第二章 第3节离子键配位键与金属键同步练习 高二化学鲁科版（2019）选择性必修2 .docx

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1、第二章微粒间相互作用与物质性质第3节离子键，配位键与金属键-高二化学上学期鲁科版（2019）选择性必修2一、选择题（共15题）1下列微粒中不存在配位键的是()ASiH4 BNH CH3O DFe(SCN)63-2下列物质中，含离子键的是ANaClBH2OCCO2DCH43下列有关化学用语表示正确的是ANe和Na+的结构示意图均为B质量数为37的氯原子C二氧化碳分子的结构式：C-O-CDNH4Br的电子式：4已知晶体的部分结构如图：下列说法错误的是A非金属元素的电负性：B该结构中存在的化学键有离子键、共价键和氢键C该结构中S的杂化类型为D基态原子的价层电子排布式为5众多的配合物溶于水后易电离为配

2、离子，但配离子难以进一步发生电离。+3价的钴形成的配合物为CoClmnNH3，若中心原子配位数为6，1mol配合物与AgNO3溶液反应时最多可得到1mol沉淀物，则m、n的数值分别为A1、5B5、1C3、4D3、56下列物质所含化学键的类型只有离子键的是AKOHBCD7下列有关说法正确的是A新能源可燃冰(CH4nH2O)中甲烷分子与水分子之间存在氢键BSO3 与 HCHO的分子空间构型均为平面三角形，都是非极性分子CHClO分子中既有“s-p 键”又有“p-p 键”D向含有1 mol Co(NH3)4Cl2Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液能生成3mol AgCl8在氯化铬晶体()配成的水溶

3、液中加入过量的溶液，产生沉淀，此氯化铬晶体的组成也可表示为ABCD9普鲁士蓝的化学式为，下列说法正确的是A该物质中与数目之比为 B该物质中含数目为C该物质中只存在共价键和配位键，不存在离子键 D的核外电子排布式为10关于配合物的说法中正确的是A1mol该配合物含有12mol键B该配合物中心离子的化合价为+3价C该配合物中NH3分子之间能形成氢键D含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3mol白色沉淀11晶体场理论认为，配合物中金属离子的d轨道存在未成对电子时，d电子发生跃迁是金属离子在水溶液中显色的主要原因。下列水溶液没有颜色的是A BCD12Cu2+与缩二脲在碱性溶液中形成

4、的紫色配离子的结构如图所示。下列有关该配离子的说法不正确的是ACu2+的配位数是2 BCu2+的核外电子排布式为Ar3d9C与Cu2+形成的化学键具有方向性和饱和性 D能与水分子形成氢键的原子有N、O、H13下列有关实验说法不正确的是（ ）A萃取Br2时，向盛有溴水的分液漏斗中加入苯，振荡、静置分层后，打开旋塞，先将水层放出B做焰色反应前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色CCuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2+2OH-=Cu(OH)2D可用AgNO3溶液和稀HNO3区分NaCl、NaNO214中国科学院发现CO2在核(FeZnZr)壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃，反应机理如

5、图所示。下列说法正确的是A该过程中没有发生电子的转移B1个四氨合锌(II)Zn(NH3)42+中含12个键C示意图中含碳化合物碳原子的杂化方式均相同D催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关15某同学对和都是离子化合物”有下列4点感悟，其中不正确的是A离子化合物中可能含共价键B晶体中既含离子键也含共价键C离子化合物中不一定含金属元素DNaOH和混合加热过程中只有离子键发生断裂二、综合题（共4题）16A、B、C、D四种常见元素的结构信息如下表。试根据信息回答有关问题。元素ABCD性质结构信息最常见氢化物X为三角锥分子且能与 HCl发生化合反应生成盐原子的 M 层上电子数比L层电子数少2

6、个ds区元素，N 层上有一个电子原子的s电子数是p电子数的2倍(1)写出基态B原子的电子排布式：_。(2)向CSO4的溶液中逐滴加入过量X的水溶液，可生成的配合物的化学式为 _，该物质中不存在的作用类型为_(填字母)。a.离子键 b.配位键 c.极性键 d.氢键(3)下列几种氢化物分子： AH3 D2H2H2B DH4中心原子采用sp3杂化形成化学键的是 _ (填序号)；在的分子中有 _ 个键，该分子中电子运动状态共有 _种。17根据元素在体内含量不同，可将体内元素分为常量元素和微量元素。其中H、C、O、N、S、P等为常量元素，Fe、Zn等为微量元素。回答下列问题：(1)锌的氨合离子Zn(NH

7、3)42+中存在的化学键有_。A离子键 B共价键 C配位键 D氢键 E.键 F.键(2)数据表明，S的第一电离能小于P的第一电离能，其原因可能有两种：一种原因是S失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，电离能较低，另一种是原因是_。(3)氧与氮可形成正离子，其空间构型为_。(4)与互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(5)H2O分子中的键长比H2S中的键长_(填“长”或“短”)。H2O分子的键角比H2S的键角大，其原因是_。S8与热的浓NaOH溶液反应的产物之一为Na2S3，的空间构型为_。18铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途 (一)如金属铜用来制造电线电缆，超细铜粉可应用于导电材

8、料、催化剂等领域中；CuCl和都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等 (1)超细铜粉的某制备方法如下： 中的配体是_ 。 (2)氯化亚铜的制备过程是：向溶液中通入一定量SO2，微热，反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀，反应的离子方程式为_ 。 (二)波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、果树和花卉上，鲜蓝色的胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料(1)与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有 _ 填元素符号。 (2)往浓溶液中加入过量较浓的直到原先生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液小心加入约和溶液等体积的并使之分成两层，静置经过一段时间后可观察到

9、在两层“交界处”下部析出深蓝色晶体是_(写化学式)，实验中所加的作用是_。 (3)晶体中呈正四面体的原子团是_ ，杂化轨道类型是杂化的原子是_。19三氯化六氨合钴（）是一种重要的配合物原料，实验室制备实验流程如下：已知：Co(NH3)6Cl3在水中电离为Co(NH3)63和Cl，Co(NH3)6Cl3的溶解度如下表：温度（）02047溶解度（g）4.266.9612.74（1）第步需在煮沸NH4Cl溶液中加入研细的CoCl26H2O晶体，加热煮沸与研细的目的是_（2）实验室制备三氯化六氨合钴(III)的化学方程式为：_（3）实验操作1为 _Co(NH3)6Cl3溶液中加入浓盐酸的目的是_（4）

10、现称取0.2675gCo(NH3)6Cl3（相对分子质量为267.5），在A中发生如下反应：Co(NH3)6Cl33NaOHCo(OH)3+6NH3+3NaCl（装置见右下图），C中装0.5000molL1的盐酸25.00mL，D中装有冰水。加热烧瓶，使NH3完全逸出后，用少量蒸馏水冲洗导管下端外壁上粘附的酸液于C中，加入23滴甲基红指示剂，用0.5000molL-1的NaOH滴定。已知：当滴定到终点时，共需消耗NaOH溶液_mL(准确到0.01mL)。当用上述原理测定某Co(NH3)xCl3晶体中x值，实验过程中未用少量蒸馏水冲洗导管下端内外壁上粘附的酸液于C中，则x值将_（填“偏大”、“偏

11、小”或“不变”）参考答案1A【详解】ASiH4中Si与4个H之间均为极性共价键，不含配位键，A符合题意；BNH中有一条键为配位键，N提供一对孤对电子，H+提供空轨道，形成配位键，B不符合题意；CH3O中有一条键为配位键，O提供一对孤对电子，H+提供空轨道，形成配位键，C不符合题意；DFe(SCN)63-里SCN-中S提供孤对电子，Fe3+提供空轨道，形成配位键，D不符合题意；故选A。2A【详解】ANaCl是离子化合物，Na+与Cl-之间通过离子键结合，A符合题意；BH2O是共价化合物，H原子与O原子之间通过H-O共价键结合，B不符合题意；CCO2是共价化合物，C原子与O原子之间通过C=O共价键

12、结合，C不符合题意；DCH4是共价化合物，H原子与C原子之间通过C-H共价键结合，D不符合题意；答案为A。3D【详解】A Ne原子的质子数和电子数均为10，Ne的结构示意图均为，钠离子的质子数和电子数分别为11、10，钠离子的结构示意图均为 ，A错误；B 核素符号的左下角为质子数、左上角为质量数，质量数为37的氯原子，B错误；C 二氧化碳分子内存在碳氧双键，结构式：C=O=C，C错误； D NH4Br由铵离子和溴离子构成，电子式：，D正确；答案选D。4B【详解】A晶体中的非金属为O、S、H，同主族从上到下电负性减弱，即O的电负性强于S，S的电负性强于H，因此非金属元素的电负性：OSH，故A说法

13、正确；B氢键不是化学键，故B说法错误；CSO中有4个键，孤电子对数为=0，S的杂化类型为sp3，故C说法正确；DCu为第四周期IB族，属于过渡元素，Cu的价层电子包括最外层和次外层d能级，基态Cu原子的价层电子排布式为，故D说法正确；答案为B。5C【详解】由题干可知，Co显+3价，配合物NH3显电中性，即配合物中含有三个Cl-，1mol该配合物生成1molAgCl沉淀，则1mol该配合物中含1mol外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，又因为Co3+配合物为6，则NH3配合物为4，故该配合物的化学式可写为：CoCl2(NH3)4Cl。故答案为C。6B【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元

14、素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA、IIA族元素和第VIA、VIIA族元素之间易形成离子键。【详解】A氢氧化钾中钾离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，故A错误；B氯化钙中氯离子和钙离子之间只存在离子键，故B正确；C水中氢原子和氧原子之间只存在共价键，故C错误；D氢分子中两个氢原子之间只存在共价键，故D错误；故选B。7C【详解】A新能源可燃冰(CH4nH2O)中甲烷分子与水分子之间不存在氢键，A错误；BSO3 与 HCHO的分子空间构型均为平面三角形，SO3是非极性分子，HCHO是极性分子，B错误；CHClO分子中既有“s-p 键”又有“p-p 键”

15、，C正确；D向含有1 mol Co(NH3)4Cl2Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液只能生成mol AgCl，内界氯离子不参与反应。D不正确；故选C。8B【详解】氯化铬晶体()配成的水溶液中加入过量的溶液，产生沉淀，说明有0.2molCl-在配合物外界，0.1 molCl-参与配位，根据物质的量之比等于个数比可得配合物的化学式为：， 故答案为：B9D【详解】A中含有4个，3个，与数目之比为，A错误；B中含有3（6+6）=36个键，B错误；C中除共价键和配位键外，与之间存在离子键，C错误；DFe原子核外有26个电子，的核外电子排布式为，D正确；故选D。10B【详解】A配合物的配体氨分子内部含

16、有3条键，配体和中心离子之间形成6条键，所以1mol该配合物含有34+618mol键，A错误；B根据化合价代数和为0得原则，可知该配合物中心离子的化合价为+3价，B正确；C氨分子内部含有NH，遇到其他氨分子中的氮原子，可以形成氢键：，所以该配合物中NH3分子之间能形成氢键，C错误；D配合物外界的氯离子可以和银离子生成氯化银沉淀，所以含1mol该配合物的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生1mol白色沉淀，D错误；答案为：B。11A【详解】AZn2+价电子结构为3d10、d轨道无未成对电子，d电子发生d-d跃迁是金属阳离子在水溶液中显色，则的水溶液不显色，故A选；BCr3+价电子排布式为3d54

17、s1，d轨道有未成对电子，的水溶液有颜色，故B不选；CCu2+的价电子排布图为，d轨道有未成对电子，的水溶液有颜色，故C不选；DCo2+价电子电子排布式3d7，d轨道有未成对电子，的水溶液有颜色，故D不选；答案选A。12A【详解】A由图中Cu2+与周围原子的配位键连接数量可以看出，每个Cu2+的配位数为4，描述错误，符合题意；BCu原子核外电子排布式为Ar3d104s1，Cu原子失去两个电子形成Cu2+，所以Cu2+电子排布式为Ar3d9合理，不符题意；C配位键形成原理同共价键，所以成键角度及成键数量都受Cu2+核外的原子轨道数量及轨道杂化类型限制，所以配位键具有方向性和饱和性，描述正确，不符

18、题意；D水分子中H原子可与其它分子中的N、O原子之间形成氢键，水分子中O原子可与其它分子中的H原子之间形成氢键，描述正确，不符题意；综上，本题选A。13C【详解】A苯的密度比水的密度小，故萃取Br2时，向盛有溴水的分液漏斗中加入苯，振荡、静置分层，有机层在上层，水层在下层，打开旋塞，先将水层放出，故A正确；B做焰色试验前，先将铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至无色的目的是排除铂丝上粘有其它金属元素，防止对待检测金属元素的检测造成干扰，故B正确CCuSO4溶液中加入稀氨水，先生成氢氧化铜沉淀，然后发生络合反应，生成可溶性络合物，当氨水过量时离子方程式为：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O

19、，故C错误；D氯化银、亚硝酸银都是难溶于水的白色固体，所以硝酸银滴入氯化钠溶液和亚硝酸钠溶液中都有白色沉淀生成，但是氯化银不溶于稀硝酸，而亚硝酸银溶于稀硝酸；硝酸银溶液滴入亚硝酸钠溶液中没有明显现象，故D正确；答案选C。14D【详解】A根据图示，CO2和H2在核(FeZnZr)壳(Zeolite)催化剂内能高效合成异构化烷烃，H元素的化合价发生了变化，一定存在电子的转移，故A错误；B1个氨气分子中存在3个N-H 键，每个氨气分子与锌原子间形成1个配位键，也是键，因此1个四氨合锌(II)Zn(NH3)42+中含16个键，故B错误；C示意图中含碳化合物均为烷烃，碳原子都属于饱和碳原子，杂化方式均为

20、sp3，但二氧化碳中的碳原子的杂化方式为sp，故C错误；D催化剂具有选择性，在核(FeZnZr)壳(Zeolite)催化剂内能高效氢化成异构化烷烃与催化剂的选择性有关，故D正确；故选D。15D【详解】ANH4Cl是离子化合物，但是其含有共价键，故离子化合物中可能含共价键，A项正确；BF元素的非金属性强于Cl的，则NH4F也是离子化合物，B项正确；C离子化合物中可含金属元素，也可含等类金属离子原子团，C项正确；D在加热过程中会生成NH3，说明离子失去了H，故有N-H键断裂，故反应中也有共价键断裂，D项错误；答案选D。161s22s22p63s23p4 Cu(NH3)4SO4 d 3 14 【分析

21、】元素A最常见氢化物X为三角锥分子，且能与 HCl发生化合反应生成盐，A是N元素、X是NH3；B原子的 M 层上电子数比L层电子数少2个，B是S元素；C元素是ds区元素，N 层上有一个电子，C是Cu元素；D元素的原子，s电子数是p电子数的2倍，D是C元素；【详解】(1)B是S元素，S原子核外有16个电子，S的电子排布式是1s22s22p63s23p4；(2)C是Cu元素，向CuSO4的溶液中逐滴加入过量氨水，可生成硫酸四氨合铜，化学式为Cu(NH3)4SO4，该物质中存在离子键、配位键、极性键，不存在氢键，选d； (3) NH3中N原子的杂化轨道数是，N原子采用sp3杂化；C2H2中C原子的孤

22、电子对数是，1个碳原子形成2个键，C原子采用sp杂化；H2S中S原子的杂化轨道数是，S原子采用sp3杂化；CH4中C原子的杂化轨道数是，C原子采用sp3杂化；中心原子采用sp3杂化形成化学键的是；C2H2的结构式是，分子中有3个键，该分子中核外电子数是14，电子运动状态共14种；【点睛】本题考查核外电子排布、杂化轨道类型判断，根据核外电子排布规律准确推断元素种类是解题关键，明确ABm、AmBn型的分子中心原子价电子对数的计算方法。17BCE 磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构，第一电离能较高 直线形 N2O4 短 因为O的原子半径比S的小；氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大

23、于H2S V形 【详解】(1) Zn(NH3)42+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，N-H键为单键，为键，故答案为：BCE；(2)S的第一电离能小于P的第一电离能，其原因可能有两种：一种是S失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，电离能较低，另一种是磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构第一电离能较高，故答案为：磷原子的3p轨道电子排布为半充满稳定结构第一电离能较高；(3)氧与氮形成的正离子中N原子的价层电子对数=2+=2，其空间构型为直线形；(4)与互为等电子体的分子具有相同的原子数和价电子数，该分子为N2O4；(5)同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，故原

24、子半径：SO，故键长：H2O分子中的键长比H2S中的键长短；因为O的原子半径比S的小；氧原子半径小于硫，水分子中成键电子对之间排斥力大于H2S，故H2O分子的键角比H2S的键角大；的电子式为，由于中心S原子含有两对孤电子，所以该离子的空间构型为V形。18NH3 K、Cr 加，减小“溶剂”和的极性，降低溶解度 N、S、O 【分析】(一) (1) 根据配合物的组成判断； (2)CuCl2与SO2反应生成CuCl沉淀和硫酸；(二) （1）根据铜的电子排布式分析；（2）在酒精中的溶解度小于在水溶液中的溶解度；(3)晶体中呈正四面体的原子团是，杂化轨道类型是，其价层电子对个数是4。【详解】(一) (1)

25、根据配合物的组成可以判断中的配体是NH3；(2)CuCl2与SO2反应生成CuCl沉淀和硫酸，其反应的离子方程式为：；(二) （1）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，所以Cu原子中有1个未成对电子，第四周期中最外层电子数为1的元素还有：钾其外围电子排布式为4s1，铬其外围电子排布式为3d5 4s1，答案为K、Cr；(2)在两层“交界处”下部析出深蓝色晶体是；实验中加，减小“溶剂”和的极性，降低溶解度；(3)晶体中呈正四面体的原子团是，杂化轨道类型是，其价层电子对个数是4，有N原子、S原子和O原子。19加速固体的溶解

26、实验室制备三氯化六氨合钴(III)的化学方程式为：2CoCl26H2O 10NH3 2NH4Cl H2O2 2Co(NH3)6Cl314H2O 趁热过滤 有利于Co(NH3)xCl3析出，提高产率 13.00 偏大 【详解】（1）第步需在煮沸NH4Cl溶液中加入研细的CoCl26H2O晶体，加热煮沸与研细的目的是加速固体的溶解；（2）实验室制备三氯化六氨合钴(III)的化学方程式为：2CoCl26H2O 10NH3 2NH4Cl H2O2 2Co(NH3)6Cl314H2O ；（3）流程图提供的信息可知，实验操作为趁热过滤；Co(NH3)6Cl3溶液中加入浓盐酸的目的是：Co（NH3）6Cl3

27、 溶液中加入浓HCl增大氯离子浓度，依据沉淀溶解平衡理论，平衡向析出晶体的方向移动，所以加入浓盐酸的目的是有利于Co(NH3)6Cl3析出，提高产率；（4）0.2675gCo(NH3)6Cl3（相对分子质量为267.5），物质的量=0.2675g/267.5gmol1=0.001mol，滴定过程分析发生的反应依次为Co(NH3)6Cl3+3NaOHCo(OH)3+6NH3+3NaCl，NH3+HCl=NH4Cl，HCl+NaOH=NaCl+H2O，放出氨气物质的量总计为0.006mol，消耗HCl物质的量0.006mol，HCl总物质的量=0.0250L0.5molL1=0.0125mol，所以消耗剩余HCl需要氢氧化钠物质的量=0.0125mol-0.006mol=0.0065mol，当滴定到终点时，共消耗NaOH溶液的体积=0.0065mol/0.5molL1=0.0013L=13.00ml；当用上述原理测定某Co(NH3)xCl3晶体中x值，实验过程中未用少量蒸馏水冲洗导管下端内外壁上粘附的酸液于C中，导致酸液减少，消耗氢氧化钠的量减少，测定氨气量增多，x值将偏大。