2.3配位化合物和超分子 同步练习 2022-2023学年高二下学期化学沪科版（2020）选择性必修2
一、单选题
1．乙炔()能在催化下与水反应生成，反应历程及相对能垒如图所示。下列说法正确的是
A．本反应历程中，决定整个反应快慢的步骤为过程⑤
B．本反应历程涉及的物质中，的稳定性最强
C．其他条件不变，更好的催化剂可改变由乙炔和水制备乙醛的平衡产率
D．过程①中，水分子中的氧原子向Hg2+的空轨道提供孤对电子
2．的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：
已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)
下列说法不正确的是
A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
B．与的配位能力强于
C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
3．冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。15-冠-5与作用；18-冠-6与作用形成超分子如下图所示。下列说法正确的是
A．利用18-冠-6将带入有机物中，更有利于有机物的氧化
B．18-冠-6中O原子与间存在离子键
C．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型不同
D．18-冠-6与作用，不与或作用，这反映了超分子的“自组装”特征
4．a为乙二胺四乙酸，易与金属离子形成螯合物为EDTA与形成的螯合物下列叙述正确的是
A．a和b中的C和N原子均为杂化 B．b中的配位数为4
C．EDTA为非极性分子 D．b含有共价键、离子键和配位键
5．酞菁钴近年来被广泛应用于光电材料、非线性光学材料、催化剂等方面，其结构简式如图所示(Co参与形成的均为单键，部分化学键未画明)。下列说法正确的是
A．酞菁钴分子中C、N原子均存在孤电子对
B．酞菁钴中碳原子的杂化方式有、杂化
C．与Co(Ⅱ)通过配位键结合的是2号和4号N原子
D．1号和3号N原子分别与周围3个原子形成的空间构型为V形
6．下列关于氯及其化合物之间转化反应的离子方程式书写不正确的是
A．实验室制备少量Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑
B．Cl2与石灰乳制漂白粉：Cl2+2OH-=ClO +Cl +H2O
C．向FeBr2溶液中通入少量的Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
D．AgCl固体可溶于氨水：AgCl+2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O
7．是一种重要的化工产品，实验室可利用制取该配合物：。已知的空间结构如图，其中1～6处的小圆圈表示分子，各相邻的分子间的距离相等，中心离子位于八面体的中心，分子到中心离子的距离相等(图中虚线长度相等)，下列说法正确的是
A．为非极性分子
B．、与形成配离子的稳定性：
C．1 mol 含有键的数目为18
D．若中两个被替代，得到的有2种结构
8．氯化铁溶液检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示。下列该配离子的说法正确的是
A．配离子中基态铁离子的价电子排布式为3d64s2
B．配离子中碳原子杂化方式有3种
C．配离子中含有离子键、共价键
D．配离子中Fe3+的配位数为6
9．以下研究有机化合物的方法错误的是
A．质谱法——分析有机化合物的相对分子质量
B．蒸馏——分离提纯互不相溶的有机混合物
C．红外光谱——确定有机化合物分子中的官能团或化学键
D．重结晶法——提纯固体有机化合物常用的方法，利用它们在同一溶剂中的溶解度不同而将杂质除去。
10．将少量硫酸铜溶液滴入氨基乙酸钠溶液(H2N－CH2－COONa)中即可得到结构如图所示的产物。下列叙述错误的是
A．向该反应后的混合溶液中滴加NaOH溶液，会产生蓝色沉淀
B．1molH2N－CH2－COONa中含有8NA个σ键
C．产物中Cu、N原子均为四面体形结构
D．氨基乙酸钠中的氮原子采取sp3杂化
11．“类比”是预测物质性质与化学反应的重要方法之一，但“类比”是相对的，不能违背客观事实。下列“类比”合理的是
A．与浓共热可制，则与浓共热也可制
B．实验室可利用与足量氨水反应来制备，则也可利用与足量氨水反应生成
C．与反应生成，则与反应生成
D．通入溶液中无沉淀，则通入溶液中也无沉淀
12．冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6可以通过图示方法制备。下列说法错误的是
A．18-冠-6分子中C、O都采用sp3杂化
B．18-冠-6可以适配任意碱金属离子
C．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂
D．制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl
13．S和O可组成一系列负二价阴离子，结构如图。下列说法正确的是
硫酸根 焦硫酸根 过二硫酸根 硫代硫酸根
A．电负性，该系列中不存在非极性键
B．1mol焦硫酸根在水溶液中可生成2mol
C．硫酸根和硫代硫酸根的空间构型均为正四面体
D．过二硫酸根具有极强氧化性，原因是其中S元素处于价
14．下列反应的离子方程式表达正确的是
A．将少量通入次氯酸钠溶液中：
B．向溶液中通入：
C．溶液中加入足量溶液：
D．中加入溶液和制：
二、填空题
15．二氟草酸硼酸锂是新型锂离子电池电解质，乙酸锰可用于制造离子电池的负极材料。合成方程式如下：、
(1)基态原子的核外电子排布式为___________，原子的价电子排布图为：___________。
(2)草酸分子中碳原子轨道的杂化类型是___________，草酸分子中含有键的数目为___________。
(3)与互为等电子体的两种阴离子的化学式为___________。
(4)易溶于水，除了它是极性分子外，还因为___________。
(5)向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子。已知与的空间构型都是三角锥形，但不易与形成配离子的原因是___________。
16．请用配位键理论解释下列事实。
(1)NH3和BF3可以反应生成________。
(2)是一元酸，和强碱反应的离子方程式为________。
三、实验题
17．氯化铬()是重要的铬盐，某实验小组利用下图所示装置在实验室制备(夹持装置略去)。已知：易潮解，易溶于水，铬粉在空气中灼烧生成，易与盐酸反应生成氯化亚铬()。请回答下列问题：
(1)按照气流由左到右的方向，上述装置合理的连接顺序为a→_______(填仪器接口字母)。
(2)装置A中橡皮管的作用为_______。
(3)装置C中的试剂X是_______。
(4)装置E的作用为_______。
(5)无水易吸水形成暗绿色的晶体，该配合物的中心微粒为_______，1mol该配合物中含有键的数目为_______。
四、计算题
18．利用物理方法确定有机物分子结构。
(1)若用李比希法测得一种烃的含氧衍生物中：碳的质量分数为，氢的质量分数为，试通过计算确定该有机物的最简式。___________________
(2)有无必要通过质谱法测定该有机物的相对分子质量，进而确定其分子式？____________
(3)若该烃的含氧衍生物核磁共振氢谱中有2个信号峰，请你写出该有机物的结构简式。____________
(4)通过哪一种物理方法，可以确定该有机物中所含的官能团？___________________
19．完成下列问题：
(1)1.000g铝黄铜合金(设只含铜、锌、铝)与0.100mol·dm-3硫酸反应，在25℃和101.325kPa下测得放出的气体的体积为149.3cm3，将相同质量的该合金溶于足量热浓硫酸，在相同温度和压强下测得放出的气体的体积为411.1cm3，计算此铝黄铜合金中各组分的质量分数_____。
(2)向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，CuNH4SO3与足量的硫酸混合并微热，得到金属Cu等物质，本法制得的Cu呈超细粉末状，有重要用途。
①写出生成CuNH4SO3的反应方程式______。
②写出CuNH4SO3与H2SO4作用的反应方程式_____，若反应在敞开反应器中进行，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率______。
③若反应在密闭容器中进行，且酸量充足，计算反应物中的Cu元素变成超细粉末Cu的转化率_____。并对此做出解释______。
参考答案：
1．D
【分析】如图，五个过程中①②⑤为放出能量反应的能垒，③④为吸收能量反应的能垒，其中过程④能垒比过程③大，反应速率较慢。
【详解】A．能垒越大，反应所需的能量越大，过程⑤为放出能量的反应，不能决定反应的快慢，过程④吸收能量且最多，决定反应快慢，故A错误；
B．能量越低越稳定，整个历程中涉及的物质，的能量最低，最稳定，故B错误；
C．催化剂只能加快反应速率，不能改变平衡，所以更好的催化剂不能提高制备乙醛的平衡产率，故C正确；
D．水分子中的氧原子存在孤对电子，中存在空轨道，所以水分子中的氧原子向的空轨道提供孤对电子形成配合物，故D正确；
故选D。
2．C
【分析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与结合生成，步骤③发生平衡转化为；
【详解】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A正确；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B正确；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C错误；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确；
故选C。
3．A
【详解】A．KMnO4具有强氧化性，但它不溶于大多数有机物，利用18-冠-6将 KMnO4带入有机物中，可增大其与有机物的接触面积，更有利于有机物的氧化，A正确；
B．离子键是阴、阳离子间强烈的相互作用，而18-冠-6为分子，分子中的O以原子形式存在，所以与K+间不存在离子键，B错误；
C．18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，均采用sp3杂化，所以其杂化轨道类型相同，C错误；
D．冠醚随环的大小不同而与不同的金属离子作用，如：18-冠6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“分子识别”特征，D错误；
故选A。
4．C
【详解】A．a、b中部分碳原子与氧原子形成双键，这些C原子形成3个σ键、没有孤对电子，采取sp2杂化，A错误；
B．b为配合物，钙离子与N、O原子之间形成配位键，b中Ca2+的配位数为6，B错误；
C．EDTA分子具有对称性，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，C正确；
D．b为配合物，钙离子与N、O原子之间形成配位键，其它原子之间形成共价键，不含离子键，D错误；
故答案选C。
5．C
【详解】A．由图示可知，碳原子最外层4个电子全部参与成键，没有孤电子对，A错误；
B．苯环碳采取杂化，双键碳采取杂化，由图示可知，酞菁钴中碳原子均采取杂化，B错误；
C．N原子与其他原子形成3对共用电子即可达到8电子稳定结构，所以2号和4号N原子上的孤对电子与Co(Ⅱ)通过配位键结合，C正确；
D．1号和3号N原子均形成3个共价键，均有1对孤电子对，则形成的空间构型为三角锥形，D错误；
答案选C。
6．B
【详解】A．实验室制备少量氯气，可以用MnO2与浓盐酸加热制备，其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑，故A说法正确；
B．石灰乳是氢氧化钙的悬浊液，书写离子方程式时不能拆写，即离子方程式为Cl2+Ca(OH)2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，故B说法错误；
C．Fe2+的还原性比Br-强，因此通入少量Cl2，氯气先将Fe2+氧化，其离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故C说法正确；
D．AgCl能溶于氨水，形成络合物，其离子方程式为AgCl+2NH3 H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，故D说法正确；
答案为B。
7．D
【详解】A．的结构：，正负电荷中心不能重合，为极性分子，故A错误；
B．电负性：N＜O,分子中的氮原子更容易给出孤电子对，所以、与形成配离子的稳定性：，故B错误；
C．中含有与形成6个配位键，6个的中有6×3=18个N-H键，所以1 mol 含有键的数目为（18+6=24），故C错误；
D．根据结构图可知，若中两个被替代，可能取代的邻近的或者相对位置的两个，得到的有2种结构，故D正确；
故选D。
8．D
【详解】A．铁离子为+3价，核外价层电子排布为3d5，A错误；
B．配离子中烷基中C原子为sp3杂化，碳氧双键和碳碳双键为sp2杂化，碳原子杂化方式有2种，B错误；
C．配离子中含有共价键，不含离子键，C错误；
D．从图中可以看出，铁离子与周围O原子形成配位键共6个，配位数为6，D正确；
故选D。
9．B
【详解】A．即用电场和磁场将运动的离子(带电荷的原子、分子或分子碎片，有分子离子、同位素离子、碎片离子、重排离子、多电荷离子、亚稳离子、负离子和离子-分子相互作用产生的离子)按它们的质荷比分离后进行检测的方法，A项正确；
B．互不相溶的有机混合物，可选用分液法进行分离，方便快捷，成本低廉，蒸馏可分离提纯沸点差距较大且互溶的有机化合物，B项错误；
C．分子能选择性吸收某些波长的红外线，而引起分子中振动能级和转动能级的跃迁，检测红外线被吸收的情况可得到物质的红外吸收光谱，又称分子振动光谱或振转光谱。分子中的化学键或官能团可发生振动吸收，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱上将处于不同位置，从而可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，C项正确；
D．重结晶利用固体在溶液中的溶解度随温度不同而分离提纯，D项正确；
故选B。
10．A
【详解】A．将少量硫酸铜溶液滴入氨基乙酸钠溶液(H2N－CH2－COONa)中形成图示络合物后，Cu2+以络合物形式存在，溶液中不存在自由移动的Cu2+，则向该反应后的混合溶液中滴加NaOH溶液，不会产生蓝色沉淀Cu(OH)2，A错误；
B．已知单键均为σ键，双键为1个σ键和1个π键，则1molH2N－CH2－COONa中含有8NA个σ键，B正确；
C．由题干图示信息可知，产物中N原子、Cu原子都形成4个共价单键，所以产物中Cu、N原子均为四面体形结构， C正确；
D．氨基乙酸钠中的氮原子价层电子对个数为4，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3，D正确；
故答案为：A。
11．C
【详解】A．NaCl与浓H2SO4共热可制HCl，浓硫酸氧化性很强，能够将NaI氧化为I2，不能用该方法制取HI，A错误；
B．CuCl2溶液中加入过量氨水生成配合物，无沉淀生成，则类推不合理，B错误；
C．Na2O与CO2反应生成Na2CO3，O、S为同主族元素，则Na2S能与CS2反应生成，C正确；
D．通入溶液中有BaSO4沉淀生成，D错误；
故选C。
12．B
【详解】A．18-冠-6分子中C、O的价层电子对数都是4个，都采用sp3杂化，故A正确；
B．18-冠-6的空穴有一定的大小，可以适配某种碱金属离子，不能适配任意碱金属离子，故B错误；
C．冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂，故C正确；
D．由参与反应的有机物结构可知，制取方法中(1)为取代反应，另一种产物为HCl，故D正确；
故选B。
13．B
【详解】A．过二硫酸根中都存在非极性共价键，A错误；
B．1mol焦硫酸根与水反应生成2mol硫酸根离子，B正确；
C．硫代硫酸根中S-S键与S-O键键长不同，故空间构型不是正四面体，C错误；
D．过二硫酸根中S为+6价，其具有较强的氧化性是因为其中含有过氧根，D错误；
故答案选B。
14．D
【详解】A．将少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中，离子方程式：，故A错误；
B．银离子以配位离子存在，正确写法为，故B错误；
C．溶液中加入足量溶液反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，离子方程式为：，故C错误；
D．在碱性条件下将氧化为，根据电子转移守恒配平得：，故D正确；
故选D。
15．(1)
(2)
(3)、、
(4)与形成氢键
(5)F的电负性大，N弧对电子受到F吸引力强，不能提供给
【详解】（1）Mn是25号原子，根据构造原理书写基态Mn原子核外电子排布式为；其价电子包括3d、4s电子，填充满4s能级再填充3d能级，价电子排布式为： ；
（2）草酸分子中C原子价层电子对个数是3，根据构造原理书写C原子轨道杂化类型为sp2；一个草酸分子中含有7个σ键，则1mol草酸中含有σ键的数目为；
（3）与SiF4互为等电子体的阴离子中含有5个原子且价电子数是32，所以与其互为等电子体的阴离子有、、等；
（4）溶质分子和水分子之间形成氢键时能增大溶质的溶解度，与水分子间可形成氢键而导致乙酸易溶于水；
（5）F的电负性比N大，N-F成键电子对偏向F，导致NF3中氮原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以给出孤电子对，形成配位键。
16．(1)NH3中氮原子提供孤电子对，BF3中硼原子提供空轨道，形成配位键。
(2)OH-中氧原子提供孤电子对，中硼原子提供空轨道，形成配位键。
【详解】（1）NH3和BF3可以反应生成是因为NH3中氮原子提供孤电子对，BF3中硼原子提供空轨道，形成配位键；
（2）是一元酸，和强碱反应的离子方程式为是因为OH-中氧原子提供孤电子对，中硼原子提供空轨道，形成配位键。
17．(1)d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i
(2)平衡气压，便于浓盐酸顺利流下
(3)饱和食盐水
(4)吸收，防止空气中水蒸气进入B中
(5)
【分析】A装置用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，生成的氯气中含有HCl与水蒸气，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气进入B中与铬反应生成，因易吸水，因此在B装置后应接一个盛有碱石灰的干燥管，用于除去过量氯气同时防止空气中的水蒸气进入B中，影响产物，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知各管口的连接顺序为a→d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i，故答案为：d→e→f→g→b→c(或c→b)→h→i；
（2）装置A中橡皮管可以连接分液漏斗与锥形瓶，可以起到平衡分液漏斗与锥形瓶内压强，便于浓盐酸顺利流入锥形瓶，故答案为：平衡气压，便于浓盐酸顺利流下；
（3）装置C中的试剂X应盛放饱和食盐水，用于除去氯气中的HCl，故答案为：饱和食盐水；
（4）由以上分析可知装置D中盛放碱石灰的作用为吸收，防止空气中水蒸气进入B中，故答案为：吸收，防止空气中水蒸气进入B中；
（5）由化学式可知中心原子为Cr，其化合价为+3，，该配合物的中心微粒为，1mol该配合物中含有6molH2O，1molH2O中含有2mol键，6mol水中含12mol键，同时配合离子中含有6mol配位键，配位键属于键，1mol该配合物中共含有18mol键，个数为18NA，故答案为：；；
18．(1)
(2)没有必要
(3)
(4)红外光谱
【详解】（1）由碳、氢元素的质量分数可知，含氧衍生物分子中碳、氢、氧的原子个数比为：：≈5：12：4，则有机物的最简式为，故答案为：；
（2）由最简式可知，含氧衍生物分子中碳原子结合的氢原子已达到饱和，有机物的最简式就是分子式，所以必要通过质谱法测定该有机物的相对分子质量，进而确定其分子式，故答案为：没有必要；
（3）由烃的含氧衍生物核磁共振氢谱中有2个信号峰可知，有机物分子结构对称，结构简式为，故答案为：；
（4）通过红外光谱可以确定该有机物中所含的官能团为羟基，故答案为：红外光谱。
19．(1)w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%
(2) 2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH 2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O 50% 100% 在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%
【详解】（1）设1.000g样品中各组分的摩尔数分别为：n(Zn)=x，n(Al)=y，n(Cu)=z。
Cu不能与0.100mol/dm硫酸反应，而A1和Zn均能，放出H2(在25℃和101.325kPa下的总体积为149.3cm3)：n(H2)==6.103×10-3(mol)
因此有x+y=6.103×10-3 ①
铜、锌、铝皆能与热浓硫酸反应，放出SO2(25℃，101.325kPa，总体积411.1cm3)：n(SO2)==1.680×10-2(mol)，则有x+y+z=1.680×10-2 ②
z=1.680×10-2-6.103×10-3=1.070×10-2=n(Cu)
m(Cu)=M(Cu)×n(Cu)=63.546g·mol-1×1.070×10-2mol=0.680g
w%(Cu)=×100%=68.0%
m(Zn)+m(Al)=1.000g-0.680g=0.320g ③
+×=6.103×10-3mol
+×=6.103×10-3mol ④
式③和④联立，解得m(Zn)=0.290g，m(Al)=0.030g
w%(Zn)=×100%=29.0%
w%(Al)=3.0%
故答案为w%(Cu)=68.0%、w%(Zn)=29.0%、w%(Al)=3.0%；
（2）①根据题意：向[Cu(NH3)4]SO4水溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，析出白色沉淀CuNH4SO3，其反应的离子方程式为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；故答案为2[Cu(NH3)4]SO4+3SO2+4H2O=2CuNH4SO3+3SO+6NH；
②CuNH4SO3与H2SO4混合发生反应生成SO2气体，Cu在酸性条件下歧化为Cu2+和Cu：
2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；得到Cu和Cu+物质的量之比相等，则Cu的转化率为50%；故答案为2CuNH4SO3+4H+=Cu+Cu2++2NH+2SO2↑+2H2O；50%；
③在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%；故答案为100%；在密闭容器中，反应生成的SO2将Cu2+还原成Cu+，Cu+再歧化，循环往复。因为SO2循环使用，直至所有Cu(II)都成为Cu，故Cu元素的转化率可达100%。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
