3.4 配合物与超分子-2024-2025学年高二化学同步练习——题型突破（人教版2019选择性必修2）

3.4《配合物与超分子》的题型突破 题型导引 题型一 配位键及其形成条件的辨析 题型二 配合物及其判断方法 题型三 配合物及其配离子结构的辨识 题型四 配合物的组成及其形成过程 题型五 配合物的结构及其配位键的表示方法 题型六 配合物的组成、结构与性质的关系 题型七 配离子的形成过程与形成条件的辨识 题型八 配位体的配位能力与验证方法 题型九 配合物的形成对性质的影响 题型十 超分子及其结构特征的辨析 题型十一 超分子的两种重要用途 题型十二 关于配合物与超分子的几个问题 题型一 配位键及其形成条件的辨析 方法提示： 1. 配位键：成键原子或离子一方提供空轨道,另一方提供孤电子对,这类“电子对给予→接受”键称为配位键。配位键是一种特殊的共价键，属于σ键，配位键同样具有饱和性和方向性； 2.形成条件：成键原子一方能提供孤电子对如分子有NH3、H2O、HF、CO等;离子有Cl-、OH-、CN-、SCN-等。成键原子另一方能提供空轨道如H+、Al3+及过渡金属的原子或离子。 1．下列各种说法中错误的是 A．形成配位键的条件是一方有空轨道，一方有孤电子对 B．配位键是一种特殊的共价键 C．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子 D．配位键具有饱和性，没有方向性 2．下列微粒间不能形成配位键的是 A．与 B．与 C．与 D．与 3．下列各组中的分子或离子都含配位键的是 A．H2O、Al2Cl6 B．NH4Cl、[Cu(NH3)4]SO4 C．PCl3、[Co(NH3)4Cl2]Cl D．CO2、 题型二 配合物及其判断方法 方法提示： 1.配合物：通常把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。 2.配合物的判断：凡是含有配位单元的化合物都称做配位化合物，如[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH等均为配合物。但在氯化铵中存在配位键不属于配合物。 1．下列说法错误的是 A．KAl(SO4)2·12H2O不属于配合物 B．配合物中的配体可以是分子也可以是阴离子 C．NH4Cl中NH4+含有配位键，所以NH4Cl是配合物 D．[Cu(NH3)2]＋中的中心离子的配位数为2 2．下列物质中，不属于配合物的是 A． B． C． D． 3．下列物质中不属于配合物的是 A． B． C． D． 题型三 配合物及其配离子结构的辨识 方法提示： 1.中心原子或离子：能提供空轨道接受孤电子对的原子或金属阳离子。配合物的中心离子一般是带正电荷的阳离子,常见的中心原子或离子是过渡原子或离子如Cu2+、Zn2+、Fe等。 2.配体：含有孤电子对的原子(常为ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的原子)、分子(如H2O、NH3、CO等)或阴离子(如卤素离子、OH-、SCN-、CN-、RCOO-等)。 3.配位数：直接与中心原子(或离子)配位的原子数目叫中心原子(或离子)的配位数,如[Fe(CN)6中Fe2+的配位数是6；而[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中配体(乙二胺)数是2，但Cu2+配位数是4 (配位键数目)。 1．乙二胺与CuCl2可形成配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+(如图所示)，下列有关说法不正确的是 A．该配离子中心离子是Cu2+，配位数为2 B．该配离子中既有极性键又有非极性键 C．乙二胺分子中H－N－H的键角小于H－C－H的键角 D．乙二胺分子沸点高于ClCH2CH2Cl 2．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是 A．中心离子Ti4+提供空轨道 B．配体H2O中氢原子提供孤对电子 C．基态钛原子的价层电子数为2 D．配体是Cl-和H2O，配位数是6 3．配合物可用于离子检验，下列说法正确的是 A．该物质中Fe元素的化合价为+2价 B．配合物的配位数为5 C．该物质中存在的化学键有氢键 D．NO作为配体提供一个孤电子对 题型四 配合物的组成及其形成过程 方法提示： 1.配合物的组成：包括内界的配离子(中心离子、配体、配位数)和外界的简单离子。以配位键相结合而形成的复杂分子或离子通常称为配位单元。 2.配合物的形成过程：配合物的内界是配合而成的，在水溶液中不易电离、水解;外界在水溶液中通常可被电离出来，参与化学反应。有些配合物只有内界没有外界，如硫氰化铁。 1．由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}的实验如下： 步骤1：向盛有4 mL 0.1 mol·L-1蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴1 mol·L-1氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8 mL 95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 下列说法不正确的是 A．最终所得溶液中大量存在NH、[Cu(NH3)4]2＋、 B．步骤2所发生反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH- C．步骤3中用加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 D．H2O与Cu2＋的配位能力大于NH3 2．三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是重要的化工原料，可用反应制备，若没有活性炭催化，则生成[Co(NH3)5Cl]Cl3。下列说法错误的是 A．[Co(H2O)6]Cl2和[Co(NH3)6]Cl3中的化合价不同 B．[Co(NH3)6]Cl3的配体为NH3，中心离子的配位数为6 C．用1mol [Co(NH3)5Cl]Cl2与足量AgNO3溶液反应，得到沉淀的物质的量为3mol D．1mol [Co(NH3)5Cl]Cl2中含有21molσ键 3． CaCl2固体遇NH3会形成可溶于水的配合物八氨合氯化钙(CaCl2·8NH3)。下列说法错误的是 A．向CaCl2·8NH3的水溶液中通入少量CO2，不产生白色沉淀 B．0.1molCaCl2·8NH3中含0.8mol配位键 C．钙原子提供空轨道，氮原子提供孤对电子形成配位键 D．CaCl2·8NH3中的配体是NH3 题型五 配合物的结构及其配位键的表示方法 方法提示： 1.配合物的结构：中心原子或离子通过配位键与配体结合形成配离子的内界，配离子通过离子键与外界简单离子结合形成配合物。但也有配合物是不含离子键的分子晶体。 2.表示方法：配位键常用A→B表示，其中A是提供孤电子对的原子，叫给予体，B是接受孤电子对的原子，叫接受体。配位键是特殊共价单键属于σ键，但与化合价多少无关。 1．下列有关反应的说法正确的是 A．[Zn(CN)4]2-中由Zn2+提供孤电子对，CN-提供空轨道 B．HCHO与[Zn(H2O)4]2+中σ键数目之比为1︰3 C．H2O和CN-与Zn2+的配位能力：H2O﹥CN- D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键的结构可表示为 2．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。酞菁钴的熔点约为163℃，其结构如图所示(部分化学键未画明)。下列说法错误的是 A．酞菁钴中Co的化合价为+4价 B．酞菁钴中碳原子只有杂化这一种方式 C．与钴离子通过配位键结合的是2号和4号N原子 D．酞菁钴是分子晶体 3．Ti的一种化合物，丁二酮缩邻氨基酚钛，是高性能的聚烯烃催化剂，结构如图。下列说法错误的是 A．是一种配合物 B．分子内存在离子键 C．存在共价键 D．中心离子是Ti4+ 题型六 配合物的组成、结构与性质的关系 方法提示： 1.配合物的组成：配合物的组成包括中心原子或离子、配体、配位数。如[Cu(NH3)4]SO4的组成为。但有些配合物只有内界，没有外界，如硫氰化铁。 2.配合物的电离：配合物的内界是配合而成的，在水溶液中不易电离、水解;外界在水溶液中通常可以被电离出来参与溶液中的离子反应。 1．下列关于化学式为[TiCl2(H2O)4]Cl·2H2O的配合物的说法中正确的是 A．该配合物中配位体是Cl-和H2O，配位数是9 B．该配合物中加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀 C．该配合物中中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl2(H2O)6]2+ D．1mol该配合物中含有18molσ键 2．配合物可用于离子检验，下列说法错误的是 A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键 B．配离子为，中心离子为，配位数为6 C．向该配合物的溶液中滴加溶液，观察到溶液变红 D．该配合物为离子化合物，易电离，1该配合物电离共得到3NA 阴阳离子 3．对于配合物，下列说法不正确的是 A．配位数为6 B．提供空轨道的为 C．该配合物中有三种配体 D．若往该配合物中加入足量硝酸酸化的溶液，可得到3molAgCl沉淀 题型七 配离子的形成过程与形成条件的辨识 方法提示： 1.配离子的形成过程：当简单离子通过配体形成配离子时，其配离子的性质与简单离子往往有很大的差异，主要表现为溶解度的改变、颜色的变化、稳定性的增强等。 2.配离子的形成条件：配离子通过配位键形成的配位单元，形成配位键的一方是配体，具有能够提供孤电子对的原子，另一方是中心原子或离子，具有能够接受孤电子对的空轨道的原子。二者缺一不可。 1．下列现象与形成配合物无关的是 A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液呈红色 B．向Cu与反应后的集气瓶中加少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色 C．Cu与浓反应后，溶液呈绿色；Cu与稀反应后，溶液呈蓝色 D．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失 2．向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法中，正确的是 A．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为 C．在中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 D．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生任何变化，因为不与乙醇发生反应 3．CoCl2溶于水后加氨水先生成Co(OH)2沉淀，再加氨水，因生成[Co(NH3)6]Cl2使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用CoCl3•5NH3表示，其中Co的配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加AgNO3溶液，有AgCl沉淀析出。经测定，每1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl。下列说法错误的是 A．CoCl3•5NH3表示成配合物结构形式为[Co(NH3)6Cl]Cl2 B．通入空气后得到的溶液中含有[Co(NH3)5Cl]2+ C．上述反应不涉及氧化还原反应 D．[Co(NH3)6]Cl2中NH3提供孤电子对，Co2+提供空轨道 题型八 配位体的配位能力与验证方法 方法提示： 1.影响配位能力的主要因素：(1)电子对给予体形成配位键的能力，如Cu2+的配位能力为NH3>OH->H2O。(2)接受体形成配位键的能力，如H+>过渡金属>主族金属。 2. 配位能力的验证方法：配位键越强，形成的物质越稳定。配位能力可以通过生成稳定的配合物或配离子的化学实验及实验现象来判断，如Cu2+←OH-<Cu2+←NH3<H+←NH3。 1．用相同浓度的和溶液进行实验，下列说法正确的是 溶液溶液1(红色)     (黄色) 溶液2(不显红色) A．中含有键 B．相同浓度的和溶液中的浓度相同 C．溶液1中发生反应的离子方程式为 D．溶液2不显红色，说明与的结合力强于与的结合力 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．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸 B．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的 C． II中Fe3+浓度与Ⅲ中不相同 D．与的配位能力强于 3．某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是 已知：和均为深蓝色，铜离子的配位数通常为4。 A．加热c中溶液可能得到蓝色浑浊液 B．往c中滴加95%乙醇，有蓝色晶体析出 C．由实验可知，与的配位能力： D．a、b、c三种溶液中加入溶液均会产生白色沉淀 题型九 配合物的形成对性质的影响 方法提示： 1.对溶解性的影响：一些难溶于水的金属氢氧化物、氯化物、溴化物、碘化物、氰化物等可以溶解于氨水中，或依次溶解于含过量的OH-、Cl-、Br-、I-、CN-的溶液中，形成可溶性的配合物。如Cu(OH)2+4NH3=== [Cu(NH3)4]2++2OH-。 2.颜色的改变：当简单离子形成配离子时，其颜色发生变化就是一种常见的现象，根据颜色的变化就可以判断是否有配离子生成。如Fe3+与SCN-形成硫氰化铁配离子，其溶液显红色。 3.稳定性增强：配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当作为中心离子的金属离子相同时，配合物的稳定性与配体的性质即配位能力有关。 1.向盛有硝酸银溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色透明溶液，下列说法正确的是 A．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Ag+的浓度不变 B．沉淀溶解后，生成的[Ag(NH3)2]OH难电离 C．在[Ag(NH3)2]+中，Ag+给出孤对电子，NH3提供空轨道 D．该实验能证明[Ag(NH3)2]+比AgOH稳定 2．往CuSO4溶液中加入过量的NH3•H2O，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列分析不正确的是 A．析出的深蓝色晶体化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O B．加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度 C．加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小 D．配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性大于[Cu(NH3)4]2+ 3．已知溶液中存在反应：。将CoCl2溶于水，所得溶液呈粉红色，再加几滴浓盐酸，充分反应后，溶液变为蓝色，然后用该蓝色溶液做实验，现象如下： 以下结论和解释正确的是 A．[Co(H2O)6]2+呈蓝色，[CoCl4]2—呈粉红色 B．由实验①颜色变化可推知该反应正向为放热反应 C．②颜色变化是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D．实验③颜色变化可能是由于Zn2+与Cl-反应形成了比[CoCl4]2-更稳定的[ZnCl4]2- 题型十 超分子及其结构特征的辨析 方法提示： 1.超分子：超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体叫超分子。超分子定义中的分子是广义的分子也包括离子；超分子有的是有限的，有的是无限伸展的。 2.超分子的特征：超分子的两个重要特征分别是分子识别和自组装。 1．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。下图是18-冠-6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是 A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键 B．中心原子K+的配位数为6 C．冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子 D．这类配合物晶体是分子晶体 2．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 3．冠醚能与阳离子作用，12-冠-4与Li+作用而不与K+作用；18-冠-6与K+作用，但不与Li+或Na+作用。下列说法错误的是 A．冠醚与阳离子作用跟环的大小有关 B．超分子中O原子与K+间存在离子键 C．12-冠-4中C和O的杂化方式相同 D．18-冠-6可将KMnO4带入甲苯中 题型十一 超分子的两种重要用途 方法提示： 1.C60和C70的分离：将C60和C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，得到超分子“杯酚”C60和C70；加入甲苯溶剂,甲苯将C70溶解，经过滤后分离出C70；再向不溶物中加入氯仿，氯仿溶解“杯酚”而将不溶解的C60释放出来并沉淀，从而将C60和C70分离开来。 2.冠醚识别碱金属离子：冠醚分子中有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子,而形成冠醚—碱金属离子超分子。如18⁃冠⁃6识别K+。 1．(多选题)利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“ ”表示)分离C60和C70的过程如图所示。下列说法正确的是 A．“杯酚”能够循环使用 B．C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯 C．“杯酚”与C60之间通过共价键形成超分子 D．“杯酚”与C60可能是借助分子间作用力形成超分子 2．(多选题)利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的过程如图所示。下列说法错误的是 A．晶体熔点：杯酚 B．操作①用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯 C．杯酚与C60分子之间形成分子间氢键 D．杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯 3．冠的结构如图所示，其空腔直径为260～320pm。已知部分粒子直径如下表，该冠醚能识别的粒子是 粒子 直径/pm 152 204 276 334 A． B． C． D． 题型十二 关于配合物与超分子的几个问题 方法提示： 1.配合物：配位化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)和围绕它的分子或离子(称为配位体/配体)完全或部分通过配位键结合而形成。 2.超分子：由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。具有分子识别和自组装功能。如冠醚识别碱金属离子、杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的功能。 1．下列关于超分子和配合物的叙述正确的是 A．配合物Na[Al(OH)4]中，配位键数为4 B．含有配位键的物质一定是配位化合物 C．1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为8mol D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装的特征 2．下列叙述中正确的是 ①配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对 ②价层电子排布式为ns2的基态原子属于第ⅠA族或第ⅡA 族元素 ③冠醚识别K+形成的可能是配位键     ④分离C60和C70是利用超分子有分子识别的特征 ⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键 ⑥AgCl是一种白色沉淀，不溶于硝酸、浓硫酸、烧碱溶液，却能溶于氨水中 A．①③⑤⑥ B．②③④ C．③④⑤⑥ D．①④⑤⑥ 3．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C60和C70 B．配合物和超分子中只含配位键 C．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子，这类晶体是离子晶体 D．利用冠醚能分离K+和Na+ 试卷第12页，共12页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 3.4《配合物与超分子》的题型突破 题型导引 题型一 配位键及其形成条件的辨析 题型二 配合物及其判断方法 题型三 配合物及其配离子结构的辨识 题型四 配合物的组成及其形成过程 题型五 配合物的结构及其配位键的表示方法 题型六 配合物的组成、结构与性质的关系 题型七 配离子的形成过程与形成条件的辨识 题型八 配位体的配位能力与验证方法 题型九 配合物的形成对性质的影响 题型十 超分子及其结构特征的辨析 题型十一 超分子的两种重要用途 题型十二 关于配合物与超分子的几个问题 题型一 配位键及其形成条件的辨析 方法提示： 1. 配位键：成键原子或离子一方提供空轨道,另一方提供孤电子对,这类“电子对给予→接受”键称为配位键。配位键是一种特殊的共价键，属于σ键，配位键同样具有饱和性和方向性； 2.形成条件：成键原子一方能提供孤电子对如分子有NH3、H2O、HF、CO等;离子有Cl-、OH-、CN-、SCN-等。成键原子另一方能提供空轨道如H+、Al3+及过渡金属的原子或离子。 1．下列各种说法中错误的是 A．形成配位键的条件是一方有空轨道，一方有孤电子对 B．配位键是一种特殊的共价键 C．配位化合物中的配体可以是分子也可以是阴离子 D．配位键具有饱和性，没有方向性 【答案】D 【详解】A．微粒间形成配位键的条件是：一方是能够提供孤电子对的原子或离子，另一方是能够接受孤电子对的空轨道的原子或离子，故A正确； B．配位键又称配位共价键，是一方提供孤电子对，一方提供空轨道形成的，是一种特殊的共价键，故B正确； C．配位化合物中，配体可以是H2O、NH3、CO等含有孤电子对的分子，也可以是F-、Cl-、CN-等含有孤电子对的阴离子，故C正确； D．配位键是一种特殊的共价键，既有饱和性又有方向性，故D错误； 答案选D。 2．下列微粒间不能形成配位键的是 A．与 B．与 C．与 D．与 【答案】D 【详解】A．Pt4+含有空轨道，Cl-含有孤对电子，可形成配位键，故A不符合题意； B．Cu2+含有空轨道，CN-含有孤对电子，可形成配位键，故B不符合题意； C．Cd2+含有空轨道，NH3含有孤对电子，可形成配位键，故C不符合题意； D．NH4+无孤对电子，SCN-中存在孤对电子，没有例离子能提供空轨道，不能形成配位键，故D符合题意； 故选D。 3．下列各组中的分子或离子都含配位键的是 A．H2O、Al2Cl6 B．NH4Cl、[Cu(NH3)4]SO4 C．PCl3、[Co(NH3)4Cl2]Cl D．CO2、 【答案】B 【详解】A．H2O分子中含有2个O-H键，不含配位键；两分子AlCl3通过配位键结合为Al2Cl6，故不选A； B．NH4Cl中N和H之间有1个配位键，[Cu(NH3)4]SO4中Cu2+和4个氨分子形成4个配位键，故选B； C．PCl3中含有3个P-Cl键，不含配位键；[Co(NH3)4Cl2]Cl中Co3+和4个氨分子、2个氯离子形成6个配位键，故不选C； D．CO2分子中有2个C=O键，不含配位键；SO42-中存在S与O的配位键，故不选D； 答案选B。 题型二 配合物及其判断方法 方法提示： 1.配合物：通常把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。 2.配合物的判断：凡是含有配位单元的化合物都称做配位化合物，如[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH等均为配合物。但在氯化铵中存在配位键不属于配合物。 1．下列说法错误的是 A．KAl(SO4)2·12H2O不属于配合物 B．配合物中的配体可以是分子也可以是阴离子 C．NH4Cl中NH4+含有配位键，所以NH4Cl是配合物 D．[Cu(NH3)2]＋中的中心离子的配位数为2 【答案】C 【解析】 A．KAl(SO4)2·12H2O属于一般化合物，不含配体，所以KAl(SO4)2·12H2O不属于配合物，故A正确； B．配合物中的配体可以是分子也可以是阴离子，例如[Ag(NH3)2]OH中银离子提供空轨道、NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，氨气分子为配体，Na[Al(OH)4]中铝原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，氢氧根离子为配体，故B正确； C．铵根离子中N原子含有孤电子对，氢离子提供空轨道，形成配位键，配合物是中心原子(或离子)提供空轨道，所以N不是配离子，NH4Cl不是配合物。故C错误； D．在[Cu(NH3)2]＋中配体是两个氨分子，中心离子的配位数是2，故D正确； 故选C。 2．下列物质中，不属于配合物的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．该物质中，铝离子提供空轨道，氟元素提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选； B．(NH4)2C2O4属于一般化合物，不含配体，所以不属于配合物，故B选； C．CuSO4·5H2O以[Cu(H2O)4]SO4·H2O形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物，故C不选； D．该物质中，银离子提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故D不选； 答案选B。 3．下列物质中不属于配合物的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．该化合物中羟基与Al3+间存在配位键，形成配合物，A不符合题意； B．由钾离子和草酸根离子构成，不是配合物，B符合题意； C．二氨合银离子中NH3分子与Ag+形成配位键，是配合物，C不符合题意； D．[Cu(H2O)4]SO4中铜离子提供空轨道、水分子中氧原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选； 故选B。 题型三 配合物及其配离子结构的辨识 方法提示： 1.中心原子或离子：能提供空轨道接受孤电子对的原子或金属阳离子。配合物的中心离子一般是带正电荷的阳离子,常见的中心原子或离子是过渡原子或离子如Cu2+、Zn2+、Fe等。 2.配体：含有孤电子对的原子(常为ⅤA、ⅥA、ⅦA族元素的原子)、分子(如H2O、NH3、CO等)或阴离子(如卤素离子、OH-、SCN-、CN-、RCOO-等)。 3.配位数：直接与中心原子(或离子)配位的原子数目叫中心原子(或离子)的配位数,如[Fe(CN)6中Fe2+的配位数是6；而[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+中配体(乙二胺)数是2，但Cu2+配位数是4 (配位键数目)。 1．乙二胺与CuCl2可形成配离子[Cu(H2NCH2CH2NH2)2]2+(如图所示)，下列有关说法不正确的是 A．该配离子中心离子是Cu2+，配位数为2 B．该配离子中既有极性键又有非极性键 C．乙二胺分子中H－N－H的键角小于H－C－H的键角 D．乙二胺分子沸点高于ClCH2CH2Cl 【答案】A 【详解】 A．根据配合离子的结构，中心离子为Cu2+，Cu2+与4个N原子形成配位键，配位数为4，故A说法错误； B．C－N、C－H、H－N为极性键，C－C间为非极性键，故B说法正确； C．乙二胺分子中H－N－H中N有一个孤电子对，H－C－H中C没有孤电子对，孤电子对之间的斥力＞孤电子对-成键电子对之间斥力＞成键电子对之间的斥力，因此乙二胺分子中H－N－H的键角小于H－C－H的键角，故C说法正确； D．乙二胺分子间存在氢键，ClCH2CH2Cl分子间不存在氢键，因此乙二胺的沸点高，故D说法正确； 答案为A。 2．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是 A．中心离子Ti4+提供空轨道 B．配体H2O中氢原子提供孤对电子 C．基态钛原子的价层电子数为2 D．配体是Cl-和H2O，配位数是6 【答案】D 【详解】A．由化合价规则知中心离子为Ti3+，A错误； B．氢原子没有孤对电子但氧原子有，配体水是氧原子提供孤对电子，B错误； C．钛是第ⅣB族元素，价层电子数为4，C错误； D．配体是内界的1个Cl-和5个H2O，则配位数是6，D正确； 故选D。 3．配合物可用于离子检验，下列说法正确的是 A．该物质中Fe元素的化合价为+2价 B．配合物的配位数为5 C．该物质中存在的化学键有氢键 D．NO作为配体提供一个孤电子对 【答案】D 【详解】A．该物质中Na为+1价，CN为-1价，NO不显电性，则Fe为+3价，A错误； B．该配合物中配体为5个CN-和1个NO，配位数为6，B错误； C．氢键属于分子间作用力，不属于化学键，C错误； D．NO的配位原子为N，提供一个孤电子对与中心离子Fe3+形成1个配位键，D正确； 故答案选D。 题型四 配合物的组成及其形成过程 方法提示： 1.配合物的组成：包括内界的配离子(中心离子、配体、配位数)和外界的简单离子。以配位键相结合而形成的复杂分子或离子通常称为配位单元。 2.配合物的形成过程：配合物的内界是配合而成的，在水溶液中不易电离、水解;外界在水溶液中通常可被电离出来，参与化学反应。有些配合物只有内界没有外界，如硫氰化铁。 1．由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}的实验如下： 步骤1：向盛有4 mL 0.1 mol·L-1蓝色CuSO4溶液的试管中，滴加几滴1 mol·L-1氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8 mL 95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 下列说法不正确的是 A．最终所得溶液中大量存在NH、[Cu(NH3)4]2＋、 B．步骤2所发生反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH- C．步骤3中用加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 D．H2O与Cu2＋的配位能力大于NH3 【答案】D 【分析】硫酸铜溶液中滴加氨水，生成蓝色的氢氧化铜沉淀和硫酸铵，继续滴加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4，继续滴加95%乙醇，降低了溶剂的极性，有[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体析出。 【详解】A．根据以上分析，最终溶液中含硫酸铵和[Cu(NH3)4]SO4，大量存在NH4+、[Cu(NH3)4]2＋、SO42-，A正确； B．步骤2中继续滴加氨水，氢氧化铜溶解，得到深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4，离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋＋2OH-，B正确； C．根据分析，加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体，C正确； D．硫酸铜溶液中铜离子以水合铜离子形式存在，加入氨水后最终转化为[Cu(NH3)4]2＋，故NH3与Cu2＋的配位能力大于H2O，D错误； 故选D。 2．三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3是重要的化工原料，可用反应制备，若没有活性炭催化，则生成[Co(NH3)5Cl]Cl3。下列说法错误的是 A．[Co(H2O)6]Cl2和[Co(NH3)6]Cl3中的化合价不同 B．[Co(NH3)6]Cl3的配体为NH3，中心离子的配位数为6 C．用1mol [Co(NH3)5Cl]Cl2与足量AgNO3溶液反应，得到沉淀的物质的量为3mol D．1mol [Co(NH3)5Cl]Cl2中含有21molσ键 【答案】C 【解析】A．[Co(H2O)6]Cl2中Co为+2价，[Co(NH3)6]Cl3中Co为+3价，故A正确； B．[Co(NH3)6]Cl3的配体为NH3，个数为6，中心离子的配位数为6，故B正确； C．[Co(NH3)5Cl]Cl2的电离方程式为[Co(NH3)5Cl]Cl2== [Co(NH3)5Cl]2++2Cl-，故和足量AgNO3溶液反应，得到沉淀的物质的量为2mol，故C错误； D．1mol [Co(NH3)5Cl]Cl2中含有6mol配位键，1molNH3中含有3mol σ键，共含有21mol σ键，故D正确； 故选C。 3． CaCl2固体遇NH3会形成可溶于水的配合物八氨合氯化钙(CaCl2·8NH3)。下列说法错误的是 A．向CaCl2·8NH3的水溶液中通入少量CO2，不产生白色沉淀 B．0.1molCaCl2·8NH3中含0.8mol配位键 C．钙原子提供空轨道，氮原子提供孤对电子形成配位键 D．CaCl2·8NH3中的配体是NH3 【答案】A 【解析】A．向CaCl2·8NH3的水溶液中通入少量CO2会产生白色沉淀碳酸钙，同时生成氯化铵，选项A错误； B．CaCl2·8NH3中有8个配位键，故0.1molCaCl2·8NH3中含0.8mol配位键，选项B正确； C．钙原子提供空轨道，氮原子提供孤对电子形成配位键，通过配位键形成CaCl2·8NH3，选项C正确； D．CaCl2·8NH3中的配体是NH3，中心原子是Ca，选项D正确； 故答案选A。 题型五 配合物的结构及其配位键的表示方法 方法提示： 1.配合物的结构：中心原子或离子通过配位键与配体结合形成配离子的内界，配离子通过离子键与外界简单离子结合形成配合物。但也有配合物是不含离子键的分子晶体。 2.表示方法：配位键常用A→B表示，其中A是提供孤电子对的原子，叫给予体，B是接受孤电子对的原子，叫接受体。配位键是特殊共价单键属于σ键，但与化合价多少无关。 1．下列有关反应的说法正确的是 A．[Zn(CN)4]2-中由Zn2+提供孤电子对，CN-提供空轨道 B．HCHO与[Zn(H2O)4]2+中σ键数目之比为1︰3 C．H2O和CN-与Zn2+的配位能力：H2O﹥CN- D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键的结构可表示为 【答案】D 【详解】A．[Zn(CN)4]2-中由Zn2+提供空轨道，CN-提供孤电子对，A错误； B．[Zn(H2O)4]2+中含有4+4×2=12个σ键，HCHO分子中有3个σ键，故HCHO与[Zn(H2O)4]2+中σ键数目之比为3︰12=1︰4，B错误； C．CN-中碳原子电负性小，更容易给出孤电子对，则CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＞H2O，C错误； D．[Zn(CN)4]2-中Zn2+采取sp3杂化，该配离子为正四面体形，Zn2+与CN-(－C≡N)的C原子形成配位键的结构可表示为，D正确； 故选D。 2．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。酞菁钴的熔点约为163℃，其结构如图所示(部分化学键未画明)。下列说法错误的是 A．酞菁钴中Co的化合价为+4价 B．酞菁钴中碳原子只有杂化这一种方式 C．与钴离子通过配位键结合的是2号和4号N原子 D．酞菁钴是分子晶体 【答案】A 【详解】A．Co与1、3号N原子间形成普通共价键，与2、4号N原子间形成配位键、配位键与化合价无关，故酞菁钴中Co的化合价为+2价，故A错误； B．酞菁钴中碳原子均有一个p轨道参与构成π键，故碳原子只有sp2杂化这一种方式，故B正确； C．2、4号N原子已经连接了三条共价键达到稳定结构，故与钴离子通过配位键结合，故C正确； D．由酞菁钴的熔点约为163℃，且分子内部只有共价键可知酞菁钴是分子晶体，故D正确； 故选择A选项。 3．Ti的一种化合物，丁二酮缩邻氨基酚钛，是高性能的聚烯烃催化剂，结构如图。下列说法错误的是 A．是一种配合物 B．分子内存在离子键 C．存在共价键 D．中心离子是Ti4+ 【答案】B 【详解】A．由图可知，丁二酮缩邻氨基酚钛中，中心离子(Ti4+)和配体间形成配位键，是一种配合物，A正确； B．中心离子(Ti4+)和配体间形成配位键或共价键，分子内不存在离子键，B错误； C．分子中存在C－C键、C－H键、C－O键、C－N键等，它们都是共价键，C正确； D．该配合物中，Ti的化合价为+4价，即中心离子是Ti4+，D正确； 故选B。 题型六 配合物的组成、结构与性质的关系 方法提示： 1.配合物的组成：配合物的组成包括中心原子或离子、配体、配位数。如[Cu(NH3)4]SO4的组成为。但有些配合物只有内界，没有外界，如硫氰化铁。 2.配合物的电离：配合物的内界是配合而成的，在水溶液中不易电离、水解;外界在水溶液中通常可以被电离出来参与溶液中的离子反应。 1．下列关于化学式为[TiCl2(H2O)4]Cl·2H2O的配合物的说法中正确的是 A．该配合物中配位体是Cl-和H2O，配位数是9 B．该配合物中加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀 C．该配合物中中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl2(H2O)6]2+ D．1mol该配合物中含有18molσ键 【答案】D 【详解】A．该配合物中配位体是Cl-和H2O，配位数是2+4=6，A错误； B．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-与Ag+反应，配合物内配位离子Cl-不与Ag+反应，B错误； C．中心离子是Ti3+，配离子是[TiCl2(H2O)4]+，C错误； D．配合物中配位键为σ键，配位体水分子的氢氧键为σ键，则1mol该配合物中含有18molσ键，D正确； 答案选D。 2．配合物可用于离子检验，下列说法错误的是 A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键 B．配离子为，中心离子为，配位数为6 C．向该配合物的溶液中滴加溶液，观察到溶液变红 D．该配合物为离子化合物，易电离，1该配合物电离共得到3NA 阴阳离子 【答案】C 【详解】A．Na2[Fe(CN)5(NO)]的配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配离子CN-，NO不显电性，配位键也是共价键，NO存在极性共价键，此配合物中存在离子键、配位键、极性键，故A正确； B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配体为CN-、NO，则配位数为6，故B正确； C．该配合物中中心离子为Fe3+，Fe3+在内界，不能与KSCN溶液反应，则溶液不变红，故C错误； D．一个Na2[Fe(CN)5(NO)]中含有2个钠离子和一个[Fe(CN)5(NO)]2-，该配合物为离子化合物，1mol该配合物含有阴、阳离子的总数为3NA，故D正确； 故选C。 3．对于配合物，下列说法不正确的是 A．配位数为6 B．提供空轨道的为 C．该配合物中有三种配体 D．若往该配合物中加入足量硝酸酸化的溶液，可得到3molAgCl沉淀 【答案】D 【详解】A．配体为NH3、H2O、Cl-，配位数为6，故A正确； B．Co为过渡元素，提供空轨道的为Co3+，故B正确； C．配体为NH3、H2O、Cl-，故C正确； 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错误； 故选D。 题型七 配离子的形成过程与形成条件的辨识 方法提示： 1.配离子的形成过程：当简单离子通过配体形成配离子时，其配离子的性质与简单离子往往有很大的差异，主要表现为溶解度的改变、颜色的变化、稳定性的增强等。 2.配离子的形成条件：配离子通过配位键形成的配位单元，形成配位键的一方是配体，具有能够提供孤电子对的原子，另一方是中心原子或离子，具有能够接受孤电子对的空轨道的原子。二者缺一不可。 1．下列现象与形成配合物无关的是 A．向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液呈红色 B．向Cu与反应后的集气瓶中加少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色 C．Cu与浓反应后，溶液呈绿色；Cu与稀反应后，溶液呈蓝色 D．向AgNO3溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失 【答案】C 【详解】A．三价铁离子与硫氰根离子形成一系列配离子，都显红色，故A不符合题意； B．铜离子中水中形成配离子[CuCl4]2-呈绿色，加水稀释，生成[Cu(H2O)4]2+水合铜离子，显蓝色，故B不符合题意； C．铜与浓硝酸反应时的产物中含有二氧化氮，而二氧化氮溶解在溶液中呈黄色，根据光学原理：蓝色和黄色的混合色为绿色，因此看上去呈现绿色；铜溶于稀硝酸中，生成的硝酸铜电离出的铜离子呈现蓝色，与配合物无关，故C符合题意； D．向AgNO3溶液中逐滴加入氨水，先是氨水少量时生成白色沉淀AgOH，继续加氨水，沉淀逐渐溶解，因为AgOH与过量的氨水生成配合物氢氧化二氨合银(Ag(NH3)2OH)，它是易溶的，故D不符合题意。 故选C。 2．向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法中，正确的是 A．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为 C．在中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 D．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生任何变化，因为不与乙醇发生反应 【答案】B 【分析】 向硫酸铜溶液中加入氨水，氨水先和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为Cu2++2NH3•H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+，继续添加氨水，氨水和氢氧化铜反应生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，以此分析解答。 【详解】 A．铜离子和氨水先生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜再和氨水能反应生成配合离子[Cu(NH3)4]2+，所以反应后Cu2+的浓度减小，故A错误； B．氢氧化铜沉淀溶解的离子反应为Cu(OH)2+4NH3═[Cu(NH3)4]2++2OH-，则生成深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，故B正确； C．在[Cu(NH3)4]2+离子中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，故C错误； D．[Cu(NH3)4]SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，所以向溶液中加入乙醇后因为溶解度减小，析出蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4，故D错误； 故选B。 3．CoCl2溶于水后加氨水先生成Co(OH)2沉淀，再加氨水，因生成[Co(NH3)6]Cl2使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用CoCl3•5NH3表示，其中Co的配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加AgNO3溶液，有AgCl沉淀析出。经测定，每1molCoCl3•5NH3只生成2molAgCl。下列说法错误的是 A．CoCl3•5NH3表示成配合物结构形式为[Co(NH3)6Cl]Cl2 B．通入空气后得到的溶液中含有[Co(NH3)5Cl]2+ C．上述反应不涉及氧化还原反应 D．[Co(NH3)6]Cl2中NH3提供孤电子对，Co2+提供空轨道 【答案】C 【详解】A．1molCoCl3·5NH3溶于水与AgNO3溶液反应只生成2mol AgCl，故有2Cl-在配合物外界，A正确； B．由向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用CoCl3•5NH3表示，其中Co的配位数是6，把分离出的CoCl3•5NH3溶于水后立即加AgNO3溶液，有AgCl沉淀析出，可知得到物质为[Co(NH3)5Cl]Cl2，[Co(NH3)5Cl]Cl2==[Co(NH3)5Cl]2++2Cl-，B正确； C．CoCl2中Co为＋2价，CoCl3•5NH3中Co为＋3价，涉及氧化还原反应，C错误； D．[Co(NH3)6]2+中形成配位键时，NH3提供孤电子对，Co2+提供空轨道，D正确； 故选C。 题型八 配位体的配位能力与验证方法 方法提示： 1.影响配位能力的主要因素：(1)电子对给予体形成配位键的能力，如Cu2+的配位能力为NH3>OH->H2O。(2)接受体形成配位键的能力，如H+>过渡金属>主族金属。 2. 配位能力的验证方法：配位键越强，形成的物质越稳定。配位能力可以通过生成稳定的配合物或配离子的化学实验及实验现象来判断，如Cu2+←OH-<Cu2+←NH3<H+←NH3。 1．用相同浓度的和溶液进行实验，下列说法正确的是 溶液溶液1(红色)     (黄色) 溶液2(不显红色) A．中含有键 B．相同浓度的和溶液中的浓度相同 C．溶液1中发生反应的离子方程式为 D．溶液2不显红色，说明与的结合力强于与的结合力 【答案】D 【详解】A．在配合物[Fe(CN)6]3-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有1个C≡N共价键，故1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为12NA，故A错误； B．通过加入KSCN溶液后的颜色变化可知，相同浓度的两种溶液中FeCl3溶液的Fe3+浓度更高，故B错误； C．溶液1中Fe3+与SCN-结合生成配合物Fe(SCN)3，没有沉淀产生，发生反应的离子方程式为Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，故C错误； D．溶液2不显红色，说明没有生成Fe(SCN)3，能表明Fe3+与CN-的结合力强于与SCN-的结合力，故D正确； 故选：D。 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．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸 B．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的 C． II中Fe3+浓度与Ⅲ中不相同 D．与的配位能力强于 【答案】A 【分析】步骤①加水溶解溶液含Fe3+，步骤②Fe3+与SCN−结合生成[Fe(SCN)6]3−，步骤③发生平衡转化为[FeF6]3−。 【详解】A．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[FeCl4]−，故A错误； B．[Fe(H2O)6]3+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[Fe(H2O)6]3+形成混合体系，使溶液呈黄色，故B正确； C．溶液最后变为无色，说明F-与Fe3+的配位能力强于SCN-，所以加NaF溶液后Ⅲ中Fe3+浓度与II中不相同，B正确； D．加入NaF后溶液Ⅱ由红色变为无色，说明[Fe(SCN)6]3−转变为[FeF6]3−，反应更易生成[FeF6]3−，说明F−与Fe3+的配位能力强于SCN−，故D正确； 故选A。 3．某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是 已知：和均为深蓝色，铜离子的配位数通常为4。 A．加热c中溶液可能得到蓝色浑浊液 B．往c中滴加95%乙醇，有蓝色晶体析出 C．由实验可知，与的配位能力： D．a、b、c三种溶液中加入溶液均会产生白色沉淀 【答案】C 【详解】A．加热c中溶液会促进一水合氨向电离的方向进行，使得一水合氨浓度减小，导致[Cu(NH3)4]2+转化为氢氧化铜沉淀，故有可能得到蓝色浑浊液，故A正确； B．往c溶液中滴加95%乙醇，乙醇极性小，溶液会有蓝色晶体析出，故B正确； C．硫酸铜溶液呈蓝色的原因是[Cu(H2O)4]2+的颜色所致，此时配体是H2O，加入氢氧化钠或一水合氨后转化为其他物质，可知H2O的配位能力最差；b加入过量的氢氧化钠得到配合物[Cu(OH)4]2-，其配体为OH-，由实验ac可知，溶液变为深蓝色时氢氧化钠和一水合氨的浓度，可知NH3的配位能力比OH-强，综合可知，与Cu2+的配位能力：NH3﹥OH-﹥H2O，C错误； D．a、b、c三种溶液中均有硫酸根离子，所以加入BaCl2溶液均会产生白色沉淀，故D正确； 故答案选C。 题型九 配合物的形成对性质的影响 方法提示： 1.对溶解性的影响：一些难溶于水的金属氢氧化物、氯化物、溴化物、碘化物、氰化物等可以溶解于氨水中，或依次溶解于含过量的OH-、Cl-、Br-、I-、CN-的溶液中，形成可溶性的配合物。如Cu(OH)2+4NH3=== [Cu(NH3)4]2++2OH-。 2.颜色的改变：当简单离子形成配离子时，其颜色发生变化就是一种常见的现象，根据颜色的变化就可以判断是否有配离子生成。如Fe3+与SCN-形成硫氰化铁配离子，其溶液显红色。 3.稳定性增强：配合物具有一定的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当作为中心离子的金属离子相同时，配合物的稳定性与配体的性质即配位能力有关。 1.向盛有硝酸银溶液的试管中加入氨水，首先形成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解得到无色透明溶液，下列说法正确的是 A．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Ag+的浓度不变 B．沉淀溶解后，生成的[Ag(NH3)2]OH难电离 C．在[Ag(NH3)2]+中，Ag+给出孤对电子，NH3提供空轨道 D．该实验能证明[Ag(NH3)2]+比AgOH稳定 【答案】D 【分析】 氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，Ag++OH-=AgOH↓，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，发生：AgOH+2NH3=[Ag(NH3)2]++OH-，据此分析判断。 【详解】 A．反应后形成[Ag(NH3)2]+络离子，该离子较稳定难电离，所以Ag+的浓度减小，故A错误； B．[Ag(NH3)2]OH为强电解质，完全电离[Ag(NH3)2]OH=[Ag(NH3)2]++OH-，故B错误； C．在配合离子[Ag(NH3)2]+ 中，Ag+提供空轨道，NH3提供孤电子对，形成配位键，故C错误； D．氨水呈碱性，向盛有硝酸银水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，Ag++OH-=AgOH↓，继续添加氨水，难溶物溶解得到无色的透明溶液，发生：AgOH+2NH3=[Ag(NH3)2]++OH-，氢氧化银沉淀能转化为络合物离子[Ag(NH3)2]+，说明[Ag(NH3)2]+比氢氧化银稳定，故D正确； 故选D。 2．往CuSO4溶液中加入过量的NH3•H2O，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列分析不正确的是 A．析出的深蓝色晶体化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O B．加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度 C．加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小 D．配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性大于[Cu(NH3)4]2+ 【答案】D 【解析】A．由题意可知，蓝色沉淀为：Cu(OH)2，加入氨水后，Cu(OH)2溶解，生成了深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH﹣+4H2O，溶质在乙醇中溶解度小，加入乙醇，析出深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4•H2O，选项A正确； B．深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体，说明蓝色晶体在乙醇中的溶解度较小，则加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度，选项B正确； C．加入氨水过程中，铜离子先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜沉淀转化为配合物，则加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小，选项C正确； D．稳定性小的物质转化为稳定性大的物质，配离子[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性小于[Cu(NH3)4]2+，选项D错误； 答案选D。 3．已知溶液中存在反应：。将CoCl2溶于水，所得溶液呈粉红色，再加几滴浓盐酸，充分反应后，溶液变为蓝色，然后用该蓝色溶液做实验，现象如下： 以下结论和解释正确的是 A．[Co(H2O)6]2+呈蓝色，[CoCl4]2—呈粉红色 B．由实验①颜色变化可推知该反应正向为放热反应 C．②颜色变化是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D．实验③颜色变化可能是由于Zn2+与Cl-反应形成了比[CoCl4]2-更稳定的[ZnCl4]2- 【答案】D 【详解】A．由二氯化钴溶于水，所得溶液呈粉红色，再加几滴浓盐酸，充分反应后，溶液变为蓝色可知，[Co(H2O)6]2+在溶液中呈粉红色，[CoCl4]2-在溶液中呈蓝色，故A错误； B．由实验①颜色变化可知，降低温度，蓝色溶液变为粉红色，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，故B错误； C．溶液中水的浓度为定值，则②颜色变化是由于加水稀释时，[Co(H2O)6]2+、氯离子和[CoCl4]2-的浓度均减小，反应的浓度熵大于平衡常数，平衡向逆反应方向移动，故C错误； D．加入少量氯化锌溶液，溶液变为粉红色说明[ZnCl4]2-比[CoCl4]2-更稳定，锌离子与氯离子反应生成[ZnCl4]2-，溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，故D正确； 故选D。 题型十 超分子及其结构特征的辨析 方法提示： 1.超分子：超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体叫超分子。超分子定义中的分子是广义的分子也包括离子；超分子有的是有限的，有的是无限伸展的。 2.超分子的特征：超分子的两个重要特征分别是分子识别和自组装。 1．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。下图是18-冠-6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是 A．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键 B．中心原子K+的配位数为6 C．冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子 D．这类配合物晶体是分子晶体 【答案】D 【解析】A．配位键是共价键的一种类型，是由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共用电子对，故冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，A正确； B．由图可知，中心原子K+周围形成了6个配位键，故其的配位数为6，B正确； C．由题干信息可知冠醚是皇冠状的分子，则冠醚与碱金属离子形成配合物是一个配位阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，C正确； D．由C项分析可知，该类化合物配合物晶体是由阴、阳离子组成的，故属于是离子晶体，D错误； 故答案为：D。 2．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 【详解】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。 3．冠醚能与阳离子作用，12-冠-4与Li+作用而不与K+作用；18-冠-6与K+作用，但不与Li+或Na+作用。下列说法错误的是 A．冠醚与阳离子作用跟环的大小有关 B．超分子中O原子与K+间存在离子键 C．12-冠-4中C和O的杂化方式相同 D．18-冠-6可将KMnO4带入甲苯中 【答案】B 【详解】A．由题意超分子均有“分子识别”的特征，不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，A正确； B．由图可知18-冠-6中O原子与相邻的2个C形成极性共价键，O带部分负电荷，与钾离子之间存在静电作用，但是冠醚分子不是离子，而且O原子也不是离子，故O原子与K+间不存在离子键，B错误； C．12-冠-4中C均为饱和碳原子，C的价层电子对数=4+=4，O的价层电子对数=2+=4，故C和O的杂化轨道类型相同，均为sp3杂化，C正确； D．利用该原理可以用冠醚将KMnO4带入有机物中，可以增大其与有机物的接触机会，故更有利于有机物氧化等反应，D正确； 答案选B。 题型十一 超分子的两种重要用途 方法提示： 1.C60和C70的分离：将C60和C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，得到超分子“杯酚”C60和C70；加入甲苯溶剂,甲苯将C70溶解，经过滤后分离出C70；再向不溶物中加入氯仿，氯仿溶解“杯酚”而将不溶解的C60释放出来并沉淀，从而将C60和C70分离开来。 2.冠醚识别碱金属离子：冠醚分子中有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子,而形成冠醚—碱金属离子超分子。如18⁃冠⁃6识别K+。 1．(多选题)利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“ ”表示)分离C60和C70的过程如图所示。下列说法正确的是 A．“杯酚”能够循环使用 B．C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯 C．“杯酚”与C60之间通过共价键形成超分子 D．“杯酚”与C60可能是借助分子间作用力形成超分子 【答案】AD 【解析】A．通过溶剂氯仿的作用，破坏"杯酚"与C60形成的超分子，可实现将C60与C70分离，且"杯酚"能够循环使用，A正确； B．由题图可知，C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能，C60与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明C60是否能溶于甲苯，B错误； C．C60能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子而不是共价键，C错误； D．C60能与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，D正确； 答案为AD。 2．(多选题)利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的过程如图所示。下列说法错误的是 A．晶体熔点：杯酚 B．操作①用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯 C．杯酚与C60分子之间形成分子间氢键 D．杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯 【答案】BC 【解析】A．杯酚、C60和C70都是分子晶体，根据相对分子质量越大，熔沸点越高，因此晶体熔点：杯酚>C70>C60，故A正确； B．根据图中信息杯酚和C60混合物是固体，因此操作①主要是过滤，因此用到的玻璃仪器有漏斗和烧杯，故B错误； C．电负性大的原子与氢能形成分子间氢键，C60中没有电负性大的原子，因此杯酚与C60分子之间不能形成分子间氢键，故C错误； D．根据操作②的信息，可以得出杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯，故D正确。 综上所述，答案为BC。 3．冠的结构如图所示，其空腔直径为260～320pm。已知部分粒子直径如下表，该冠醚能识别的粒子是 粒子 直径/pm 152 204 276 334 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】可被18-冠-6识别的碱金属离子直径在260～320pm之间，符合条件的只有钾离子，故选B。 题型十二 关于配合物与超分子的几个问题 方法提示： 1.配合物：配位化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)和围绕它的分子或离子(称为配位体/配体)完全或部分通过配位键结合而形成。 2.超分子：由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。具有分子识别和自组装功能。如冠醚识别碱金属离子、杯酚(杯酚用“”表示)分离C60和C70的功能。 1．下列关于超分子和配合物的叙述正确的是 A．配合物Na[Al(OH)4]中，配位键数为4 B．含有配位键的物质一定是配位化合物 C．1mol[Cu(H2O)4]2+中σ键的物质的量为8mol D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装的特征 【答案】D 【详解】A．配合物Na[Al(OH)4]中，铝原子与三个羟基形成共价键，与一个羟基形成配位键，配位数为4，而配位键数为1，故A项错误； B．含有配位键的物质不一定是配位化合物，例如氯化铵等，故B项错误； C．1mol[Cu(H2O)4]2+中，4molH2O中含有8molσ键，铜离子与水分子之间存在4mol配位键，则σ键的物质的量为12mol，故C项错误； D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D项正确； 答案选D。 2．下列叙述中正确的是 ①配位键在形成时，是由成键双方各提供一个电子形成共用电子对 ②价层电子排布式为ns2的基态原子属于第ⅠA族或第ⅡA 族元素 ③冠醚识别K+形成的可能是配位键     ④分离C60和C70是利用超分子有分子识别的特征 ⑤化合物NH4Cl和CuSO4·5H2O都存在配位键 ⑥AgCl是一种白色沉淀，不溶于硝酸、浓硫酸、烧碱溶液，却能溶于氨水中 A．①③⑤⑥ B．②③④ C．③④⑤⑥ D．①④⑤⑥ 【答案】C 【详解】①配位键在形成时，是由成键双方一个提供空轨道、一个提供孤电子对形成的，故①错误； ②价电子排布式为ns2的原子属于ⅡA族元素，还可能属于0族，如He，故②错误； ③冠醚和碱金属离子之间的配位键属于共价键，是属于共价键的一种，故③正确； ④C60的含义是60个碳原子构成了一个分子，分子内碳原子靠共价键结合，分子间靠分子间力结合，所以C70和C60化学性质相似，故④正确； ⑤氯化铵中氮原子提供孤电子对、一个氢原子提供空轨道，二者形成配位键；CuSO4•5H2O中水中氧原子提供孤电子对、铜提供空轨道，二者形成配位键，所以NH4Cl和CuSO4•5H2O都存在配位键，故⑤正确； ⑥AgCl和氨水反应生成络合物离子银氨离子，所以氯化银能溶于氨水中，故⑥正确； 故选C。 3．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C60和C70 B．配合物和超分子中只含配位键 C．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子，这类晶体是离子晶体 D．利用冠醚能分离K+和Na+ 【答案】B 【详解】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．超分子和配合物中不一定只含配位键，也可能含有其他化学键，B项错误 C．配位键属于共价键，离子和离子之间形成离子键，这类晶体是离子晶体，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K+和Na+利用了超分子的识别特征，故D正确； 故选B。 试卷第2页，共24页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$