3.4配合物与超分子课后练习2024-2025学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修2

3.4配合物与超分子课后练习2024-2025学年高二化学人教版（2019）选择性必修2 一、单选题 1．下列说法不正确的是 A．光谱分析就是利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素 B．用红热的铁针刺涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈圆形 C．手性催化剂只催化或者主要催化一种手性分子的合成，而不得到它的手性异构分子。 D．过渡金属离子对多种配体具有很强的结合力，因而，过渡金属配合物远比主族金属配合物多 2．下列分子或离子中，不含有孤对电子的是（    ） A．H2O B．H3O+ C．NH3 D．NH 3．化学与科技密切相关。下列说法错误的是 A．北斗卫星系统星载铷钟所用与的物理性质不同 B．“天宫”实验舱太阳能电池采用的砷化傢()是新型无机非金属材料 C．超分子粘合剂具有很高的粘合强度，超分子以共价键连接其他分子 D．全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基具有很好的亲水性 4．下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是 A．根据原子核外电子排布的特点，Cu在周期表中属于d区元素 B．基态铜原子的价电子排布式：3d94s2 C．基态氧原子的轨道表示式： D．铜氨配离子的结构式： 5．下列物质中，不能作为配合物的配位体的是 A． B． C． D． 6．下列说法中错误的是 A．水很稳定是因为水中含有大量氢键 B．酸性强弱：三氟乙酸＞三氯乙酸＞乙酸 C．AgCl溶于氨水，是由于AgCl与反应生成了可溶性配合物 D．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X射线衍射实验 7．在液氨中投入金属钠，迅速溶剂化得到蓝色溶液[含有：和]，且过程中有少量产生。下列说法正确的是 A．0.1mol钠投入液氨中生成时，Na共失去0.1mol电子 B．电子通过配位键和结合 C．和示意图为、 D．钠与液氨的反应可表示为 8．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．含有1mol的水溶液中电离出来的数目为 B．1mol配离子中键的数目为 C．12g金刚石中键的数目为 D．1mol中含有键数目为 9．氨缩脲( )在碱性条件下与CuSO4溶液可形成紫色物质(结构如图)。下列说法错误的是 A．该物质中含有共价键和配位键 B．该物质中的非金属元素电负性：N＞O＞C＞H C．该物质能与水分子形成氢键的原子有 N、O、H D．该物质中铜离子的配位数是 4 10．以下微粒含配位键的是 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ A．①④⑤⑥⑦⑧ B．①②④⑦⑧ C．①③④⑤⑥⑦ D．全部 11．下列说法中错误的是 A．含有配位键的化合物就是配位化合物 B．在NH和[Cu(NH3)4]2+中都存在配位键 C．[Cu(NH3)4]2+中的Cu2+提供空轨道，NH3中的N原子提供孤对电子形成配位键 D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应等领域都有着广泛的应用 12．三氯化氮()常温是一种淡黄色液体，其分子结构呈三角锥形，以下关于的说法中正确的是 A．它是一种非极性分子 B．已知中N元素为−3价，所以水解产物为和HClO C．其挥发性比小 D．它能以配位键与结合，生成 13．色胺酮是中药板蓝根等菘蓝药用植物有效成分。以甲醇为溶剂，可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)，下列说法错误的是    A．色胺酮分子中含有酰胺基，可在酸性或者碱性条件下水解 B．色胺酮分子中原子均为杂化 C．色胺酮钴配合物中钴的配位数为4 D．X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个分子，是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合 14．下列实验对应的离子方程式不正确的是 A．将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合：2HCO+Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O B．等物质的量的NO和NO2被NaOH溶液完全吸收：NO+NO2+2OH-=2NO+H2O C．Na2S2O3溶液加入稀硝酸：S2O+2H+=SO2↑+S↓+H2O D．向NaF溶液中滴加少量AlCl3溶液：Al3++6F-=AlF 15．超分子定义中的分子是广义的，包括离子。一种羟甲基酚钠盐形成的含铁超分子的化学式可以表示为，羟甲基酚的结构通式如图所示：    下列推测合理的是 A．该超分子中的铁元素对应微粒为亚铁离子 B．羟甲基酚属于“杯酚”，不具有分子识别特征 C．该超分子可将过渡金属离子萃取到有机溶剂中 D．该超分子属于离子化合物，熔点低于NaCl 16．配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为 A．Cu2+、OH-、2+、2 B．Cu+、NH3、1+、4 C．Cu2+、NH3、2+、4 D．Cu2+、NH3、2+、2 17．下列相关反应的化学方程式书写正确的是 A．向浓氨水中滴加少量硫酸铜溶液： B．铁粉在高温下与水蒸气反应： C．常温下，与氧气反应： D．向溶液中加入溶液制备： 18．乙酰乙酸乙酯存在酮式与烯醇式的互变异构，其中烯醇式可与结合产生紫色，其结构如图所示，下列有关该配离子的说法正确的是 A．有23种空间运动状态的电子 B．该配离子中含有6个配体 C．该配离子中碳原子的杂化类型有、杂化 D．该配离子中含有的化学键有离子键、极性键、非极性键、配位键 19．已知为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．中共价键的数目为 B．用石墨电极电解溶液在阴极产生11.2L(标准状况)气体时，电路中转移电子数为 C．中键的个数为 D．78g苯和苯乙烯的混合液完全燃烧，消耗的分子数为 20．冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并—18—冠—6与形成的螯合离子的结构如图所示。下列说法错误的是 冠醚 冠醚空腔直径/pm 适合的粒子(直径/pm) 15—冠—5 17—220 18—冠—6 260—320 21—冠—7 340—430 A．冠醚可以用来识别碱金属离子 B．二苯并-18-冠-6也能适配 C．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种 D．一个螯合离子中配位键的数目为6 21．下列有关物质结构和性质的说法错误的是 A．晶莹剔透的水晶中也含有一定成分的离子键 B．冠醚(18-冠-6)的空穴与尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子 C．含有手性碳原子的晶体才具有手性 D．离子晶体中可能存在共价键、氢键 22．含有未成对电子的物质具有顺磁性。下列物质一定具有顺磁性的是 A． B．TiCl4 C． D． 23．某性能优良的多孔储氢材料前驱体结构如图所示，X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族非金属元素，基态M原子的电子填充了3个能级，且成对电子数是未成对电子数的3倍。下列说法正确的是    A．原子半径：X＞Y＞Z B．阴、阳离子中均含有配位键 C．Z、W、M两两之间均能形成双原子分子 D．X、W、M三种元素组成的化合物中不可能含有离子键 24．某物质的结构如下图，下列对该物质的分析正确的是 A．该物质中不存在键 B．该物质的分子中只含有共价键、配位键两种作用力 C．该物质是一种配合物，其中原子为中心原子 D．该物质中C、N、O原子均存在孤电子对 25．CoxNi(1-x)Fe2O4在磁性材料和催化剂领域具有广泛的应用前景，Co3+可以形成配合物[Co(NH2—CH2—CH2—NH2)(NH3)2Cl2]Cl。下列说法不正确的是 A．第四周期中不成对电子数目最多的基态原子的价电子轨道表示式为 B．CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是+3 C．乙二胺与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高的原因是乙二胺分子间可以形成氢键，而三甲胺却形成了分子内氢键 D．该配合物中Co3+的配位数是6 二、填空题 26．为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。 (1)中铁的化合价为0，则该物质中含有的化学键类型有 (填字母)。 A．离子键        B．极性共价键        C．非极性共价键        D．配位键 (2)能被溶液吸收生成配合物，该配合物中心离子的配位数为 。 27．为浅紫色，但溶于水所得溶液I却呈黄色，其原因是 ，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可采取的方法是 。 28．配位化学的应用十分广泛，在经济、生产、生活等方面都有重要作用。 (1)在配合物中部分分子或离子与中心离子较紧密地结合在一起，组成在溶液中能够稳定存在的整体，称为“内界”{书写时用“[  ]”与外界分离}。与中心离子结合不够紧密的离子则处于“外界”。内界和外界不同，物质的性质也不同，如CoCl3与NH3形成的三种配合物A、B、C，Co3+的配位数均为6，但它们的颜色各异，如果各取1molA、B、C溶于水，加入足量硝酸银溶液，分别产生1mol、2mol、3mol白色沉淀。则它们的化学式分别为A： ；B： ，C： ，它们的配体分别是A： ；B： ；C： 。 (2)甲醇和CO合成乙酸时，使用铑羰基化合物[Rh(CO)2I2]-作为催化剂，使得原本需要高压下才能进行的反应在低压下也能进行。其催化机理如图： ①根据Rh的化合价可将I、II、III、IV、V分为： 1)化合价 价，包含 ； 2)化合价 价，包含 ；(有几种化合价填几类，可不填满，也可增加) ②上述机理中包括 步反应，其中一步为氧化加成，该步反应的方程式为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【详解】A．不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确； B．晶体具有各向异性，所以用红热的铁针刺涂有石蜡的水晶柱面，熔化的石蜡呈椭圆形，故B错误； C．在手性催化中，潜手性化合物在反应过程中会与手性催化剂形成一种最稳定的过渡态，从而只会诱导出一种手性分子，所以利用手性催化剂合成主要（或只）得到一种手性分子，而不得到它的手性异构分子，故C正确； D．由于许多过渡元素金属离子对多种配体具有很强的结合力，能形成种类繁多的配合物，所以过渡金属配合物远比主族金属的配合物多，故D正确； 答案选B。 2．D 【详解】A．H2O中，氧原子最外层有4对电子对，其中两个与氢原子形成共用电子对，还有两个孤电子对，故A错误； B．H3O+中， 氧原子最外层有4对电子对，其中三个与氢原子形成共用电子对，还有一个孤电子对，故B错误； C．NH3中氮原子最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，还有一个孤电子对，故C错误； D．NH中氮原子最外层有5个电子，与三个氢原子形成三对共用电子对，与一个氢离子形成一个配位键，故没有孤电子对，故D正确； 故选D。 3．C 【详解】A．87Rb  与 85Rb的质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质不同，A正确； B．砷化镓属于新型无机非金属材料，B正确； C．超分子内的分子间作用力属于非共价键，C错误； D．全氟磺酸质子膜广泛用于水电解制氢，磺酸基的结构简式为－SO3H，含有的羟基(-OH)属于亲水基，具有很好的亲水性，D正确； 故选C。 4．D 【详解】A．Cu在周期表中IB族，其价电子排布式为3d104s1，属于ds区元素，A错误； B．基态铜原子的价电子排布式：3d104s1，B错误； C．上述电子排布规律不遵循洪特规则，基态氧原子正确的的轨道表示式：，C错误； D．铜氨配离子的化学式为Cu(NH3)，氨分子中氮原子提供孤电子对给铜的空轨道形成配位键，结构式为：，D正确； 故选D。 5．C 【详解】A．中N原子有孤电子对，可以作为配合物的配体，A不符合题意； B．中N原子有孤电子对，可以作为配合物的配体，B不符合题意； C．中N、H原子均没有孤电子对，不能作为配体，C符合题意； D．NH3中N原子有孤电子对，可以作为配合物的配体，D不符合题意； 综上所述答案为C。 6．A 【详解】A．水很稳定是因为O-H键键能大，共价键牢固，不易断裂，A错误； B．吸电子基团越强，酸性越强。氟的电负性大于氯，氟的吸电子能力大于氯，所以三氟乙酸的酸性是最强的，其次是氯乙酸，乙酸没有吸电子基团，存在推电子基团，酸性比三氯乙酸弱，B正确； C．AgCl与可以形成可溶性配合物，所以AgCl溶于氨水，C正确； D．对固体进行X射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，D正确； 故选A。 7．A 【详解】A．0.1mol钠投入液氨中生成0.01mol H2，0.1mol Na转化为0.1mol Na+，共失去0.1mol电子，A选项正确； B．含有孤电子对和含有空轨道的原子之间容易形成配位键，NH3无空轨道、氮原子含有孤电子对，故电子不是通过配位键和NH3结合，B选项错误； C．e-(NH3)y中NH3的氮原子含有孤电子对，带负电，中心的e-也带负电，相互排斥，故NH3中的N原子应该朝外，对应的示意图指误；Na+(NH3)x中Na+含有空轨道，NH3含有孤电子对，故形成配位键，对应的示意图正确，C选项错误； D．钠与液氨发生氧化还原反应生成氢气，反应可表示为2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，D选项错误； 故选A。 8．C 【详解】A．含有1mol[Ag(NH3)2]OH的水溶液中包括[Ag(NH3)2]+、NH3分子、NH3·H2O分子、NH、OH-和少量Ag+，故电离出来的Ag+数目小于NA，A错误； B．1mol配离子[Zn(NH3)4]2+中含有12molN―H键，4mol配位键，σ键的数目为16NA，B错误； C．12g金刚石中，碳原子的物质的量为=1mol，每个碳原子可以参与形成4个C-C键，每个C-C键由两个碳原子形成，则12g金刚石中C-C数目为2NA，C正确； D．N2的结构为N≡N，含有2个π键，故1molN2中含有π键数目为2NA，D错误； 故答案为：C。 9．B 【详解】A．该物质中含有碳氮、氮氢、碳氧共价键等，氧与铜之间存在配位键，故A正确； B．该物质中的非金属元素电负性：O＞N＞ C＞H，故B错误； C．该物质的原子N、O与水分子中氢原子形成氢键，该物质的原子H(N—H)与水中氧形成氢键，故C正确； D．根据图中信息得到该物质中铜离子的配位数是 4，故D正确。 综上所述，答案为B。 10．A 【详解】①中有1个与1个原子形成配位键； ②中4个原子与原子形成共价单键，不存在配位键； ③中原子与原子形成共价键不存在配位键； ④中有1个与原子形成配位键； ⑤中配体与中心原子形成配位键； ⑥中配体与形成配位键； ⑦中有1个与原子形成配位键； ⑧中配位体与形成配位键。 综上所述，①④⑤⑥⑦⑧中都存在配位键，故选A。 11．A 【详解】A．配位化合物中一定含有配位键，但含有配位键的不一定是配位化合物，如H3O+、NH，故A说法错误； B．NH中N提供孤电子对，H+提供空轨道，形成配位键，[Cu(NH3)4]2+中Cu2+与NH3形成配位键，故B说法正确； C．[Cu(NH3)4]2+中的Cu2+提供空轨道，NH3中的N原子提供孤对电子形成配位键，故C说法正确； D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应等领域都有着广泛的应用，故D说法正确； 答案为A。 12．B 【详解】A．分子结构呈三角锥形，则它是一种极性分子，故A错误； B．已知中N元素为−3价，因此−3价氮与氢形成，+1价Cl与氧氢形成次氯酸，则水解产物为和HClO，故B正确； C．和结构相似，相对分子质量小，范德华力小，沸点低，因此其挥发性比大，故C错误； D．中N和都有孤对电子，但是它们没有空轨道来容纳孤电子对，因此不能以配位键与结合，故D错误。 综上所述，答案为B。 13．B 【详解】A．由图可知，色胺酮分子中含有酰胺基，酰胺可在酸性或者碱性条件下发生水解，故A正确； B．由结构简式可知，色胺酮分子中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误； C．由结构简式可知，色胺酮钴配合物中钴离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，钴的配位数为4，故C正确； D．甲醇分子中的羟基可以形成氢键，则X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个甲醇分子说明甲醇通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合，故D正确； 故选B。 14．C 【详解】A．将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合生成氢氧化镁、碳酸钠和水：2HCO+Mg2++4OH-=Mg(OH)2↓+2CO+2H2O，A正确； B．等物质的量的NO和NO2被NaOH溶液完全吸收生成亚硝酸钠和水：NO+NO2+2OH-=2NO+H2O，B正确； C．Na2S2O3溶液加入稀硝酸，硝酸具有强氧化性，反应的产物为S沉淀、Na2SO4、NO、H2O，正确的离子方程式为3+2H++2=3S↓+3+2NO↑+H2O，C错误； D．向NaF溶液中滴加少量AlCl3溶液生成AlF：Al3++6F-=AlF，D正确； 答案选C。 15．D 【详解】A．根据化合物化学式可知，Na[Fe(OC11H13)4]中Na为+1价，(OC11H13)—为—1价，则Fe的化合价为+3价，对应微粒是铁离子，不是亚铁离子，故A错误； B．从结构简式看羟甲基酚属于“杯酚”，具有分子识别特征，故B错误； C．该超分子可将过渡金属离子形成配位化合物，不可作为萃取剂，故C错误； D．该超分子属于离子化合物，阴离子[Fe(OC11H13)4]—的半径大于Cl—的半径，晶格能小，熔点低，故D正确； 故本题选D。 16．C 【详解】配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子是Cu2+，4个氨分子和Cu2+形成配位键，配体是NH3，中心离子的电荷数为+2，配位数为4，故选C。 17．D 【详解】A．氨水能溶解氢氧化铜生成四氨合铜离子，正确的离子方程式为，A项错误； B．铁在高温下与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为，B项错误； C．常温下，和不反应，C项错误； D．碳酸氢钠与氯化锰反应生成碳酸锰、氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为，D项正确； 故选D。 18．C 【详解】A．Fe的原子序数为26，Fe原子失去4s能级上的2个电子和3d能级的1个电子形成，则的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，电子占有轨道数为14，有14种空间运动状态的电子，选项A错误； B．该配离子中含有6个配位键，有3个配体，选项B错误； C．双键上的C原子形成3个σ键且无孤电子对，采用sp2杂化，饱和C原子价层电子对数为4，采用sp3杂化，选项C正确； D．该配离子中含有的化学键有极性键、非极性键、配位键，不含离子键，选项D错误； 答案选C。 19．B 【详解】A．40gSiC的物质的量为1mol，每个Si原子与相邻的4个C原子形成4个Si-C共价键，每个C原子与相邻的4个Si原子形成4个Si-C共价键，所以1molSiC中Si-C共价键的数目为4NA，A正确； B．用石墨电极电解CuSO4溶液，在阴极上先发生Cu2++2e-=Cu，之后发生2H++2e-=H2，当阴极产生标况下11.2L(0.5mol)气体时，电路中转移电子数大于NA，B错误； C．1个[Cu(H2O)4]2+中含有4个配位键，配位键属于键，含有4个水分子中含有8个键，所以1mol[Cu(H2O)4]2+中键的个数为12NA，C正确； D．苯和苯乙烯的最简式均为CH，78g苯和苯乙烯的混合液中含有6molCH，完全燃烧消耗7.5molO2，D正确。 故选B。 20．B 【详解】A．由表知，碱金属离子的粒子在冠醚空腔直径范围内，冠醚与碱金属离子的包含物都是超分子，可以识别碱金属离子，A正确； B．一般而言，电子层数越多半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；Li+半径小于钠离子；由图标可知，二苯并-18-冠-6不能适配Li+，B错误； C．该冠醚分子中苯环碳原子为sp2杂化、其它碳链上的碳原子为sp3杂化；碳原子杂化方式有2种，C正确； D．由结构简式可知，一个鳌合离子中配位键的数目为6，D正确； 故选B。 21．C 【详解】A．水晶的主要成分是二氧化硅，硅元素与氧元素的电负性相差较大，化合物中硅氧键的极性较强，接近于离子键，部分表现出离子键的特性，所以水晶中也含有一定成分的离子键，故A正确； B．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，分子间作用力是弱相互作用，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配钾离子(276pm)，冠醚与钾离子之间形成配位键，通过弱相互作用形成超分子，故B正确； C．有手性异构体的分子被称为手性分子，当分子中存在两个或两个以上的手性碳原子时，会出现内消旋体，这种含有内消旋体的分子不是手性分子，故C错误； D．离子晶体中一定含有离子键，可能存在共价键、氢键，如离子晶体胆矾的平面结构式如图所示：，晶体中存在极性共价键、配位键和氢键，故D正确； 故选C。 22．A 【详解】A．中Cu2+的价电子排布式为：3d9，含未成对电子，属于顺磁性物质， A正确； B．TiCl4中Ti4+价电子排布式为3s²3p6，整个结构中不含未成对电子， 不属于顺磁性物质， B错误； C．中，Cu+价电子排布式为：3d10，整个结构中不含未成对电子，不属于顺磁性物质， C错误； D．中Fe2+价电子排布式为3d6，含有4个未成对电子，但4个K原子可提供4个电子，整个结构中不含未成对电子，不属于顺磁性物质， D错误； 答案选A。 23．B 【分析】由题干信息可知，基态M原子的电子填充了3个能级，且成对电子数是未成对电子数的3倍，故M为O，根据多孔储氢材料前驱体结构图可知W周围形成了4个单键，再结合信息X、Y、Z、W、M原子序数依次增大，故W为N元素，X只形成一个单键，X为H元素，Z为C元素，则Y为B元素，以此来解答。 【详解】根据题意可知X、Y、Z、W、M依次为H、B、C、N、O。 A．原子半径：，A错误； B．阳离子中N与C之间形成1个配位键，N原子提供孤对电子，C提供空轨道，阴离子O与B形成1个配位键，故B正确； C．C和N不能形成双原子分子，C错误； D．H、N、O三种元素可以形成，含有离子键，D错误。 答案选B。 24．C 【详解】A．单键全是键，双键中有1个键，该物质中存在键，故A错误； B．根据结构，该物质的分子中含有氢键、共价键、配位键三种作用力，故B错误； C．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，故C正确； D．C原子最外层的4个电子全部成键，没有孤电子对，故D错误； 选C。 25．C 【详解】A．第四周期中不成对电子数目最多的基态原子为铬，其价电子轨道表示式为，A正确； B．CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，由化学式各元素化合价代数和为0推知Fe的化合价是+3，B正确； C．乙二胺与三甲胺[N(CH3)3]均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺高的原因是乙二胺分子间可以形成氢键，而三甲胺分子间不能形成氢键，C错误； D．由于NH2-CH2-CH2-NH2有两个N原子可以提供两个孤电子对，结合化学式[Co(NH2-CH2-CH2-NH2)(NH3)2Cl2]Cl，Co3+的配位数为2+2+2=6，D正确； 故选C。 26． BD 6 【详解】(1)化合物中含有的化学键类型：碳原子和氧原子之间的极性共价键，和之间的配位键。 (2)在此配合物中配位体由1个和5个分子构成，故该配合物中心离子的配位数为6。 27． 水解产物为黄色 向该溶液中加 【详解】Fe3+可与H2O形成配离子，为浅紫色。将固体溶解，溶液却呈黄色，其原因是Fe3 +水解产物为黄色，为了能观察到溶液中的浅紫色， 可采取的方法是向该溶液中加HNO3，抑制铁离子水解。故答案为：水解产物为黄色；向该溶液中加HNO3。 28．(1) [Co(NH3)4Cl2]Cl [Co(NH3)5Cl]Cl2 [Co(NH3)6]Cl3 NH3和Cl- NH3和Cl- NH3 (2) +1 I、V +3 II、III、IV 5 +CH3I= 【详解】（1）CoCl3与NH3形成的三种配合物A、B、C，Co3+的配位数均为6，说明“内界”有6个配体，如果各取1molA、B、C溶于水，加入足量硝酸银溶液，分别产生1mol、2mol、3mol白色沉淀，说明“外界”Cl-的个数分别为1、2、3个，故化学式分别为A：[Co(NH3)4Cl2]Cl；B：[Co(NH3)5Cl]Cl2；C：[Co(NH3)6]Cl3；由以上结构可知，配体分别是A：NH3和Cl-；B：NH3和Cl-；C：NH3； （2）①由图示可知，CO可以认为化合价为0，根据正负化合价代数和为0可知，Ⅰ中Rh化合价为+1价，Ⅱ中Rh化合价为+3价，Ⅲ中Rh化合价为+3价，Ⅳ中Rh化合价为+3价，Ⅴ中Rh化合价为+1价；故为Rh+1价，包含I、V；Rh+3价，包含II、III、IV； ②由图示可知，上述机理中包括5步反应，其中I到II的反应，Rh化合价由+1价变成+3价，作为还原剂被氧化，故氧化加成反应的方程式为+CH3I=。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$