人教版 (2019)第三章 晶体结构与性质第四节 配合物与超分子课后练习题

配合物与超分子

【基础通关】(40分钟　70分)

一、选择题(本题包括8小题，每小题5分，共40分)

1．(2021·包头高二检测)下列配合物的配位数不是6的是(　　)

A．K3[Fe(SCN)4Cl2]　　　　 B．Na2[SiF6]

C．Na3[AlF6]        D．[Cu(NH3)4]Cl2

【解析】选D。K3[Fe(SCN)4Cl2]中配合物的配位数为6，配体为SCN－和Cl－，故A不选；Na2[SiF6]中配体为F－，配合物的配位数为6，故B不选；Na3[AlF6]中配体为F－，配合物的配位数为6，故C不选；[Cu(NH3)4]Cl2中配合物的配位数为4，配体为NH3，故D选。

2．(2021·太原高二检测)配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法不正确的是(　　)

A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键

B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配位数为6，配位原子有C和N

C．1 mol配合物中σ键数目为12NA

D．该配合物为离子化合物，易电离，1 mol配合物电离共得到3NA阴阳离子

【解析】选A。Na＋与[Fe(CN)5(NO)]2－存在离子键，NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，碳氮之间、氮氧之间存在极性共价键，不存在非极性键，A错误；NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，共有6个，配位原子有C和N，B正确；1 mol配合物中σ键数目为(5×2＋1×2)×NA ＝12NA，C正确；配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na＋与1个[Fe(CN)5(NO)]2－，所以1 mol配合物电离共得到3NA阴阳离子，D正确。

3．下列不属于配位化合物的是(　　)

A．六氟合铝酸钠：Na3[AlF6]

B．氢氧化二氨合银：Ag[NH3]2OH

C．六氟合铁酸钾：K3[FeF6]

D．十二水硫酸铝钾：KAl(SO4)2·12H2O

【解析】选D。十二水硫酸铝钾是由K＋、Al3＋、SO及H2O分子组成的离子化合物，属于复盐。

4.(2021·泉州高二检测)我国科学家制得了SiO2超分子纳米管，微观结构如图所示。下列叙述正确的是(　　)

A．SiO2与干冰的晶体结构相似

B．SiO2耐腐蚀，不与任何酸反应

C．工业上用SiO2制备粗硅

D．光纤主要成分是SiO2，具有导电性

【解析】选C。SiO2是共价晶体而干冰是分子晶体，结构不相似，选项A错误；SiO2耐腐蚀，但可与氢氟酸反应，选项B错误；工业上用SiO2与焦炭反应生成一氧化碳和粗硅，选项C正确；光纤主要成分是SiO2，晶体硅具有导电性，而二氧化硅不导电，选项D错误。

5．配合物在许多方面有着广泛的应用。下列叙述不正确的是(　　)

A．CuSO4溶液呈天蓝色是因为含有[Cu(H2O)4]2＋

B．魔术表演中常用一种含硫氰化铁配离子的溶液来代替血液

C．[Ag(NH3)2]＋是化学镀银的有效成分

D．除去硝酸铵溶液中的Ag＋，可向其中加入过量氨水

【解析】选D。水合铜离子在溶液中呈天蓝色，正确；硫氰化铁配离子是配合物，Fe3＋是中心离子、SCN－是配体，正确；葡萄糖能与银氨溶液中的[Ag(NH3)2]＋反应生成单质银，所以[Ag(NH3)2]＋是化学镀银的有效成分，正确；Ag＋与少量氨水生成氢氧化银沉淀、与过量氨水生成[Ag(NH3)2]＋不能除去硝酸铵溶液中的Ag＋，错误。

6．(2021·南京高二检测) 已知氯化铬的水合物为CrCl3·6H2O，其中铬元素的配位数是6，将含0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到

0.2 mol AgCl沉淀，则氯化铬溶于水中的含铬阳离子为(　　)

A．Cr3＋　　　　　　 B．[CrCl2(H2O)4]＋

C．[CrCl(H2O)5]2＋     D．[Cr(H2O)6]3＋

【解析】选C。中心配离子中的配体在溶液中很难电离，已知0.1 mol氯化铬的水溶液用过量稀硝酸银溶液处理时，只得到0.2 mol AgCl沉淀，说明该配合物的外界有2个氯离子，则其内界只有一个氯离子。

7.(2021·成都高二检测)如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分)，下列有关叙述正确的是(　　)

A．示意图中的两个氧原子的杂化类型无法确定

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，其配体是N元素

D．该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物

【解析】选B。A.由示意图知，两个氧原子均形成了两个σ键，故均为sp3杂化，故A错误；B.Mg的最高化合价为＋2，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原子间存在配位键，该物质为配合物，B项正确；C.因氮原子还与碳原子成键，因此只能说氮原子是配位原子而不能说是配体，故C错误；D.该叶绿素是配合物，不是高分子化合物，故D错误。

8．(2021·福州高二检测)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

【解析】选A。配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4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，因为中心离子Fe2＋的最外层有14个电子(3s23p63d6)，配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14＋2＋2n＝26，所以n＝5。由分析可知，n＝5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；该配合物所含的非金属元素中，H位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2＋较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，C不正确；该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2＋，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。

二、非选择题(本题包括3小题，共30分)

9．(10分)(2021·荆州高二检测)Fe4[Fe(CN)6]3是较早发现的CN－配合物，其中铁元素呈现两种不同的价态。回答下列问题：

(1)写出外界离子基态核外电子排布式：________________________________。

[Fe(CN)6]4－中与Fe2＋配位的原子是________(填元素符号)。Fe4[Fe(CN)6]3中存在的化学键有________(填字母)。

A．离子键　　B．共价键　　C．配位键　　D．氢键

(2)CN－中碳原子的轨道杂化类型是________；与CN－互为等电子体的一种分子为________(填化学式)。

【解析】(1)外界离子是Fe3＋，核外有23个电子，所以Fe3＋的核外电子排布式为[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；Fe2＋具有空轨道，在CN－中，N原子与C原子形成3个共价键，C原子上还有一对电子存在，该电子对与Fe2＋配位，故与

Fe2＋形成配位键的原子是C；Fe4[Fe(CN)6]3是离子化合物，Fe3＋与[Fe(CN)6]4－以离子键结合，在阴离子[Fe(CN)6]4－中的中心离子Fe2＋与配位体CN－以配位键结合，CN－中C、N原子之间以共价键结合，所以Fe4[Fe(CN)6]3中含有的化学键类型有离子键、共价键、配位键；(2)CN－中C、N原子之间形成碳氮三键，所以C原子杂化类型是sp杂化，与CN－互为等电子体的一种分子为N2。

答案：(1)[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5　C　A、B、C　(2)sp　N2(合理即可)

10．(8分)(2021·石家庄高二检测)向黄色的氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3＋3KSCN===Fe(SCN)3＋3KCl表示。经研究表明，Fe(SCN)3是配合物，Fe3＋与SCN－不仅能以1∶3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空。

(1)Fe3＋与SCN－反应时，Fe3＋提供________，SCN－提供________，二者通过配位键结合。

(2)所得Fe3＋与SCN－的配合物中，主要是Fe3＋与SCN－以个数比1∶1配合所得离子显红色。含该离子的配合物的化学式是______________________________。

(3)若Fe3＋与SCN－以个数比1∶5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为_______________________________________。

【解析】Fe3＋和SCN－形成配合物时，Fe3＋提供空轨道，SCN－提供孤电子对，Fe3＋和SCN－以1∶1和1∶5形成配离子时写化学式要用Cl－和K＋分别平衡配离子的电荷，使配合物呈电中性。

答案：(1)空轨道　孤电子对　(2)[Fe(SCN)]Cl2　

(3)FeCl3＋5KSCN===K2[Fe(SCN)5]＋3KCl

11．(12分)(2021·哈尔滨高二检测)碳、氮、氧、氟、硫是中学常见的非金属元素，铁离子可与由它们组成的SCN－，CN－，F－等形成很多的配合物。

(1)基态Fe原子中，电子占据的最高能层符号为__________，该能层具有的原子轨道数为________，电子数为________。

(2)已知(CN)2是直线形分子，并有对称性，则(CN)2中π键和σ键的个数比为____________，在配合物Fe(SCN)2＋中，提供空轨道接受孤电子对的微粒是__________。

(3)配合物K4[Fe(CN)6]中不存在的作用力________(填序号)。

A．共价键　B．离子键　C．非极性键　D．配位键

(4)肼(N2H4)可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4＋2N2H4===3N2＋4H2O，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有________mol。

【解析】(1)Fe原子核外电子数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，电子占据的最高能层符号为N，该能层具有的原子轨道数为1＋3＋5＋7＝16、电子数为2。(2)(CN)2是直线形分子，并有对称性，结构式为N≡C—C≡N，(CN)2中π键和σ键的个数比为4∶3；根据配合物化学式可知，Fe(SCN)2＋中提供空轨道接受孤电子对的微粒应该是铁离子。(3)钾离子和六氰合亚铁离子之间是离子键，六氰合亚铁离子[Fe(CN)6]4－中Fe2＋与CN－形成配位键，CN－中存在C≡N三键，为极性共价键，不存在非极性共价键。(4)若该反应中有4 mol N—H键断裂，参加反应的N2H4为1 mol，生成氮气为1.5 mol，氮气分子结构式为N≡N，三键中含有2个π键，形成π键的物质的量为2×1.5 mol＝

3 mol。

答案：(1)N　16　2　(2)4∶3　Fe3＋　(3)C　(4)3

【能力进阶】(20分钟　30分)

一、选择题(本题包括4小题，每小题4分，共16分)

12．(2021·天津宝坻区高二检测)HCHO与[Zn(CN)4]2－在水溶液中发生反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O===[Zn(H2O)4]2＋＋4HOCH2CN，下列有关说法正确的是(　　)

A．[Zn(CN)4]2－中存在共价键和离子键

B．HCHO中碳原子以sp2的形式杂化

C．CN－中的σ键和π键数目相同

D．Zn原子的3d能级中有空轨道

【解析】选B。[Zn(CN)4]2－中存在共价键和配位键，没有离子键，A错误；HCHO中心原子C的价层电子对数＝3＋＝3，是平面三角形分子，碳原子以sp2的形式杂化，B正确；CN－中C、N原子间形成三键，一个三键中含有1个σ键和2个π键，C错误；Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，3d能级没有空轨道，D错误。

13．(2021·滨州高二检测)许多过渡金属离子对多种配位体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是(　　)

A．向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量的AgNO3溶液，所有的Cl－均被完全沉淀

B．配合物Ni(CO)4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，则固态Ni(CO)4属于分子晶体

C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配位体为NH3和SO

D．配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为3

【解析】选B。A项，加入足量的AgNO3溶液，外界Cl－与 Ag＋反应形成AgCl沉淀，内界配位离子Cl－与Ag＋不能反应，错误；B项，配合物Ni(CO)4常温下呈液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，根据相似相溶原理可知，固态Ni(CO)4属于分子晶体，正确；C项，配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，错误；D项，配合物[Ag(NH3)2]OH的配体为NH3，配位数为2，错误。

14.(2021·哈尔滨高二检测)科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图。W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大。(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)下列说法不正确的是(　　)

A．Y单质的氧化性在同主族中最强

B．离子半径：Z>Y

C．Z与Y可组成多种离子化合物

D．简单氢化物的热稳定性：Y>X

【解析】选B。W、X、Z为短周期元素且分别位于不同周期，故W位于第1周期，根据图示可知W形成1个共价键，说明W原子核外只有1个电子，则W是H元素，X形成4个共价键，则X是C元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则Z是Na元素，Y形成2个共价键，原子序数比C大，比Na小，说明Y原子核外有2个电子层，最外层有6个电子，则Y是O元素，即：W是H，X是C，Y是O，Z是Na元素。同一主族的元素，原子序数越大，元素的原子半径越大，原子获得电子的能力就越弱，单质的氧化性就越弱。由于O元素是同一主族中原子序数最小的元素，故单质的氧化性在同主族中最强，A正确；Y是O，Z是Na元素，O2－、Na＋核外电子排布都是2、8，电子排布相同，离子的核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径：Z<Y，B错误；O、Na两种元素可形成两种离子化合物Na2O、Na2O2，C正确；元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。X是C，Y是O，由于元素的非金属性：C<O，所以氢化物的热稳定性：CH4<H2O，即相应氢化物的热稳定性：Y>X，D正确。

15．(2021·潍坊高二检测)亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解： 3K4[Fe(CN)6]12KCN＋Fe3C＋2(CN)2↑＋N2↑＋C，下列关于该反应说法错误的是(　　)

A．已知 Fe3C 晶胞中每个碳原子被 6 个铁原子包围，则铁的配位数是 3

B．配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是碳原子

C．(CN)2分子中σ键和π键数目比为 3∶4

D．基态Fe2＋的最高能层电子排布为3s23p63d6

【解析】选A。由Fe3C 晶胞中每个碳原子被 6 个铁原子包围可知，与碳原子紧邻的铁原子，以碳原子为原点建立三维坐标系，6个铁原子形成的空间结构为正八面体，配位数之比等于相应原子数目反比，则Fe原子配位数为6×＝2，故A错误；配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN－，由于电负性N>C，则C原子提供孤电子对，即配位原子是碳原子，故B正确；(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N，单键为σ键，三键中有1个σ键和2个π键，则σ键和π键数目比为3∶4，故C正确；Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得Fe2＋，Fe2＋的最高能层电子排布为3s23p63d6，故D正确。

二、非选择题(本题包括1小题，共14分)

16.(2021·济南高二检测)超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。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，它的基态价电子排布式是________；核外未成对电子数是________个。

(2)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C原子的杂化方式有________。(已知吡啶可看作苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物)

(3)已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V＋F－E＝2。则一个C60分子的结构是由________个五边形和________个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成：________________。

(4)某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐标均可以为(0，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(，，)。已知该晶体的密度是ρ g·cm－3，Mo的摩尔质量是M g·mol－1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为________pm。

【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，基态价电子排布式为4d55s1；核外未成对电子是4d、5s能级上的电子，有6个电子；

(2)CO提供孤电子对的是C，Mo提供空轨道，两个原子形成配位键；p­甲酸丁酯吡啶配体中C原子价层电子对个数有4、3，根据价层电子对互斥理论，C原子杂化类型为sp3、sp2；

(3)多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：V＋F－E＝2，即顶点数＋面数－棱边数＝2；设C60分子中五边形数为x，六边形数为y。依题意可得方程组：(5x＋6y)＝(3×60)，60＋(x＋y)－(3×60)＝2，解得：x＝12，y＝20，即C60分子有12个五边形和20个六边形，由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有60÷2＝30个双键，与活泼的F2发生加成反应即可生成C60F60；

(4)钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(，，)，则该晶胞中Mo原子位于顶点和体心上，设该晶胞的棱长为a cm，晶胞体积V＝a3；根据m＝ρV，m＝×M，则＝ρ·a3，a＝，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为体心到顶点的距离为体对角线的一半＝×cm＝××1010 pm。

答案：(1)4d55s1　6　(2)C　sp2和sp3

(3)12　20　由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有60÷2＝30个双键，易与活泼的F2发生加成反应生成C60F60

(4)××1010