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1、3.4.配合物与超分子课后习题检测2023-2024学年下学期高二化学人教版（2019）选择性必修2一、单选题1下列物质或微粒中不含配位键的是ABCD2若、两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是A、只能均是分子B、只能均是离子C若提供空轨道，则提供孤电子对D若提供空轨道，则为配位体3美国科学家合成了含有N的盐类，含有该离子的盐是高能爆炸物质，该离子的结构呈“V”形，如下图所示。以下有关该物质的说法中不正确的是A每个N中含有35个质子和34个电子B该离子中有非极性键和配位键C该离子中含有4个键D该离子有6个键4向由0.1 mol CrCl36H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0
2、.2 mol沉淀。配合物CrCl36H2O的配位数为6，下列说法错误的是A该配合物的中心离子是Cr3+B该配合物的配体是H2O和ClC每1 mol配离子Cr(H2O)5Cl2+中含有6NA个共价键D该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键5下列关于配合物的说法中正确的是A中心离子为，配位数为6B中心离子为，配位体为C该物质中只存在配位键D形成配位键的电子对由成键双方共同提供6下列说法不正确的是A金属的导电性、导热性、延展性均能用金属的电子气理论解释B配位数为4的配合单元一定呈正四面体结构CCu(NH3)4SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键D冠醚是一种超分子，可以识别碱金属
3、离子7共价化合物Al2Cl6的结构式如图，下列说法不正确的是AAl2Cl6中所有原子都满足8电子结构BAl2Cl6为非极性分子CAl2Cl6中所有Cl原子均为sp3杂化DAl2Cl6中含有配位键8实验测得Al与氯元素形成化合物的实际组成为，其球棍模型如图所示。已知在加热时易升华，与过量的NaOH溶液反应可生成-。下列说法不正确的是A属于分子晶体B中Al原子为杂化C中存在的化学键有极性共价键、配位键D属于配合物9下列说法不正确的是Ap轨道形状为哑铃形，有三种空间取向B金属良好的导电性与金属键有关CHCl分子的共价键是s-s 键DNH4Cl中含有离子键、共价键和配位键10下列说法正确的是AP4和C
4、H4的分子构型相同，键角相等B石墨的导电性跟单层石墨中存在的大键有关CFe(CO)5中CO作配体，提供孤电子对的是O原子DH2O的稳定性强于H2S是因为H2O分子之间存在氢键11合成氨工业中，原料气(、及少量CO、的混合气)在进入合成塔前常用乙酸二氨合铜()溶液来吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是A分子的空间构型为三角锥形BCO的相对分子质量大于，则沸点比高C中给出孤电子对，提供空轨道D工业上吸收CO适宜的条件是低温、高压，压强越大越好12对于配合物Co(NH3)3(H2O)Cl2Cl，下列说法不正确的是A配位数为6B提供空轨道的为Co3+C配位体为N、O、ClD若往1mol该配合物中加入
5、足量硝酸酸化的AgNO3溶液，可得到1molAgCl沉淀13设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A等质量的金刚石和石墨中C-C键数目之比为43B已知BP晶体与金刚石具有相似的空间结构，在BP晶体中一般共价键与配位键数目之比是13C28g晶体硅中含有的SiSi键数目为4NAD超分子的重要特征之一为分子识别，例如杯酚能识别而不能识别14世界上首个含全氮阴离子的盐(用R代表)由我国南京理工大学化工学院团队于2017年1月27日成功合成，经X射线衍射测得R的局部结构如图所示(虚线代表氢键)，下列说法正确的是AR中含有的化学键有离子键、共价键、氢键，没有配位键B1个R中键总数为15C中参与形成的
6、大键电子数为6个D只有N、O、F三种原子才有可能形成氢键15某电池材料的结构如图，M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素。下列说法正确的是A氢化物沸点：XYB第一电离能：MWYXNHND向溶液中滴加溶液有白色沉淀生成二、填空题26A、B、C均为短周期元素，可形成A2C和BC2两种化合物。A、B、C的原子序数依次递增，A原子的K层的电子数目只有一个，B位于A的下一周期，它的最外层电子数比K层多2个，而C原子核外的最外层电子数比次外层电子数多4个。(1)它们的元素符号分别为：A ；B ；C 。(2)BC2是由 键组成的 (填“极性”或“非极性”)分子。(3)写出电子式A2C ；BC2
7、(用元素符号表示) 。(4)A2C与Cu2+能形成一种特殊共价键，这种共价键叫 ，写出A2C与Cu2+形成离子的化学式 。27铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。(1)基态Fe原子的价层电子的电子排布图为 ，其最外层电子的电子云形状为 。(2)(NH4)2Fe(SO4)26H2O俗称摩尔盐。O、S两元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。N、O两元素的的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。SO42-中S原子的杂化方式为 ，VSEPR模型名称为 。(3)Fe3+可与某阴离子发生特征的显色反应，用于鉴定Fe3+。该阴离子的电子式为 ，键和键的数目之比为 。其空间
8、构型为 。(4)K3Fe(CN)6晶体中配离子的配位体为 (用化学符号表示)28乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是 ，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是 (填“Mg2+”或“Cu2+”)。试卷第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司参考答案：1D【详解】A中的化学键含1个配位键，A错误；B中的化学键含1个配位键，B错误；C中的化学键含2个配位键，C错误；D中没有配位键，D正确。故选：D。2C【详解】形成配位键的两种微粒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，但必须是一种微粒提供空轨道、一种微粒提供孤电子对，A、B项错误，C项正确；提供空轨道
9、的为中心原子，提供孤电子对的为配体，D项错误。故选：C。3D【详解】A一个氮原子含有7个质子，7个电子，则一个N中含有35个质子和34个电子，故A正确；BN中氮氮三键是非极性共价键，中心的氮原子有空轨道，两边的两个氮原子提供孤电子对形成配位键，故B正确；C1个氮氮三键中含有1个键，2个键，所以该离子中含有4个键，故C正确；D配位键属于键，N中共4个键，故D错误；答案选D。4C【分析】向0.1 mol CrCl36H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2 mol沉淀，则0.1 mol CrCl36H2O可产生0.2 molCl，该配合物可表示为Cr(H2O)5ClCl2。【详解】A由
10、分析可知，该配合物的中心离子是Cr3+，A正确；B该配合物CrCl36H2O的配位数为6，配体是H2O和Cl，B正确；C每1 mol配离子Cr(H2O)5Cl2+中含有16NA个共价键，C错误；D该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键，D正确； 故选C。5B【分析】配合物的配离子为，中心离子为Fe3+，配体为CN-，配位原子为C。【详解】A由上述分析可知，的中心离子为，故A错误；B的中心离子为，配体为CN-，故B正确；C中与CN-之间存在配位键，K+与之间存在离子键， CN-中存在极性键，故C错误；D配位键的本质是一个原子提供孤电子对，另外一个原子提供空轨道，接受孤电子，即形成配位键
11、的电子对由某原子单方面提供，故D错误；答案选B。6B【详解】A电子气理论是指：把金属键形象地描绘成从金属原子上“脱落”下来的大量自由电子形成可与气体相比拟的带负电的“电子气”，金属原子则“浸泡”在“电子气”的“海洋”之中，金属的导电性、导热性、延展性均能用金属的电子气理论解释，A正确；B配位数为4的配合物可以为正四面体结构，也可以为平面四边形结构，如四氨合铜离子，为平面四边形结构，B错误；CCu(NH3)4SO4是盐，属于离子化合物，Cu(NH3)42+与SO以离子键结合，在阳离子Cu(NH3)42+中配位体NH3分子内存在极性键N-H键，配位体NH3与中心离子Cu2+之间以配位键结合，在阴离
12、子SO中含有极性共价键，因此Cu(NH3)4SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键，C正确；D冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，D正确；答案选B。7C【详解】A共价化合物Al2Cl6中存在两个配位键，每个铝原子最外层都符合3+3+2=8电子稳定结构，A正确；BAl2Cl6为高度对称且正负电荷中心重合的非极性分子，B正确；CAl2Cl6中四个端基氯原子不参与杂化，C错误；D共价化合物Al2Cl6中存在两个配位键，D正确。 故选C。8C【详解】A该物质易升华，说明构成微粒间作用力弱，它为分子晶体，A项正确；BAl形成四面体构型为sp3杂化，B项正确；C该物质有极性共价
13、键、配位键还存在离子键，C项错误；D含有配位键的化合物为配合物，D项正确；故选C。9C【详解】Ap轨道是哑铃形的，有px、py、pz三种空间取向，故A正确；B金属晶体的作用力是金属键，金属键的存在对金属的导电性有影响，故B正确；CHCl分子的共价键是sp 键，故C错误；D铵根离子与氯离子之间存在离子键，铵根离子内有共价键和配位键，故D正确；故本题选C10B【详解】AP4和CH4的分子构型均为正四面体形，P4分子中4个P占据4个顶点，键角为60度，而甲烷的键角为，故A错误；B石墨单层结构中存在大键，层内的每个碳原子提供1个电子在层内可自由移动，导致石墨具有导电性，故B正确；CFe(CO)5中CO
14、作配体，提供孤电子对的是电负性弱的C原子，故C错误；DH2O的稳定性强于H2S是因为O的电负性强于S，O-H键更牢靠不易断裂，故D错误；故选：B。11A【详解】ANH3分子中N原子的价层电子对数为3=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，故A正确；B氨气能形成氢键，导致其沸点升高，CO的沸点比低，故B错误；C中提供空轨道，给出孤电子对，两者形成配位键，故C错误；D为气体分子数减小的放热反应，则吸收CO适宜的条件是低温、高压，但不是压强越大越好，压强过大会对设备提出更高的要求，故D错误；故选A。12C【详解】A配体为NH3、H2O、Cl-，配位数为6，故A正确；BCo为过渡元素，提供空轨道的为
15、Co3+，故B正确；C配体为NH3、H2O、Cl-，故C错误；D加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液，外界Cl-可与Ag+得到1molAgCl沉淀，内界Cl-不能与Ag+反应，故D正确；故选C。13A【详解】A 金刚石中，每个碳原子连接4个碳原子形成4根共价键，石墨中，每个碳原子连接3个碳原子形成3根共价键，故等质量的金刚石和石墨中C-C键数目之比为43，故A正确；B 已知BP晶体与金刚石具有相似的空间结构，则每个B原子连接4个P原子形成4根共价键，每个P原子连接4个B原子形成4根共价键，B最外层3个电子，P最外层5个电子，则B周围3个一般共价键，1个配位键，故在BP晶体中一般共价键与配位键数目之
16、比是31，故B错误；C晶体硅中，每个硅原子连接4个硅原子形成4根共价键，根据均摊法可知，一个硅原子占有2个SiSi键，28g晶体硅物质的量为1mol，故28g晶体硅中含有的SiSi键数目为2NA，故C错误；D超分子的重要特征之一为分子识别，例如杯酚能识别而不能识别，故D错误；故选A。14C【详解】AR中的铵根离子中含有配位键，故A错误；B1个R中含有6个，3个和4个，则1个R中含键总数为，故B错误；C中每个N原子形成两条共价键，pz轨道留有一个单电子，5个N的5个pz轨道交盖形成离域大键，的价电子总数为，键个数为5，每个氮原子有1对孤电子对，且未参与形成大键，所以参与形成大键的电子数为，故C正
17、确；D由图可知，R中H和Cl之间也能形成氢键，故D错误；答案选C。15C【分析】M、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期主族元素，M能形成+1价阳离子，则M是Li元素，Z能形成1个共价键、W形成4个共价键、X形成4个共价键，Y形成2个共价键，根据成键规律，W是B元素、X是C元素、Y是O元素、Z是F元素。【详解】A水分子间能形成氢键，氢化物沸点：CH4H2O，故A错误；B同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，第一电离能：LiBCOCH，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NCH，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
18、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NCN键角小于120，故D错误；故选C。25B【详解】A键角：，A正确；B反应物中CoCl2、NH4Cl是离子晶体， NH3、H2O2是分子晶体，不存在共价晶体，B错误；C水分子中氧原子的电负性比氮原子高，因此水分子中的氢键比氨气分子中的氢键更短、更紧密，从而具有更高的强度，同时
19、，水分子中氢键的排列方式也更加规则和紧密，增加了氢键的强度，因此氢键作用能：OHONHN，C正确；D，因此向溶液中滴加溶液有白色沉淀生成，D正确； 故选B。26(1) H C O(2) 极性 非极性(3) (4) 配位键 Cu(H2O)42+【分析】A原子的K层的电子数目只有一个，A为H元素；B位于A的下一周期，它的最外层电子数比K层多2个，则B为C元素；而C原子核外的最外层电子数比次外层电子数多4个，则C为O元素。【详解】（1）根据分析 ，它们的元素符号分别为A为H、B为C、C为O（2）BC2为CO2，是极性键组成的非极性分子。（3）A2C为H2O，其电子式为，BC2是CO2，其电子式为（4
20、）H2O能与Cu2+形成一种特殊的共价键，即形成配位键，其化学式为Cu(H2O)42+27 球形 OS NO sp3 正四面体形 1：1 直线型 CN【分析】（1）Fe元素为26号元素，根据泡利原理与洪特规则对价电子层进行排布即可；其最外层电子处于s能级；（2）元素周期表中，同主族元素的电负性从上到下逐渐变小；同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，第一电离能反常；根据杂化轨道理论和VSEPR模型分析作答；（3）SCN-可检验Fe3+，再结合共价键的存在规律和杂化轨道理论分析作答；（4）根据配合物理论作答。【详解】（1）Fe元素为26号元素，其基态Fe原
21、子的价层电子的电子排布图为，因该原子最外层为4s能级，则其最外层电子云形状为球形，故答案为；球形；（2）O与S同族，且在S的上一周期，则O、S两元素的电负性由大到小的顺序为OS，故答案为OS；同一周期中，第一电离能呈增大趋势，但N处于VA族，其最外层p能级处于半充满状态，较为稳定，则其第一电离能比O高，即；NO，故答案为NO；杂化轨道数 = 中心原子孤电子对数+中心原子结合的原子数，则SO42-中S原子的孤电子对数为（6-24+2）= 0，则其杂化轨道数为0+4 = 4，故其杂化方式为sp3，又其价层电子对数 = 0+4 = 4，则其VSEPR模型名称为正四面体形，故答案为sp3；正四面体形；
22、（3）SCN-可与Fe3+发生特征的显色反应，根据各原子满足8电子稳定结构可知，分子内S原子与C原子共用一对电子对，C与N共用三对电子对，则其电子式为；根据电子式和结构式可知，SCN-内部含一个共价单键和一个共价三键，则键数目为1+1 = 2，和键的数目为2，故两者之比为1：1；SCN-中心原子C的杂化轨道数为2+0 = 2，故采用sp杂化，其分子空间构型为直线型，故答案为；1：1；直线型；（4）在K3Fe(CN)6配合物中，CN-作为配体，与中心离子Fe3+形成配合物，故答案为CN-。28 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2【详解】乙二胺分子中含有2个N原子，两个N都能提供孤对电子给金属离子形成配位键，所以乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子半径大于镁离子，形成配位键时头碰头重叠程度较大，所以Cu2与乙二胺形成的化合物较稳定。答案第9页，共10页学科网（北京）股份有限公司