2.3 配位化合物和超分子（分层作业）化学沪科版选择性必修2

2.3 配位化合物和超分子 分层作业 1．关于[Cr(H2O)4Cl2]Cl的说法正确的是 A．中心原子的化合价为+1价 B．配位数是6 C．配体为水分子，外界为Cl－ D．在其水溶液中加入AgNO3溶液，不产生白色沉淀 【答案】B 【解析】A．[Cr(H2O)4Cl2]Cl中阴离子是氯离子，氯离子的化合价是－1价，所以铬离子的化合价是+3价，A错误； B．中心原子铬与4个水分子和2个氯离子结合形成配位离子，故Cr的配位数为6，B正确； C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl中配体为水分子和氯离子，外界为Cl－，C错误； D．[Cr(H2O)4Cl2]Cl的外界为Cl－，在其水溶液中加入AgNO3溶液，会产生氯化银白色沉淀，D错误； 答案选B。 2．下列关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的说法中正确的是 A．配体是C1-和H2O，配位数是9 B．中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+ C．内界和外界中的Cl-的数目比是2:1 D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀 【答案】B 【分析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，据此分析解答。 【解析】A．由配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O结构可知，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误； B．由配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O结构可知，中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，配离子是[TiCl(H2O)5]2+，故B正确； C．由配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O结构可知，内配离子Cl-为1，外配离子Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C错误； D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，故D错误； 答案为B。 3．Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]Br，下列说法正确的是 A．CH3CN与Mn＋配位时，提供孤电子对的是C原子 B．Mn＋的配位数为6 C．CH3CN中C原子的杂化类型为sp2、sp3 D．CH3CN中σ键与π键数目之比为5:2 【答案】BD 【解析】A．CH3CN的电子式为，与Mn＋配位时，提供孤电子对的是形成碳氮三键的N原子，因为N原子有孤电子对，A错误； B．由化学式可知，配合物中锰为中心原子，CO和CH3CN为配体，配位数为5＋1=6，B正确； C．CH3CN的结构式为，甲基中的C原子采取sp3杂化、碳氮三键的C原子采取sp杂化，C错误； D．CH3CN的结构式为，分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则σ键和π键数目之比为5:2，D正确； 答案选BD。 4．某物质的结构如图所示:下列有关该物质的分析中正确的是 A．该物质分子中不存在σ键 B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力 C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子 D．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对 【答案】C 【解析】A、该物质C、C原子间存在σ键，选项A错误； B、根据结构，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、 N之间存在配位键，所以该物质的分子中含有氢键、共价键、配位键三种作用力，选项B错误； C、Ni 原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子，选项C正确； D、 C原子最外层的4个电子全部成键，没有孤对电子，选项D错误；答案选C。 5．向溶液中滴加稀盐酸得溶液X，因溶液中黄色的水解减弱，并生成深黄色．继续滴加几滴KSCN溶液，溶液变为血红色．下列说法不正确的是 A．中，中心离子为，配位数为4 B．中存在离子键、配位键 C．与的配位能力比强 D．往溶液X中滴加几滴饱和溶液，深黄色变浅 【答案】B 【解析】A．[FeCl4]−中，铁离子与周围四个氯离子形成配位键，其配位数为4，中心离子为Fe3+，A正确； B．[Fe(H2O)6]3+中，Fe3+与水分子中的氧之间是配位键，H2O中氢氧之间是共价键，但不存在离子键，B错误； C．深黄色[FeCl4]−溶液中继续滴加几滴KSCN溶液，溶液变为血红色，说明转化为Fe(SCN)3，故SCN−与Fe3+的配位能力比Cl−强，C正确； D．往溶液X中滴加几滴饱和AgNO3溶液，生成氯化银沉淀，氯离子浓度减小，生成深黄色[FeCl4]−的反应逆向移动，深黄色变浅，D正确； 本题选B。 6．化学在物质的分离和提纯等方面有重要应用。下列说法错误的是 A．超分子“杯酚”具有分子识别的特性，利用此特性可分离和 B．色谱法是有机化学中获得分子中所含化学键或官能团信息的方法之一 C．我国科学家利用有机溶剂可以从中药中萃取出青蒿素 D．利用冠醚能分离和 【答案】B 【解析】A．将C60和C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，“杯酚”像个碗似的把C60装起来而不能装下C70，这是借助分子间力形成超分子的例子，反映出来的超分子的特性被称为分子识别，故A正确； B．红外光谱法是有机化学中获得分子中所含化学键或官能团信息的方法之一，色谱法是分离、提纯有机化合物的重要方法之一，故B错误； C．根据相似相溶原理，可利用有机溶剂可以从中药中萃取出青蒿素，此操作为萃取，故C正确； D．冠醚是皇冠状的分子，有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，超分子冠醚能识别和利用了超分子的识别特征，故D正确； 故选B。 7．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。例如，12-冠-4适配；18-冠-6适配。下列说法错误的是 A．12-冠-4与18-冠-6的核磁共振氢谱的吸收峰数相同 B．冠醚属于烃的衍生物 C．冠醚适配碱金属离子时形成配位键 D．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征 【答案】D 【解析】A．12-冠-4与18-冠-6都是对称的结构，二者均含有1种环境的H原子，核磁共振氢谱的吸收峰数相同，A正确； B．烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代而生成的一系列有机化合物，冠醚属于醚，属于烃的衍生物，B正确； C．当冠醚与碱金属离子发生配位作用时，其环状结构中的氧原子会与金属离子形成配位键，C正确； D．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，体现了超分子的分子识别特征，D错误； 故选D。 8．某学生设计如图装置制备晶体(呈深蓝色)。下列说法错误的是 A．中，提供孤电子对的是中的N原子 B．装置甲中的仪器a和装置乙中的仪器b作用相同 C．当得到深蓝色透明溶液时，滴加乙醇，会有深蓝色晶体析出 D．可用红外光谱仪鉴定是晶体还是非晶体 【答案】D 【分析】甲装置中NH3通入CuSO4溶液，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，后溶解为[Cu(NH3)4]2+，加入乙醇降低的溶解度，析出晶体，乙装置进行尾气处理并防倒吸，据此作答。 【解析】A．分子中心N原子含有=1个孤电子对，则中，提供孤电子对的是中的N原子，A正确； B．氨气极易溶于水，易发生倒吸，仪器a可防止制备过程中发生倒吸现象，倒扣的漏斗与液面相切，液体很难倒吸，因此仪器b也可防止液体倒吸，B正确； C．在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向深蓝色溶液中加入乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色晶体析出，故C正确； D．鉴定是晶体还是非晶体需要X射线衍射实验，不能用红外光谱仪鉴定是否为晶体，D错误； 故选：D。 9．I.溶于乙腈会生成配合物。该配合物的组成如下图所示： （1）已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为_____。 A． B． C． D． （2）该配离子中所含的配体有 。(化学式) （3）1mol该配离子中含键_____mol。 A．4 B．12 C．14 D．18 II.铁的化合物媒染剂铁氰化钾，其配离子的结构如图所示。 （4）的未成对电子数为 。 （5）中配体的空间构型为 ，配位原子的杂化类型为 ，离子中σ键和π键的比值为 。 A．1：1                    B．2：1                    C．3：1                    D．3：2 【答案】（1）C （2）、 （3）C （4）4 （5）直线形 sp A 【解析】（1）已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，故选C。 （2）是的双聚分子，溶于乙腈生成配合物时有Al-Br的断裂和离子键、共价键和配位键的形成，Al原子提供空轨道，结合结构示意图可知，CH3CN中N原子以及Br-均可提供一对孤电子对，则配体为CH3CN和Br-。 （3）1个该配合物中含有6个C-H、2个C-C，还有Al形成4条单键，共12个单键，2个碳氮三键，其中碳氮三键中有1个σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol。 （4）Fe是26号元素，价层电子排布式为3d6，未成对电子数为4。 （5）的配体为CN-，CN-的空间构型为直线形，C的电负性比N小，配位原子为C，CN-中C原子价层电子对数为1+=2，杂化类型为sp，配位键是σ键，CN-中含有碳氮三键，含有1个σ键和2个π键，离子中σ键的数目为6+6=12，π键的数目为2×6=12，σ键和π键的比值为1：1，故选A。 10．氮元素是地球上极为丰富的元素，氮元素可形成多种化合物。 （1）NH3分子的空间结构为 ，C、N、O三种元素的电负性从大到小的顺序是 。 （2）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4，N2H6SO4与硫酸铵化合物类型相同。 ①N2H4的结构式为 。 ②写出肼与硫酸反应生成N2H6SO4的化学方程式 。 ③N2H6SO4晶体内不存在 (填字母)。 a．离子键　　   b．共价键　    c．配位键    　d．范德华力    ④肼可用作火箭燃料，火箭推进器中装入液态肼和过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知1 g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，写出该反应的热化学方程式为 。 （3）下图表示某种含氮有机物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点，分子内存在空腔，能嵌入某离子或某分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机物识别的是___________(填字母)。 A．CF4 B．CH4 C． D．H2O 【答案】（1）三角锥形 O>N>C （2） N2H4 +H2SO4＝N2H6SO4 d N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) △H=－643.2kJ/mol （3）C 【解析】（1）NH3中心原子为N原子，N原子的价层电子对为3+对，杂化方式为sp3杂化，有一对孤电子对因此空间构型为三角锥形；同周期从左到右非金属性增强，电负性增大，所以C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是O>N>C； （2）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2取代形成的另一种氮的氢化物，结构式为：； N2H4是二元弱碱，硫酸是二元酸，二者反应生成N2H6SO4的方程式为：N2H4 +H2SO4＝N2H6SO4； N2H6SO4是离子晶体，N2和之间存在离子键，N2中N和H之间形成6个共价键(其中2个配位键)，N和N之间形成共价键，中S和O之间形成共价键，不含范德华力，故选d； 1 g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，1mol肼与足量过氧化氢反应放出的热量为20.1kJ×32=643.2kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)  △ H=－643.2kJ/mol； （3）注意氢键的形成条件及成键元素(N、O、F、H)，本题中嵌入的某微粒应分别与4个N原子形成4个氢键，由成键元素及数目可知为，故选C。 11.为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 [Cu(NH3)4]SO4·H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 A．在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 D．向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 【答案】D 【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜， Cu2++ 2NH3. H2O= Cu(OH)2↓ +2NH 。继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，其反应为：Cu( OH)2 + 4NH3=[Cu(NH3)4]2++ 2OH- 。再加入无水乙醇，铜氨络合物溶解度降低，出现深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。以此分析解答。 【解析】A．根据上述分析可知：深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确； B．根据上述分析可知：络合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O在极性较弱的乙醇中溶解度很小，所以有晶体析出， 故B正确； C．根据实验将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液，无蓝色沉淀生成，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力，故C正确； D．因为④中深蓝色溶液中存在SO，加入BaCl2溶液，能产生白色沉淀，故D错误； 故答案：D。 12．共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法正确的是 A．的体积是 B．中含有个配位键 C．的氨水溶液中分子数小于 D．中含有的孤电子对数目为 【答案】B 【解析】A．17g的物质的量为1mol，未说明1mol所处的温度和压强，无法计算其体积，A错误； B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，其中含有Cl原子和Al原子形成的配位键有2个，1的配位键为2，B正确； C．0.1氨水溶液的体积未知，无法计算0.1的氨水溶液中氨气分子数目，C错误； D．孤电子对是指原子中未成键的价电子对，中NH3分子中N原子的孤电子对用于形成配位键，则N原子上无孤对电子，Cl原子和Al原子共用1个电子对，则氯原子上还有3对孤电子对，则1中含有的孤电子对数目为(3×3)NA=9，D错误； 故选B。 13．冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18一冠–6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如下图所示。下列说法错误的是 A．该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型 B．该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面 C．该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7:1 D．该冠醚除外，不可以与其他碱金属阳离子作用 【答案】B 【解析】A．该螯合离子中碳与氧原子都为杂化，具有相同的杂化类型，A正确； B．该螯合离子中任一原子、与该原子相连的两个原子及所形成的空间结构为三角锥形，故所有非氢原子不能位于同一平面，B错误； C．该螯合离子中极性键有24个键、12个键以及6个原子与形成的配位键，有6个非极性键，极性键与非极性键个数比为，C正确； D．该冠醚属于超分子，具有分子识别的特征，除外，不能与其他碱金属阳离子作用，D正确。 故选B。 14．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性： B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是 D．溶液①中的金属离子是 【答案】C 【分析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。 【解析】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确； B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确； C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确； D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是，D不正确； 综上所述，本题选C。 15．已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下： 以下结论和解释正确的是 A．由实验①可推知正反应为吸热反应 B．等物质的量的和中键数之比为 C．实验②是由于增大，导致平衡逆向移动 D．由实验③可知配离子的稳定性： 【答案】A 【解析】A．由实验①可知，降低温度，平衡向生成的方向移动，表明逆反应为放热反应，则可推知正反应为吸热反应，A正确； B．共价单键和配位键都属于σ键，1mol中6molH2O含12mol氧氢σ键，6molH2O与Co2+产生6mol配位键，中4molCl-与Co2+产生4mol配位键，则等物质的量的和中σ键数之比为(6+12):4=9:2，B错误； C．因为水是溶剂，所以实验②中加水，不变，但、Cl-、的浓度都减小，平衡向离子总浓度增大的方向移动，即平衡逆向移动，C错误； D．由实验③可知，加入ZnCl2后，不是因为氯离子浓度增大使平衡右移，而是Zn2+结合Cl-使平衡左移，转化为，则表明Zn2+结合Cl-的能力比Co2+ 强，所以配离子的稳定性：，D错误； 故答案选A。 16．某小组探究与溶液的反应。 （1）小组同学预测向溶液中通入，溶液颜色将由黄色变为浅绿色，预测的依据是 。 进行实验 实验装置(夹持仪器略) 实验现象 向溶液中通入至饱和，溶液变为红色，静置5min后，溶液的颜色从红色慢慢变为黄色，静置9h后，溶液慢慢由黄色变为浅绿色。 资料：与可以发生可逆反应，形成红棕色的配离子。可以将还原为。 （2）的空间结构是 ，Fe在周期表中属于 区。 （3）与可以形成配离子的原因是 。 （4）溶液中通入至饱和，形成配离子的方程式是 。 （5）溶液中将还原为的离子方程式是 。 （6）由实验现象分析，溶液先变为红色，最后慢慢变为浅绿色的可能原因是 。 【答案】（1）Fe3+具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应得到SO和Fe2+，溶液颜色将由黄色变为浅绿色 （2）V形 d （3）含有空轨道，中O原子含有孤电子对，与可以形成配离子 （4）Fe3+++H2O=+H+ （5）++H2O=2+ SO+3H+ （6）向溶液中通入至饱和，形成红棕色的配离子，然后将还原为，溶液慢慢变为浅绿色 【解析】（1）Fe3+具有氧化性，具有还原性，二者发生氧化还原反应得到SO和Fe2+，溶液颜色将由黄色变为浅绿色。 （2）中心原子S的价层电子对数为2+=3，且含有一对孤电子对，因此SO2分子的空间构型为V形；Fe是26号元素，在周期表中属于d区。 （3）电子排布式为：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5，含有空轨道，中O原子含有孤电子对，与可以形成配离子。 （4）溶液中通入至饱和，形成配离子的方程式是：Fe3+++H2O=+H+。 （5）溶液中将还原为，被氧化为SO，离子方程式是： ++H2O=2+ SO+3H+。 （6）向溶液中通入至饱和，形成红棕色的配离子，然后将还原为，溶液慢慢变为浅绿色。 17．现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：(粉红色)(蓝色)，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下： 请按要求回答下列问题。 （1）基态Co原子的电子排布式为 。 （2）中提供孤电子对的成键原子是 ，配位数为 ，中键的数目为 。 （3）由实验①可推知 0(填“>”“<”或“=”)，理由是 。 （4）由实验③判断平衡移动的方向为 ，(填“正向”“逆向”或“不移动”)可推知配离子(溶液无色)和中，较稳定的是 。 （5）实验④现象： ，且有白色沉淀生成。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或者[Ar]d74s2 （2）O 6 1.8NA （3）＞ 降低温度，溶液颜色由蓝色变为粉红色，平衡向逆反应方向移动，即正反应方向为吸热反应 （4）逆向 [ZnCl4]2- （5）溶液由蓝色变为粉红色 【分析】溶液中存在以下平衡：(粉红色)(蓝色)，依据外界条件对化学平衡的影响及物质的性质、问题分析解答。 【解析】（1）Co是27号元素，位于第四周期第Ⅷ族，基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或者[Ar]d74s2； （2）O原子提供孤电子对与Co2+形成配位键；中Co2+与O原子之间形成6个配位键，H原子与O原子间共形成12个σ键，1个中共形成18个σ键，故0.1mol中σ键的数目为1.8NA； （3）由信息可知，呈粉红色，呈蓝色，实验①知：降低温度，溶液颜色由蓝色变为粉红色，反应逆向移动，由勒夏特列原理可知，降低温度，平衡向放热方向移动，则正反应方向为吸热反应，则ΔH＞0； （4）实验③中加入少量ZnCl2，溶液由蓝色变为粉红色，平衡逆向移动，说明Zn2+络合Cl－的能力更强，则配离子的稳定性：＞； （5）实验④滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，该沉淀为AgCl，Ag+与Cl－反应，Cl－浓度减小，平衡逆向移动，溶液由蓝色变为粉红色。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 9 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $ 2.3 配位化合物和超分子 分层作业 1．关于[Cr(H2O)4Cl2]Cl的说法正确的是 A．中心原子的化合价为+1价 B．配位数是6 C．配体为水分子，外界为Cl－ D．在其水溶液中加入AgNO3溶液，不产生白色沉淀 2．下列关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的说法中正确的是 A．配体是C1-和H2O，配位数是9 B．中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+ C．内界和外界中的Cl-的数目比是2:1 D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀 3．Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]Br，下列说法正确的是 A．CH3CN与Mn＋配位时，提供孤电子对的是C原子 B．Mn＋的配位数为6 C．CH3CN中C原子的杂化类型为sp2、sp3 D．CH3CN中σ键与π键数目之比为5:2 4．某物质的结构如图所示:下列有关该物质的分析中正确的是 A．该物质分子中不存在σ键 B．该物质的分子内只存在共价键和配位键两种作用力 C．该物质是一种配合物，其中Ni原子为中心原子 D．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对 5．向溶液中滴加稀盐酸得溶液X，因溶液中黄色的水解减弱，并生成深黄色．继续滴加几滴KSCN溶液，溶液变为血红色．下列说法不正确的是 A．中，中心离子为，配位数为4 B．中存在离子键、配位键 C．与的配位能力比强 D．往溶液X中滴加几滴饱和溶液，深黄色变浅 6．化学在物质的分离和提纯等方面有重要应用。下列说法错误的是 A．超分子“杯酚”具有分子识别的特性，利用此特性可分离和 B．色谱法是有机化学中获得分子中所含化学键或官能团信息的方法之一 C．我国科学家利用有机溶剂可以从中药中萃取出青蒿素 D．利用冠醚能分离和 7．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。例如，12-冠-4适配；18-冠-6适配。下列说法错误的是 A．12-冠-4与18-冠-6的核磁共振氢谱的吸收峰数相同 B．冠醚属于烃的衍生物 C．冠醚适配碱金属离子时形成配位键 D．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征 8．某学生设计如图装置制备晶体(呈深蓝色)。下列说法错误的是 A．中，提供孤电子对的是中的N原子 B．装置甲中的仪器a和装置乙中的仪器b作用相同 C．当得到深蓝色透明溶液时，滴加乙醇，会有深蓝色晶体析出 D．可用红外光谱仪鉴定是晶体还是非晶体 9．I.溶于乙腈会生成配合物。该配合物的组成如下图所示： （1）已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为_____。 A． B． C． D． （2）该配离子中所含的配体有 。(化学式) （3）1mol该配离子中含键_____mol。 A．4 B．12 C．14 D．18 II.铁的化合物媒染剂铁氰化钾，其配离子的结构如图所示。 （4）的未成对电子数为 。 （5）中配体的空间构型为 ，配位原子的杂化类型为 ，离子中σ键和π键的比值为 。 A．1：1                    B．2：1                    C．3：1                    D．3：2 10．氮元素是地球上极为丰富的元素，氮元素可形成多种化合物。 （1）NH3分子的空间结构为 ，C、N、O三种元素的电负性从大到小的顺序是 。 （2）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的另一种氮的氢化物。肼能与硫酸反应生成N2H6SO4，N2H6SO4与硫酸铵化合物类型相同。 ①N2H4的结构式为 。 ②写出肼与硫酸反应生成N2H6SO4的化学方程式 。 ③N2H6SO4晶体内不存在 (填字母)。 a．离子键　　   b．共价键　    c．配位键    　d．范德华力    ④肼可用作火箭燃料，火箭推进器中装入液态肼和过氧化氢，当它们混合时即产生气体，并放出大量热。已知1 g肼与足量过氧化氢反应生成氮气和水蒸气，放出20.1kJ的热量，写出该反应的热化学方程式为 。 （3）下图表示某种含氮有机物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点，分子内存在空腔，能嵌入某离子或某分子并形成4个氢键予以识别。下列分子或离子中，能被该有机物识别的是___________(填字母)。 A．CF4 B．CH4 C． D．H2O 11.为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 [Cu(NH3)4]SO4·H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 A．在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 D．向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 12．共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法正确的是 A．的体积是 B．中含有个配位键 C．的氨水溶液中分子数小于 D．中含有的孤电子对数目为 13．冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18一冠–6可用作相转移催化剂，其与形成的螯合离子结构如下图所示。下列说法错误的是 A．该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型 B．该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面 C．该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7:1 D．该冠醚除外，不可以与其他碱金属阳离子作用 14．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性： B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是 D．溶液①中的金属离子是 15．已知：呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下： 以下结论和解释正确的是 A．由实验①可推知正反应为吸热反应 B．等物质的量的和中键数之比为 C．实验②是由于增大，导致平衡逆向移动 D．由实验③可知配离子的稳定性： 16．某小组探究与溶液的反应。 （1）小组同学预测向溶液中通入，溶液颜色将由黄色变为浅绿色，预测的依据是 。 进行实验 实验装置(夹持仪器略) 实验现象 向溶液中通入至饱和，溶液变为红色，静置5min后，溶液的颜色从红色慢慢变为黄色，静置9h后，溶液慢慢由黄色变为浅绿色。 资料：与可以发生可逆反应，形成红棕色的配离子。可以将还原为。 （2）的空间结构是 ，Fe在周期表中属于 区。 （3）与可以形成配离子的原因是 。 （4）溶液中通入至饱和，形成配离子的方程式是 。 （5）溶液中将还原为的离子方程式是 。 （6）由实验现象分析，溶液先变为红色，最后慢慢变为浅绿色的可能原因是 。 17．现将溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：(粉红色)(蓝色)，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下： 请按要求回答下列问题。 （1）基态Co原子的电子排布式为 。 （2）中提供孤电子对的成键原子是 ，配位数为 ，中键的数目为 。 （3）由实验①可推知 0(填“>”“<”或“=”)，理由是 。 （4）由实验③判断平衡移动的方向为 ，(填“正向”“逆向”或“不移动”)可推知配离子(溶液无色)和中，较稳定的是 。 （5）实验④现象： ，且有白色沉淀生成。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 / 9 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $