高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子优秀随堂练习题

第四节　配合物与超分子

课后·训练提升

基础巩固

1.下列有关配位键的分析正确的是(　　)。

A.是离子键 B.是极性键

C.是非极性键 D.是π键

答案:B

解析:配位键是成键原子通过共用电子对形成的,属于共价键;配位键存在于不同原子之间且为单键,故属于极性键,属于σ键。

2.下列各种说法中错误的是(　　)。

A.配位键是一种特殊的共价键

B.NH4NO3、H2SO4都含有配位键

C.共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子

D.形成配位键的条件是一方有空轨道,另一方有孤电子对

答案:C

解析:配位键是成键的两个原子一方提供孤电子对,另一方提供空轨道而形成的共价键,可见成键双方都不存在未成对电子,C项错误。

3.下列关于配位化合物的叙述中,不正确的是(　　)。

A.配位化合物中必定存在配位键

B.配位化合物中只有配位键

C.[Cu(H2O)4]2+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

答案:B

解析:含有配位键的化合物就是配位化合物,但配位化合物还会含有普通共价键、离子键等,B项错误。

4.某物质的结构如图所示,下列有关该物质的分析中正确的是(　　)。

A.该物质分子中不存在σ键

B.该物质的分子内存在氢键这种化学键

C.该物质是一种配合物,其中Ni为中心原子

D.该物质的分子中C、N、O均存在孤电子对

答案:C

解析:单键和双键中均存在σ键,所以该物质中存在σ键, A项错误。由结构图可知,该物质中存在分子内氢键,但氢键不属于化学键, B项错误。分子中Ni提供空轨道,N提供孤电子对,所以Ni为中心原子,N为配位原子, C项正确。分子中C原子形成四个共价键,没有孤对电子,N、O存在孤电子对, D项错误。

5.(2020四川乐山高二上期末)下列配合物的配位数不是6的是(　　)。

A.K3[Fe(SCN)6] B.Na2[SiF6]

C.Na3[AlF6] D.[Cu(NH3)4]Cl2

答案:D

解析: [Cu(NH3)4]Cl2中配合物的配位数为4,配体为NH3。

6.关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法正确的是(　　)。

A.配体是Cl-和H2O,配位数是8

B.中心离子是Ti4+,配离子是[TiCl(H2O)5]2+

C.内界和外界中Cl-的数目比是1∶2

D.向1 mol该配合物溶液中加入足量AgNO3溶液,可以得到3 mol AgCl沉淀

答案:C

解析:配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O,配体是Cl-和H2O,配位数是6,A项错误。中心离子是Ti3+,B项错误。配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中内界Cl-的个数为1,外界Cl-的个数为2,内界和外界中Cl-的数目比是1∶2,C项正确。加入足量AgNO3溶液,外界Cl-与Ag+反应,内界Cl-不与Ag+反应,故只能生成2 mol AgCl沉淀,D项错误。

7. NH3和BF3可以通过配位键形成化合物NH3BF3,下列说法正确的是(　　)。

A.NH3、BF3两分子都是平面三角形分子

B.NH3、BF3两分子的中心原子采取的都是sp3杂化

C.形成配合物时NH3中N原子提供的是孤电子对,BF3中B原子提供空轨道

D.形成配合物时BF3中B原子提供的是孤电子对,NH3中N原子提供空轨道

答案:C

解析:NH3是三角锥形分子,A项错误。NH3中N的杂化轨道数=σ键电子对数+孤电子对数=3+1=4,N采取的是sp3杂化;BF3中B形成3个σ键,B上无孤电子对,B的杂化轨道数=σ键电子对数+孤电子对数=3+0=3,B采取的是sp2杂化,B项错误。NH3BF3中B有空轨道,N有孤电子对,所以N提供孤电子对,B提供空轨道,形成配位键,C项正确,D项错误。

8.某物质的实验式为PtCl4·2NH3,其水溶液不导电,加入AgNO3溶液也不产生沉淀,以强碱处理并没有NH3放出,则关于此化合物的说法中正确的是(　　)。

A.配合物中中心离子的电荷数和配位数均为6

B.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Cl-与Pt4+配位,而NH3分子不配位

答案:C

解析:在PtCl4·2NH3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均是配体,故该配合物中中心离子的配位数为6,电荷数为4,A、D项错误,C项正确。因为配体在中心离子周围配位时采取对称分布以达到能量上的稳定状态,Pt4+配位数为6,则其空间构型为八面体形,B项错误。

9.Fe为过渡金属元素,在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4,该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是(　　)。

A.该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4

B.该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区

C.1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀

D.该配合物中阳离子呈正八面体结构,阴离子呈正四面体结构

答案:A

解析:该配合物中Fe显+2价,Fe2+最外层电子排布为3s23p63d6,即最外层电子数为14,则配体提供的电子总数为12,每个NO和H2O均可提供2个电子,故n=5,该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4,A项正确;氢元素位于元素周期表s区,B项错误;该配合物中只有S能与Ba2+反应生成沉淀,C项错误;该配合物阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+,由其配体组成可知,其不可能是正八面体结构,D项错误。

10.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ⅥB族,核外电子排布与Cr相似,它的基态原子的价层电子排布式是　　　;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.σ键 B.π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碳原子的杂化方式有　　　　。 

(4)从电负性角度解释CF3COOH的酸性强于CH3COOH的原因: 　                   。 

(5)C60与C70互为同素异形体,分离混合物的实验操作是   　                 。 

答案:(1)4d55s1　6

(2)AB

(3)C　sp3、sp2

(4)F的电负性强于H,对电子的吸引能力强,导致共用电子对偏向F,则O—H较易断裂,所以酸性强于乙酸

(5)将C60与C70的混合物加入一种空腔大小与C60适配的“杯酚”中,然后加入甲苯溶剂,将未装入杯酚的C70溶解,过滤后分离C70;再向不溶物中加入氯仿,氯仿溶解杯酚而将不溶解的C60释放并沉淀出来

解析:(1)Mo处于第五周期第ⅥB族,核外电子排布与Cr相似,其价电子为4d、5s电子,4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子,据此书写它的基态原子的价层电子排布式;核外未成对电子是4d、5s能级上的电子。

(2)该分子中只存在共价键,共价单键为σ键、共价双键中含有σ键 和π键。

(3)CO提供孤电子对的是碳原子,Mo提供空轨道;p-甲酸丁酯吡啶配体中碳原子上的价层电子对数有4和3两种,根据价层电子对互斥模型判断C原子分别采取sp3、sp2杂化。

(4)F的电负性强于H,对电子的吸引能力强,导致共用电子对偏向F,则O—H较易断裂。

能力提升

1.(2020山东日照一中模拟)胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu(H2O)4]SO4·H2O,其结构示意图如下:

下列有关胆矾的说法正确的是(　　)。

A.Cu2+的价层电子排布式为3d84s1

B.所有氧原子都采取sp3杂化

C.氧原子参与形成离子键、配位键和氢键三种化学键

D.胆矾中的水在不同温度下会分步失去

答案:D

解析:Cu是29号元素,铜离子的价层电子电子排布式为3d9, A项错误。氧原子并不都是sp3杂化,H2O中的O采取sp3杂化,与S相连的O没有发生轨道杂化,B项错误。在题述结构示意图中,存在O—Cu配位键,[Cu(H2O)4]SO4与H2O之间存在氢键,但氢键不是化学键, C项错误。由于胆矾晶体中水分为两类,一类是形成配体的水分子,一类是形成氢键的水分子,因此加热过程中胆矾中的水会分步失去, D项正确。

2.如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分),下列有关叙述不正确的是(　　)。

A.示意图中的两个氧原子均采取sp3杂化

B.该叶绿素是配合物,中心离子是镁离子

C.该叶绿素是配合物,N提供孤电子对

D.该叶绿素不是配合物,而是高分子化合物

答案:D

解析:由示意图知,两个氧原子均形成了两个σ键,故均为sp3杂化,A项正确。Mg的最高化合价为+2价,而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键,由此可以判断该化合物中Mg与N间存在配位键,N提供孤电子对,该物质为配合物,B、C项正确。高分子化合物的相对分子质量通常很大,D项错误。

3.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,再向滤液中加过量AgNO3溶液,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。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)]Cl3

C.[CoCl(NH3)3(H2O)]Cl2·2NH3

D.[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O

答案:D

解析:CoCl3·5NH3·H2O的水溶液显弱酸性,加入强碱加热至沸腾有NH3放出,说明NH3均在内界,向该配合物溶液中加过量AgNO3溶液,有AgCl沉淀生成,说明该配合物外界有Cl-,过滤后再向滤液中加入过量AgNO3溶液,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,说明该配合物内界也含有Cl-,且外界的Cl-与内界的Cl-个数之比为2∶1。综上分析,D项最有可能。

4.(2020山东烟台高二上期末)向硫酸铜溶液中逐滴滴加浓氨水,先出现现象a,继续滴加浓氨水,现象a逐渐消失,得到一种含二价阳离子的深蓝色透明溶液,继续加入乙醇,析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。这种二价阳离子的空间结构如图所示(4个NH3与Cu2+共面,跟H2O-Cu2+-H2O轴线垂直)。请回答以下问题。

(1)基态Cu原子的价层电子的轨道表示式为　　　　　　　　　　　　。 

(2)硫酸铜水溶液滴加浓氨水的变化过程,现象a是　　　　　　　　　　;写出生成深蓝色透明溶液的离子方程式:　 　                                          。 

(3)NH3与Cu2+可形成[Cu(NH3)4]2+。已知NF3与NH3具有相同的空间结构,但NF3不易与Cu2+形成配离子,其原因是 　                                                        。 

(4)已知高温下CuO→Cu2O+O2,从铜原子价层电子结构变化角度来看,能生成Cu2O的原因是 　                     。 

答案:(1)

(2)形成蓝色沉淀　Cu(OH)2+4NH3·H2O[Cu(NH3)4(H2O)2]2++2OH-+2H2O

(3)F的电负性比N大,N—F成键电子对偏向F,导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强,难以形成配位键

(4)CuO中铜的价层电子排布为3d9,Cu2O中铜的价层电子排布为3d10,后者处于稳定的全充满状态而前者不是

解析:(2)向硫酸铜溶液中滴氨水,氨水与硫酸铜反应首先生成氢氧化铜蓝色沉淀,则现象a是形成蓝色沉淀;继续滴加氨水,沉淀溶解,氨水与氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨配合物,根据离子的空间结构可知生成[Cu(NH3)4(H2O)2]2+。

(3)F的电负性大于N的,NF3中N—F成键电子对偏向于F原子,导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强,N原子上的孤电子对难与铜离子形成配离子,所以NF3不易与Cu2+形成配离子。

(4)高温下CuO→Cu2O+O2,Cu2+的价层电子排布为3d9,Cu+的价层电子排布为3d10,固相中Cu+更稳定,因此能够生成Cu2O的原因可以解释为:CuO中铜的价层电子排布为3d9,Cu2O中铜的价层电子排布为3d10,后者处于稳定的全充满状态而前者不是。

5.冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚,其结构如图1所示。它们能与碱金属离子作用,并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。

图1

(1)Li+与X的空腔大小相近,恰好能进入X的环内,且Li+与氧原子的一个孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为　　　　。 

(2)冠醚Y能与K+形成稳定结构,但不能与Li+形成稳定结构。理由是 　          。 

(3)烯烃难溶于水,被KMnO4水溶液氧化的效果较差。若烯烃中溶入冠醚Z,氧化效果明显提升。

已知:冠醚Z与KMnO4可以发生如图2所示的变化。

图2

加入冠醚Z后,烯烃的氧化效果明显提升的原因是 　                         。 

答案:(1)K

(2)Li+半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内氧原子上的孤电子对作用形成稳定结构

(3)冠醚可溶入烯烃中,进入冠醚中的K+因静电作用将Mn带入烯烃中,增大烯烃与Mn的接触机会,提升氧化效果

解析:(1)基态锂离子核外只有1s能级上有电子,为K层上的电子,所以其能层符号为K。(2)冠醚Y空腔较大,Li+半径较小,Li+半径远远小于Y空腔,导致该离子不易与氧原子上的孤电子对形成配位键,所以得不到稳定结构。(3)根据“相似相溶”规律知,冠醚可溶入烯烃中,进入冠醚中的K+因静电作用将Mn带入烯烃中,增大反应物的接触面积,增大烯烃与Mn的接触机会,提高氧化效果。