有键的数目为11，B正确；C．由题给信息可知二茂铁分子中存在键，C正确；D．由二茂铁的熔点是173℃(在100℃时开始升华)，沸点是249℃，可知其是分子晶体，D错误；故选：D。10．C【详解】A．计算配位数时不包括外界离子，故中配体是和，配位数是6，A错误；B．1mol中，外界中含个键，配离子中键的数目为，则1mol中，键的数目是，B错误；C．的内界是，外界是，内界和外界中、的数目之比是1∶2，C正确；D．加入足量的溶液，内界中不沉淀，D错误；故选：C。11．A【详解】A．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原子均采取杂化，A正确；B．b为配离子，提供孤电子对的有2个N原子和4个O原子，所以的配位数为6，B错误；C．a不是配合物，C错误；D．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，D错误；故选A。12．C【详解】A．由化学式知，配位体是和，配位数是6，A项错误；B．由化学式知中心离子是，内界是，B项错误；C．内界有1个，外界有2个，故数目比是，C项正确；D．中价电子对数为2+，故中心原子是杂化，D项错误；故选C。13．C【详解】①因为a和b具有不同的特性，所以a和b一定不是同一种物质，①错误；②性质不同说明结构不同，而a和b的分子式相同，故二者互为同分异构体，②正确；③a和b的空间结构若为四面体形，则没有这两种异构体，因此a和b的空间结构是平面四边形，③正确，④错误。故选C。14．B【详解】A．中的C为杂化，中的C为杂化，A项正确；B．空间结构对称，正、负电荷重心重合，含有极性键，但是非极性分子，B项错误；C．根据的熔、沸点判断其是分子晶体，C项正确；D．与溶液生成的中，为中心离子，为配位体，D项正确；故选：B。15．D【详解】A． 溶液1显红色而溶液2不显红色说明相同浓度的和溶液中的浓度不同，故A正确；B． Fe的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是失去4s上的电子和3d上的一个电子得到的，其存在空轨道，CN-的电子式为，碳原子提供孤电子对，两者以配位键结合成，故B正确；C． 溶液2不显红色，说明[Fe(CN)6]3-不会转化为Fe(SCN)3，说明与的结合力强于与的结合力，故C正确；D． FeCl3溶液为棕黄色，K3[Fe(CN)6]溶液为黄色，若用KCN检验FeCl3溶液现象不明显，因此用KCN溶液检验FeCl3溶液中的Fe3+不如用KSCN溶液好，故D错误；故选：D。16．(1)D(2)3(3) 直线形 发射(4)N的原子半径比P小、电负性比P大，使得NH3分子中共用电子对之间的距离比PH3分子中近、斥力大(5) 孤电子对 sp3【详解】（1）基态氮原子的能量最低，能量越高的轨道中电子个数越多，原子能量越高，依据图示可知，A为基态原子，能量最低，B、C、D为激发态原子，而D中能量较高的轨道中电子数最多，所以能量最高。（2）同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，第IIA、VA族元素为全充满或半充满的稳定状态，第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，因此第二周期主族元素中，第一电离能在B和N之间的元素有Be、C、O三种元素。（3）NaN3的阴离子为，其中心原子价层电子对数为2+=2，无孤对电子，采取sp杂化，空间构型为直线形；电子从激发态跃迁到低能级，以光的形式释放能量，Na在空气中燃烧发出黄色火焰用光谱仪摄取的光谱为发射光谱。（4）NH3、PH3的中心原子均采取sp3杂化，N的电负性比P大、原子半径比P小，N原子对键合电子的吸引能力更强，因而NH3分子中成键电子对间的距离较近、斥力较大，NH3的键角比PH3的键角大。（5）B原子形成3个B-H键，B原子有空轨道，氨分子中N原子有1个孤电子对，B与N之间形成配位键，氮原子提供孤电子对，硼原子提供空轨道；在BH3·NH3中B原子形成3个B-H键，还形成1个配位键，杂化轨道数目为4，采取sp3杂化。17．(1) N、O、Cl 6(2) 、 54【解析】（1）中的氧原子、中的氮原子和中都有孤电子对，可作配位原子，故配位原子为O、N、Cl；中心离子的配位数为。（2）由结构可知，N-甲基咪唑含有甲基和碳碳双键，则该分子中碳原子的杂化轨道类型为、；1个N-甲基咪唑中含有6个键、4个键、1个碳碳双键和1个碳氮双键，单键、配位键属于键，1个双键中有1个O键和1个键，所以1个中含有个键。18． 六 哑铃形或纺锤形 4NA或4×6.02×1023 N＞O＞S C 平面正方形【分析】(CN)2分子结构式为N≡C-C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键；同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，结合原子的电子排布式分析判断第一电离能的变化顺序；根据配合物中的常见成键分析解答。【详解】(1)钕(Nd)为60号元素，属于镧系元素，位于第六周期；B为5号元素，基态硼原子的核外排布为1s22s22p1，最高能级为2p能级，为哑铃形；Fe2+的价电子排布式为3d6，则Fe2+的价电子排布图为，故答案为：六；哑铃形； ；(2)(CN)2分子结构为N≡C-C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键、2个π键，故1个(CN)2分子中含有π键的数目为2×2=4个，1mol(CN)2分子中含有π键的数目为4NA或4×6.02×1023，故答案为：4NA或4×6.02×1023；(3)①同主族自上而下第一电离能减小，同周期随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于氧的第一电离能，故第一电离能：N＞O＞S，故答案为： N＞O＞S；②配离子与外界硫酸根形成离子键，铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子、硫酸根中原子之间形成极性键，不存在非极性键，故答案为：C；③ [Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(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，说明[Cu(NH3)4]2+是平面正方形结构，故答案为：平面正方形。19． 正四面体 4 sp3 N>O>C O 7 羧基 羟基【详解】(1)根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数=，不含有孤对电子对，则其空间构型为正四面体，P的价层电子对数为4；(2)根据价层电子对互斥理论，NH3分子中N的价层电子对数=，则N原子的轨道杂化类型是sp3；同周期元素原子的第一电离能从左到右逐渐增大，但是由于N的价层电子排布式为2p3，为半满结构，其电离能高于相邻元素，则N＞O＞C；(3)基态Fe的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为：3d6，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为：3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为：4:5；中O原子有孤对电子，因此可以与Fe2＋形成配位键，则O为配位原子；(5)根据羧基的结构，在羧基中碳氧双键中只有1个σ键，碳氧单键为σ键，则1mol羧基中含有2molσ键。则1mol柠檬酸中碳原子与氧原子形成的σ键的物质的量为1+2×3=7mol，其数目为7NA；柠檬酸含有的官能团为羧基和羟基。