2023-2024学年苏教版新教材选择性必修二 专题4第二单元 配合物的形成和应用 作业

专题4第二单元配合物的形成和应用一、多选题1．下列说法中，错误的是A．形成配位键的金属离子通常是过渡金属离子B．非金属元素不可能形成离子化合物C．含有非极性键的物质不一定是共价化合物D．离子化合物一定不含有共价键2．已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：以下结论和解释正确的是A．由实验①可推知正反应为放热反应B．等物质的量的和中σ键数之比为9:2C．实验②是由于增大，导致平衡逆向移动D．由实验③可知配离子的稳定性：二、单选题3．配合物中，中心离子的化合价是A．+1 B．+2 C．+3 D．无法确定4．下列过程与配合物无关的是A．向溶液中滴加溶液出现血红色B．向溶液中滴加氨水至过量，生成深蓝色溶液C．向溶液中滴加氯水，溶液颜色加深D．向溶液中逐滴加入氨水，先出现沉淀，继而沉淀消失5．与甲基咪唑（）反应可以得到，其结构如图所示，下列说法不正确的是A．甲基咪唑中碳原子的杂化方式为B．甲基咪唑易溶于水的主要原因是能与水形成氢键C．1个离子中含有42个键D．离子中的配位数为66．钴的金属配合物在电子元器件、超分子配合物等方面具有应用价值。，可形成两种钻的配合物，P：，Q：，向P、Q的溶液中分别加入溶液后，下列有关说法错误的是A．Q溶液中会产生白色沉淀 B．P溶液中会产生白色沉淀C．Q中是配体 D．P、Q的配位数均是67．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8．在水溶液中可与发生反应生成和，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．分子中，碳原子轨道的杂化类型是，分子的空间构型为平面三角形B．1mol分子中含有σ键的数目为C．分子中碳原子轨道的杂化类型只有D．中与的C原子形成配位键，结构可表示为9．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10．有三个组成均为的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色，相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的溶液，析出的物质的量之比为。已知铬的配位数为6，下列说法正确的是A．甲、乙、丙为同一物质 B．配位体均为C．铬元素均显价 D．甲的化学式为11．溶液中存在平衡：(蓝色)(黄色)，下列说法错误的是A．中铜的化合价是价B．中键的物质的量为C．向溶液中加入溶液可使黄绿色的溶液变成蓝色D．若升高溶液温度，溶液不变12．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13．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14．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法中正确的是A．配体是Cl-和H2O，配位数是9B．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∶2D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀15．下列关于超分子和配合物的叙述中，错误的是A．利用超分子的分子识别特征，可以用“杯酚”和甲苯、氯仿等分离和B．配合物中的杂化方式不可能为C．配离子中含有的键数目为个D．的八面体配合物与足量溶液作用生成沉淀，则、、的值分别为1、5、2三、填空题16．铁及铁的化合物在生产、生活中有广泛应用。请回答下列问题：(1)基态的最外层电子排布式为：________。(2)工业上常利用与形成稳定；(六氰合亚铁离子)的特性来处理含的工业废水。在中C原子的杂化方式为_______，写出的电子式：_______。(3)三氯化铁易溶于水，也易溶于乙醚等有机溶剂。它在300℃以上易升华，在400℃时其蒸气中有以配位键结合的双聚分子存在，其结构如图所示。请判断三氯化铁的晶体类型为(4)应用于合成氨反应的催化剂(铁)的表面上存在氮原子，如图为氮原子在铁的晶面上的单层附着局部示意图(图中黑色小球代表氮原子，灰色球代表铁原子)。则图示铁颗粒表面上氮原子与铁原子的个数比为_______。17．氨硼烷是一种有效、安全的固体储氢材料，氨硼烷的结构和乙烷相似，如下图。(1)氨硼烷的晶体类型为___________。(2)氨硼烷分子中氮原子、硼原子的杂化轨道类型分别为___________、___________。(3)氨硼烷晶体中存在的作用力有___________(填字母)。A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键E．金属键F．π键G．范德华力四、元素或物质推断题18．A、B、C、D、E、F是原子序数依次增大的前四周期元素。A元素的所有P能级都是半满状态，B元素的最外层电子数是核外电子总数的1/6，C元素是生活中使用非常广泛的金属元素，D元素的主族序数与周期数差值为4，E元素核外未成对电子数在本周期最多，F元素M能层所有能级都排满电子，N层只有一个电子。请回答下列问题：（1）A元素的最高价氧化物对应水化物和它的氢化物可以形成一种盐，常温下该盐溶液中离子浓度由大到小的顺序为：_______________________。（2）B、C、D的简单离子半径由大到小的顺序为_____________。（3）C元素的氧化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为____________。（4）E元素核外有______种运动状态不同的电子。（5）F元素的价电子排布式为______________。1mol[F(AH3)4]2+配合离子中所含σ键的数目为___________。19．周期表前四周期的元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大。a的核外电子总数与其周期数相同；基态b原子的核外电子占据3个能级，且最高能级轨道为半充满状态；基态c原子的最外层电子数是内层电子数的3倍；d的原子序数是c的2倍；基态e原子3d轨道上有4个单电子。回答下列问题：(1)b、c、d电负性最大的是___________(填元素符号)。(2)b的单质分子中键与π键的个数比为___________。(3)a与c可形成两种二元化合物，两种物质可以任意比互溶。其中一种不稳定，可分解产生c的单质，该化合物分子中c原子的杂化方式为___________；这两种物质的互溶物中，存在的化学键有___________(填序号)。①极性共价键②非极性共价键③离子键④金属键⑤氢键⑥范德华力(4)这些元素形成的含氧酸根离子中，中心原子的价电子对数为4的是___________(填离子符号，下同)；平面三角形结构的是___________，试从结构特点判断该酸分子与酸根离子的稳定性：酸分子___________酸根离子(填“＞”或“＜”)。(5)元素e位于周期表中___________区；e的一种常见氯化物中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在，结构式为，请补写e的元素符号并用“→”表示出其中的配位键___________。参考答案1．BD【详解】A．形成配位键的金属离子，即中心原子又称为配合物的形成体，多为金属离子，尤其是过渡金属离子，A正确；B．非金属元素可能形成离子键化合物，如铵盐，B错误；C．含有非极性键的分子，可能是单质，如氮气、氢气等，Na2O2中含有非极性键的离子化合物，C正确；D．离子化合物中可能含有共价键，如KOH等，D错误；故选BD。2．BD【详解】A．由实验①可知，降低温度，平衡向生成的方向移动，表明逆反应为放热反应，则可推知正反应为吸热反应，A不正确；B．共价单键和配位键都属于σ键，则等物质的量的和中σ键数之比为18:4=9:2，B正确；C．因为水是溶剂，所以实验②中加水，不变，但、Cl-、的浓度都减小，平衡向离子浓度增大的方向移动，即平衡逆向移动，C不正确；D．由实验③可知，加入ZnCl2后，转化为，则表明Zn2+结合Cl-的能力比Co2+强，即配离子的稳定性：，D正确；故选BD。3．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。4．C【详解】A．FeCl3和KSCN发生络合反应而导致溶液呈血红色，反应方程式为Fe3++SCN-=Fe(SCN)3，所以与配合物有关，故A不选；B．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失，生成[Cu(NH3)4]SO4，为配合物，故B不选；C．FeCl2溶液是浅绿色，被氧化后形成FeCl3是棕黄色，颜色变深，和配合物无关，故C选；D．一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失，生成银氨溶液，氢氧化二氨合银为配合物，故D不选；正确答案是C。5．C【详解】A．甲基咪唑中单键碳原子的杂化方式为、双键碳原子的杂化方式为，故A正确；B．甲基咪唑易溶于水的主要原因是N原子与水中的H原子形成氢键，故B正确；C．单键全是键、配位键是键、双键中有1个键，1个甲基咪唑中有12个键，1个离子中含有个键，故C错误；D．2个Cl-、4个甲基咪唑均为Si原子的配体，离子中的配位数为6，故D正确；选C。6．A【详解】A．由P、Q的化学式知P的外界是，Q的外界是，在溶液中前者能电离出而后者不能，故加入溶液后Q溶液中不能产生白色沉淀，故A错误；B．根据A选项分析P溶液能电离出，故加入溶液会产生白色沉淀，故B正确；C．Q：，外界是，是配体，故C正确；D．根据P：，Q：结构分析，前者配位数是5+1=6，后者配位数是1+5=6，故D正确。综上所述，答案为A。7．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。8．C【详解】A．分子中C原子为杂化，空间构型为平面三角形，A正确；B．一分子中含2个键和1个键，共有3个键，所以1mol分子中含有键的数目为，B正确；C．分子中与羟基相连的C为杂化，中的C为sp杂化，C错误；D．中与的C原子形成配位键，所以结构可表示为，D正确；故答案选C。9．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。10．C【分析】已知：Cr3+可形成配位数为6的配合物。组成为CrCl3•6H2O的配合物有3种(甲乙丙)，分别呈亮绿色、暗绿色和紫色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等物质的量的甲乙丙紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀且质量比为2：1：3，则亮绿色配合物的化学式中配体有1个氯离子、5个水分子，则亮绿色配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2•H2O，据此解答即可。【详解】A．由题意知，甲乙丙分子式相同，结构不同，属于不同的物质，故A错误；B．由题意知：此配合物中的配位数均是6，故配体除氯离子外，还有水，故B错误；C．该化合物中铬元素化合价相同，均为+3，故C正确；D．相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比分别为2：1：3，则绿色配合物的化学式中配体有1个氯离子、5个水分子，则亮绿色配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2•H2O，故D错误；故选：C。11．D【详解】A．由化合价的代数和为0可知，四氯合铜离子中铜元素的化合价为价，故A正确；B．四水合铜离子中配位键属于σ键，水分子中的氢氧键为σ键，则1mol四水合铜离子中含有σ键的物质的量为12mol，故B正确；C．向氯化铜溶液中加入硝酸银溶液，氯离子与银离子反应生成氯化银沉淀，氯离子的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，四水合铜离子的浓度增大，溶液由黄绿色变成蓝色，故C正确；D．氯化铜在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故D错误；故选D。12．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。13．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。14．C【详解】A．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体是Cl-和H2O，配位数是6，故A错误；B．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，中心离子是Ti3+，故B错误；C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，内界配离子是Cl-为1个，外界离子是Cl-为2个，内界和外界中Cl-的数目比是1∶2，故C正确；D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-与Ag+反应，内界配离子不与Ag+反应，故D错误；答案选C。15．C【详解】A．可利用超分子的分子识别特征在和混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”、甲苯或氯仿，从而实现和的分离，A正确；B．配合物的配位数为6，Fe的杂化方式为d2杂化，B正确；C．N-H键为键，配位键为键，则1mol[Zn(NH3)6]2+中含有键的数目为(6+3×6)mol×NAmol-1=24NA，C错误；D．已知1mol该配合物与足量AgNO3作用生成2molAgCl沉淀，可确定z=2，外界离子为2个Cl-，配合物中Co为+3价，配合物化合价代数和为零，则x=1，配合物为八面体，说明中心原子的配位数为6，则y=5，故x、y、z的值分别为1、5、2，D正确；答案选C。16．(1)(2)sp(3)分子晶体(4)1:2【详解】（1）根据铁原子的电子排布式：，的电子排布式为：；（2）的结构式中，直线型，所以C原子的杂化方式为sp；电子式为：（3）根据已知信息，该晶体在300℃以上易升华，在400（4）小黑球的周围有四个灰球，而一个灰球的周围有两个黑球，故黑球与灰球的个数比为1:2，氮原子与铁原子的个数比为1:217．(1)分子晶体(2)(3)BDG【解析】（1）根据球棍模型可知，氨硼烷的结构简式为，氨硼烷的分子结构和乙烷相似，属于分子晶体；故答案为：分子晶体。（2）根据氨硼烷分子球棍模型结构，N原子、B原子的价层电子对数都为4，它们的杂化轨道类型都是杂化；故答案为：；。（3）氨硼烷中，B与H、N与H之间为极性共价键，B与N之间存在配位键，氨硼烷分子之间存在范德华力，故答案为BDG。18．c((NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)Cl->Mg2+>Al3+Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O243d104s116NA【分析】A元素的所有P能级都是半满状态，则A的核外电子排布为1s22s22p3，即A为N；B元素的最外层电子数是核外电子总数的1/6，设B元素的最外层电子数为x，由于B的原子序数比A大，则有=，解得x=2，则B的核外电子排布为2、8、2，故B为Mg；D元素的主族序数与周期数差值为4，且D的原子序数比B大，则D位于第三或第四周期，若D位于第四周期，则D的族序数为8，与“主族”矛盾，故D为与第三周期，其主族序数为7，则D为Cl；C元素是生活中使用非常广泛的金属元素，且C的原子序数在B、D之间，故C为Al；E的原子序数大于D（Cl），且E元素核外未成对电子数在本周期最多，则E位于第四周期，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，即E为Cr；F元素M能层所有能级都排满电子，N层只有一个电子，则F的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则F为Cu；综上所述，A为N，B为Mg，C为Al，D为Cl，E为Cr，F为Cu。【详解】经分析，A为N，B为Mg，C为Al，D为Cl，E为Cr，F为Cu，（1）A元素的最高价氧化物对应水化物HNO3和它的氢化物NH3形成的盐为NH4NO3，是强酸弱碱盐，其水溶液中离子浓度由大到小为：c((NO3-)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH-)；（2）B、C、D的简单离子分别为Mg2+、Al3+、Cl-，则离子半径由大到小为：Cl->Mg2+>Al3+；（3）C元素的氧化物Al2O3和NaOH溶液反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；（4）E为Cr，是24号元素，核外电子数为24，则其核外有24种运动状态不同的电子；（5）F为