专题9 配合物与超分子-【高效学习】2024-2025学年高二化学热点题型归纳与分阶培优练（人教版2019选择性必修2）

专题9 配合物与超分子题型归类 目录 一、热点题型归纳 1 【题型一】配位键 1 【题型二】配位化合物的结构与性质 2 【题型三】超分子的特征及应用 4 【题型四】高考题型突破——晶胞结构的相关计算 （微粒数、微粒间距离、密度、空间利用率、原子坐标） 6 二、分阶培优练 8 【题型一】配位键 【典例分析】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 【提分秘籍】 基本规律 1.配位键 (1)概念： 由一个原子单方面提供跟另一个原子共用的共价键，即“电子对给予－接受”键，是一类特殊的共价键。如在[Cu(H2O)4]2＋中，铜离子与水分子之间的化学键是由水分子提供 给予铜离子，铜离子接受水分子的孤电子对形成的。 (2)形成条件：电子对给予体具有 ，而接受体有 。 (3)表示 配位键可以用A→B表示，其中A是 孤电子对的原子，B是 孤电子对的原子。例如［Cu(NH3)4］2+可表示为 。 2．配位键的形成条件 (1)成键原子一方能提供 。能提供孤电子对的分子有NH3、H2O、HF、CO等；离子有Cl－、OH－、CN－、SCN－等。 (2)成键原子另一方能提供 。如H＋、Al3＋、B及过渡金属的原子或离子。 (3)配位键同样具有饱和性和方向性。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目是其化合价的2倍。如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 3．配位键与共价键的区别 (1)形成过程不同：配位键实质上是一种特殊的共价键，在配位键中一方提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的空轨道。普通共价键的共用电子对是由成键原子双方共同提供的。 (2)配位键与普通共价键实质是相同的。它们都被成键原子双方共用，如在NH中有三个普通共价键、一个配位键，但四者是完全相同的。 (3)同普通共价键一样，配位键可以存在于分子之中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子之中(如NH)。 【变式演练】 1．对H3O+的说法正确的是 A．离子中无配位键 B．O原子采取sp3杂化 C．离子中配体为O原子 D．H3O+中有2个σ键 2．下列气体中，能与血红蛋白中的以配位键结合而引起中毒的是 A． B． C． D． 3．配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中，不含有的化学键是 A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键 【题型二】配位化合物的结构与性质 【典例分析】某配合物的化学式为，下列说法正确的是 A．配位体是和，配位数是9 B．中心离子是，内界是 C．内界和外界中的的数目比是 D．的中心原子是杂化 【提分秘籍】 基本规律 1．配位化合物的结构 (1)定义：通常把金属离子或原子(称为 )与某些分子或离子(称为 )以 结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。如[Cu(NH3)4](OH)2、[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH、Fe(SCN)3等。 (2)组成 ①中心离子：一般是金属离子，常见的有Fe2＋、Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋、Ni2＋等，特别是过渡金属离子很容易形成配合物，这是因为多数过渡金属的离子含有 。 ②配体：含有孤电子对的分子或离子，如NH3、CO、H2O、Cl－、Br－、I－、SCN－、CN－等。 ③配位数：直接同中心离子(或原子)配位的配体的数目为该中心离子(或原子)的配位数。一般来说，中心离子(或原子)的配位数是其化合价的2倍，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 (3)结构：在配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3＋为中心离子，6个NH3分子为配体。中心离子与配体构成配合物的内界，通常把它们放在括号内，Cl－称为配合物的外界。内、外界之间以离子键结合，在水中全部电离。 【注意】配合物内界微粒很难电离(电离程度很小)，如[Co(NH3)5Cl]Cl2===[Co(NH3)5Cl]2＋＋2Cl－，因此，[Co(NH3)5Cl]Cl2内界中的Cl－不能被Ag＋沉淀，只有外界的Cl－才能与硝酸银溶液反应产生沉淀。 2．配合物的形成对物质性质的影响 (1)对溶解性的影响：一些难溶于水的金属氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以分别溶于含过量Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。 难溶于水的金属化合物还可溶于过量氨水中，如银氨溶液的制备原理： Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O (2)颜色的改变：当简单离子形成配离子时，颜色常发生变化，根据颜色的变化可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－在溶液中可生成配位数为1～6的配离子，形成的配离子的颜色是红色的，反应的离子方程式如下： Fe3＋＋nSCN－===[Fe(SCN)n]3－n(n＝1～6) (3)稳定性增强：配合物具有较强的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当配离子的中心原子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。如血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，使血红蛋白失去输送O2的功能，从而导致人体CO中毒。 【变式演练】 1．配合物可用于离子检验，下列说法不正确的是 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，配位原子为N C．1mol配合物中含有12molσ键 D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离得到阴阳离子共4mol 2．下列关于配位化合物的叙述，不正确的是 A．配位化合物中必定存在配位键 B．配位化合物中只有配位键 C．[Fe(SCN)6]3-中的Fe3+提供空轨道，SCN-中的硫原子提供孤电子对形成配位键 D．许多过渡元素的离子(如Cu2+、Ag+等)和某些主族元素的离子或分子(如NH3、OH-等)都能形成配合物 3．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O的配合物的下列说法中正确的是 A．配位体是Cl-和H2O，配位数是9 B．配离子是[TiCl(H2O)5]2+，中心离子是Ti4+ C．内界和外界中的Cl-的数目比是1：2 D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀 【题型三】超分子的特征及应用 【典例分析】超分子有许多特殊的化学性质。12-冠-4可与作用而不与作用；18-冠-6可与作用(如下图)，但不与或作用。下列说法错误的是 A．18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为杂化 B．18-冠-6分子中的O原子与间不存在离子键 C．18-冠-6分子与作用，不与或作用，体现了超分子的“自组装”的特征 D．18-冠-6分子的命名与分子中碳和氧的数目有关，分子中所有原子不可能共平面 【提分秘籍】 基本规律： 1．超分子 (1)由两种或两种以上的分子通过 形成的分子聚集体。超分子这种分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的。 (2)超分子的特性 超分子的重要特征是 和自组装。 2．超分子的应用 (1)分离C60和C70 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 冠醚分子中有大小不同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。 【变式演练】 1．向甲苯和KMnO4的混合溶液中加入18-冠-6晶体，和迁移过程示意图如图所示。下列说法错误的是 A．进入甲苯层符合电荷守恒定律 B．加入18-冠-6晶体可以加快反应速率 C．18-冠-6晶体能溶于水主要取决于结构中的多个O原子 D．反应开始后18-冠-6与继续保留在上层溶液中 2．超分子是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。下列有关说法错误的是 A．利用杯酚、甲苯、氯仿分离和时用到烧杯、漏斗、玻璃棒 B．18—冠—6（）的核磁共振氢谱中只有1组峰 C．15—冠—5的空腔大小与相近可用于识别 D．18—冠—6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强 3．下列关于配合物和超分子的说法正确的是 A．冠醚有不同大小的空穴，可识别直径不同的碱金属离子 B．在中，给出孤电子对，提供空轨道 C．利用“杯酚”可分离和是因为超分子具有“自组装”的特征 D．中存在的化学键有离子键、配位键、极性键和氢键 【题型四】高考题型专项突破——晶胞结构的相关计算 【典例分析】(2022·广东高考节选)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 (1)X的化学式为____________________。 (2)设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，则X中相邻K之间的最短距离为____________________ nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 【提分秘籍】 基本规律 1．晶胞中粒子数目的计算方法——均摊法 (1)晶胞任意位置上的一个粒子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个粒子分得的份额就是。 (2)方法 ①长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算： ②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定，如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占。 (3)当晶胞为六棱柱时，顶点、侧棱、底面上的棱、面心的微粒依次被6、3、4、2个六棱柱所共有，即顶点、侧棱、底面上的棱、面心的微粒分别有、、、属于该六棱柱。 2．微粒间距离的计算 计算晶体中微粒间距离的方法 3．晶胞密度的有关计算 (1)晶胞参数与晶胞密度的关系 (2)晶胞中的几组几何公式(设棱长为a) ①面对角线长＝a。 ②体对角线长＝a。 ③4r＝a(r为原子半径)。 ④4r＝a(r为原子半径)。 4．空间利用率的计算方法 (1)空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。空间利用率＝×100%。 (2)空间利用率的计算步骤：首先计算晶胞中的粒子数；再计算晶胞的体积。 5．确定晶胞中原子坐标的方法 晶胞中的任意一个原子的中心位置均可用3个分别≤1的数在立体坐标系中表示出来，如下图所示。 注意：在确定各原子的坐标时，要注意x、y、z轴的单位标准不一定相同。 【变式演练】 1．Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示。 (1)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。例如图中原子1的坐标为(0，0，0)，则原子2的坐标为__________。 (2)已知晶体密度为d g·cm－3，S2－半径为a pm，若要使S2－、Zn2＋相切，则Zn2＋半径为____________________ pm(写计算表达式)。 2．Cu2SnS3属于立方晶体，如图所示，其晶胞参数a＝0.5428 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，S原子填充在CuxSn1－x构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为________，Cu2SnS3的密度为__________________ g·cm－3(列出计算式)。若图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为________。 3．钛晶体有两种晶胞，如图所示。 (1)如图1所示，晶胞的空间利用率为________________(用含π的式子表示)。 (2)已知图2中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为d g·cm－3，NA为________mol－1(用含x、y和d的式子表示)。 ( 分阶培优练 ) 培优第一阶——基础过关练 1．下列配合物的配位数不为6的是 A． B． C． D． 2．铜氨液可以吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是 A．价层电子排布式为： B．CO为非极性分子 C．空间构型为三角锥形 D．中含有3mol配位键 3．配合物中，中心离子的化合价是 A．+1 B．+2 C．+3 D．无法确定 4．下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是 A． B． C． D． 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6 B．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．超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示，该超分子中存在的化学键类型有 A．σ键、π键、离子键 B．σ键、π键、氢键 C．σ键、π键 D．σ键、π键、离子键、氢键 7．下列有关超分子的说法错误的是 A．超分子是由两种或多种分子形成的聚集体 B．分子形成超分子的作用可能是分子间作用力 C．超分子具有分子识别的特性 D．分子以共价键聚合形成超分子 8．0.01mol在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，生成0.02 mol AgCl沉淀。已知该中Cr3+形成六个配位键，则其结构是 A． B． C． D． 9．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是 A．配位化合物中一定存在配位键 B．配位化合物中只有配位键 C．中的提供空轨道，中的O提供孤电子对形成配位键 D．配位化合物在半导体等尖端技术、医药科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用 10．下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是 A．过氧化钠、硫酸四氨合铜、氢化钠 B．硝酸铵、氢氧化二氨合银、氯化铵 C．氯化氢、氢氧化钠、氢氧化钡 D．氯化铵、过氧化氢、过氧化钙 培优第二阶——能力提升练 11．碳铂(结构简式如图)是一种广谱抗癌药物。下列关于碳铂的说法错误的是 A．中心原子的配位数为4 B．和杂化的碳原子数之比为 C．分子中σ键与π键的数目之比为 D．分子中含有极性键、非极性键和配位键 12．化学式为K4[Fe(CN)6]的配合物常用作为抗结剂少量添加在食盐中，而KCN却是一种极具毒性的盐类，下列说法错误的是 A．K4[Fe(CN)6]配合物在水中溶解并能完全解离出K+、Fe2+和CN- B．K4[Fe(CN)6]配合物的配体是CN-，配位数是6，其晶体中有离子键、共价键和配位键 C．[Fe(CN)6]4-配离子的中心离子Fe2+提供6个空轨道，配体CN-提供孤电子对 D．KCN的剧毒性是由CN-引起 13．下列关于配位化合物的叙述中，错误的是 A．配位化合物中必定存在配位键 B．含有配位键的化合物一定是配位化合物 C．[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键 D．配位化合物在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用 14．一种锌的配合物结构如图所示，下列有关说法正确的是    A．中心离子提供空轨道的能级是3d和4s B．该配合物中H−N−H的键角比中H−N−H的键角小 C．溴原子不同形状的轨道上的电子数之比是8∶17∶10 D．该化合物中C、N的杂化类型相同 15．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。18-冠-6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是    A．含该超分子的物质属于分子晶体 B．冠醚可用于分离不同的碱金属离子 C．中心钾离子的配位数是8 D．冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子 16．冠醚由于形似“王冠”而得名。如；  。下列关于冠醚的说法正确的是 A．冠醚属于烃类 B．冠醚与“杯酚”均属于超分子 C．冠醚能完全燃烧生成和 D．(1)和(2)互为同系物 17．下列过程与配合物无关的是 A．向溶液中滴加溶液出现血红色 B．向溶液中滴加氨水至过量，生成深蓝色溶液 C．向溶液中滴加氯水，溶液颜色加深 D．向溶液中逐滴加入氨水，先出现沉淀，继而沉淀消失 18．如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与形成的螯合物。下列叙述正确的是 A．a和b中N原子均采取杂化 B．b中的配位数为4 C．a中配位原子是C原子 D．b中含有离子键和配位键 19．钴的金属配合物在电子元器件、超分子配合物等方面具有应用价值。，可形成两种钻的配合物，P：，Q：，向P、Q的溶液中分别加入溶液后，下列有关说法错误的是 A．Q溶液中会产生白色沉淀 B．P溶液中会产生白色沉淀 C．Q中是配体 D．P、Q的配位数均是6 20．有三个组成均为的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色，相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的溶液，析出的物质的量之比为。已知铬的配位数为6，下列说法正确的是 A．甲、乙、丙为同一物质 B．配位体均为 C．铬元素均显价 D．甲的化学式为 培优第三阶——培优拔尖练 21．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 22．利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是 A．杯酚与C60形成氢键 B．C60与C70晶体类型不同 C．该分离过程利用的是超分子的分子识别特征 D．一个C60晶胞中含有8个C60分子 23．关于[Co(NH3)4Cl2]Cl的说法中正确的是 A．钴离子提供孤电子对，NH3提供空轨道 B．1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl含有σ键的数目为18NA C．配体NH3的中心原子的价层电子对数为4对，其VSEPR模型为三角锥形 D．含1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3 mol白色沉淀 24．已知：铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。 下列说法不正确的是 A．b中得到配合物，其配体为 B．硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致 C．由实验可知，的配位能力比弱 D．加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液 25．碳化钨是耐高温耐磨材料。下图为碳化钨晶体的部分结构，碳原子嵌入金属的晶格间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙化合物。 (1)在该结构中，每个钨原子周围距离钨原子最近且等距离的碳原子有 个。 (2)假设该部分晶体的体积为，碳化钨的摩尔质量为，密度为，则阿伏加德罗常数用上述数据表示为 。 26．某晶体的晶胞结构如图所示.请回答下列问题： (1)晶体中每个Y粒子同时吸引着 个X粒子，每个X粒子同时吸引着 个Y粒子，该晶体的化学式为 。 (2)晶体中每个X粒子周围与它最近且距离相等的X粒子共有 个。 (3)设该晶体的摩尔质量为，晶体密度为，阿伏加德罗常数为，则晶体中两个最近的X粒子间的距离为 。 27．含铁化合物在生产、生活中有广泛的应用。下图是一种太阳能电池工作原理的示意图，其中电解质溶液为和的混合溶液。 (1)中，中心离子为 。 (2)电池工作时，下列描述正确的是___________。 A．电极a为正极 B．向电极a移动 C．电子由电极a经导线流向电极b D．电极b上发生氧化反应 (3)正极上发生的电极反应为 。 (4)氮化铁晶体可应用于磁记录材料领域，其晶胞结构如下图所示。对于a位置的Fe原子，与其最近的且距离相等的N原子有___________个。 A．2 B．4 C．6 D．8 (5)该氮化铁晶体的化学式为___________。 A．FeN B． C． D． (6)结合图中数据，计算该晶胞的密度 。(设为阿伏加德罗常数，用含r和的代数式表示，) 28．铁镁合金MgxFey是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为a nm。该镁合金的化学式为 ，在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数为 ，该铁镁合金储氢后的晶体密度为 (用表示阿伏加德罗常数的值)。 29．钛酸钙具有特殊的物理、化学性质，钛酸钙结构材料是当前材料科学研究领域的热点之一，回答下列问题。 (1)钛在元素周期表中的位置是 。 (2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的则用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。从结构角度解释TiCl3中Ti还原性较强的原因 。 (3)离子半径Ca2+>Ti4+，理由是 。 (4)钛酸钙的晶胞如图所示，晶胞中Ca2+、Ti4+、O2-分别处于顶角、体心、面心位置。 ①1个晶胞中含有O2-的个数是 ；钛酸钙的化学式是 。 ②晶体密度ρ可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知钛酸钙晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则钛酸钙晶体密度ρ= g•cm-3(列出计算式)。 30．电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，单晶硅和铜、锗、镓等的化合物常作为制备太阳能电池的原料。回答下列问题： (1)基态镓原子的价层电子排布图是 。 (2)四氯化硅属于 晶体，硅原子的杂化方式是 。 (3)下列锗卤化物的熔点和沸点，产生该变化规律的原因是 。 GeCl4 GeBr4 GeI4 熔点/℃ -49.5 26 146 沸点/℃ 83.1 186 约400 (4)比较键角∠HNH：H2N−NH2中的−NH2 H2N−NH中的−NH(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 (5)下图为铜的某种氯化物晶胞示意图，试回答下列问题 该物质的化学式是 。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子标参数分别为A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；则D原子的坐标参数为 。 ( 6 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题9 配合物与超分子题型归类 目录 一、热点题型归纳 1 【题型一】配位键 1 【题型二】配位化合物的结构与性质 3 【题型三】超分子的特征及应用 5 【题型四】高考题型突破——晶胞结构的相关计算 （微粒数、微粒间距离、密度、空间利用率、原子坐标） 8 二、分阶培优练 12 【题型一】配位键 【典例分析】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 【答案】C 【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；提供空轨道的为中心原子，提供孤电子对的为配体，D项错误。 故选：C。 【提分秘籍】 基本规律 1.配位键 (1)概念：共用电子对由一个原子单方面提供跟另一个原子共用的共价键，即“电子对给予－接受”键，是一类特殊的共价键。如在[Cu(H2O)4]2＋中，铜离子与水分子之间的化学键是由水分子提供孤电子对给予铜离子，铜离子接受水分子的孤电子对形成的。 (2)形成条件：电子对给予体具有孤电子对，而接受体有空轨道。 (3)表示 配位键可以用A→B表示，其中A是给予孤电子对的原子，B是接受孤电子对的原子。例如［Cu(NH3)4］2+可表示为。 2．配位键的形成条件 (1)成键原子一方能提供孤电子对。能提供孤电子对的分子有NH3、H2O、HF、CO等；离子有Cl－、OH－、CN－、SCN－等。 (2)成键原子另一方能提供空轨道。如H＋、Al3＋、B及过渡金属的原子或离子。 (3)配位键同样具有饱和性和方向性。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目是其化合价的2倍。如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 3．配位键与共价键的区别 (1)形成过程不同：配位键实质上是一种特殊的共价键，在配位键中一方提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的空轨道。普通共价键的共用电子对是由成键原子双方共同提供的。 (2)配位键与普通共价键实质是相同的。它们都被成键原子双方共用，如在NH中有三个普通共价键、一个配位键，但四者是完全相同的。 (3)同普通共价键一样，配位键可以存在于分子之中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子之中(如NH)。 【变式演练】 1．对H3O+的说法正确的是 A．离子中无配位键 B．O原子采取sp3杂化 C．离子中配体为O原子 D．H3O+中有2个σ键 【答案】B 【详解】A．水分子中氧提供孤电子对，1个氢离子提供空轨道，形成配位键，故A错误； B．O原子形成3个共价键，且还存在1对孤电子对，采取sp3杂化，故B正确； C．离子中配体为H2O，故C错误； D．配位键也是σ键，故存在3个σ键，故D错误； 故选B。 2．下列气体中，能与血红蛋白中的以配位键结合而引起中毒的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】能与人体血红蛋白中的以配位键结合，与血红蛋白中的结合的能力远远强于与血红蛋白中结合的能力，因此一旦与血红蛋白中的结合，就很难与血红蛋白中的结合，机体出现缺氧现象，即引起机体中毒。 故选B。 3．配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中，不含有的化学键是 A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键 【答案】C 【详解】配位化合物[Cu(NH3)4]SO4中含有配离子[Cu(NH3)4]2+和之间的离子键，NH3和中都有极性键，Cu2+和NH3之间以配位键结合，不含非极性键，故选C。 【点睛】极性键是不同种元素原子间的共价键，非极性键是同种元素原子间的共价键(O3除外)。 【题型二】配位化合物的结构与性质 【典例分析】某配合物的化学式为，下列说法正确的是 A．配位体是和，配位数是9 B．中心离子是，内界是 C．内界和外界中的的数目比是 D．的中心原子是杂化 【答案】C 【详解】A．由化学式知，配位体是和，配位数是6，A项错误； B．由化学式知中心离子是，内界是，B项错误； C．内界有1个，外界有2个，故数目比是，C项正确； D．中价电子对数为2+，故中心原子是杂化，D项错误； 故选C。 【提分秘籍】 基本规律 1．配位化合物的结构 (1)定义：通常把金属离子或原子(称为中心离子(原子))与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。如[Cu(NH3)4](OH)2、[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH、Fe(SCN)3等。 (2)组成 ①中心离子：一般是金属离子，常见的有Fe2＋、Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋、Ni2＋等，特别是过渡金属离子很容易形成配合物，这是因为多数过渡金属的离子含有空轨道。 ②配体：含有孤电子对的分子或离子，如NH3、CO、H2O、Cl－、Br－、I－、SCN－、CN－等。 ③配位数：直接同中心离子(或原子)配位的配体的数目为该中心离子(或原子)的配位数。一般来说，中心离子(或原子)的配位数是其化合价的2倍，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 (3)结构：在配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3＋为中心离子，6个NH3分子为配体。中心离子与配体构成配合物的内界，通常把它们放在括号内，Cl－称为配合物的外界。内、外界之间以离子键结合，在水中全部电离。 【注意】配合物内界微粒很难电离(电离程度很小)，如[Co(NH3)5Cl]Cl2===[Co(NH3)5Cl]2＋＋2Cl－，因此，[Co(NH3)5Cl]Cl2内界中的Cl－不能被Ag＋沉淀，只有外界的Cl－才能与硝酸银溶液反应产生沉淀。 2．配合物的形成对物质性质的影响 (1)对溶解性的影响：一些难溶于水的金属氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以分别溶于含过量Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。 难溶于水的金属化合物还可溶于过量氨水中，如银氨溶液的制备原理： Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O (2)颜色的改变：当简单离子形成配离子时，颜色常发生变化，根据颜色的变化可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－在溶液中可生成配位数为1～6的配离子，形成的配离子的颜色是红色的，反应的离子方程式如下： Fe3＋＋nSCN－===[Fe(SCN)n]3－n(n＝1～6) (3)稳定性增强：配合物具有较强的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当配离子的中心原子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。如血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，使血红蛋白失去输送O2的功能，从而导致人体CO中毒。 【变式演练】 1．配合物可用于离子检验，下列说法不正确的是 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，配位原子为N C．1mol配合物中含有12molσ键 D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离得到阴阳离子共4mol 【答案】B 【详解】A． Na+与之间存在离子键，CN−与Fe3+之间存在配位键，CN−中碳原子与氮原子之间存在极性键，A项正确； B． 配合物Na3[Fe(CN)6]中，配离子为，中心离子为Fe3+，配位原子为C，B项错误； C． CN−中碳原子与氮原子之间存在1个σ键，CN−与Fe3+之间的配位键属于σ键，则1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键为(6+6)mol =12mol，C项正确； D． 该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为Na3[Fe(CN)6]=3Na++，1mol该配合物电离得到阴、阳离子共4mol，D项正确； 故选B。 2．下列关于配位化合物的叙述，不正确的是 A．配位化合物中必定存在配位键 B．配位化合物中只有配位键 C．[Fe(SCN)6]3-中的Fe3+提供空轨道，SCN-中的硫原子提供孤电子对形成配位键 D．许多过渡元素的离子(如Cu2+、Ag+等)和某些主族元素的离子或分子(如NH3、OH-等)都能形成配合物 【答案】B 【详解】配位化合物中一定含有配位键，但也可能含有离子键等其他化学键，A正确，B错误；Fe3+、Cu2+、Ag+等过渡元素的离子有空轨道，与许多配体具有很强的结合力，可形成配合物，C、D均正确。 3．关于化学式[TiCl(H2O)5]Cl2⋅H2O的配合物的下列说法中正确的是 A．配位体是Cl-和H2O，配位数是9 B．配离子是[TiCl(H2O)5]2+，中心离子是Ti4+ C．内界和外界中的Cl-的数目比是1：2 D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均被完全沉淀 【答案】C 【详解】A．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，配位体是Cl和H2O，配位数是6，故A错误； B．中心离子是Ti3+，内配离子是Cl-，外配离子是Cl-，故B错误； C．配合物[TiCl(H2O)5]Cl2•H2O，内配离子是Cl-为1，外配离子是Cl-为2，内界和外界中的Cl-的数目比是1：2，故C正确； D．加入足量AgNO3溶液，外界离子Cl-离子与Ag+反应，内配位离子Cl-不与Ag+反应，故D错误； 故选：C。 【题型三】超分子的特征及应用 【典例分析】超分子有许多特殊的化学性质。12-冠-4可与作用而不与作用；18-冠-6可与作用(如下图)，但不与或作用。下列说法错误的是 A．18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为杂化 B．18-冠-6分子中的O原子与间不存在离子键 C．18-冠-6分子与作用，不与或作用，体现了超分子的“自组装”的特征 D．18-冠-6分子的命名与分子中碳和氧的数目有关，分子中所有原子不可能共平面 【答案】C 【详解】A．18-冠-6中，C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道类型均为杂化，A正确； B．18-冠-6分子中的O原子与间通过配位键自组装成超分子，不存在离子键，B正确； C．18-冠-6与作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，C错误； D．18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为杂化，所有原子不可能共平面，D正确； 故选：C。 【提分秘籍】 基本规律： 1．超分子 (1)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。超分子这种分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的。 (2)超分子的特性 超分子的重要特征是分子识别和自组装。 2．超分子的应用 (1)分离C60和C70 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 冠醚分子中有大小不同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。 【变式演练】 1．向甲苯和KMnO4的混合溶液中加入18-冠-6晶体，和迁移过程示意图如图所示。下列说法错误的是 A．进入甲苯层符合电荷守恒定律 B．加入18-冠-6晶体可以加快反应速率 C．18-冠-6晶体能溶于水主要取决于结构中的多个O原子 D．反应开始后18-冠-6与继续保留在上层溶液中 【答案】D 【详解】A．由题图可知，18-冠-6晶体对有识别作用，18-冠-6与进入甲苯层后，由于静电作用，也会进入上层溶液，A正确； B．由A可知，进入上层溶液，促进和甲苯接触反应，能加快反应速率，B正确； C．18-冠-6晶体既可溶于水，也可溶于甲苯，18-冠-6晶体可溶于水是因为其结构中的多个O原子可与H2O形成分子间氢键，C正确； D．甲苯和KMnO4发生氧化还原反应后，被还原为，上层溶液中的负电荷减少，迫使18-冠-6与回到下层溶液并将新的迁移至上层溶液中，D错误； 答案选D。 2．超分子是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。下列有关说法错误的是 A．利用杯酚、甲苯、氯仿分离和时用到烧杯、漏斗、玻璃棒 B．18—冠—6（）的核磁共振氢谱中只有1组峰 C．15—冠—5的空腔大小与相近可用于识别 D．18—冠—6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强 【答案】D 【详解】A．利用杯酚、甲苯、氯仿分离和时用到过滤操作，故需要烧杯、漏斗、玻璃棒，A正确； B．由冠—6的结构简式可知，其在核磁共振氢谱中只有1组峰，B正确； C．15—冠—5与的空腔大小相近可用于识别，C正确； D．原子比原子电负性大，使原子的孤电子对偏向原子，配位能力降低，与形成的超分子稳定性将减弱，D错误； 答案选D。 3．下列关于配合物和超分子的说法正确的是 A．冠醚有不同大小的空穴，可识别直径不同的碱金属离子 B．在中，给出孤电子对，提供空轨道 C．利用“杯酚”可分离和是因为超分子具有“自组装”的特征 D．中存在的化学键有离子键、配位键、极性键和氢键 【答案】A 【详解】A．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，故A正确； B．在中，给出孤电子对，提供空轨道，故B错误； C．“杯酚”与不能形成超分子，“杯酚”能与和形成超分子，反映出超分子具有“分子识别”的特征，故C错误； D．氢键是分子间作用力，不是化学键，故D错误； 故选A。 【题型四】高考题型专项突破——晶胞结构的相关计算 【典例分析】(2022·广东高考节选)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。 (1)X的化学式为____________________。 (2)设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，则X中相邻K之间的最短距离为____________________ nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1)K2SeBr6　(2)× ×107 【详解】(1)根据晶胞结构知，K有8个，SeBr6有8×＋6×＝4个，则X的化学式为K2SeBr6。 (2)设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，设晶胞参数为a nm，得到ρ＝＝＝ρ g·cm－3，解得a＝×107，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半，即× ×107 nm。 【提分秘籍】 基本规律 1．晶胞中粒子数目的计算方法——均摊法 (1)晶胞任意位置上的一个粒子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个晶胞对这个粒子分得的份额就是。 (2)方法 ①长方体(包括立方体)晶胞中不同位置的粒子数的计算： ②非长方体晶胞中粒子视具体情况而定，如石墨晶胞每一层内碳原子排成六边形，其顶点(1个碳原子)被三个六边形共有，每个六边形占。 (3)当晶胞为六棱柱时，顶点、侧棱、底面上的棱、面心的微粒依次被6、3、4、2个六棱柱所共有，即顶点、侧棱、底面上的棱、面心的微粒分别有、、、属于该六棱柱。 2．微粒间距离的计算 计算晶体中微粒间距离的方法 3．晶胞密度的有关计算 (1)晶胞参数与晶胞密度的关系 (2)晶胞中的几组几何公式(设棱长为a) ①面对角线长＝a。 ②体对角线长＝a。 ③4r＝a(r为原子半径)。 ④4r＝a(r为原子半径)。 4．空间利用率的计算方法 (1)空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。空间利用率＝×100%。 (2)空间利用率的计算步骤：首先计算晶胞中的粒子数；再计算晶胞的体积。 5．确定晶胞中原子坐标的方法 晶胞中的任意一个原子的中心位置均可用3个分别≤1的数在立体坐标系中表示出来，如下图所示。 注意：在确定各原子的坐标时，要注意x、y、z轴的单位标准不一定相同。 【变式演练】 1．Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示。 (1)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。例如图中原子1的坐标为(0，0，0)，则原子2的坐标为__________。 (2)已知晶体密度为d g·cm－3，S2－半径为a pm，若要使S2－、Zn2＋相切，则Zn2＋半径为____________________ pm(写计算表达式)。 【答案】(1) (2) 【详解】(2)已知晶体密度为d g·cm－3，锌离子的个数为8×＋6×＝4，硫离子位于晶胞内部，个数为4，则晶胞参数＝×1010 pm＝×1010 pm，若要使S2－、Zn2＋相切，则其体对角线长度为2个锌离子直径与2个硫离子直径之和，其体对角线长度＝× ×1010 pm，S2－半径为a pm，Zn2＋半径为 pm＝ pm。 2．Cu2SnS3属于立方晶体，如图所示，其晶胞参数a＝0.5428 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，S原子填充在CuxSn1－x构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为________，Cu2SnS3的密度为__________________ g·cm－3(列出计算式)。若图中原子1的坐标为，则原子2的坐标为________。 【答案】50%　　 【详解】由晶体的晶胞结构可知，CuxSn1－x构成的正四面体空隙有8个，其中4个被S原子占据，所以空隙填充率为50%；晶胞中含有4个S原子，CuxSn1－x处于顶点位置上的有8个，处于面心位置上的有6个，故晶胞中CuxSn1－x的个数为8×＋6×＝4，CuxSn1－x中含有个Cu，个Sn，因此晶胞中含有个Cu2SnS3，故ρ＝ g·cm－3。 3．钛晶体有两种晶胞，如图所示。 (1)如图1所示，晶胞的空间利用率为________________(用含π的式子表示)。 (2)已知图2中六棱柱边长为x cm，高为y cm。该钛晶胞密度为d g·cm－3，NA为________mol－1(用含x、y和d的式子表示)。 【答案】(1)π×100%　(2) 【详解】(1)由图1可知，晶胞中钛原子的数目为1＋8×＝2，设原子半径为r，则晶胞的体对角线为4r，晶胞的棱长为，则空间利用率为×100%＝π×100%。 (2)图2晶胞中钛原子的数目为3＋2×＋×12＝6，晶胞的质量为 g，六棱柱边长为x cm，高为y cm，则晶胞的体积为x2y cm3，则x2yd g＝，由此计算得NA＝ mol－1。 ( 分阶培优练 ) 培优第一阶——基础过关练 1．下列配合物的配位数不为6的是 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．中配体为NH3和H2O，配位数为6，故A不选； B．中配体为NH3和H2O，配位数为6，故B不选； C．中配体为NH3和H2O、内界中的Cl，配位数为6，故C不选； D．中配体为NH3，配位数为4，故D选； 故选D。 2．铜氨液可以吸收CO，其反应为：。下列说法正确的是 A．价层电子排布式为： B．CO为非极性分子 C．空间构型为三角锥形 D．中含有3mol配位键 【答案】C 【详解】A．基态铜原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s1，失去4s上的1个电子变成Cu+，则 价层电子排布式为：，A错误； B．CO为含有极性键的双原子分子，则为极性分子，B错误； C．中心原子价层电子对数为：3+=4，采取sp3杂化，有1对孤对电子，所以分子的空间构型为三角锥形，C正确； D．中Cu+提供空轨道，NH3和CO为配位体，所以中含有4mol配位键，D错误； 故选C。 3．配合物中，中心离子的化合价是 A．+1 B．+2 C．+3 D．无法确定 【答案】C 【详解】由化学式可知，硝酸根离子化合价为-1，氯离子化合价为-1，根据化合价代数和为零可知，中心离子的化合价是+3； 故选C。 4．下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．由化学式可知，配合物[Co(NH3)4Cl2]Cl的内界为[Co(NH3)4Cl2]+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故A不符合题意； B．由化学式可知，配合物[Co(NH3)3Cl3]中氯离子与三价钴离子形成配位键，不易电离，则配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成氯化银沉淀，故B符合题意； C．由化学式可知，配合物[Co(NH3)6]Cl3中内界为[Co(NH3)6]3+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故C不符合题意； D．由化学式可知，配合物[Co(NH3)4Cl]Cl2中内界为[Co(NH3)4Cl]2+、外界为氯离子，则配合物的水溶液中加入硝酸银能生成氯化银沉淀，故D不符合题意； 故选B。 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6 B．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 【答案】B 【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，即形成配位键的电子对由某原子单方面提供，故D错误； 答案选B。 6．超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示，该超分子中存在的化学键类型有 A．σ键、π键、离子键 B．σ键、π键、氢键 C．σ键、π键 D．σ键、π键、离子键、氢键 【答案】C 【详解】根据题意可知，Mo与2个C60分子、2个p-甲酸丁酯吡啶及2个CO分子之间均为配位键，且为单键，即σ键，双键、三键中存在π键，不存在离子键，氢键不是化学键； 故答案为C。 7．下列有关超分子的说法错误的是 A．超分子是由两种或多种分子形成的聚集体 B．分子形成超分子的作用可能是分子间作用力 C．超分子具有分子识别的特性 D．分子以共价键聚合形成超分子 【答案】D 【详解】A．超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，A正确； B．超分子内部分子之间可以通过氢键、静电作用等分子间作用力结合在一起，B正确； C．分子识别和自组装是超分子形成的两个重要方面，C正确； D．超分子内部分子之间通过非共价键相结合，可以通过氢键、静电作用、堆积作用等结合在一起，D错误； 综上所述答案为D。 8．0.01mol在水溶液中用过量硝酸银溶液处理，生成0.02 mol AgCl沉淀。已知该中Cr3+形成六个配位键，则其结构是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．若其结构为[Cr(H2O)6]Cl3，则与硝酸银反应后 生成0.03molAgCl沉淀，故A错误； B．根据题意知，氯化铬(CrCl3•6H2O)和氯化银的物质的量之比是1:2，根据氯离子守恒知，一个氯化铬(CrCl3•6H2O)化学式中含有2个氯离子，剩余的1个氯离子是配原子，所以氯化铬(CrCl3•6H2O)的化学式可能为[Cr(H2O)5Cl]Cl2•H2O，故B正确； C．根据题意知，CrCl3·6H2O中Cr3+形成六个配位键，而该结构中只存在五个配位键，故C错误； D．若其结构为[Cr(H2O)3Cl3]·3H2O的配位键为6，且与硝酸银不产生AgCl，故D错误； 答案选B。 9．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是 A．配位化合物中一定存在配位键 B．配位化合物中只有配位键 C．中的提供空轨道，中的O提供孤电子对形成配位键 D．配位化合物在半导体等尖端技术、医药科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛的应用 【答案】B 【详解】A．配位化合物中一定含有配位键，但也可能含有其他化学键，A项正确， B．配位化合物可能含有其他化学键，B项错误； C．有空轨道，中O有孤电子对，可以形成配位键，C项正确； D．配位化合物应用领域特别广泛，D选项中提到的几个领域都在其应用范围内，D项正确。 故选：B。 10．下列物质中都存在离子键、极性键和配位键的是 A．过氧化钠、硫酸四氨合铜、氢化钠 B．硝酸铵、氢氧化二氨合银、氯化铵 C．氯化氢、氢氧化钠、氢氧化钡 D．氯化铵、过氧化氢、过氧化钙 【答案】B 【详解】A．中含离子键和非极性键，中含离子键、极性键和配位键，中只含离子键，A错误； B．三种物质中都含离子键、极性键和配位键，B正确； C．中含极性键，中含离子键和极性键，中含离子键和极性键，C错误； D．中含离子键、极性键和配位键，中含极性键和非极性键，中含离子键和非极性键，D错误。 故选：B。 培优第二阶——能力提升练 11．碳铂(结构简式如图)是一种广谱抗癌药物。下列关于碳铂的说法错误的是 A．中心原子的配位数为4 B．和杂化的碳原子数之比为 C．分子中σ键与π键的数目之比为 D．分子中含有极性键、非极性键和配位键 【答案】C 【详解】A．根据碳铂的结构简式，中心原子铂周围形成了4个配位键，其配位数为4，A正确； B．分子中碳氧双键所在的碳原子为杂化，其余4个碳原子为杂化，则和杂化的碳原子数之比为，B正确； C．根据碳铂的结构简式，结合双键为一个σ键与一个π键，单键为σ键，故分子中，6个、6个、2个、2个、2个、6个，以及2个碳氧双键中含有的2个σ键，总共26个σ键，只有碳氧双键中含有2个π键，则分子中σ键与π键的数目之比为，C错误； D．分子中含有的、、之间为极性键，之间为非极性键，、之间为配位键，D正确； 故选C。 12．化学式为K4[Fe(CN)6]的配合物常用作为抗结剂少量添加在食盐中，而KCN却是一种极具毒性的盐类，下列说法错误的是 A．K4[Fe(CN)6]配合物在水中溶解并能完全解离出K+、Fe2+和CN- B．K4[Fe(CN)6]配合物的配体是CN-，配位数是6，其晶体中有离子键、共价键和配位键 C．[Fe(CN)6]4-配离子的中心离子Fe2+提供6个空轨道，配体CN-提供孤电子对 D．KCN的剧毒性是由CN-引起 【答案】A 【详解】A．K4[Fe(CN)6]内界中的CN-在水中不能电离，A错误； B．K4[Fe(CN)6]配合物的配体是CN-，配位数是6，其晶体中有离子键、共价键和配位键，B正确； C．[Fe(CN)6]4-配离子的中心离子Fe2+提供6个空轨道，配体CN-提供孤电子对，C正确； D．K4[Fe(CN)6]的配合物常用作为抗结剂少量添加在食盐中，而KCN却是一种极具毒性的盐类，KCN在水溶液中可电离出CN-，可知剧毒性是由CN-引起，D正确； 故选A。 13．下列关于配位化合物的叙述中，错误的是 A．配位化合物中必定存在配位键 B．含有配位键的化合物一定是配位化合物 C．[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键 D．配位化合物在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用 【答案】B 【详解】A．配合物中一定含有配位键，还含有共价键，可能含有离子键，A正确； B．含有配位键的化合物不一定是配位化合物，例如氯化铵尽管含有配位键，但其结构简单，不具备配合物的结构特征，不能看做配合物，B错误； C．配离子中中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)4]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤电子对，两者结合形成配位键，C正确； D．配位化合物具有一些特殊的性质，在化学催化剂、医学科学、材料化学等领域都有广泛的应用，D正确； 故选B。 14．一种锌的配合物结构如图所示，下列有关说法正确的是    A．中心离子提供空轨道的能级是3d和4s B．该配合物中H−N−H的键角比中H−N−H的键角小 C．溴原子不同形状的轨道上的电子数之比是8∶17∶10 D．该化合物中C、N的杂化类型相同 【答案】C 【详解】A．配合物中心离子为，核外电子排布式为，提供空轨道的能级是4s和4p，故A错误； B．配合物中氮原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以该配合物中H−N−H的键角比中H−N−H的键角大，故B错误； C．溴原子的核外电子排布式为，不同形状的轨道上的电子数之比是8∶17∶10，故C正确； D．该化合物中C原子为杂化，N原子为杂化，故D错误。 综上所述，答案为C。 15．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。18-冠-6与钾离子形成的超分子结构如图所示。下列说法正确的是    A．含该超分子的物质属于分子晶体 B．冠醚可用于分离不同的碱金属离子 C．中心钾离子的配位数是8 D．冠醚与碱金属离子之间形成离子键超分子 【答案】B 【详解】A．冠醚与碱金属离子形成的配合物，还含有阴离子，该物质为离子晶体，不是分子晶体，故A错误； B．有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，因此冠醚可用于分离不同的碱金属离子，故B正确； C．由图可知，中心K+周围形成了6个配位键，因此配位数为6，故C错误； D．冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，不是离子键，故D错误； 答案为B。 16．冠醚由于形似“王冠”而得名。如；  。下列关于冠醚的说法正确的是 A．冠醚属于烃类 B．冠醚与“杯酚”均属于超分子 C．冠醚能完全燃烧生成和 D．(1)和(2)互为同系物 【答案】C 【详解】A．冠醚中除含有C、H元素外，还含有O元素，因此冠醚不属于烃，属于烃的衍生物，故A错误； B．超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体，因此冠醚和杯酚不属于超分子，故B错误； C．冠醚是由C、H、O三种元素组成，完全燃烧生成CO2和H2O，故C正确； D．(1)有5个氧原子，(2)中有6个氧原子，因此两者不属于同系物，故D错误； 答案为C。 17．下列过程与配合物无关的是 A．向溶液中滴加溶液出现血红色 B．向溶液中滴加氨水至过量，生成深蓝色溶液 C．向溶液中滴加氯水，溶液颜色加深 D．向溶液中逐滴加入氨水，先出现沉淀，继而沉淀消失 【答案】C 【详解】A．FeCl3和KSCN发生络合反应而导致溶液呈血红色，反应方程式为Fe 3++SCN-=Fe(SCN)3，所以与配合物有关，故A不选； B．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失，生成[Cu(NH3)4]SO4，为配合物，故B不选； C．FeCl2溶液是浅绿色，被氧化后形成FeCl3是棕黄色，颜色变深，和配合物无关，故C选； D．一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失，生成银氨溶液，氢氧化二氨合银为配合物，故D不选； 正确答案是C。 18．如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与形成的螯合物。下列叙述正确的是 A．a和b中N原子均采取杂化 B．b中的配位数为4 C．a中配位原子是C原子 D．b中含有离子键和配位键 【答案】A 【详解】A．a中N原子有3对键电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对键电子对，没有孤电子对，则a、b中N原子均采取杂化，A正确； B．b为配离子，提供孤电子对的有2个N原子和4个O原子，所以的配位数为6，B错误； C．a不是配合物，C错误； D．与N、O之间形成配位键，其他原子之间形成共价键，b中不含离子键，D错误； 故选A。 19．钴的金属配合物在电子元器件、超分子配合物等方面具有应用价值。，可形成两种钻的配合物，P：，Q：，向P、Q的溶液中分别加入溶液后，下列有关说法错误的是 A．Q溶液中会产生白色沉淀 B．P溶液中会产生白色沉淀 C．Q中是配体 D．P、Q的配位数均是6 【答案】A 【详解】A．由P、Q的化学式知P的外界是，Q的外界是，在溶液中前者能电离出而后者不能，故加入溶液后Q溶液中不能产生白色沉淀，故A错误； B．根据A选项分析P溶液能电离出，故加入溶液会产生白色沉淀，故B正确； C．Q：，外界是，是配体，故C正确； D．根据P：，Q：结构分析，前者配位数是5+1=6，后者配位数是1+5=6，故D正确。 综上所述，答案为A。 20．有三个组成均为的配合物，甲为亮绿色，乙为暗绿色，丙为紫色，相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的溶液，析出的物质的量之比为。已知铬的配位数为6，下列说法正确的是 A．甲、乙、丙为同一物质 B．配位体均为 C．铬元素均显价 D．甲的化学式为 【答案】C 【分析】已知：Cr3+可形成配位数为6的配合物。组成为CrCl3•6H2O的配合物有3种(甲乙丙)，分别呈亮绿色、暗绿色和紫色，为确定这3种配合物的成键情况，分别取等物质的量的甲乙丙紫色、蓝绿色、绿色3种物质的样品配成溶液，分别向其中滴入过量的AgNO3溶液，均产生白色沉淀且质量比为2：1：3，则亮绿色配合物的化学式中配体有1个氯离子、5个水分子，则亮绿色配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2•H2O，据此解答即可。 【详解】A．由题意知，甲乙丙分子式相同，结构不同，属于不同的物质，故A错误； B．由题意知：此配合物中的配位数均是6，故配体除氯离子外，还有水，故B错误； C．该化合物中铬元素化合价相同，均为+3，故C正确； D．相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比分别为2：1：3，则绿色配合物的化学式中配体有1个氯离子、5个水分子，则亮绿色配合物的化学式为[CrCl(H2O)5]Cl2•H2O，故D错误； 故选：C。 培优第三阶——培优拔尖练 21．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 【答案】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。 22．利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法正确的是 A．杯酚与C60形成氢键 B．C60与C70晶体类型不同 C．该分离过程利用的是超分子的分子识别特征 D．一个C60晶胞中含有8个C60分子 【答案】C 【详解】A．C和H原子不能形成氢键，杯酚与C60不能形成氢键，故A错误； B．C60与C70都属于分子晶体，晶体类型相同，故B错误； C．“杯酚”的空腔大小只适配C60，该分离过程利用的是超分子的分子识别特征，故C正确； D．C60的晶胞结构图为，一个C60晶胞中含有，故D错误； 故选C。 23．关于[Co(NH3)4Cl2]Cl的说法中正确的是 A．钴离子提供孤电子对，NH3提供空轨道 B．1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl含有σ键的数目为18NA C．配体NH3的中心原子的价层电子对数为4对，其VSEPR模型为三角锥形 D．含1 mol [Co(NH3)4Cl2]Cl的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3 mol白色沉淀 【答案】B 【详解】A．钴离子提供空轨道，NH3提供孤电子对，故A错误； B．NH3中N-H键以及配位键均为σ键，1mol该物质中含18NA，故B正确； C．NH3的中心原子的价层电子对数为4对，其VSEPR模型为四面体形，故C错误； D．配合物外界完全电离，内界不电离，所以1mol [Co(NH3)4Cl2]Cl只能电离产生1mol Cl-，加入足量AgNO3溶液，产生1mol白色沉淀，故D错误； 故选：B。 24．已知：铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。 下列说法不正确的是 A．b中得到配合物，其配体为 B．硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致 C．由实验可知，的配位能力比弱 D．加热c中溶液有可能得到蓝色浑浊液 【答案】C 【详解】A．和均为深蓝色，b加入过量的氢氧化钠得到配合物，由化学式可知，其配体为，A正确； B．水分子中氧原子可以提供孤电子对，能和铜离子形成配离子，硫酸铜溶液呈蓝色的原因是的颜色所致，B正确； C．由实验ac可知，的配位能力比强，C错误； D．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，导致转化为氢氧化铜沉淀，故有可能得到蓝色浑浊液，D正确； 故选C。 25．碳化钨是耐高温耐磨材料。下图为碳化钨晶体的部分结构，碳原子嵌入金属的晶格间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙化合物。 (1)在该结构中，每个钨原子周围距离钨原子最近且等距离的碳原子有 个。 (2)假设该部分晶体的体积为，碳化钨的摩尔质量为，密度为，则阿伏加德罗常数用上述数据表示为 。 【答案】(1)6 (2) 【详解】（1）每个钨原子周围距离钨原子最近且等距离的碳原子有6个； （2）结构中钨原子数目是，碳原子个数为6；化学式为WC，晶胞质量为，根据密度的定义可知，。 26．某晶体的晶胞结构如图所示.请回答下列问题： (1)晶体中每个Y粒子同时吸引着 个X粒子，每个X粒子同时吸引着 个Y粒子，该晶体的化学式为 。 (2)晶体中每个X粒子周围与它最近且距离相等的X粒子共有 个。 (3)设该晶体的摩尔质量为，晶体密度为，阿伏加德罗常数为，则晶体中两个最近的X粒子间的距离为 。 【答案】4 8 (或) 12 【详解】(1)由题图可得，晶体中每个Y粒子同时吸引着4个X粒子；在题图所示晶胞中，以面心处的X粒子为研究对象，每个X粒子同时吸引着4个Y粒子，而每个X粒子被2个晶胞所共用，则在晶体中每个X粒子同时吸引着个Y粒子；一个晶胞中含有X粒子的数目为，含有Y粒子的数目为8，X、Y粒子数目之比为1:2，故该晶体的化学式为或； (2)由晶胞结构可知，以顶点的X粒子为研究对象，一个晶胞内与之距离最近且相等的X粒子位于面心处，有3个，而每个顶点X粒子被8个晶胞所共用，每个面心X粒子被2个晶胞所共用，则晶体中与X粒子距离最近且相等的X粒子的数目为； (3)设该晶胞的边长为，则可得，解得，晶胞的边长为晶体中两个最近的X粒子间距离的倍，则晶体中两个最近的X粒子间的距离为。 27．含铁化合物在生产、生活中有广泛的应用。下图是一种太阳能电池工作原理的示意图，其中电解质溶液为和的混合溶液。 (1)中，中心离子为 。 (2)电池工作时，下列描述正确的是___________。 A．电极a为正极 B．向电极a移动 C．电子由电极a经导线流向电极b D．电极b上发生氧化反应 (3)正极上发生的电极反应为 。 (4)氮化铁晶体可应用于磁记录材料领域，其晶胞结构如下图所示。对于a位置的Fe原子，与其最近的且距离相等的N原子有___________个。 A．2 B．4 C．6 D．8 (5)该氮化铁晶体的化学式为___________。 A．FeN B． C． D． (6)结合图中数据，计算该晶胞的密度 。(设为阿伏加德罗常数，用含r和的代数式表示，) 【答案】(1) (2)C (3) (4)D (5)C (6) 【分析】（2）由图可知，电极a上铁的化合价升高，失去电子，电极b上铁的化合价降低，得到电子，故a负极，b为正极； 【详解】（1）中心原子(或离子)提供空轨道，中，中心离子为； （2）A．根据分析可知，电极a为负极，A错误； B．原电池中阳离子向正极移动，则向电极b移动，B错误； C．原电池中电子从负极移向正极，即电子由电极a经导线流向电极b，C正确； D．电极b为正极，发生还原反应，D错误； 答案选C； （3）正极发生还原反应，电极反应式：； （4）a位置的Fe原子位于晶胞顶角，与其最近的且距离相等的N原子位于晶胞体心，由于每个顶角Fe原子被8个晶胞所共用，说明与其最近的且距离相等的N原子有8个； （5）晶胞中Fe原子位于顶角和面心，Fe个数为：，N原子位于晶胞内，个数为1，其化学式：； （6）根据晶胞密度计算公式：。 28．铁镁合金MgxFey是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，且最近的两个氢分子之间的距离为a nm。该镁合金的化学式为 ，在铁镁合金晶体中，与铁原子等距离且最近的铁原子数为 ，该铁镁合金储氢后的晶体密度为 (用表示阿伏加德罗常数的值)。 【答案】 Mg2Fe 12 【详解】由图可知，铁原子位于顶点和面心，由均摊法可知，铁原子个数为=4，Mg在体内，个数为8，故化学式为Mg2Fe；在铁镁合金晶体中，单独看铁原子排布特点为面心立方堆积形式，故与铁原子等距离且最近的铁原子数为12；H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，棱长=nm=cm，则晶胞体积=()3 cm3，储氢后化学式为Mg2FeH2，则。 29．钛酸钙具有特殊的物理、化学性质，钛酸钙结构材料是当前材料科学研究领域的热点之一，回答下列问题。 (1)钛在元素周期表中的位置是 。 (2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的则用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。从结构角度解释TiCl3中Ti还原性较强的原因 。 (3)离子半径Ca2+>Ti4+，理由是 。 (4)钛酸钙的晶胞如图所示，晶胞中Ca2+、Ti4+、O2-分别处于顶角、体心、面心位置。 ①1个晶胞中含有O2-的个数是 ；钛酸钙的化学式是 。 ②晶体密度ρ可以用晶胞的质量除以体积来求算。已知钛酸钙晶胞的棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，则钛酸钙晶体密度ρ= g•cm-3(列出计算式)。 【答案】(1)第四周期第ⅣB族 (2) +1或-1 +3价Ti外围电子为3d1，失去一个电子后，3d能级处于全空稳定状态 (3)Ca2+和Ti4+电子层结构相同，核电荷数Ti＞Ca，导致离子半径Ca2+大于Ti4+  (4) 3 CaTiO3 【分析】Ti核电荷数为22，位于周期表的第四周期第ⅣB族 ，价电子排布式为3d24s2， 价电子排布图为。 【详解】（1）Ti原子核电荷数为22，钛位于周期表的第四周期第ⅣB族； （2） Ti价电子排布式为3d24s2价电子排布图为3d2是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为或；+3价Ti外围电子为3d1，失去一个电子后，3d能级处于全空稳定状态，因此TiCl3中Ti(Ⅲ)还原性较强； （3）Ca2+和Ti4+核外均为18电子，电子层结构相同，核电荷数Ti＞Ca，导致离子半径Ca2+大于Ti4+  ； （4）根据均摊法结合题干图示钛酸钙的晶胞可知，O2-位于面心，Ca2+位于顶点，Ti4+位于体心，1个晶胞中含有O2-的个数是，含有Ca2+个数为，Ti4+个数为1，则化学式为CaTiO3；晶体密度ρ可以用晶胞的质量除以体积来求算， 30．电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，单晶硅和铜、锗、镓等的化合物常作为制备太阳能电池的原料。回答下列问题： (1)基态镓原子的价层电子排布图是 。 (2)四氯化硅属于 晶体，硅原子的杂化方式是 。 (3)下列锗卤化物的熔点和沸点，产生该变化规律的原因是 。 GeCl4 GeBr4 GeI4 熔点/℃ -49.5 26 146 沸点/℃ 83.1 186 约400 (4)比较键角∠HNH：H2N−NH2中的−NH2 H2N−NH中的−NH(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。 (5)下图为铜的某种氯化物晶胞示意图，试回答下列问题 该物质的化学式是 。原子坐标参数可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子标参数分别为A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；则D原子的坐标参数为 。 【答案】(1) (2)分子 sp3 (3)锗的卤化物均为分子晶体，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高 (4) < -NH2有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小 (5) CuCl 【详解】（1） Ga处于第四周期Ⅲ A族，基态Ga原子价层电子的排布式为4s24p1，由泡利原理、洪特规则，价电子排布图为； （2）四氯化硅属于分子晶体，分子中Si原子价层电子对数为4，因此杂化方式为； （3）锗的卤化物都是分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，对于组成与结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，随相对分子质量增加，分子间作用力增强，熔沸点升高； （4）价层电子对数为4，有一对孤电子对，价层电子对数，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角中的＜中的； （5）利用均摊法可知，晶胞中有4个Cu原子，Cl原子个数为，两者个数比为1∶1，故该物质的化学式为CuCl；已知A、B、C的原子坐标参数分别为、、，C和D的连线处于晶胞的体对角线上，且C、D间的距离等于体对角线长度的，所以D原子的坐标参数为。 ( 6 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$