34配合物与超分子（A级基础练）-2020-2021学年高二化学章节分层检测ABC（人教版2019选择性必修2）

第三章晶体结构与性质第四节配合物与超分子（限时：30分钟）一、选择题1．（2021·全国高二课时练习）下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是A．利用超分子的分子识别特征，可以分离和B．配合物中只含配位键C．中提供空轨道，中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键D．配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用【答案】B【详解】A．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70，A正确；B．配位化合物中不一定只含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，B错误；C．配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，C正确；D．配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，D正确；故选B。2．（2021·全国高二课时练习）某化合物的分子结构如图所示，其分子内不含有A．离子键 B．共价键C．极性键 D．配位键【答案】A【详解】由题图可知，N原子与Ni原子之间为配位键；共价键中C—C键为非极性键，C—H键、N—O键、C=N键、O—H键为极性键，故选A。3．（2021·全国高二单元测试）关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是A．配体为水分子，外界为BrB．中心离子的配位数为6C．中心离子Cr3＋提供孤电子对D．中心离子的化合价为＋2【答案】B【详解】A．[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中配位体是H2O、Br，外界为Br，选项A错误；B．[Cr(H2O)4Br2]中的中心离子的配体是H2O、Br，该配离子中含有4个H2O、2个Br，所以配位数是6，选项B正确；C．[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中内界为[Cr(H2O)4Br2]＋，Cr3＋为中心离子，配体为H2O、Br，配位数为6，外界为Br，Cr3＋提供的空轨道，选项C错误；D．[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中阴离子是溴离子，溴离子的化合价是1价，所以铬离子的化合价是+3价，选项D错误；答案选B。4．（2021·福建南平市·高二月考）许多过渡金属离子对多种配体有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法不正确的是A．向配合物[CoBr(NH3)5]SO4的溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成B．配离子[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供接受孤电子对的空轨道，H2O中的O提供孤电子对C．将配合物[Cu(NH3)4]SO4•H2O在试管中加热无明显现象产生D．配合物[Ag(NH3)2]OH的配位数为2【答案】C【详解】A．配合物[CoBr(NH3)5]SO4在溶液中会电离产生，因此向该溶液中加入BaCl2溶液，会有BaSO4白色沉淀生成，A正确；B．配离子[Cu(H2O)6]2+中的中心Cu2+离子上含有接受孤电子对的空轨道，配位体H2O中的O上含有孤电子对，二者通过配位键结合，B正确；C．将配合物[Cu(NH3)4]SO4•H2O在试管中加热，会分解产生有刺激性气味的气体NH3，C错误；D．配合物[Ag(NH3)2]OH的中心离子是Ag+，配位体是NH3，配位数为2，D正确；故合理选项是C。5．（2021·江苏苏州市·高二期末）某同学将稀氨水滴入AgNO3溶液得到银氨溶液，再加入葡萄糖加热获得光亮的银镜。下列说法正确的是A．氨气极易溶于水主要是因为NH3与H2O可形成分子间氢键B．银氨离子的形成是因为Ag+提供孤电子对与NH3形成配位键C．银镜的产生是因为葡萄糖分子中的羟基将银氨离子还原D．图中所示的银晶体中银原子的配位数为8【答案】A【详解】A.氨气分子极易溶于水主要是因为氨气分子和水分子间能形成氢键，增大了分子间的作用力，故A正确；B.银氨离子的形成是因为银离子提供的空轨道与氨分子提供的孤电子对形成了配位键，故B错误；C.银镜的产生是因为葡萄糖分子中的醛基将银氨离子还原，故C错误；D.由晶胞结构可知，与顶点银原子距离最近的银原子位于面心，则每个银原子周围有12个银原子，银晶体中银原子的配位数为12，故D错误；故选A。6．（2021·吉林松原市实验高级中学高二月考）下列有关化合物的说法不正确的是A．[Cu(NH3)4]SO4中HNH键的键角大于NH3中HNH键的键角B．配离子[)4]2中各元素第一电离能由小到大的顺序为Co<O<NC．八面体配合物CoCl3•3NH3结构有4种，其中极性分子有2种D．邻羟基苯甲酸的沸点比对羟基苯甲酸的沸点低【答案】C【详解】A．[Cu(NH3)4]SO4中N含有4个键，没有孤电子对，属于采取sp3杂化，氨气分子中氮原子上有一对孤对电子，[Cu(NH3)4]SO4中氮原子上没有孤对电子，排斥力小，故[Cu(NH3)4]SO4中HNH键角比NH3中HNH键角大，选项A正确；B．金属元素的第一电离能一般比非金属的小，同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但N元素的最外层电子处于半满状态，是一种稳定结构，所以它的第一电离能高于同周期相邻的元素，所以Co、N、O的第一电离能由小到大的顺序为Co<O<N，选项B正确；C．正八面体六个顶点的位置是对称等同的，八面体配合物CoCl3•3NH3结构有3种，其中极性分子有1种，选项C不正确；D．同类物质相比，分子内形成氢键的物质的熔沸点要低于分子间形成氢键的物质的熔沸点。如邻羟基苯甲酸、邻羟基苯甲醛等容易形成分子内氢键，沸点较低，选项D正确；答案选C。7．（2021·甘肃兰州市·兰州一中高二月考）某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是A．该化合物含有H、O、N、Ni四种元素B．该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素C．该化合物属于配合物，中心离子是ND．该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键【答案】D【详解】A．由图可知，结构中含有C、H、N、O、Ni五种元素，故A错误；B．该物质中，Ni提供空轨道，氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，中心离子为Ni，中心离子的配位数是4，配体是氮元素，故B错误；C．Ni含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni形成配位键，中心离子是Ni，故C错误；D．由该化合物的结构示意图可知：N元素连接的氧原子与氧元素连接H原子之间形成氢键，N原子与Ni原子之间形成配位键，同时存在C=N双键，因此该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键，故D正确；故选D。8．（2021·全国高二单元测试）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．超分子是由两个或两个以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体【答案】D【详解】超分子不同于蛋白质、淀粉等大分子，也不是由小分子通过聚合得到的高分子，超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，综上所述，故选D。二、非选择题9．（2021·全国高二课时练习）(1)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。在中与之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是______。(2)中与的C原子形成配位键。不考虑空间结构，的结构可用示意图表示为______。【答案】配位键N【详解】(1)为配离子，与之间为配位键；配体中提供孤电子对的为N；(2)中，提供空轨道，中的C原子提供孤电子对，形成配位键，结构示意图表示为:。10．（2021·前郭尔罗斯蒙古族自治县蒙古族中学高二期中）(1)Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为___________。(2)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________。(3)配合物[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是___________(填元素符号)。(4)Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1molNi(CO)4中含有___________molσ键。(5)计算下列各微粒中心原子的杂化轨道数，判断中心原子的杂化轨道类型，写出VSEPR模型名称。___________、___________、___________。【答案】sp3正四面体O84sp3正四面体【详解】(1)Ge与C同主族，根据金刚石中C原子的成键方式可知，Ge单晶中Ge原子形成4个σ键，为sp3杂化；(2)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子为SO，中心S原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以立体构型为正四面体；(3)H2O分子中O原子含有孤电子对，所以与Cr3＋形成配位键的原子是O；(4)一个CO分子中含有一个σ键，Ni原子和CO分子形成的配位键也为σ键，所以1molNi(CO)4中含有8molσ键；(5)PCl3分子中心原子价层电子对数为=4，价层电子对数为4，所以为sp3杂化，形成4条杂化轨道，VSEPR模型为正四面体。11．（2021·全国高二单元测试）(1)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是___________。(2)CS2分子中，C原子的杂化轨道类型是___________，共价键的类型有___________(填σ或π)键。(3)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是___________。

(4)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为___________，提供孤电子对的成键原子是___________。【答案】sp3和sp2spσ键和π键正四面体配位键N【详解】(1)丙酮()分子中羰基中的碳氧双键，一个是σ键、一个是π键，碳原子的成键电子对数为3对，甲基上的碳原子的成键电子对数为4对，故碳原子轨道的杂化类型是sp3和sp2；(2)CS2分子中，碳原子分别与硫原子形成两对共用电子对，结构式为S=C=S，碳原子的价层电子对数为2对，C原子的杂化轨道类型是sp杂化，碳硫双键中一个是σ键，一个是π键，共价键的类型有σ键和π键；(3)[Ni(NH3)6]SO4中阴离子是，的中心原子为S，价层电子对数为4+(6+22×4)=4，立体构型是正四面体；(4)在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+提供空轨道，NH3中氮原子形成三对氮氢共价单键，氮原子剩余一对孤对电子，氮原子提供孤对电子，Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键。12．（2020·苏州大学附属中学高二月考）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，在气体分析中，常用XCl的盐酸溶液吸收并定量测定CO的含量，原理为：2XCl+2CO+2H2O=X2Cl2·2CO·2H2O(1)C、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______；(2)H2O中氧原子的轨道杂化类型为_______；(3)X2Cl2·2CO·2H2O是一种配合物，结构如图所示，每个X原子能与其他原子形成3个配位键，在下图中用“→”标出相应的配位键__。(4)CO与N2分子的结构相似，则1molX2Cl2·2CO·2H2O含有σ键的物质的量为_____mol。(5)化合物XCl晶体的晶胞如图所示，距离每个X离子最近的Cl的个数为____。【答案】O＞C＞Hsp314mol或14×6.02×10234【分析】由题干信息可知，元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为1，X为Cu，据此分析解题。【详解】(1)非金属性越强电负性越大，所以C、H、O三种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H，故答案为：O＞C＞H；(2)根据水的中心原子的氧原子周围形成了2个σ键，孤电子对数为：，故其价电子数为2+2=4，所以氧原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3；(3)根据氯原子最外层电子数为7可知，氯原子可形成一对共用电子对，即氯原子形成两条共价键中只有一条是配位键，而X可形成3条配位键，故为，故答案为：；(4)因1molX2Cl2•2CO•2H2O含有8mol配位键，4molHO键，2molCO含2molσ键，HO键和配位键都属于σ键，即1molX2Cl2•2CO•2H2O含有8+4+2=14molσ键，即14NA个σ键，故答案为：14mol或14×6.02×1023；(5)图示晶胞中不能观察到完整的X成键，但根据Cl原子的成键情况判断X情况，图中观察到每个Cl原子周围有4个X距离最近，因XCl中离子个数比为1：1，故距离每个X+最近的Cl的个数是4个，故答案为：4。13．（2021·河北石家庄市·石家庄二中高二月考）过渡金属单质及化合物具有广泛用途.回答下列问题：(1)Co基态原子的核外电子排布式为_______。(2)基态铜原子核外电子占据能级数为_______；核外电子共有_______种不同的运动状态。(3)向含Fe3+的溶液中滴加少量的KSCN溶液，溶液中生成红色的[Fe(SCN)(H2O)5]2+。①与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素是_______。②与SCN互为等电子体的非极性分子的化学式为_______(任写一种)。(4)化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量EDTA的结构简式如图所示：EDTA分子中，碳原子的杂化方式为_______，其分子中含有的四种非金属元素的电负性由大到小顺序为_______。(5)铁、镍易与CO作用形成羰基配合物Fe(CO)5、Ni(CO)4，1molNi(CO)4分子中含有σ键数目为_______.Ni(CO)4的中心原子价电子数与配位体提供电子总数之和为_______。(6)Cr(CO)6是一种典型的羰基配合物.其配体为CO，则Cr(CO)6分子中π键的数目为_______.已知形成Cr(CO)6时，Cr原子的杂化方式为d2sp3，根据原子轨道杂化规律，其杂化后形成的杂化轨道数为_______个，Cr(CO)6的分子立体构型为_______。(7)硫酸锌溶于氨水可形成[Zn(NH3)4]2+离子，[Zn(NH3)4]2+离子具有对称的空间构型，其中两个NH3被两个Cl取代，只有一种产物，则[Zn(NH3)4]2+的空间构型为_______。(8)元素铜的第一电离能ICu，元素锌的第一电离能IZn，已知ICu＜IZn，其原因是_______。【答案】1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2729FCO2、CS2等sp3、sp2O＞N＞C＞H8NA18126正八面体正四面体Zn外围电子排布式为3d104s2，为全满的稳定结构，较难失去电子【详解】(1)Co是27号元素，原子核外有27个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；(2)Cu是29号元素，基态铜的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，占据7个能级；每个电子的运动状态各不相同，所以核外电子共有29种不同的运动状态；(3)①同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N的2p轨道半满较稳定，第一电离能大于O，所以与N同周期的主族元素中，第一电离能比N大的元素是F；②SCN含有3个原子、16个价电子，正负电子中心重合的分子为非极性分子，所以符合条件的等电子体为CO2、CS2等；(4)EDTA中亚甲基中的C原子形成4个σ键，为sp3杂化，羧基中C形成C=O双键，为sp2杂化；非金属性越强电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H，则电负性O＞N＞C＞H；(5)Ni与CO形成的配位键为σ键，CO分子中的三键中有一个σ键，所以1molNi(CO)4分子中含有σ键数目为8NA；Ni(CO)4分子中心原子为Ni，其价电子排布为3d84s2，价电子数为10，每个CO配体提供一对电子，即2个，所以总和为10+2×4=18；(6)CO分子中的三键中有2个π键，所以Cr(CO)6分子中π键的数目为6；Cr原子的杂化方式为d2sp3，即2个d轨道、1个s轨道、3个p轨道进行杂化，杂化前后轨道数目不变，所以杂化后形成的杂化轨道数为6，Cr(CO)6分子立体构型为正八面体；(7)[Zn(NH3)4]2+离子具有对称的空间构型，其中两个NH3被两个Cl取代，只有一种产物，类别甲烷的结构和二氯代物的个数可知[Zn(NH3)4]2+为正四面体；(8)Cu的外围电子排布式为3d104s1，失去一个电子变为3d10、为能量较低的稳定结构；Zn外围电子排布式为3d104s2，为全满的稳定结构，失去一个电子变为3d104s1、为不稳定结构，所以Cu失去一个电子较容易，Zn失去一个电子较难，即锌的第一电离能大于铜。14．（2021·甘肃兰州市·兰州一中高二月考）[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体制备：(1)制备过程：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到___________色的透明溶液；再加入适量乙醇，将析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。请解释加入乙醇后析出晶体的原因___________。(2)写出沉淀溶解得透明溶液的离子方程式___________。(3)以配位键形式表示[Cu(NH3)4]2+的结构___________，1mol[Cu(NH3)4]2+含有___________个σ键。(4)[Cu(NH3)4]SO4中，存在的化学键类型有___________(填选项)。A．离子键B．金属键C．配位键D．非极性键E．极性键(5)从结构的角度分析NH3比NF3的键角大的原因：___________。【答案】深蓝乙醇分子极性比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH16NAACEF原子电负性较大，键合电子与中心原子距离远，相互间斥力小，键角变小【分析】向硫酸铜水溶液里加入氨水，生成蓝色沉淀Cu(OH)2，继续加氨水沉淀溶解生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，再加入乙醇，由于乙醇分子比水分子极性弱，降低了溶剂的极性，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，结合配合物的结构和性质和化学键的类型分析解答。【详解】(1)向硫酸铜水溶液里加入氨水，生成蓝色沉淀Cu(OH)2，继续加氨水沉淀溶解生成深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，再加入乙醇析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体，说明[Cu(NH3)4]SO4·H2O在乙醇中溶解性降低，根据相似相溶原理，乙醇分子比水分子极性弱，加入乙醇降低了溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度，故答案为：深蓝；乙醇分子比水分子极性弱，加入乙醇降低溶剂的极性，从而减小溶质的溶解度；(2)向硫酸铜水溶液里加入氨水，生成沉淀Cu(OH)2，继续加氨水沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]SO4溶液，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH+4H2O或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH，故答案为：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH+4H2O或Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH；(3)[Cu(NH3)4]2+中铜离子提供空轨道、N原子提供孤电子对形成配位键，该微粒中含有4个配位键，其结构为，1个配离子中，4个N与Cu2+形成4条σ键，N、H间形成3×4=12条，共16条，因此1mol[Cu(NH3)4]2+中σ键的物质的量16mol，数目为16NA，故答案为：；16NA；(4)[Cu(NH3)4]SO4中配离子与外界硫酸根形成离子键，铜离子与氨分子之间形成配位键，氨分子、硫酸根中原子之间形成极性键，不存在金属键和非极性键，故答案为：ACE；(5)NH3和NF3中的N均为sp3杂化，但F原子电负性较大，键合电子与中心原子距离远，相互间斥力小，键角变小，故答案为：F原子电负性较大，键合电子与中心原子距离远，相互间斥力小，键角变小。15．（2021·大连市普兰店区第二中学高二月考）以铁、磷酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。(1)磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______(2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是_______；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。(3)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_______。中与Fe2+配位的原子是_______(填元素符号)。(4)柠檬酸的结构简式如图。1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_______mol。柠檬酸含有的官能团有(写名称)_______和_______【答案】正四面体4sp3N>O>CO7羧基羟基【详解】(1)根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数=，不含有孤对电子对，则其空间构型为正四面体，P的价层电子对数为4；(2)根据价层电子对互斥理论，NH3分子中N的价层电子对数=，则N原子的轨道杂化类型是sp3；同周期元素原子的第一电离能从左到右逐渐增大，但是由于N的价层电子排布式为2p3，为半满结构，其电离能高于相邻元素，则N＞O＞C；(3)基态Fe的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe失去最外层2个电子得Fe2+，价电子排布为：3d6，基态Fe失去3个电子得Fe3+，价电子排布为：3d5，根据洪特规则和泡利原理，d能级有5个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，Fe2+有4个未成对电子，Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子数之比为：4:5；中O原子有孤对电子，因此可以与Fe2＋形成配位键，则O为配位原子；(5)根据羧基的结构，在羧基中碳氧双键中只有1个σ键，碳氧单键为σ键，则1mol羧基中含有2molσ键。则1mol柠檬酸中碳原子与氧原子形成的σ键的物质的量为1+2×3=7mol，其数目为7NA；柠檬酸含有的官能团为羧基和羟基。16．（2021·乾安县第七中学高二月考）钕铁硼磁铁是目前为止具有最强磁力的永久磁铁。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、高纯铁、铝、硼等。回答下列问题：(1)钕(Nd)为60号元素，在周期表中位于第___________周期。基态硼原子中