高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子练习题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修2第四节 配合物与超分子练习题，共7页。试卷主要包含了配位键的特征，下列各种说法错误的是，如图为酞菁钴分子的结构简式等内容，欢迎下载使用。

题组1.配位键的特征
1.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.只有①②B.只有②③
C.只有①④D.全部
2.下列各种说法错误的是( )
A.配位键是一种特殊的共价键
B.NH4NO3、H2SO4都含有配位键
C.共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子
D.形成配位键的条件是一方有空轨道,一方有孤电子对
题组2.配合物的组成
3.下列关于配合物的说法中不正确的是( )
A.许多过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力,因而过渡金属配合物远比主族金属配合物多
B.配合物中中心离子与配体间、配离子与酸根离子间都是以配位键结合
C.配合物中中心离子提供空轨道,配体提供孤电子对
D.中心离子所结合配体的个数称为配位数,不同离子的配位数可能不同
4.配位数为6的C3+的配合物CClm·nNH3,若1 ml 配合物与足量AgNO3溶液反应只生成1 ml AgCl沉淀,则m、n的值是( )
A.m=1,n=5B.m=3,n=4
C.m=5,n=1D.m=4,n=5
5.下列关于配位化合物的叙述不正确的是( )
A.配位化合物中不一定存在配位键
B.配位化合物中可能存在离子键
C.[Cu(H2O)4]2+中的Cu2+提供空轨道,H2O中的O原子提供孤电子对形成配位键
D.配位化合物在医学科学、化学催化剂、新型分子材料等领域都有着广泛的应用
题组3.超分子的理解与应用
6.我国科学家成功开发出超分子生物催化技术,打破了国外巨头在化妆品高端原料市场的垄断地位。下列有关超分子的说法正确的是( )
A.超分子是如蛋白质一样的大分子
B.超分子是由小分子通过聚合得到的高分子
C.超分子是由高分子通过非化学键作用形成的分子聚集体
D.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
题组4.配合物的性质
7.C(NH3)5BrSO4可形成两种钴的配合物,P:[C(NH3)5Br]SO4,Q:[C(SO4)(NH3)5]Br,向P、Q的溶液中分别加入BaCl2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S是配体
D.P、Q的配位数均是6
8.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化学方程式FeCl3+3KSCNFe(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 。
B级关键能力提升练
9.如图为酞菁钴分子的结构简式。下列说法不正确的是( )
A.电负性:N>C>H
B.4个N原子均与C形成配位键
C.分子中C的杂化轨道类型为sp2
D.结构中存在σ键、π键
10.三氯化六氨合钴[C(NH3)6]Cl3是重要的化工原料,可用反应2[C(H2O)6]Cl2+10NH3+2NH4Cl+H2O22[C(NH3)6]Cl3+14H2O制备,若没有活性炭催化,则生成[C(NH3)5Cl]Cl2。下列说法错误的是( )
A.[C(H2O)6]Cl2和[C(NH3)6]Cl3中C的化合价不同
B.[C(NH3)6]Cl3的配体为NH3,中心离子的配位数为6
C.用1 ml [C(NH3)5Cl]Cl2与足量AgNO3溶液反应,得到沉淀的物质的量为3 ml
D.1 ml [C(NH3)5Cl]Cl2中含有21 ml σ键
11.硫酸四氨合铜是一种植物生长激素,实验室制备过程如下:向硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水,先生成蓝色沉淀X,继续滴加氨水,蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液Y,再向溶液Y中加入95%乙醇,有深蓝色晶体Z析出。下列说法正确的是( )
A.深蓝色晶体Z的化学式为[Cu(NH3)4]SO4
B.溶液Y呈深蓝色,主要是因为存在Cu2+
C.深蓝色溶液中含有离子键、极性共价键、配位键
D.如图是溶液Y中的一种微粒,该微粒带两个单位的正电荷
12.(2024·新课标卷)我国科学家最近研究的一种无机盐Y3[Z(WX)6]2纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的最外层电子数是其内层电子数的2倍,X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误的是( )
A.W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高
B.在X的简单氢化物中X的原子轨道杂化类型为sp3
C.Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液,可以溶于NH4Cl溶液
D.Y3[Z(WX)6]2中WX-提供电子对与Z3+形成配位键
13.配位化合物在生产生活中有重要应用,请根据要求回答下列问题:
(1)光谱证实单质铝与强碱性溶液反应有[Al(OH)4]-生成,则[Al(OH)4]-中存在 (填字母)。
a.共价键 b.非极性键 c.配位键 d.σ键 e.π键
(2)关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法错误的是 (填字母)。
A.1 ml [Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
B.中心离子的化合价为+3价
C.中心离子的配位数是6
D.含1 ml [Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液,产生3 ml白色沉淀
(3)已知[C(NH3)6]3+的空间结构如图,其中1~6处的小圆圈表示NH3,且各相邻的NH3间的距离相等(图中虚线长度相等)。C3+位于八面体的中心,若其中两个NH3被Cl-取代,所形成的[C(NH3)4Cl2]+的结构的数目为 。
C级学科素养拔高练
14.冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚,其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用,并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。
(1)Li+的体积与X的空腔大小相近,恰好能进入X的环内,且Li+与氧原子的一对孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。
①基态锂离子核外能量最高的电子所处电子层符号为 。
②W中Li+与氧原子的一对孤电子对之间的作用属于 (填字母)。
A.离子键 B.共价键 C.配位键 D.氢键 E.以上都不是
(2)冠醚Y能与K+形成稳定结构,但不能与Li+形成稳定结构。理由是 。
(3)烯烃难溶于水,被KMnO4水溶液氧化的效果较差。若烯烃中溶入冠醚Z,氧化效果明显提升。
①水分子中键角 (填“>”“<”或“=”)109°28'。
②已知:冠醚Z与KMnO4可以发生如图所示的变化。
加入冠醚Z后,烯烃的氧化效果明显提升的原因是 。
答案：
1.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。
2.C 解析 NH4NO3、H2SO4中的N、S含有配位键,B正确;配位键是一种特殊的共价键,成键的两个原子一方提供孤电子对,另一方提供空轨道,A、D正确,C错误。
3.B 解析 许多过渡元素金属离子对多种配体具有很强的结合力,因而过渡金属配合物远比主族金属的配合物多,A项正确;配合物中中心离子与配体间是以配位键结合,配离子与酸根离子间是以离子键结合,B项错误;配合物中中心离子提供空轨道,配体提供孤电子对,C项正确;配位数指形成配离子时配体的个数,不同离子的配位数可能相同也可能不同,D项正确。
4.B 解析 与AgNO3溶液反应的Cl-(1ml)不是来自配体,而是来自配合物外界。由于中心离子为C3+,根据电荷守恒,1ml 配合物中共有3mlCl-,其中作为外界的Cl-为1ml,作为配体的Cl-为2ml;根据C3+配位数为6,可知作为配体的NH3为4ml。
5.A 解析 含有配位键的化合物就是配位化合物,但配位化合物还可能含有一般共价键、离子键等,A错误。
6.D 解析 超分子不同于蛋白质、淀粉等大分子,也不同于高分子,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,故选D。
7.A 解析 由P、Q的分子式知P的外界是S,Q的外界是Br-,在溶液中前者能电离出大量的S而后者不能,故Q溶液中不能产生白色沉淀。
8.答案 (1)空轨道 孤电子对
(2)[Fe(SCN)]Cl2
(3)FeCl3+5KSCNK2[Fe(SCN)5]+3KCl
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。
9.B 解析 同一周期元素电负性逐渐增强,碳的电负性大于氢的电负性,则电负性:N>C>H,故A不选;4个N原子中只有两个氮原子可以提供孤电子对,与C形成配位键,故B选;根据分子结构,碳氮双键和苯环结构中,碳原子杂化轨道类型均为sp2,故C不选;酞菁钴分子中有单键和双键,结构中存在σ键、π键,故D不选。
10.C 解析 [C(H2O)6]Cl2中C为+2价,[C(NH3)6]Cl3中C为+3价,故A正确;
[C(NH3)6]Cl3的配体为NH3,个数为6,中心离子的配位数为6,故B正确;
[C(NH3)5Cl]Cl2的电离方程式为[C(NH3)5Cl]Cl2+2Cl-,故和足量AgNO3溶液反应,得到沉淀的物质的量为2ml,故C错误;
1ml[C(NH3)5Cl]Cl2中含有6ml配位键,1mlNH3中含有3mlσ键,共含有21mlσ键,故D正确。
11.D 解析 深蓝色晶体Z含有结晶水,为[Cu(NH3)4]SO4·H2O,A错误;溶液Y呈深蓝色,主要是因为存在[Cu(NH3)4]2+,B错误;溶液中溶质发生电离,离子键已经断裂,不存在离子键,C错误;如图所示微粒为[Cu(NH3)4]2+,带两个单位正电荷,D正确。
12.A 解析 W的最外层电子数是其内层电子数的2倍,则为碳元素;Z的M层未成对电子数为4,即Z的价层电子排布式为3d64s2,则为Fe;第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能比左右相邻元素的高,则X、Y分别为N和Mg(或Mg和P),结合四种元素形成无机盐的化学式Y3[Z(WX)6]2可知,X、Y应该是N和Mg。
W(碳)的单质金刚石为共价晶体,其熔点高于铁的熔点,A项错误;X(N)的简单氢化物NH3中N原子采取sp3杂化,B项正确;Y的氢氧化物[Mg(OH)2]难溶于水,NH4Cl的N结合OH-促进Mg(OH)2的溶解,C项正确;CN-与Fe3+形成配离子,CN-提供孤电子对与Fe3+的空轨道形成配位键,D项正确。
13.答案 (1)acd
(2)AD
(3)2
解析 (1)[Al(OH)4]-中OH-和Al3+之间存在配位键,属于共价键,也属于σ键,H和O之间形成共价键,属于极性键、σ键,因此选acd。
(2)NH3中含3个N—H键,6个配位键,则1ml[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为(3×5+6)NA=21NA,A错误;[Ti(NH3)5Cl]Cl2含[Ti(NH3)5Cl]2+,则中心离子的化合价为+3价,B正确;配离子[Ti(NH3)5Cl]2+中Ti3+为中心离子,配体为NH3和Cl-,则配位数是6,C正确;[Ti(NH3)5Cl]Cl2中外界为2个Cl-,则含1ml[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液,产生2ml白色沉淀,D错误。
(3)C3+位于八面体的中心,若其中两个NH3被Cl-取代,所形成的[C(NH3)4Cl2]+的结构的数目为2种,分别为两个Cl-位于邻位、两个Cl-位于对位。
14.答案 (1)①K ②C
(2)Li+半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内O原子的孤电子对作用形成稳定结构
(3)①< ②冠醚Z可溶于烯烃,加入冠醚Z中的K+因静电作用将Mn带入烯烃中,增大反应物的接触面积,提高了氧化效果
解析 (1)①基态锂离子核外只有1s能级上有电子,为K层上的电子,所以其电子层符号为K。②Li+提供空轨道、O原子提供孤电子对,二者形成配位键。(2)冠醚Y空腔较大,Li+半径较小,导致该离子不易与氧原子的孤电子对形成配位键,所以得不到稳定结构。(3)①水分子中氧原子的价电子对数是4,根据价层电子对互斥模型判断水分子价层电子对空间结构为四面体形。由于水分子中O原子含有2个孤电子对,孤电子对之间的排斥力较强,导致水分子中键角小于109°28'。②根据相似相溶规律知,冠醚Z可溶于烯烃,加入冠醚Z中的K+因静电作用将Mn带入烯烃中,增大反应物的接触面积,提高了氧化效果。