配合物与超分子 课后训练 高中化学新人教版选择性必修2（2022-2023学年）

3.4配合物与超分子一、选择题1、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.中的提供空轨道，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2、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3、. 下列说法错误的是()A.在和中都存在配位键B.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.、、、都是极性分子D.向含有的水溶液中加入足量溶液只能生成沉淀4、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.向配合物的溶液中加入足量的溶液，所有的均被沉淀B.配合物常温下呈液态，易溶于、苯等有机溶剂C.配合物的配体为和D.配合物的配位数为65、如图所示，a为乙二胺四乙酸，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

abA.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6、若X、Y两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是()A.X、Y只能是离子B.若X提供空轨道，则配位键表示为C.X、Y分别为、时，作配体D.若X提供空轨道，则Y至少要提供一对孤电子对7、下列物质：

中存在配位键的是

A. B. C. D.8、下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是A.利用超分子的分子识别特征，可以分离和B.配合物中只含配位键C.中提供空轨道，中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键D.配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广泛应用9、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)5]Cl2·H2O的溶液中加入足量的AgNO3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)4]SO4·H2O的配体为NH3和SOD.配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为610、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11、下列说法错误的是()A.在NH4+和[Cu(NH3)4]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0.1mol[Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成0.1molAgCl沉淀12、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二、非选择题13、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)4]SO4中的配体是。

(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NH3·H2O，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)4]SO4·H2O晶体中呈正四面体的粒子是，杂化轨道类型是sp3的原子是。

14、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50~51℃，45℃(1.33kPa)时升华。①E2(CO)8为晶体(填晶体类型)。

②E2(CO)8晶体中存在的作用力有。

答案1【答案】B【解析】A.配合物中一定含有配位键，故A正确；B.配位化合物中不仅含有配位键，还含有共价键等，故B错误；C.中的提供空轨道，中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，故C正确；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，故D正确。2【答案】D【解析】A.超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，有的是高分子，有的不是，故A错误；B.超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的的是有限的，故B错误；C.形成超分子的微粒也包括离子，故C错误；D.超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。3【答案】C【解析】A.在中存在一个氮氢键为配位键，中铜原子与氮原子间存在配位键，故A正确；B.是极性分子，分子结构为V形，O原子不处在2个H原子所连成的直线的中央，故B正确；C.、都是极性分子，、为非极性分子，故C错误；D.向含有的水溶液中加入足量溶液，外界的氯离子能反应，则生成沉淀，故D正确。4【答案】B【解析】A.向配合物的溶液中加入足量的溶液，外界的能被沉淀，内界的氯离子不能反应，故A错误；B.配合物常温下呈液态，为非极性分子，易溶于、苯等有机溶剂，故B正确；C.配合物的配体为，为外界，不是配体，故C错误；D.配合物的配体为氨分子，则配位数为2，故D错误。5【答案】A【解析】A.a中氮原子形成3个键，还有一对孤电子对，b中氮原子形成4个键其中有一个配位键，N原子均采取杂化，故A正确；B.由图可知，b中的配位数为6，故B错误；C.a中不存在配位键，故C错误；D.b中不含有离子键，故D错误。6【答案】D7【答案】B8【答案】B【解析】A.利用超分子的分子识别特征，可以分离和，A正确；B.配位化合物中不一定只含有配位键，可能含有共价键、离子键，如，B错误；C.配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以中的提供空轨道，中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，C正确；D.配合物的应用：生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，D正确；故选B。9、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)4]SO4·H2O的配体为NH3，C错误；配合物[Ag(NH3)2]OH的配体为NH3，配位数为2，D错误。10、【答案】C【解析】18-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。11、【答案】C【解析】NH4+中N提供孤电子对，H+提供空轨道，形成配位键，[Cu(NH3)4]2+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；0.1mol配合物中外界只有0.1molCl-，与硝酸银反应生成0.1molAgCl沉淀，故12、【答案】A【解析】A项，a中N原子有3对σ键电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ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。13、【答案】(一)(1)NH3(2)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O2CuCl↓+4H++SO(二)(1)K、Cr(2)[Cu(NH3)4]SO4·H2O减小“溶剂”的极性，降低溶质溶解度(3)SO42-N、【解析】(一)(1)根据配合物的组成可以判断[Cu(NH3)4]SO4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++SO4(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)4]SO4·H2O。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)4]SO4·H2O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、S14、【答案】(1)N>P>S[Ar]3d7(2)水分子间形成氢键(3)a(4)分子极性键、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N>P>S；