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课时分层作业(十一)
配合物与超分子
(30分钟 50分)
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+
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,无提供孤电子对的粒子,所以不能形成配位键。
2.若X、Y两种粒子之间可形成配位键,则下列说法正确的是( )
A.X、Y只能是分子
B.X、Y只能是离子
C.若X提供空轨道,则Y至少要提供一对孤电子对
D.若X提供空轨道,则配位键表示为X→Y
C 解析:形成配位键的两种粒子可以均是分子或者均是离子,还可以一种是分子、一种是离子,但必须是一种粒子提供空轨道、另一种粒子提供孤电子对,A、B项错误,C项正确;配位键中箭头应该指向提供空轨道的X,D项错误。
3.(双选)某化合物的结构示意图如下所示,下列关于该化合物的叙述正确的是( )
A.该化合物含有C、H、N、O、Ni五种元素
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N
D.该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键
AD 解析:由图可知,结构中含有C、H、N、O、Ni五种元素,故A正确;该物质中每个氮原子形成4个价键,则有一键为配位键,中心离子为Ni2+,因此该物质属于配合物,中心离子Ni2+的配位数是4,配体是氮元素,故B、C错误;该化合物中存在的碳氢键、碳碳键、碳氮双键、氧氢键等,含有σ键、π键、极性键、非极性键,氮原子与镍原子以配位键结合,分子中羟基氢与氮原子连接的氧原子之间以氢键结合,故D正确。
4.将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中,剧烈燃烧产生棕黄色烟,向集气瓶中加入少量水,观察到溶液呈黄绿色,主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的[CuCl4]2-。现向蓝色的硫酸铜溶液中,加入少量稀氨水,得到蓝色絮状沉淀,继续加入氨水后,蓝色沉淀溶解,得到深蓝色溶液,再向其中加入少量浓盐酸,得到绿色溶液,则该绿色溶液中主要存在的离子是( )
A.Cu2+、[Cu(H2O)4]2+、SO
B.[CuCl4]2-、[Cu(H2O)4]2+、NH、SO
C.[CuCl]、SO、NH
D.[Cu(NH3)4]2+、[Cu(H2O)4]2+、SO
B 解析:由题中信息可推知,含[CuCl4]2-的溶液为黄绿色,含[Cu(H2O)4]2+的溶液为蓝色,故绿色溶液中含[CuCl4]2-和[Cu(H2O)4]2+;在整个反应过程中SO。未参与反应,NH3与H+结合生成了NH
5.(双选)向盛有硫酸铜水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,将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,溶液会析出深蓝色晶体
D.在[Cu(NH3)4]2+中,Cu2+提供孤电子对
BC 解析:硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀,继续加氨水时,氢氧化铜和氨水继续反应生成配合物[Cu(NH3)4]SO4而使溶液澄清,[Cu(NH3)4]SO4电离可生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+和SO,所以溶液中Cu2+浓度减小,故A错误、B正确;[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度,向溶液中加入乙醇后会析出深蓝色晶体,故C正确;在[Cu(NH3)4]2+中,Cu2+提供空轨道,NH3提供孤电子对,故D错误。
6.(1)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________。
(2)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AlF在溶液中可稳定存在)。
(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)。
解析:(1)Ni2+与NH3之间形成共价键时Ni2+提供空轨道,N提供孤电子对,形成配位键。(2)CaF2中存在沉淀溶解平衡:CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq),溶液中的F-与Al3+形成配位离子AlF,使沉淀溶解平衡向右移动,导致氟化钙溶解。(3)H2O分子中的O原子有孤电子对,能与Cr3+形成配位键。
答案:(1)配位键 N
(2)3CaF2+Al3+===3Ca2++AlF
(3)O
7.2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机