3.4 配合物与超分子 【勤径学升】 2024-2025学年高二下学期化学人教版（2019）选择性必修2

高中化学选择性必修第二册 3.4 配合物与超分子 A组·基础达标 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＋ 2．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．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④⑤ 3．下列物质中属于含有配位键的碱的是(　　) A．Ag(NH3)2OH B．Mg(OH)2 C．Na[Al(OH)4] D．B(OH)3 4．下列有关超分子的说法错误的是(　　) A．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 B．细胞膜中的磷脂分子的双层膜结构、冠醚与金属离子的聚集体都能看作超分子 C．分离C60和C70时，先是杯酚和C70形成超分子 D．冠醚能识别K＋形成超分子，是因为K＋的直径与该冠醚空腔直径相当 5．向CuSO4溶液中加入稀氨水至沉淀刚好溶解。若所得溶液中只有一种溶质，该溶质是(　　) A．[Cu(H2O)4]SO4 B．Cu(OH)2 C．[Cu(NH3)4](OH)2 D．[Cu(NH3)4]SO4 6．四氨合铜离子一般写作[Cu(NH3)4]2+，实际上应该是[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，结构如图所示。由于扬-泰勒(Jahn-Teller)效应，其中的两个水的配位键被拉长。下列有关该离子的说法错误的是(　　) A．Cu的配位数为6 B．受热时先失去H2O C．配位原子形成八面体结构 D．[Cu(NH3)4]2+中Cu为sp3杂化 7．某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液也不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，则下列关于此化合物的说法正确的是(　　) A．配合物中中心离子的电荷数为3＋，配位数为6 B．该配合物可能是平面正方形结构 C．Cl－和NH3分子均与Pt4+配位 D．配合物中Pt4+与Cl－配位，而不与NH3分子配位 8．(1)Cr3+基态核外电子排布式为_____________________；配合物[Cr(H2O)6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是________(填元素符号)。 (2)①基态Ni原子的电子排布式为____________________，该元素位于元素周期表的第________族。 ②在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2。Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，1 mol Ni(CO)4中含有______mol σ键。 (3)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤电子对的原子是____________。 (4)配位化合物简称配合物，它的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。配合物[Zn(NH3)6]Cl2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为___________(填字母)。 A．Zn2+、NH3、2＋、6 B．Zn2+、NH3、1＋、6 C．Zn2+、Cl－、2＋、2 D．Zn2+、NH3、2＋、2 B组·能力提升 9．向盛有少量NaCl溶液的试管中滴入少量AgNO3溶液，再加入氨水，下列关于实验现象的叙述不正确的是(　　) A．先生成白色沉淀，加入足量氨水后沉淀消失 B．生成的沉淀为AgCl，它不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Ag＋和Cl－ C．生成的沉淀是AgCl，加入氨水后生成了可溶性的配合物[Ag(NH3)2]Cl D．若向AgNO3溶液中直接滴加氨水，产生的现象也是先出现白色沉淀后沉淀消失 10．某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，下列说法中正确的是(　　) A．配体是Cl－和H2O，配位数是8 B．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+ C．内界和外界中的Cl－的数目比是1∶2 D．在1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀 11．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是(　　) A．配位化合物中提供孤电子对的一定是阴离子 B．配位化合物中可以存在离子键 C．形成H3O＋时，H＋提供空轨道，H2O分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键 D．CuSO4·5H2O是一种配合物 12．绿矾(FeSO4·7H2O)结构如图所示，下列说法不正确的是(　　) A．中心离子的配体是H2O B．Fe2+的价层d轨道参与了杂化 C．绿矾中存在的化学键有共价键、配位键、氢键、离子键 D．绿矾受热分解产生红棕色固体的同时可能生成SO2 13．某有机物的结构简式如下： 对该物质的分析判断正确的是(　　) A．该物质是一种离子化合物 B．该物质的分子中含有的化学键有共价键和配位键 C．该物质是一种配合物，其中Ni原子提供孤电子对 D．该物质分子中，C、N、O原子都存在孤电子对 14．我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70。下列说法正确的是(　　) A．“杯酚”中的羟基之间不能形成氢键 B．“杯酚”与C60之间通过共价键形成超分子 C．溶剂氯仿和甲苯均为极性分子 D．“杯酚”不能与C70形成超分子是由于C70是非极性分子 15．铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期的过渡金属元素，称为铁系元素，相关化合物在生产生活中应用广泛。 (1)铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103 ℃，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括______(填字母)。 A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 (2)镍能形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(CN)4]2-、[Ni(NH3)6]2+等，下列有关说法正确的是__________(填字母)。 A．[Ni(NH3)6]2+中含有共价键和离子键 B．CO与CN－互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键的个数比为1∶2 C．NH3中N原子为sp3杂化，其空间结构为正四面体形 D．Ni2+在形成配合物时其配位数只能为4，Fe在形成配合物时其配位数只能为6 (3)Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是________，Fe、Co、Ni与Ca都位于第四周期且最外层电子数相同，但相应单质的熔点，Fe、Co、Ni明显高于Ca，其原因是________________________________________________________________________。 (4)对配合物[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2进行加热时，更容易失去的配体是________。 (5)FeCl3蒸气状态下以双聚分子形式存在(如下图)，双聚分子中存在配位键，请在下图中标出配位键的位置，其中Fe的配位数为__________。 参考答案 [A组·基础达标] 1.【答案】D 2.【答案】D 3.【答案】A　【解析】碱是电离出的阴离子都是氢氧根离子的化合物。Ag(NH3)2OH由[Ag(NH3)2]＋和OH－组成，[Ag(NH3)2]＋中含有H3N→Ag＋配位键，A符合题意；氢氧化镁由镁离子和氢氧根离子构成，不含配位键，B不符合题意；Na[Al(OH)4]属于盐而不是碱，C不符合题意；B(OH)3由硼离子和氢氧根离子构成，不含配位键，D不符合题意。 4.【答案】C 5.【答案】D 6.【答案】D　【解析】由图可知，Cu的配位数为6，A正确；受热时由于两个水的配位键被拉长，化学键减弱，故先失去H2O，B正确；配位原子4个N和2个O形成八面体结构，C正确；[Cu(NH3)4]2+中Cu为sp3d2杂化，D错误。 7.【答案】C　【解析】在PtCl4·2NH3水溶液中加入AgNO3溶液无沉淀生成，经强碱处理无NH3放出，说明Cl－、NH3均为配体，故该配合物中心离子的配位数为6，电荷数为4＋，Cl－和NH3分子均与Pt4+配位，A、D均错误，C正确；因为配体在中心离子周围配位时尽量采取对称分布以达到相对稳定状态，Pt4+配位数为6，则其空间结构为八面体形，B错误。 8.【答案】(1)1s22s22p63s23p63d3(或[Ar]3d3)　O (2)①1s22s22p63s23p63d84s2(或[Ar]3d84s2)　Ⅷ　②8　(3)X　(4)A 【解析】(1)铬是第24号元素，其失去3个电子后还剩21个电子，电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。水分子中氧原子上有孤电子对，故可以与铬离子形成配位键的是水分子中的氧原子。(2)①28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，该元素位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族。②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，在每个配位体分子中含有一个σ键，每个配位体分子与中心原子之间形成一个σ键，所以1 mol Ni(CO)4中含有8 mol σ键。(3)B原子与X原子形成配位键，因为B为缺电子原子，具有空轨道，故形成配位键时提供孤电子对的原子是X。(4)确定中心原子(或离子)和配体是解题关键。在[Zn(NH3)6]Cl2中，中心离子为Zn2+，配体为NH3，配位数为6，中心离子和配体构成内界[Zn(NH3)6]2+。 [B组·能力提升] 9.【答案】B　【解析】Ag＋与NH3能发生反应：Ag＋＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋。而AgCl存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)⥫⥬Ag＋＋Cl－，向其中加入氨水后会使平衡向右移动，最终因生成可溶性的[Ag(NH3)2]Cl而使AgCl沉淀溶解。 10.【答案】C　【解析】对于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，中心离子是Ti3+，内界配体有1个Cl－和5个H2O分子，配位数是6，外界有2个Cl－，A、B均错误，C正确；加入足量AgNO3溶液，只有外界的2个Cl－与Ag＋反应生成AgCl沉淀，内界的1个Cl－不与Ag＋反应，故1 mol该配合物只能生成2 mol AgCl沉淀，D错误。 11.【答案】A　【解析】配位化合物中提供孤电子对的可以是分子，也可以是阴离子，A错误；在离子化合物中，复杂离子中可以存在配位键，B正确；形成H3O＋时，H＋提供空轨道，水分子中的氧原子提供孤电子对形成配位键，C正确；CuSO4·5H2O可以表示为[Cu(H2O)4]SO4·H2O，CuSO4·5H2O属于配合物，D正确。 12.【答案】C　【解析】由图可知，中心离子亚铁离子的配体是H2O分子，A正确；由图可知，中心离子亚铁离子的配位数为6，则Fe2+的价层d轨道参与了杂化，B正确；水分子中存在氢氧共价键，亚铁离子和水分子间存在配位键，亚铁离子和硫酸根离子间存在离子键，氢键不属于化学键，C错误；绿矾受热分解发生氧化还原反应，产生红棕色固体的同时可能生成SO2，D正确。 13.【答案】B　【解析】该物质中没有离子键，不是离子化合物，而是共价化合物，A错误；根据该物质结构简式可知，该物质中Ni、N之间存在配位键，其他成键原子之间都是共价键，B正确；根据该物质结构简式可知，Ni原子具有空轨道，氮原子为其提供孤电子对，C错误；该物质中C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子上没有孤电子对，D错误。 14.【答案】C 【答案】(1)AC　(2)B　(3)6　Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，同时价电子数目多，金属键强，因此熔点高　(4)H2O (5)　4 【解析】(1)Fe(CO)5中Fe与CO之间存在配位键，CO中含有极性共价键，故选AC。 (2)[Ni(NH3)6]2+中Ni和NH3之间存在配位键，N与H原子之间存在极性共价键，A错误；CO与CN－互为等电子体，则一氧化碳中含有碳氧三键，其中σ键个数为1，π键个数为2，故CO分子内σ键和π键的个数比为1∶2，B正确；NH3中N原子的价层电子对数为3＋＝4，N原子为sp3杂化，其空间结构为三角锥形，C错误；根据题目，Ni2+在形成配合物时，其配位数可以为4或6，Fe可以形成配位数是5的配合物，D错误。(3)Co3+和一个N以及5个NH3形成配位键，因此配位数为6；Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，同时价电子数目多，金属键强，因此熔点高。(4)O原子半径小于N，N原子与Cr形成的配位键更强，对配合物[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]Cl2进行加热时，更容易失去的配体是H2O。(5)根据化学式可知一个铁原子要与三个氯原子形成三个共价键，因此，配位键应该在两个铁原子之间，提供空轨道的为铁原子，即，每个铁原子周围有4个氯原子，Fe的配位数为4。 1 学科网（北京）股份有限公司 $$