高中化学第四节 配合物与超分子随堂练习题

第三章　第四节　

A组·基础达标

1．下列不能形成配位键的组合是(　　)

A．Ag＋　NH3　　 B．H2O　H＋

C．Co3＋　CO　　 D．Ag＋　H＋

【答案】D　【解析】在A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋都能提供空轨道，而NH3、H2O、CO都能提供孤电子对，所以能形成配位键；D项中Ag＋和H＋都只能提供空轨道，无提供孤电子对的微粒，所以不能形成配位键。

2．下列分子或离子中，能提供孤电子对与某些金属离子形成配位键的是(　　)

①H2O　②NH3　③F－　④CN－　⑤CO

A．①②　　 B．①②③

C．①②④　　 D．①②③④⑤

【答案】D　【解析】配体是含有孤电子对的阴离子或分子，这几种微粒的结构中都含有孤电子对，都能提供孤电子对与某些金属离子形成配合物。

3．一种铝超原子(Al13)是以1个Al原子在中心，12个Al原子在表面形成的三角二十面体结构。这种超原子具有40个价层电子(即主族元素的最外层电子数)时最稳定。请预测稳定的Al13所带的电荷为(　　 )

A．－1　　 B．＋2　　

C．＋3　　 D．0

【答案】A　【解析】因为1个铝原子有3个价层电子，因此13个铝原子应该有39个价层电子，但实际上该微粒有40个价层电子，所以应该带1个单位的负电荷。

4．在10－9～10－7m范围内，对原子、分子进行操纵的纳米超分子技术往往能实现意想不到的变化。纳米铜颗粒一遇到空气就会剧烈燃烧，甚至发生爆炸，下列说法正确的是(　　)

A．纳米铜是一种新型胶体

B．纳米铜颗粒比普通铜更易与氧气发生反应

C．纳米铜与普通铜所含铜原子的种类不同

D．纳米铜无需密封保存

【答案】B　【解析】纳米铜不是分散系，不属于胶体，A错误；普通铜加热条件下才能与氧气反应，而纳米铜遇到空气就会剧烈燃烧，更易发生氧化反应，B正确；纳米铜和普通铜都由铜元素组成，所含铜原子种类相同，C错误；纳米铜极易与氧气反应，应密封保存，D错误。

5．向CuSO4溶液中加入稀氨水至沉淀刚好溶解。若所得溶液中只有一种溶质，该溶质是(　　)

A．[Cu(H2O)4]SO4

B．Cu(OH)2

C．[Cu(NH3)4](OH)2

D．[Cu(NH3)4]SO4

【答案】D　【解析】硫酸铜溶液中加入稀氨水的反应过程为CuSO4＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋(NH4)2SO4，Cu(OH)2＋2NH3·H2O＋(NH4)2SO4===[Cu(NH3)4]SO4＋4H2O，若溶质只有一种，则为[Cu(NH3)4]SO4。

6．配位数为6的Co3＋的配合物CoClm·nNH3，若1 mol配合物与足量AgNO3溶液反应只生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是(　　)

A．m＝1，n＝5

B．m＝3，n＝4

C．m＝5，n＝1

D．m＝4，n＝5

【答案】B　【解析】与AgNO3溶液反应的Cl－(1 mol)不是来自于配体，而是来自于配合物外界。因此，根据电荷守恒，中心原子为Co3＋，1 mol 配合物中共有Cl－3 mol，其中作为外界的Cl－为1 mol，作为配体的Cl－为2 mol；根据Co3＋配位数为6，可知作为配体的NH3为4 mol。

7．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，用强碱处理没有NH3放出，则关于此化合物的下列说法正确的是(　　)

A．配合物中中心离子的电荷数为3＋，配位数为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Pt4＋与Cl－配位，而不与NH3分子配位

【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均为配体，故该配合物中心离子的配位数为6，电荷数为4＋，Cl－和NH3分子均与Pt4＋配位，A错误，C正确，D错误；因为配体在中心离子周围配位时尽量采取对称分布以达到相对稳定状态，Pt4＋配位数为6，则其空间结构为八面体形，B错误。

8．(1)Cr3＋基态核外电子排布式为______________________________________________；配合物[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是________(填元素符号)。

(2)①基态Ni原子的电子排布式为________________________________________，该元素位于元素周期表的第________族。

②在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1 mol Ni(CO)4中含有______mol σ键。

(3)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤电子对的原子是____________。

【答案】(1)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3　O

(2)①1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)　Ⅷ　②8　(3)X

【解析】(1)铬是第24号元素，其失去3个电子后还剩21个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。水分子中氧原子上有孤电子对，故可以与铬离子形成配位键的是水分子中的氧原子。(2)①28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，该元素位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族。②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，在每个配位体分子中含有一个σ键，每个配位体分子与中心原子之间形成一个σ键，所以1 mol Ni(CO)4中含有8 mol σ键。(3)B原子与X原子形成配位键，因为B为缺电子原子，具有空轨道，故形成配位键时提供孤电子对的原子是X。

B组·能力提升

9．向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是(　　)

A．先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失

B．生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag＋和Cl－

C．生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物[Ag(NH3)2]Cl

D．若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失

【答案】B　【解析】Ag＋与NH3能发生如下反应：Ag＋＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋。而AgCl存在如下沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋＋Cl－，向其中加入氨水后会使平衡向右移动，最终因生成可溶性的[Ag(NH3)2]Cl而使AgCl沉淀溶解。

10．某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，下列说法中正确的是(　　)

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．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2

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

【答案】C　【解析】对于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，中心离子是Ti3＋，内界配体有1个Cl－和5个H2O分子，配位数是6，外界有2个Cl－，A、B均错误，C正确；加入足量AgNO3溶液，只有外界的2个Cl－与Ag＋反应生成AgCl沉淀，内界的1个Cl－不与Ag＋反应，故1 mol该配合物只能生成2 mol AgCl沉淀，D错误。

11．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是(　　)

A．配位化合物中提供孤电子对的一定是阴离子

B．配位化合物中可以存在离子键

C．形成H3O＋时，H＋提供空轨道，H2O分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键

D．CuSO4·5H2O是一种配合物

【答案】A　【解析】配位化合物中提供孤电子对的可以是分子，也可以是阴离子，A错误；在离子化合物中，复杂离子中可以存在配位键，B正确；形成H3O＋时，H＋提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键，C正确；CuSO4·5H2O可以表示为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，CuSO4·5H2O属于配合物，D正确。

12．配位化合物简称配合物，它的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。配合物[Zn(NH3)6]Cl2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为(　　)

A．Zn2＋、NH3、2＋、6

B．Zn2＋、NH3、1＋、6

C．Zn2＋、Cl－、2＋、2

D．Zn2＋、NH3、2＋、2

【答案】A　【解析】确定中心原子(或离子)和配体是解题关键。在[Zn(NH3)6]Cl2中，中心离子为Zn2＋，配体为NH3，配位数为6，中心离子和配体构成内界[Zn(NH3)6]2＋。

13．某有机物的结构简式为

对该物质的分析判断正确的是(　　)

A．该物质是一种离子化合物

B．该物质的分子中含有的化学键有共价键和配位键

C．该物质是一种配合物，其中Ni原子提供孤电子对

D．该物质分子中，C、N、O原子都存在孤电子对

【答案】B　【解析】该物质中没有离子键，不是离子化合物而是共价化合物，A错误；根据该物质结构简式可知，该物质中Ni、N之间存在配位键，其他成键原子之间都是共价键，B正确；根据该物质结构简式可知，Ni原子具有空轨道，氮原子为其提供孤电子对，C错误；C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子上没有孤电子对，D错误。

14．我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70。下列说法正确的是(　　)

A．“杯酚”中的羟基之间不能形成氢键

B．“杯酚”与C60之间通过共价键形成超分子

C．溶剂氯仿和甲苯均为极性分子

D．“杯酚”不能与C70形成超分子是由于C70是非极性分子

【答案】C　【解析】在“杯酚”中存在8个羟基，由于O原子半径小，元素的电负性大，因此羟基之间能形成氢键，A错误；“杯酚”与C60之间没有形成共价键而是通过分子间作用力结合形成超分子，B错误；氯仿不是正四面体结构属于极性分子，苯是完全对称的分子属于非极性分子，甲苯相当于甲基取代了苯上的一个氢原子，不是完全对称，属于极性分子，二者均为极性分子构成的物质，C正确；“杯酚”不能与C70形成超分子是由于C70不能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，并非是由于C70是非极性分子，D错误。

15．太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料除单晶硅外，还有铜、铟、镓、硒的化合物。

(1)镓的基态原子的核外电子排布式为________________________________。

(2)硒为第四周期元素，相邻的元素有砷和溴，则三种元素的第一电离能从大到小的顺序为____________(用元素符号表示)。

(3)气态SeO3的空间结构为______________________。

(4)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]－而体现一元弱酸的性质，则[B(OH)4]－中B原子的杂化类型为____________，该离子____________(填“含有”或“不含有”)配位键，其空间结构是________________________。

(5)金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，反应的离子方程式为______________________________________________，

用价层电子对互斥模型分析，NH3分子和H2O分子的空间结构分别是______________________、__________________。

【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1(或[Ar]3d104s24p1)

(2)Br>As>Se

(3)平面三角形

(4)sp3　含有　正四面体形

(5)Cu＋H2O2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O　三角锥形　V形

【解析】(1)镓元素是31号元素，根据原子核外电子排布规律可知，基态镓原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或[Ar]3d104s24p1。(2)同周期元素，随着原子序数的增大，第一电离能呈增大趋势，但砷原子4p能级容纳3个电子，为半充满的稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Br>As>Se。(3)SeO3分子中硒原子的价层电子对数为3，与氧原子形成三个共价键，没有孤电子对，则气态SeO3分子的空间结构为平面三角形。(4)[B(OH)4]－中B原子与氧原子形成四个σ键，B原子上没有孤电子对，该离子为正四面体构型，故B原子的杂化类型为sp3。(5)Cu与氨水、过氧化氢的混合溶液反应生成[Cu(NH3)4]2＋的离子方程式为Cu＋H2O2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。NH3分子中的N原子和H2O分子中的O原子都有4对价层电子对，NH3分子中N原子与3个H原子形成3个共价键，还有一对孤电子对，分子呈三角锥形结构；H2O分子中O原子与两个H原子形成两个共价键，还有两对孤电子对，分子呈V形结构。