3.4配合物与超分子 同步练习 2024-2025学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

2024—2025学年高中化学人教版选择性必修第二册3.4配合物与超分子 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．0.01mol在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，生成0.02 mol AgCl沉淀。已知该中Cr3+形成六个配位键，则其结构是 A． B． C． D． 2．铜氨液可以吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是 A．价层电子排布式为： B．CO为非极性分子 C．空间构型为三角锥形 D．中含有3mol配位键 3．下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是 A． B． C． D． 4．下列分子或离子中，能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键的是     ①H2O ②NH3 ③Cl- ④SCN- A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 5．向盛有少量溶液的试管中滴入少量溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是 A．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，形成无色溶液 B．溶于浓氨水的离子方程式是 C．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液 D．生成的配合物中，为配体 6．钴的金属配合物在电子元器件、超分子配合物等方面具有应用价值。，可形成两种钻的配合物，P：，Q：，向P、Q的溶液中分别加入溶液后，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中是配体 D．P、Q的配位数均是6 7．冠醚皇冠状的分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并－18－冠－6与K+形成的超分子的结构如图所示，下列说法错误的是    A．冠醚可以用来识别碱金属离子 B．含该超分子的晶体是分子晶体 C．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种 D．该鳌合离子中配位键的数目为6 8．众多的配合物溶于水后易电离为配离子，如[Cu(NH3)4]SO4=[Cu(NH3)4]2++SO，但配离子难以进一步发生电离。+3价的钴形成的配合物为CoClm·nNH3，若中心原子配位数为6，1 mol配合物与AgNO3溶液反应时最多可得到1 mol沉淀物，则m、n的数值分别为 A．1、5 B．5、1 C．3、4 D．3、5 9．核酸检测样品盛放在含有胍盐的标本保存液中，胍盐可以灭活病毒，有效保存多种病毒核酸。胍的结构简式如图，分子构型为平面型，有关说法正确的是 A．胍是含氮有机物，所含元素的电负性大小顺序为 B．胍分子中C原子和3个N原子的杂化方式相同 C．晶体易吸收空气中生成碳酸盐 D．胍分子中两个单键N原子与C原子形成的N−C−N键角大于120° 10．镍能形成多种配合物如正四面体形的和平面正方形的、正八面体形的等，下列说法正确的是 A．中的配位原子是氧原子 B．中Ni、C、N不可能处在同一直线上 C．中键角比107.3°小 D．和中均有d轨道参与杂化 11．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。下列对此现象的说法中，正确的是 A．反应后溶液中没有沉淀，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为 C．在中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 D．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生任何变化，因为不与乙醇发生反应 12．用过量的溶液处理含氯化铬的水溶液()，生成沉淀，此配合物的组成最可能是 A． B． C． D． 13．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 14．冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，二苯并-18-冠-6与形成的整合离子的结构如图所示。下列说法错误的是 A．二苯并-18-冠-6与形成的整合离子具有自组装的特征 B．二苯并-18-冠-6不能适配 C．该冠醚分子中碳原子的杂化方式只有1种 D．该螯合离子中存在配位键，共价键等化学键 15．下列说法正确的是 A．键和键都属于共价键，均有方向性 B．气体单质中，一定有σ键，可能有π键 C．苯分子中每个碳原子的杂化轨道中的其中一个形成大键 D．等物质的量的[Cu(H2O)4]2+与［Ag(NH3)2]+中所含的σ键数之比为3：2 二、填空题 16．超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域.由将2个分子、2个甲酸丁酯吡啶及2个分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示. (1)该超分子中存在的化学键类型有 . A．键B．键C．离子键D．氢键 (2)该超分子中配体提供孤电子对的原子是 (填元素符号)，甲酸丁酯吡啶配体中原子的杂化方式有 . 17．(1)配合物是钴的重要化合物，中心原子的配位数为 ，Co3+钴离子的电子排布式： 。 (2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，则的空间构型为 。 (3)铜是重要的过渡元素，能形成多种配合物如Cu2+与乙二胺可形成如图所示配离子。 ①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部不含有的化学键类型是 (填字母代号)。 a．配位键                b．极性键                c．离子键                d．非极性键 ②乙二胺和三甲胺均属于胺。但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是 。 18．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生成，则中存在 （填序号） a.共价键         b.非极性键        c.配位键        d.键            e.π键 （2）可形成两种钴的配合物，已知的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加溶液时，则无明显现象。则第一种配合物的结构可表示为 ，第二种配合物的结构可表示为 。若在第二种配合物的溶液中滴加溶液，则产生的现象是 。（提示：这种配合物的结构可表示为。） 19．在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银()常用硫代硫酸钠()溶解，反应的化学方程式为，在废定影液中加入使中的银转化为，并使定影液再生。将在高温下转化为，就达到了回收银的目的。 (1)写出与反应的化学方程式 。 (2)若废定影液中含银量为，试计算1L溶液中至少需要加入的物质的量 。 三、计算题 20．蓝色的无水在吸水后会变成粉红色的水合物，该水合物受热后又变成无水，所以无水，常用作吸湿剂和空气湿度指示剂。现有无水，吸水后变成，试回答下列问题： (1)水合物中x= 。 (2)若该水合物为配合物，其中的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，则该配合物的化学式可表示为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《2025年3月18日高中化学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B D A A B C C D 题号 11 12 13 14 15 答案 B B D AC D 1．B 【详解】A．若其结构为[Cr(H2O)6]Cl3，则与硝酸银反应后 生成0.03molAgCl沉淀，故A错误； B．根据题意知，氯化铬(CrCl3•6H2O)和氯化银的物质的量之比是1:2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬(CrCl3•6H2O)化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬(CrCl3•6H2O)的化学式可能为[Cr(H2O)5Cl]Cl2•H2O，故B正确； C．根据题意知，CrCl3·6H2O中Cr3+形成六个配位键，而该结构中只存在五个配位键，故C错误； D．若其结构为[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O的配位键为6，且与硝酸银不产生AgCl，故D错误； 答案选B。 2．C 【详解】A．基态铜原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，失去4s上的1个电子变成Cu+，则 价层电子排布式为：，A错误； B．CO为含有极性键的双原子分子，则为极性分子，B错误； C．中心原子价层电子对数为：3+=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子，所以分子的空间构型为三角锥形，C正确； D．中Cu+提供空轨道，NH3和CO为配位体，所以中含有4mol配位键，D错误； 故选C。 3．B 【详解】A．由化学式可知，配合物[Co(NH3)4Cl2]Cl的内界为[Co(NH3)4Cl2]+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故A不符合题意； B．由化学式可知，配合物[Co(NH3)3Cl3]中氯离子与三价钴离子形成配位键，不易电离，则配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成氯化银沉淀，故B符合题意； C．由化学式可知，配合物[Co(NH3)6]Cl3中内界为[Co(NH3)6]3+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故C不符合题意； D．由化学式可知，配合物[Co(NH3)4Cl]Cl2中内界为[Co(NH3)4Cl]2+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故D不符合题意； 故选B。 4．D 【分析】如果这几种微粒中含有孤电子对就能提供孤对电子与某些金属离子形成配位键，根据其电子式判断即可。 【详解】 ①H2O的电子式：，O上有2对孤对电子，可以和铜离子形成配位键，如[Cu(H2O)4]2+； ②NH3的电子式：，N上有1对孤对电子，可以和铜离子形成配位键，如[Cu(NH3)4]2+； ③Cl-的电子式为：，Cl-上有4对孤对电子，可以和铁离子形成配位键，如[FeCl6]3-； ④ SCN-的电子式为，可以看出硫原子存在孤电子对，SCN-与铁离子可以形成配位键，如[Fe(SCN)6]3-等； 故答案选D。 5．A 【解析】向溶液中加入少量溶液，发生反应，沉淀为蓝色，再加入适量浓氨水，发生反应，形成深蓝色溶液。 【详解】A．向溶液中加入少量溶液，发生反应，沉淀为蓝色，再加入适量浓氨水，发生反应，形成深蓝色溶液，A错误； B．再加入适量浓氨水，发生反应，形成深蓝色溶液，B正确； C．开始生成蓝色沉淀，加入适量浓氨水后，沉淀溶解形成深蓝色溶液，C正确； D．配合物中，为配体，D正确； 故选A。 6．A 【详解】A．由P、Q的化学式知P的外界是，Q的外界是，在溶液中前者能电离出而后者不能，故加入溶液后Q溶液中不能产生白色沉淀，故A错误； B．根据A选项分析P溶液能电离出，故加入溶液会产生白色沉淀，故B正确； C．Q：，外界是，是配体，故C正确； D．根据P：，Q：结构分析，前者配位数是5+1=6，后者配位数是1+5=6，故D正确。 综上所述，答案为A。 7．B 【详解】A． 二苯并－18－冠－6与钾离子能形成鳖合离子说明冠醚可以用来识别碱金属离子，故A正确； B．由超分子的结构可知，含该超分子的晶体是由鳌合离子和阴离子形成的离子晶体，故B错误； C．由超分子的结构可知，冠醚分子中苯环上碳为sp2杂化，碳链上饱和碳为sp3杂化，则碳原子杂化方式有2种，故C正确； D．由超分子的结构可知，鳌合离子中钾离子与氧原子形成6个配位键，故D正确； 故选B。 8．C 【详解】配位数为6的Co3＋的配合物CoClm·nNH3，CoClm·nNH3 呈电中性，因为NH3为中性分子，所以故m的值为3，而1mol该配合物与AgNO3作用生成1molAgCl沉淀，则其内界中只含2个氯离子，中心原子的配位数为6，所以n的值为4即该配合物的结构是：[CoCl2 (NH3)4]Cl，故C项正确。 答案选C。 9．C 【详解】A．由结构简式可知，胍是含有氮元素的烃的衍生物，分子中元素的非金属性强弱顺序为N>C>H，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素电负性大小顺序为N>C>H，故A错误； B．由结构简式可知，胍分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误； C．由结构简式可知，胍分子中的氮原子具有孤对电子，能与氢离子形成配位键而表现碱性，所以胍分子中能吸收酸性氧化物二氧化碳而生成碳酸盐，故C正确； D．由结构简式可知，胍分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，双键与单键之间电子对的斥力大于单键与单键之间电子对的斥力，所以胍分子中两个单键氮原子与碳原子形成的N—C—N键角小于120°，故D错误； 故选C。 10．D 【详解】A．四羰基合镍分子中镍原子为中心原子，一氧化碳是配体，碳元素的电负性小于氧元素，与具有空轨道的镍原子形成配位键时，碳原子更易给出孤电子对，则四羰基合镍分子中的配位原子是碳原子，故A错误； B．氰酸根离子与氮气分子的原子个数都为2、价电子数都为14，则氰酸根离子与氮气分子的空间结构相同，都是直线形，所以四氢酸根合镍离子中镍原子、碳原子和氮原子处在同一直线上，故B错误； C．六氨合镍离子中氮原子与具有空轨道的镍离子形成配位键，孤对电子对数为0，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则六氨合镍离子中H−N−H键角大于氨分子的键角107.3°，故C错误； D．由四氰酸根合镍离子的空间构型为平面正方形、六氨合镍离子的空间构型为正八面体形可知，四氰酸根合镍离子中镍离子的杂化方式为dsp2杂化、六氨合镍离子中镍离子的杂化方式为sp3 d2杂化，均有d轨道参与杂化，故D正确； 故选D。 11．B 【分析】向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，以此分析解答。 【详解】A．铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子[Cu(NH3)4]2+，所以反应后Cu2+的浓度减小，故A错误； B．氢氧化铜沉淀溶解的离子反应为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，则生成深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，故B正确； C．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故C错误； D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向溶液中加入乙醇后因为溶解度减小，析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4，故D错误； 故选B。 12．B 【详解】与过量的反应生成沉淀的是由配合物的外界在水溶液中电离出来的，因此在该配合物中1个在内界，2个在外界，对照各选项，答案选B。 13．D 【详解】A．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； B．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； C．形成超分子的微粒也包括离子，故C错误； D．超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。 答案选D。 14．AC 【详解】A．二苯并-18-冠-6与形成的整合离子属于分子识别的特征，故A错误； B．冠醚能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关，半径小于半径，二苯并-18-冠-6不能适配，故B正确； C．该冠醚分子中碳原子有苯环中的碳和醚中饱和碳，碳原子的杂化方式有2种，故C错误； D．该螯合离子中存在氧原子与钾离子之间的配位键，冠醚中存在共价键等化学键，故D正确； 故答案为AC。 15．D 【详解】A．s轨道是球形对称，s轨道及s轨道形成的共价键没有方向性，A错误； B．在稀有气体单质中不存在化学键，B错误； C．苯分子中，每个碳原子中的三个sp2杂化轨道分别与两个碳原子和一个氢原子形成3个σ键，同时每个碳原子还有一个未参加杂化的2p轨道，它们均有一个未成对电子，这些2p轨道相互平行，以“肩并肩”方式相互重叠，形成一个多电子的大键，C错误； D． [Cu(H2O)4]2+中O原子是配体H2O中的O原子，O的价层电子对数为4，则杂化类型为sp3杂化；配位键属于键，一个水分子中有2个0-H键，则1mol[Cu(H2O)4]2+中含有键（4+2x4) =12mol，同理，1mol[Ag(NH3)2]+中所含的σ键数为（2+3x2) =8mol，故等物质的量二者所含的σ键比为12:8=3:2，D正确； 故选D。 16． AB C 和 【详解】(1)该超分子结构有双键，说明有键和键，分子中不存在离子键，根据信息形成配位键，因而答案选AB； (2)作配体时作配位原子，甲酸丁酯吡啶中有碳原子形成双键，说明其杂化方式为，在丁基中原子形成四个单键，为杂化。 17． 6 1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6) 平面正方形 c 乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键 【详解】(1)配合物是钴的重要化合物，根据配合物化学式得到中心原子的配位数为6，配体为NH3和H2O，Co为27号元素，因此Co3+钴离子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d6；故答案为：6；1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。 (2)具有对称的空间构型，若其中两个NH3被两个Cl－取代，能得到两种不同结构的产物，说明的空间构型为平面正方形，而不是四面体结构；故答案为：平面正方形。 (3)①Cu2+与乙二胺所形成的配离子内部含有碳碳非极性共价键，碳氢或氮氢极性共价键，还有铜氮配位键，因此不含有离子键；故答案为：c。 ②根据结构可得到乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键，因此乙二胺比三甲胺的沸点高很多；故答案为：乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子间不能形成氢键。 18． acd 生成淡黄色沉淀 【详解】(1)[Al(OH)4]-的中心原子Al采用sp3杂化，形成4个sp3杂化轨道。Al最外层的3个电子分别与3个羟基形成σ键，还有一个空轨道接纳OH- 中O的孤对电子形成配位键；羟基中的O和H形成σ键；所有键均属于共价键中的极性键。所以，a.共价键、c.配位键、d.键正确。答案为：acd； (2)Co(NH3)5BrSO4中共有7个分子或离子可做配体，而Co3+的配位数是6，则外界可能是Br-或SO42-。在第一种配合物的溶液中加BaCl2溶液时，产生白色沉淀，证明其外界为SO42-，则其结构为[CoBr(NH3)5]SO4；第二种配合物的结构应为[Co(SO4)(NH3)5]Br，在溶液中电离出Br-，所以，溶液中加AgNO3溶液时，生成淡黄色的AgBr沉淀。 答案为：[CoBr(NH3)5]SO4；[Co(SO4)(NH3)5]Br；生成淡黄色的沉淀。 【点睛】配合物的外界易电离，内界难电离，所以可通过检测溶液中的离子来帮助判断配合物的结构。 19．(1)Na2S+ 2Na3[Ag(S2O3)2]=Ag2S↓+4Na2S2O3 (2)0.0263mol 【详解】（1）根据题意，Na2S与Na3[Ag(S2O3)2]反应生成Ag2S，结合原子守恒还有Na2S2O3生成，反应的化学方程式为Na2S+ 2Na3[Ag(S2O3)2]=Ag2S↓+4Na2S2O3；答案为：Na2S+ 2Na3[Ag(S2O3)2]=Ag2S↓+4Na2S2O3。 （2）1L溶液中含银的质量为5.68g/L×1L=5.68g，物质的量为=0.0526mol，加入Na2S后产生Ag2S，结合Ag2S的组成和原子守恒，至少需要加入的Na2S物质的量为0.0263mol；答案为：0.0263mol。 20． 6 【分析】根据方程式进行计算，的配位数为6，经测定得出该配合物内界和外界含有的个数之比为1:1，内界含有1个氯离子和5个水分子，由此确定化学式。 【详解】(1)根据方程式进行计算： 则，解得。故答案为：6； (2)中的配位数为6，由题意知该配合物的内界和外界各有1个氯离子，则内界含有1个氯离子和5个水分子，外界含有1个氯离子和1个结晶水，故该配合物的化学式可表示为。故答案为：。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$