（17）3.4 配合物与超分子-高二化学人教版（2019）选择性必修二同步课时作业

（17）3.4配合物与超分子——高二化学人教版（2019）选择性必修二同步课时作业1.下列物质中，不能作为配合物的配位体的是()A. B. C. D.2.下列配合物的配位数不是6的是()A. B.C. D.3.下列物质中不属于配合物的是()A. B. C. D.4.下列各现象与配位化合物无关的是()A.铜的化合物在固态时颜色各异，而溶于水(可溶)后溶液都呈现蓝色B.在溶液中滴加溶液显血红色C.在硝酸银溶液中逐滴加入稀氨水，先生成沉淀，然后沉淀消失D.澄清石灰水中通入足量，先生成沉淀，然后沉淀消失5.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.1mol分子中键的数目为B.1mol甲基正离子的质子数为C.1mol中配位原子的个数为D.78g与足量反应转移电子数为6.冠醚与碱金属离子（）可形成如图所示超分子。下列有关叙述错误的是()A.图示杂化方式为的原子有两种B.图示冠醚空腔中适配的碱金属离子从左往右顺序为：C.向溶液中加入冠谜（冠）可加快其与乙烯的反应D.图示超分子中的碳原子均在同一平面7.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。某种超分子的结构如图所示。下列有关说法正确的是()A.该超分子中的键角小于的键角B.该超分子中存在配位键，氢键等化学键C.该超分子具有自组装的特征D.该超分子不能发生水解反应8.冠醚在水相和油相均有一定的溶解度，是重要的相转移催化剂。18-冠-6是冠醚的一种，其结构如图A，下列说法不正确的是()A.18-冠-6中氧原子的杂化类型为B.表示18-冠-6在油相中结构的是图B而不是图CC.图D中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成稳定的超分子结构，体现超分子的分子识别功能D.若18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强9.不同空腔尺寸的葫芦脲可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦脲(结构如图所示)的空腔。下列说法正确的是()A.葫芦脲可以吸附进入空腔的所有分子B.葫芦脲是超分子且能产生丁达尔效应C.葫芦脲形成的超分子中分子间存在范德华力、氢键D.葫芦脲可装入对甲基苯甲酸体现了超分子的“分子识别”功能10.冠醚能与碱金属阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，因而成为有机反应中很好的催化剂。与某冠醚反应生成超分子的过程如图所示。下列说法错误的是()A.该冠醚分子与超分子中O的化合价相等B.C—O—C之间的键角：超分子>冠醚C.该冠醚分子也可以通过形成超分子识别D.冠醚可提高氧化苯甲醛的速率11.金属元素钴(Co)形成的多种配合物应用广泛。下列说法错误的是()A.中钴元素的化合价为+3B.等物质的量的和中σ键数目之比为9：2C.中配体的配位原子都是N原子D.向溶有(配位数为6)的溶液中滴加足量的溶液，形成2mol沉淀。则其配离子为12.硫酸四氨合铜晶体()常用作杀虫剂、媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分。下列叙述正确的是()A.的电子式为：B.中存在离子键、配位键和极性共价键C.分子中键的键角小于分子中键的键角D.和与的配位能力：13.“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下图所示。已知：化学键N-ON-HN-NO-H键能/176391193463下列说法不正确的是()A.肼合成酶的催化中心中，通过提供空轨道形成配位键B.反应过程中存在N-O和N-H键的断裂C.反应过程中，催化中心的铁元素的价态发生改变D.总反应的热化学方程式为：14.联氨（）又称肼，在航天、能源等领域具有广泛应用。Ⅰ.分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构。（1）写出的电子式___________。（2）晶体受热熔化时，破坏的作用力有___________。A．范德华力 B．氢键 C．共价键 D．离子键（3）酸碱质子理论提出：凡是能给出质子的分子或离子称为酸，凡是能接受质子的分子或离子称为碱。①由可知是___________。A．酸 B．碱②选择足量的盐酸或NaOH溶液与充分反应，生成盐的化学式为___________。Ⅱ.肼具有强还原性，可作火箭推进剂燃料，反应的热化学方程式表示为：。（4）①结合化学反应原理分析，该反应可自发进行的原因是___________。②和作为火箭推进剂的主要原因是___________。Ⅲ.肼可还原钴离子制备纳米金属钴，纳米金属钴具有特殊的物理、化学和表面性质。（5）下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最小的是___________。A． B. C．（6）被还原的离子方程式如下，完成方程式并配平___________。当转移个电子数时，生成金属钴___________克。（7）金属钴可以形成多种配合物。一种配合物由组成，实验显示的物质的量之比为1∶3∶3∶1.向该配合物的水溶液加入溶液，只能沉淀出三分之一的。①该配合物的化学式是___________。A．B．C．②该配合物的配体有___________。15.硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。（1）基态S原子价层电子排布式是__________。（2）比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_______。（3）的空间结构是__________。（4）同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。（5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。（6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：_______。

答案以及解析1.答案：D解析：A.是共价化合物，氨原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，电子式为，有孤对电子，可以作为配体，故A不选；B.CO分子C与O原子之间形成3对共用电子对，电子式为：，含有1个键，C原子或O原子含有1对孤电子对，可以作为配体，故B不选；C.存在孤对电子，可以作为配体，故C不选：D.中形成4个共价键，没有孤对电子，不可以作为配体，故D选故选D。2.答案：D解析：A中为配体,配位数为6;B中为配体,配位数为6;C中为配体，配位数为6,D中为配体，配位数为4。故答案选D.3.答案：B解析：A.中四个羟基与间存在配位键，形成配合物，A不符合；B.由铵离子和草酸根离子构成，不是配合物，B符合；C.二氨合银离子中两个分子与形成配位键，是配合物，C不符合；D.以形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物，D不符合；答案选B。4.答案：D解析：A.铜的化合物在固态时颜色各异，而溶于水(可溶)后溶液都呈现蓝色，因为形成了水合铜离子而呈蓝色，故A不选；B.在溶液中滴加溶液显血红色，因为铁离子与生成了等络离子而呈血红色，故B不选；C.在硝酸银溶液中逐滴加入稀氨水，先生成氢氧化银沉淀，然后沉淀消失，氢氧化银溶于氨水生成银氨络离子而溶解，故C不选；D.澄清石灰水中通入足量，先生成沉淀，然后生成碳酸氢钙溶于水，沉淀消失，与配位化合物无关，故D选；故选D。5.答案：A解析：A.单键均为键，双键中含有1个键，所以1mol分子中键的数目为，A错误；B.1个甲基正离子的质子数为9个，则1mol甲基正离子的质子数为，B正确；C.中配体为，配位原子为N，1mol中配位原子的个数为，C正确；D.78g的物质的量为1mol，与足量反应生成硫酸钠，转移电子数为，D正确；故选A。6.答案：D解析：A.图示中C均形成4个单键，即形成4个键，无孤电子对，O均形成2个单键，即形成2个键，含2对孤电子对，二者的杂化轨道数均为4，杂化类型均为杂化，A正确；B.电离层数逐渐增多，离子半径逐渐增大，与图示对应，B正确；C.由图可知，冠醚（18-冠-6）与形成超分子，使存在于其空腔内，进而增大在有机溶剂中的溶解度，加快与乙烯的反应，C正确；D.超分子中存在杂化的饱和碳原子，存在空间立体结构，碳原子不可能在同一平面，D错误；答案选D。7.答案：C解析：的碳原子为杂化，无孤电子对，的氮原子为杂化，有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力>成键电子对之间的排斥力，的键角大于的键角，A错误；该超分子中无配位键，氢键是较强的分子间作用力，不是化学键，B错误；超分子具有自组装的特征，C正确；该超分子中含有酰胺键，碳氯键，能发生水解反应，D错误。8.答案：D解析：18-冠-6分子中氧原子都形成2个共价键且都存在2个孤电子对，故都采用杂化，A项正确；烃基亲油，O原子亲水，则能表示18-冠-6在油相中结构的是图B，B项正确；冠醚只能与空腔大小相接近的离子形成稳定结构，体现出超分子的分子识别特征，C项正确；F原子电负性比0原子大，吸引电子能力比0原子强，导致O原子电荷密度减小，配位能力降低，与形成的超分子稳定性将减弱，D项错误。9.答案：D解析：由题给信息可知，葫芦脲可识别不同分子并选择性吸附，A错误；葫芦脲与特定分子结合后形成超分子，其本身是纯净物，不是胶体，不能发生丁达尔效应，B错误；氢键是由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间形成的作用力，葫芦脲形成的超分子间不存在氢键，C错误；由题给信息可知，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦脲的空腔，D正确。10.答案：C解析：该冠醚分子中O原子的2个单电子与C形成共用电子对，超分子中O原子的2个孤电子对中的1个孤电子对与形成配位键，配位键不影响元素化合价，两种物质中O均为-2价，A正确；该冠醚分子中O原子有2个孤电子对，超分子中O原子有1个孤电子对，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对之间的斥力，中心原子上的孤电子对数越多，成键的键角越小，则超分子中C—O—C键角比冠醚中的C—O—C键角大，B正确；半径小于半径，该冠醚空腔适配，相对于较大，导致不易与氧原子的孤电子对形成配位键，不能形成稳定结构，C错误；由题干知，冠醚能将和带入有机溶剂，增大接触面积，提高反应速率，D正确。11.答案：C解析：已知中的配体为和，则中Co元素的化合价为+3，A正确；等物质的量的和中键数目之比为，B正确；中配体为和分子中的配位原子是N，由于C的电负性小于N，对孤对电子的束缚力更弱，更容易形成配位键，即配体的配位原子为C原子，C错误；向溶有(配位数为6)的溶液中滴加足量的溶液，形成2mol沉淀，则该配位化合物为，则其配离子为，D正确。12.答案：D解析：A.是共价化合物，N、H原子间共用1对电子对，N原子最外层电子数为8，其电子式为，故A错误；B.中存在离子键，与通过配位键结合，含键，但配离子中不存在离子键，故B错误；C.分子中N原子的价层电子对数为、含有1对孤电子对，分子中O原子的价层电子对数为、含有2对孤电子对，二者的VSEPR模型均为四面体，孤电子对数越多，键角越小，则键角：，故C错误；D.和均能与形成配位键，但电负性：和分子中给电子能力：，则和与的配位能力：，故D正确；故选D13.答案：D解析：A.为金属阳离子，含有空轨道，肼合成酶的催化中心中，通过提供空轨道形成配位键，A正确；B.在中存在N-O键，中存在N-H，由图可知，该反应过程中存在N-O和N-H键的断裂，B正确；C.由图可知，只存在极性共价键，在中存在N-N非极性键和N-H极性键，故反应涉及N-O和N-H键的断裂，B正确；C.由图可知，催化中心为配合物，步骤Ⅱ中失电子，由+2价变成+3价，Ⅳ中得到电子，由+3价变成+2价，C正确；D.总反应的热化学方程式为：=反应物总键能-生成物总键能=，D错误；故选D。14.答案：（1）（2）AB（3）B；（4），任意温度下可自发进行；具有强还原性、具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力（5）B（6）；354（7）B；解析：（1）为共价化合物，分子中所有原子均达到稀有气体原子的稳定结构，电子式；（2）氢键是H与N、O、F等电负性大的元素原子相结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力；晶体为分子晶体且分子间存在氢键，受热熔化时，破坏的作用力有A.范德华力、B.氢键；故选AB；（3）①凡是能接受质子的分子或离子称为碱，则由可知是碱，故选B；②结合①分析可知，中2个氮能接受2个质子，为碱，则可以与足量的盐酸反应生成；（4）①的反应可以自发进行，该反应为放热的熵增反应，故该反应可自发进行的原因是：，任意温度下可自发进行。②具有强还原性、具有强氧化性，两者剧烈反应，放出大量热，产生大量气体，为火箭提供推力，故和可以作为火箭推进剂；（5）钴为27号元素，基态钴原子核外电子排布为，为基态钴原子、为激发态钴原子、为失去1个电子形成的离子，再失去1个电子为第二电离能大于第一电离能，激发态原子较基态原子更容易失去1个电子，故选B；（6）反应中Co化合价由+2降低为0、氮化合价由-2升高为0，结合电子守恒可知，反应为；电子转移关系为：，转移个电子数时，为12mol电子，生成6mol钴，质量为6mol