第三章第四节　配合物与超分子练习 【新教材】2020年秋人教版（2019）高中化学选择性必修2

第四节 配合物与超分子 基础过关练 题组一 配位键、配合物 1.向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水,首先形成难溶物,继续添加氨水,难溶物溶解,得到深蓝色的透 明溶液。下列对此现象说法正确的是( ) A.反应后溶液中不存在任何沉淀,所以反应前后 Cu2+的浓度不变 B.沉淀溶解后,生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+ C.向反应后的溶液中加入乙醇,溶液不发生变化 D.在[Cu(NH3)4]2+中,Cu2+提供孤电子对,NH3 提供空轨道 2.下列物质不是配合物的是( ) A.K2[Co(NCS)4] B.Fe(SCN)3 C.CuSO4·5H2O D.NH4Cl 3.(2020 辽宁凌源二中高二网测)下列关于配位化合物的叙述中,不正确的是(深度解析) A.配位化合物中必定存在配位键 B.配位化合物中只有配位键 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,两者结合形成配位键 D.配位化合物在半导体等尖端技术、医药科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用 4.(2019 河北高二下期中)下列配合物的配位数不是 6 的是( ) A.[Co (NH3)3(H2O)3](NO3)3 B.[Cu(NH3)4]SO4·H2O C.Na3[AlF6] D.Na2[SiF6] 5.(2019 福建龙岩等六校高二下期中)配位化合物的数量巨大,组成和结构形形色色,丰富多彩。 配合物[Cu(NH3)4](OH)2 的中心离子、配体和配位数分别为( ) A.Cu2+、NH3、4 B.Cu+、NH3、4 C.Cu2+、OH-、2 D.Cu2+、NH3、2 6.下列物质:①H3O+ ②[Cu(NH3)4]2+ ③CH3COO- ④NH3 ⑤CH4 中存在配位键的是( ) A.①③ B.①② C.④⑤ D.②④ 7.(1)CaF2 难溶于水,但可溶于含 Al3+的溶液中,原因是 (用离子方 程式表示,已知[AlF6]3-在溶液中可稳定存在)。 (2)配离子[Cr(H2O)6]3+中,与 Cr3+形成配位键的原子是 (填元素符号)。深度解析 题组二 配合物的性质 8.(2019 河南洛阳高二上期末)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( ) 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 S O4 2- D.配合物[Ag(NH3)2]OH 的配位数为 6 9.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,立即产生氯化银沉淀的物质 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: ; CoCl3·5NH3: ; CoCl3·4NH3(绿色和紫色): 。 (2)后两种物质组成相同而颜色不同的原因是 。 (3)上述配合物中,中心离子的配位数都是 。 题组三 超分子 10.(原创)下列关于超分子的叙述中正确的是( ) 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 11.(原创)冠醚能与阳离子,尤其是与碱金属离子作用,并且随环的大小不同而与不同的金属离子作用。 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),还可与重氮盐作用,但 不与锂离子或钠离子作用。下列说法错误的是( ) A.18-冠-6 中 C 和 O 的杂化轨道类型相同 B.18-冠-6 与钾离子作用,不与锂离子或钠离子作用,这反映了超分子的“分子识别”的特征 C.18-冠-6 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 能力提升练 题组一 配位键与配位化合物 1.(2020 山东高二月考, )下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是( ) A.[Co(NH3)4Cl2]Cl B.[Co(NH3)6]Cl3 C.[Cu(NH3)4]Cl2 D.[Co(NH3)3Cl3] 2.(2020 湖北襄阳一中高二月考, )1 mol Co(Ⅲ)的八面体配合物 CoClm·nNH3 与 AgNO3 溶液作用生成 1 mol AgCl 沉淀,则 m、n 的值是(深度解析) A.m=1,n=5 B.m=3,n=4 C.m=5,n=1 D.m=4,n=5 3.(2020 天津静海一中高二月考, )下列说法错误的是 ( ) A.在 N H4 + 和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键 B.H2O 是极性分子,分子中 O 原子不处在 2 个 H 原子所连成的直线的中央 C.SO2、SO3、BF3、NCl3 都是极性分子 D.向含有 0.1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl 的水溶液中加入足量 AgNO3 溶液只能生成 0.1 mol AgCl 沉淀 4.(2020 四川邻水实验学校高二阶段检测, )若 X、Y 两种粒子之间可形成配位键,则下列说法正确的 是(深度解析) A.X、Y 只能是离子 B.若 X 提供空轨道,则配位键表示为 X→Y C.X、Y 分别为 Ag+、NH3 时,Ag+作配体 D.若 X 提供空轨道,则 Y 至少要提供一对孤电子对 5.( )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 b 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 中含有离子键和配位键 题组二 配位键及其综合应用 6.(2020 四川高二月考, )铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途。 (一)金属铜用来制造电线电缆,超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中;CuCl 和 CuCl2 都是重要 的化工原料,常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等。 (1)超细铜粉的某制备方法如下: [Cu(NH3)4]SO4 中的配体是 。 (2)氯化亚铜(CuCl)的制备过程:向 CuCl2 溶液中通入一定量 SO2,微热,反应一段时间后即生成 CuCl 白 色沉淀,反应的离子方程式为 。 (二)波尔多液是一种杀菌剂,广泛应用于树木和花卉上,蓝色的胆矾是配制波尔多液的主要原料。 (1)与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有 (填元素符 号)。 (2)往浓 CuSO4 溶液中加入过量较浓的 NH3·H2O,直到生成的沉淀恰好溶解为止,得到深蓝色溶液。小 心加入约和溶液等体积的 C2H5OH 并使之分成两层。经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部 析出深蓝色晶体,该晶体是 (写化学式);实验中所加 C2H5OH 的作用 是 。 (3)[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体中呈正四面体的粒子是 ,杂化轨道类型是 sp3 的原子 是 。 7.(2020 山东广饶一中高二月考, )A、B、C、D、E 为元素周期表中前四周期元素,原子序数依次增 大;A 元素原子核外有 3 个未成对电子;B 元素原子核外电子占据 3 个能级,其中最高能级上的电子数 是其所在能层序数的 2 倍;D 元素与 B 元素同族,C 元素与 A 元素同族;E 元素原子的价电子数是其余 电子数的一半。 (1)A、C、D 的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示),基态 E2+的电子排 布式为 。 (2)B 和 D 的氢化物中,B 的氢化物沸点较高的原因是 。 (3)C 形成的最高价氧化物的结构如图所示,该结构中 C 元素原子与 O 原子形成的键的键长有两种,键 长较短的键为 (填“a”或“b”)。 (4)E 可与 CO 形成羰基配合物 E2(CO)8,该物质是有机合成的重要催化剂,不溶于水,溶于乙醇、乙醚、 苯,熔点为 50~51 ℃,45 ℃(1.33 kPa)时升华。 ①E2(CO)8 为 晶体(填晶体类型)。 ②E2(CO)8 晶体中存在的作用力有 。 答案全解全析 基础过关练 1.B 2.D 3.B 4.B 5.A 6.B 8.B 10.D 11.C 1.B 硫酸铜溶液中加入氨水先生成蓝色沉淀氢氧化铜,继续加入氨水生成[Cu(NH3)4]2+,铜离子浓度减 小;加入乙醇后有深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O 析出;在[Cu(NH3)4]2+中,NH3 分子中的氮原子提供孤电 子对,Cu2+提供空轨道。 2.D A 项,Co2+提供空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键,所以该物质属于配合物;B 项,铁 离子提供空轨道、硫氰根离子提供孤电子对而形成配位键,所以该物质为配合物;C 项,铜离子提供空 轨道、水分子中氧原子提供孤电子对而形成配位键,所以该物质属于配合物;D 项,铵根离子中 N 原子 含有孤电子对,氢离子提供空轨道,形成配位键,而配合物是中心原子(或离子)提供空轨道,所以 NH4Cl 不是配合物。 3.B 配合物中一定含有配位键,故 A 正确;配位化合物中除含有配位键外,还可能含有离子键等,故 B 错误;配离子中中心离子提供空轨道,配体提供孤电子对,所以[Cu(H2O)4]2+中的 Cu2+提供空轨道,H2O 中 的 O 原子提供孤电子对,故 C 正确。 反思升华 注意形成配合物的条件:有提供空轨道的中心原子或离子,有提供孤电子对的配位体,本题 中 Cu2+提供空轨道,H2O 中的 O 原子提供孤电子对,两者结合形成配位键。 4.B [Co (NH3)3(H2O)3](NO3)3 中配体为 NH3 和 H2O,配位数为 6;[Cu(NH3)4]SO4·H2O 中配体为 NH3,配 位数为 4;Na3[AlF6]中配体为 F-,配位数为 6;Na2[SiF6]中配体为 F-,配位数为 6。故选 B。 5.A 配合物[Cu(NH3)4](OH)2 中,Cu2+为中心离子,NH3 为配体,配位数为 4,A 项正确。 6.B ①H3O+中氢离子提供空轨道、H2O 中 O 原子提供孤电子对,该微粒中含有配位键,故①正确;② [Cu(NH3)4]2+中 Cu2+提供空轨道、NH3 中的 N 原子提供孤电子对,该微粒中含有配位键,故②正确;③ CH3COO-中不存在含有空轨道的原子,不存在配位键,故③错误;④NH3 中 N 原子含有孤电子对,没有含 空轨道的原子,该微粒中不存在配位键,故④错误;⑤CH4 中没有含空轨道和孤电子对的原子,该微粒中 不存在配位键,故⑤错误;选 B。 7.答案 (1)3CaF2+Al3+ 3Ca2++[AlF6]3- (2)O 解析 (1)CaF2 中存在沉淀溶解平衡:CaF2(s) Ca2+(aq)+2F-(aq),溶液中的 F-与 Al3+形成配离子 [AlF6]3-,使沉淀溶解平衡向右移动,导致氟化钙溶解。(2)H2O 分子中的 O 原子有孤电子对,能与 Cr3+形 成配位键。 规律总结 形成配合物后,物质的性质会发生一定的变化,主要有三个方面的变化: (1)一些难溶于水的金属化合物形成配合物后,易溶解; (2)一些简单离子形成配合物时颜色会发生改变,利用此性质可检验离子的存在; (3)形成配合物后,物质的稳定性增强。 8.B 加入足量的 AgNO3 溶液,外界 Cl-与 Ag+反应生成 AgCl 沉淀,内界中 Cl-与 Ag+不反应,A 错误;配 合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O 的配体为 NH3,C 错误;配合物[Ag(NH3)2]OH 的配体为 NH3,配位数为 2,D 错误。 9.答案 (1)[Co(NH3)6]Cl3 [Co(NH3)5Cl]Cl2 [Co(NH3)4Cl2]Cl (2)它们结构不同 (3)6 解析 由题意知,四种配合物的化学式中处于外界的 Cl-数目分别为 3、2、1、1,则以配合物形式表示 它们的化学式分别为[Co(NH3)6]Cl3、[Co(NH3)5Cl]Cl2、[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)4Cl2]Cl,最后两种 物质结构不同。 10.D 有些超分子不是高分子,有些超分子是高分子,A 项错误;超分子这种分子聚集体有的是有限的, 有的是无限伸展的,B 项错误;形成超分子的微粒也包括离子,C 项错误;超分子的特征是分子识别和自 组装,D 项正确。 11.C 18-冠-6 中 C 和 O 都是 sp3 杂化,A 项正确;18-冠-6 与钾离子作用,不与锂离子或钠离子作用,反 映了超分子的“分子识别”的特征,故 B 项正确,C 项错误;由于冠醚是皇冠状分子,可有不同大小的空穴 适配不同大小的碱金属离子,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,D 项正确。 能力提升练 1.D 2.B 3.C 4.D 5.A 1.D [Co(NH3)4Cl2]Cl 在水溶液中能电离出氯离子,所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀,A 错 误;[Co(NH3)6]Cl3 在水溶液中能电离出氯离子,所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀,B 错 误;[Cu(NH3)4]Cl2 在水溶液中能电离出氯离子,所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀,C 错 误;[Co(NH3)3Cl3]在水溶液中不能电离出氯离子,所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀,D 正确。 2.B Co(Ⅲ)的八面体配合物 CoClm·nNH3 呈电中性,因为 NH3 为分子,所以 m 的值为 3,而 1 mol 该配 合物与 AgNO3 溶液作用生成 1 mol AgCl 沉淀,则其内界中含 2 个氯离子,又因为该配合物为八面体,所 以中心原子的配位数为 6,n 的值为 4,即该配合物的化学式是[CoCl2(NH3)4]Cl,本题选 B。 方法指导 确定配合物化学式的基本步骤: 3.C N H4 + 中 N 提供孤电子对,H+提供空轨道,形成配位键,[Cu(NH3)4]2+中 Cu2+提供空轨道,NH3 中 N 提 供孤电子对,形成配位键,故 A 说法正确;H2O 属于极性分子,中心原子 O 有 2 对孤电子对,O 的杂化方 式为 sp3,空间结构为 V 形,故 B 说法正确;SO3、BF3 中心原子无孤电子对,属于非极性分子,故 C 说法错 误;0.1 mol 配合物中外界只有 0.1 mol Cl-,与硝酸银反应生成 0.1 mol AgCl 沉淀,故 D 说法正确。 4.D 形成配位键的可以是离子,也可以是分子或原子,故 A 错误;若 X 提供空轨道,则应该是提供孤电 子对的粒子指向提供空轨道的粒子,因此配位键表示为 Y→X,故 B 错误;X、Y 分别为 Ag+、NH3 时,含 有孤电子对的 NH3 作配体,故 C 错误;若 X 提供空轨道,则 Y 至少要提供一对孤电子对,故 D 正确。 名师点睛 配位键表示方法:提供孤电子对的原子→提供空轨道的原子或离子。 5.A A 项,a 中 N 原子有 3 对σ键电子对,1 对孤电子对,b 中 N 原子有 4 对σ键电子对,没有孤电子对,则 a、b 中 N 原子均采取 sp3 杂化,正确;B 项,b 为配离子,提供孤电子对的有 2 个 N 原子和 4 个 O 原子,所 以 Ca2+的配位数为 6,错误;C 项,a 不是配合物,错误;D 项,Ca2+与 N、O 之间形成配位键,其他原子之间 形成共价键,b 中不含离子键,错误。 6.答案 (一)(1)NH3 (2)2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O 2CuCl↓+4H++S O4 2- (二)(1)K、Cr (2)[Cu(NH3)4]SO4·H2O 减小“溶剂”的极性,降低溶质溶解度 (3)S O4 2- N、S、O 解析 (一)(1)根据配合物的组成可以判断[Cu(NH3)4]SO4 中的配体是 NH3。 (2)CuCl2 溶液与 SO2 反应生成 CuCl 沉淀和硫酸,其反应的离子方程式为 2Cu2++2Cl- +SO2+2H2O 2CuCl↓+4H++S O4 2- 。 (二)(1)Cu 为 29 号元素,原子核外有 29 个电子,核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s1,所以 Cu 原子 中有 1 个未成对电子,第四周期中最外层电子数为 1 的元素还有钾和铬,钾的价电子排布式为 4s1,铬的 价电子排布式为 3d54s1。 (2)在两层“交界处”下部析出的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4]SO4·H2O。 实验中加 C2H5OH 是为了减小“溶剂”的极性,降低溶质溶解度。 (3)[Cu(NH3)4]SO4·H2O 晶体中呈正四面体的粒子是 S O4 2- ;杂化轨道类型是 sp3 的原子的价层电子对个 数是 4,故有 N 原子、S 原子和 O 原子。 7.答案 (1)N>P>S [Ar]3d7 (2)水分子间形成氢键 (3)a (4)分子 极性键、配位键、范德华力 解析 A、B、C、D、E 为元素周期表中前四周期元素,原子序数依次增大,B 元素原子核外电子占据 3 个能级,其中最高能级上的电子数是其所在能层序数的 2 倍,核外电子排布式为 1s22s22p4,故 B 为 O 元素;A 元素原子核外有 3 个未成对电子,原子序数小于氧,故核外电子排布式为 1s22s22p3,则 A 为 N 元 素;D 元素与 B 元素同族,C 元素与 A 元素同族,可知 C 为 P 元素、D 为 S 元素;E 元素原子的价电子数 是其余电子数的一半,E 元素只能为第四周期元素,则价电子数为 9,E 的核电荷数为 18+9=27,为 Co 元 素,据此分析解答。(1)同主族元素自上而下第一电离能减小,同周期元素随原子序数增大第一电离能 呈增大趋势,P 元素原子 3p 能级为半充满稳定状态,第一电离能高于硫,故第一电离能由大到小的顺序 为 N>P>S;E 为 Co 元素,价电子排布式为 3d74s2,基态 E2+的电子排布式为[Ar]3d7。 (2)水分子间能够形成氢键,而硫化氢分子间不能形成氢键,使得水的沸点高于硫化氢。 (3)结构中黑色球与白色球数目分别为 4、10,故该物质化学式为 P4O10,O 原子与 P 原子结合形成 8 电 子结构,可知 a 为 键、b 为 P—O 键,双键中原子轨道重叠程度更大,故键长较短的键为 a。 (4)①Co2(CO)8 熔点低、易升华,溶于乙醇、乙醚、苯,说明 Co2(CO)8 属于分子晶体。 ②Co2(CO)8 中 Co 与 CO 之间形成配位键,CO 中含有极性键,分子之间存在范德华力。