高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子一课一练

第三章　第四节

一、选择题(每小题只有1个选项符合题意)

1．下列关于超分子的叙述中正确的是( D )

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

解析：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；超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的是有限的，故B错误；形成超分子的微粒也包括离子，故C错误；超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。故选D。

2．已知CuCl2溶液中存在：[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl－[Cu(Cl)4]2－(黄绿色)＋4H2O。下列说法错误的是( C )

A．[Cu(H2O)4]2＋、[CuCl4]2－中Cu2＋的配位数均为4

B．加一定量水时，溶液会变成蓝色

C．加一定量氯化钠溶液，溶液一定变为黄绿色

D．向含有两种配离子的CuCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，会产生蓝色沉淀

解析：从配离子[Cu(H2O)4]2＋、[CuCl4]2－的组成可以看出，中心离子Cu2＋分别与4个H2O、4个Cl－形成配位键，所以Cu2＋的配位数均为4，A正确；加一定量水时，溶液浓度减小，平衡逆向移动，所以溶液会变成蓝色，B正确；氯化钠溶液中含有NaCl和水，若原溶液中加入NaCl，平衡正向移动，若加入水，平衡逆向移动，由于氯化钠溶液的浓度未知，所以无法确定平衡如何移动，也就不能确定平衡后溶液的颜色，C不正确；向含有两种配离子的CuCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，Cu2＋会与OH－反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，并不断促进两种配离子发生电离，D正确。故选C。

3．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( B )

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

C．配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3和SO

D．配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为6

解析：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，A说法错误；配合物Ni(CO)4常温下呈液态，则固态Ni(CO)4属于分子晶体，形成含有极性键的非极性分子，根据相似相溶原理可知，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，B说法正确；配合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O的配体为NH3，C说法错误；配合物[Ag(NH3)2]OH的配体为NH3，配位数为2，D说法错误。故选B。

4．配位化合物广泛地应用于物质分离、定量测定。医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如2CoCl2＋2NH4Cl＋8NH3＋H2O2===2[Co(NH3)5Cl]Cl2＋2H2O。下列说法正确的是( B )

A．该配位化合物的配位数为5

B．提供孤电子对的成键原子是N和Cl

C．[Co(NH3)5Cl]2＋中存在配位键、共价键和离子键

D．氧化剂H2O2是非极性分子

解析：由[Co(NH3)5Cl]Cl2配位化合物可知，内界为[Co(NH3)5Cl]2＋，Co3＋为中心离子，5个NH3和1个Cl－是配体，该配位化合物的配位数为5＋1＝6，故A错误；在[Co(NH3)5Cl]2＋配合物离子中，中心离子Co3＋提供空轨道，配体NH3中N原子和配体Cl－中Cl原子提供孤电子对，故B正确；[Co(NH3)5Cl]2＋中氨气分子内存在N—H共价键，Co3＋与氨分子之间形成配位键，Co3＋与Cl－之间也形成配位键，则[Co(NH3)5Cl]2＋中有配位键、共价键，故C错误；H2O2分子不是直线形的，两个氢原子在犹如半展开的书的两页上，氧原子则在书的夹缝上，如，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，故D错误。故选B。

5．下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是( D )

A．[Co(NH3)4Cl2]Cl  B．[Co(NH3)6]Cl3

C．[Cu(NH3)4]Cl2  D．[Co(NH3)3Cl3]

解析：[Co(NH3)4Cl2]Cl能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故A错误；[Co(NH3)6]Cl3能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B错误；[Cu(NH3)4]Cl2能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故C错误；[Co(NH3)3Cl3]不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故D正确。故选D。

6．尿素是我国氮肥的主导品种，但土壤中广泛存在的脲酶能快速催化尿素水解成NH3，使肥效大大降低。Schiff碱的金属配合物是一种高效绿色的配合物型脲酶抑制剂，引起了国内外学者的广泛关注。以下是一种Schiff碱的铜配合物的合成过程，下列说法正确的是( C )

A．1 mol该配合物含σ键为24 mol

B．该配合物中碳原子的杂化方式为sp2、sp3

C．该配合物中心离子为Cu2＋，配位数为4

D．向该配合物中滴加FeCl3溶液，溶液变红

解析：根据该配合物的结构可知，1 mol该配合物中含σ键共39 mol，A错误；SCN－中碳原子杂化方式为sp杂化、苯环和C===N键中碳原子杂化方式为sp2杂化、其余碳原子杂化方式为sp3杂化，B错误；中心离子Cu2＋的配位数为4，C正确；SCN－与Cu2＋形成配位键，无法与Fe3＋结合生成硫氰合铁离子，溶液不变红色，D错误。故选C。

7．近些年来，随着电子信息化技术的不断发展，基于半导体硅晶体的集成电路已接近其物理极限，研究者们提出另一种新思路，即发展分子尺度的电子器件，其中分子导线引起了广泛的关注，下图钌配合物就是一种金属钌(Ru)分子导线，有关说法错误的是( B )

A．该配合物中配位原子为Cl、C、P，配位数为6

B．1 mol该配合物有6 mol配位键

C．该钌配合物中Si原子的杂化方式为sp3

D．非金属元素电负性大小顺序为O>Cl>P>Si

解析：该配合物中配位原子为Cl、C、P，配位数为6，故A正确；该配合物钌原子形成6个配位键，还有CO，C与O形成了配位键，1 mol该物质中有7 mol配位键，故B错误；Si原子形成4个共价键，为sp3杂化，故C正确；该物质中，非金属元素电负性大小顺序为O>Cl>P>Si，故D正确。故选B。

8．冠醚能与阳离子尤其是与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同碱金属离子作用，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，但不与锂离子或钠离子作用，下列说法不正确的是( C )

A．18－冠－6中C原子和O原子的杂化轨道类型相同

B．与K＋作用不与Li＋和Na＋作用反应反映了超分子的“分子识别”的特征

C．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

解析：由题图可知，18－冠－6中碳原子和氧原子的价层电子对数都为4，原子的杂化方式都为sp3杂化，故A正确；18－冠－6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征，故B正确；18－冠－6与钾离子作用，但不与锂离子或钠离子作用说明超分子具有分子识别的特征，不具备自组装的特征，故C错误；由题意可知，冠醚是皇冠状分子，分子中内部有很大的空间，能与离子半径不同的碱金属阳离子发生络合反应，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，故D正确。故选C。

9．利用Cl－取代[Co(NH3)5H2O]3＋离子中的H2O的方法制备配合物X：[Co(NH3)5Cl]Cl2。实验过程如下。

已知：①[Co(NH3)5Cl]2＋离子较稳定，加碱或受热可促进其解离，[Co(NH3)5Cl]2＋Co3＋＋5NH3＋Cl－。

②Co(OH)2是一种难溶于水的物质。

下列说法不正确的是( C )

A．制备配合物X的总反应为2CoCl2＋H2O2＋10NH3＋2HCl===2[Co(NH3)5Cl]Cl2＋2H2O

B．上述过程可用氯水替代H2O2将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)

C．用浓氨水替代NH4Cl—NH3·H2O混合液可以提高CoCl2·6H2O的转化率

D．烘干过程温度不宜过高，以防止[Co(NH3)5Cl]Cl2受热分解

解析：制备配合物X的原料是CoCl2·6H2O、H2O2、NH4Cl、NH3·H2O、浓盐酸，在反应中，＋2价Co被氧化生成＋3价的Co，Co3＋与NH3、Cl－形成配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2，则总反应为2CoCl2＋H2O2＋10NH3＋2HCl2[Co(NH3)5Cl]Cl2＋2H2O，A正确；氯气做氧化剂，将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，还原产物为Cl－，在本实验中Cl－不是杂质，故上述过程可用氯水替代H2O2将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，B正确；用浓氨水替代NH4Cl—NH3·H2O混合液，溶液碱性会更强，会生成Co(OH)2沉淀，影响配合物的生成，会降低CoCl2·6H2O的转化率，C不正确；[Co(NH3)5Cl]2＋离子较稳定，加碱或受热可促进其解离，故烘干过程温度不宜过高，以防止[Co(NH3)5Cl]Cl2受热分解，D正确。

10．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( A )

A．a和b中N原子均采取sp3杂化

B．b中Ca2＋的配位数为4

C．a中配位原子是C原子

D．b中含有共价键、离子键和配位键

解析：A项，a和b中N原子的价层电子对数均为4，则a、b中N原子均采取sp3杂化，正确；B项，b为配离子，Ca2＋的配位数为6，错误；C项，a不是配合物，错误；D项，b中Ca2＋与N、O原子之间形成配位键，其他原子之间形成共价键，不含离子键，错误。

11．硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm－(含B、O、H三种元素)的球棍模型如图所示，下列叙述正确的是( B )

A．Xm－的化学式为B4O8H

B．硼原子的杂化轨道类型有sp2、sp3

C．配位键存在于2、3原子之间

D．硼砂晶体中的化学键只有离子键和配位键

解析：观察模型，1,3,5,6代表氧原子，2,4代表B原子，可知Xm－是(H4B4O9)m－，依据化合价H为＋1，B为＋3，O为－2，可得m＝2，则Xm－的化学式为(H4B4O9)2－，故A错误；根据题图知，B原子价层电子对个数是3的采用sp2杂化，是4的采用sp3杂化，故B正确；含有空轨道的原子和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，B原子含有空轨道、O原子含有孤电子对，4,5(或5,4)原子之间存在配位键，故C错误；硼砂晶体中有离子键、配位键和共价键三种化学键，故D错误。

二、非选择题

12．配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3 (黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀的物质的量分别为3 mol、2 mol、1 mol和1 mol。

(1)请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。

CoCl3·6NH3 [Co(NH3)6]Cl3　

CoCl3·5NH3 [Co(NH3)5Cl]Cl2　

CoCl3·4NH3(绿色和紫色) [Co(NH3)4Cl2]Cl　。

(2)后两种物质的组成相同而颜色不同的原因是 空间结构不同　。

(3)上述配合物中，中心离子的配位数都是 6　。

解析：(1)1 mol CoCl3·6NH3与AgNO3反应生成3 mol AgCl，则1 mol CoCl3·6NH3中有3 mol Cl－为外界离子，钴的配位数为6，配体为NH3，所以其化学式为[Co(NH3)6]Cl3；

1 mol CoCl3·5NH3与AgNO3反应只生成2 mol AgCl，则1 mol CoCl3·5NH3中有2 mol Cl－为外界离子，钴的配位数为6，配体为NH3和Cl－，所以其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2；

1 mol CoCl3·4NH3(绿色)和1 mol CoCl3·4NH3(紫色)分别与AgNO3反应均只生成1 mol AgCl，则1 mol CoCl3·4NH3中有1 mol Cl－为外界离子，钴的配位数为6，配体为NH3和Cl－，所以化学式为[Co(NH3)4Cl2]Cl。

(2)CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)的化学式都是[Co(NH3)4Cl2]Cl，但因其空间结构不同导致颜色不同。

(3)题述几种配合物的化学式分别是[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)4Cl2]Cl，中心离子配位数都是6。

13．(1)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。

①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的空间结构是 正四面体形　。

②在[Ni(NH3)6]2＋中，Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为_配位键__，提供孤电子对的成键原子是 N　(填元素符号)。

(2)银氨溶液的主要成分是[Ag(NH3)2]OH，配制方法是向AgNO3溶液中滴加氨水至沉淀刚好完全溶解为止，得到澄清的银氨溶液。

①AgNO3中阴离子的空间结构是 平面三角形　。

②[Ag(NH3)2]＋中的配位数为 2　。

(3)现代工业冶金中，2[Au(CN)2]－＋Zn===2Au＋[Zn(CN)4]2－。CN－是常见的配体，提供孤电子对的是C不是N，其主要原因是 C的电负性比N小，吸引孤电子对的能力比N弱　。

解析：(1)①SO中S原子的孤电子对数为＝0，价层电子对数为4＋0＝4，故其空间结构为正四面体形；

②Ni2＋提供空轨道，NH3中N原子提供孤电子对，二者形成配位键。

(2)①NO－3中N原子价电子对数是＝3，形成3个σ键，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥模型可判断其空间结构为平面三角形；

②配位数即配体的个数，NH3是配体，配位数为2。

(3)配体在形成配位键时需具备两个条件：一是有孤电子对，二是配位原子的电负性不能太大，如CO、CN－等配体中C原子提供孤电子对，因为C的电负性比N、O的小。

14．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，它的基态价层电子排布式是 4d55s1　；核外未成对电子数是 6　。

(2)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是 C　(填元素符号)，p-甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有 sp2和sp3　。(已知吡啶可看作苯分子中的一个CH原子团被N原子取代的化合物)

(3)已知：C60分子中存在碳碳单键和碳碳双键；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 12　个五边形和 20　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为 由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳原子需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有30个双键，C60易与活泼的F2发生加成反应生成C60F60　。

(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，阿伏加德罗常数的值是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为 ××1010　pm。

解析：(1)Mo处于第五周期第ⅥB族，核外电子排布与Cr相似，其价层电子为4d、5s电子，4d能级上有5个电子、5s能级上有1个电子，基态价层电子排布式为4d55s1；核外未成对电子是4d、5s能级上的电子，有6个电子。

(2)CO中提供孤电子对的是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分子中五边形个数为x，六边形个数为y。依题意可得，×(5x＋6y)＝×(3×60)，60＋(x＋y)－×(3×60)＝2，联立两式，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“四价”理论，可知一个碳原子需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有30个双键，C60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＝a3cm3；根据m＝ρV，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，为体对角线长的一半即×cm＝××1010 pm。