主题5 第三讲 分子的性质 配合物与超分子（课件）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

分子的性质　 配合物与超分子 第三讲 |内|容|与|目|标| 1.了解共价键、分子的极性,会判断极性分子和非极性分子。 2.了解氢键和范德华力及其二者对物质性质(溶解性、熔沸点等)的影响。 3.了解配合物的形成、组成、性质及应用。 4.了解常见的超分子及其特征和应用。 一、 二、 逐点清(一)　键的极性与分子 的极性 三、 目 录 逐点清(二)　分子间的作用力 　分子的手性 逐点清(三)　配合物与超分子 四、 渗透实验在平时(1) —配合物的生成与转化 五、 课时跟踪检测 逐点清(一)　键的极性与分子的极性 输入你的标题 系统教材 ·固本强基 1.键的极性 (1)极性键与非极性键的比较   极性键 非极性键 成键原子 种元素的原子间 元素的原子间 电子对 偏移(电荷分布不均匀) 偏移(电荷分布均匀) 成键原子的电性 — 呈电中性 不同 同种 发生 不发生 (2)键的极性对化学性质的影响 键的极性对羧酸酸性大小的影响实质是通过改变羧基中羟基的 而实现的,羧基中羟基的极性越大,越 ,则羧酸的酸性越强。 ①与羧基相邻的共价键的极性越大,羧基中 ,则羧酸的酸性越强。 ②烷基是推电子基团,从而减小羧基中羟基的 ,导致羧酸的酸性减小。一般地,烷基越长推电子效应 ,羧酸的酸性 。 极性 容易电离出H+ 羟基的极性越大 极性 越大 越弱 2.极性分子和非极性分子 (1)概念 极性分子 分子的正电中心和负电中心 ,键的极性的向量和 零 非极性分子 分子的正电中心和负电中心 ,键的极性的向量和 零 不重合 不等于 重合 等于 (2)共价键的极性与分子极性的关系 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)非极性分子中一定含非极性键 ( ) (2)非金属单质分子O3、O2均为非极性分子 ( ) (3)极性分子中一定含极性键不含非极性键 ( ) (4)CH3Cl为四面体形分子,为非极性分子 ( ) (5)含有极性键的分子一定为极性分子 ( ) (6)(2024·江西卷)分子的极性:SiH4>NH3 ( ) (7)(2024·北京卷)NH3和ND3均为极性分子 ( ) × × × × × × √ 2.在HF、H2O、NH3、CO2、CH4、N2分子中: (1)以非极性键结合的非极性分子是　　　。  (2)以极性键相结合,具有直线形结构的非极性分子是　　　。  (3)以极性键相结合,具有三角锥形结构的极性分子是　　　。  (4)以极性键相结合,具有正四面体结构的非极性分子是　　　。  (5)以极性键相结合,具有V形结构的极性分子是　　　。  (6)以极性键相结合,而且分子极性最大的是　　　。  N2 CO2 NH3 CH4 H2O HF √ 输入你的标题 迁移应用·深化学习　 题点(一)　键的极性与分子极性的判断 1.在下列物质中,含非极性键的极性分子有(　　) ①H2O　②NH3　③NH3·H2O　④乙醇 ⑤乙烯　 ⑥CO2　⑦CuSO4·5H2O　⑧甲烷 A.①②⑥　 B.③④⑦　 C.④　 　D.③④⑧ 解析:①H2O是共价化合物,正负电荷中心不重合,由极性键构成的极性分子;②NH3是共价化合物,结构不对称,正负电荷中心不重合,由极性键构成的极性分子;③NH3和H2O都是极性键构成的极性分子,则NH3·H2O中正负电荷中心不重合,属于只含极性键的极性分子;④乙醇分子中含有碳碳单键,是非极性键,结构不对称且正负电荷中心无法重叠,故乙醇是含非极性键的极性分子;⑤乙烯中含有碳碳双键,是非极性键,碳氢键是极性键,其结构对称,正负电荷中心重合,属于含非极性键和极性键的非极性分子;⑥CO2含有碳氧极性键,其结构对称,正负电荷中心重合,属于只含有极性键的非极性分子;⑦CuSO4·5H2O中铜离子和硫酸根离子之间存在离子键,属于离子化合物,硫原子和氧原子间存在极性共价键,铜原子和氧原子间存在配位键,氧原子和氢原子间存在氢键,结构中不存在非极性键;⑧甲烷中碳氢键为极性键,其结构对称,正负电荷中心重合,属于只含有极性键的非极性分子,符合题目要求的为④。 √ 2.(2025·龙岩连城一中月考)下列叙述中正确的是 (　　) A.以非极性键结合起来的分子一定是非极性分子 B.键角:NH3>PH3 C.NCl3与BF3均为三角锥形结构,均为极性分子 D.非极性分子中一定含有非极性键 解析:含有非极性键的臭氧分子是结构不对称的极性分子,所以以非极性键结合起来的分子不一定是非极性分子,故A错误;氨分子和磷化氢分子的空间构型都为三角锥形,氮原子的电负性大于磷原子,则氨分子中成键电子对的斥力大于磷化氢分子,键角大于磷化氢分子,故B正确;三氟化硼分子中硼原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0,分子的空间构型为平面正三角形,则三氟化硼分子为结构对称的非极性分子,故C错误;二氧化碳的空间构型是直线形,是只含有极性键的结构对称的非极性分子,所以非极性分子中不一定含有非极性键,故D错误。 3.已知H2O2分子的结构如图所示,H2O2分子不是直线形的,两个氢原子犹如在半展开的书的两面上,两个氧原子在书脊位置上,书页夹角为93°52',而两个O—H键与O—O键的夹角均为96°52'。 试回答: (1)H2O2分子是含有　　　键和　　　　键的　　 (填“极性”或“非极性”)分子。  (2)H2O2难溶于CS2,简要说明理由:_____________________________________________ 　 。  解析:由H2O2的空间结构图可知,H2O2是极性分子,分子内既有极性键,又有非极性键,而CS2为非极性分子,根据“相似相溶”规律,H2O2难溶于CS2。 极性 非极性 极性 H2O2为极性分子,而CS2为非极性溶剂,根据“相似 相溶”规律,H2O2难溶于CS2 题点(二)　键的极性对酸性的影响 4.(2025·东北育才学校期中)化学家鲍林在研究含氧酸的酸性强弱时,提出了一个定性规则:含氧酸分子中的非羟基(注:羟基是—OH)氧原子数与酸性强弱有关。设含氧酸化学式为HnROm,则非羟基氧原子数为m-n,其数值越大,该含氧酸的酸性越强。鲍林认为含氧酸的酸性强弱与非羟基氧原子数(m-n)有如下关系: (1)根据规则判断H2CrO4、HMnO4酸性由强到弱的顺序为　　　　 。  解析:H2CrO4的非羟基氧原子有2个,HMnO4的非羟基氧原子有3个,所以酸性由强到弱的顺序为HMnO4>H2CrO4; m-n 0 1 2 3 含氧酸强度 弱 中强 强 很强 实例 HClO H3PO4 HNO3 HClO4 HMnO4>H2CrO4 题点(二)　键的极性对酸性的影响 4.(2025·东北育才学校期中)化学家鲍林在研究含氧酸的酸性强弱时,提出了一个定性规则:含氧酸分子中的非羟基(注:羟基是—OH)氧原子数与酸性强弱有关。设含氧酸化学式为HnROm,则非羟基氧原子数为m-n,其数值越大,该含氧酸的酸性越强。鲍林认为含氧酸的酸性强弱与非羟基氧原子数(m-n)有如下关系: (2)As为第ⅤA族元素,H3AsO3为弱酸,H3PO3为中强酸,试推断H3AsO3分子的结构 简式为　　 　,H3PO3分子的结构简式为　　　 　。  m-n 0 1 2 3 含氧酸强度 弱 中强 强 很强 实例 HClO H3PO4 HNO3 HClO4 解析:因为H3AsO3为弱酸,所以其分子中不存在非羟基氧原子,故其分子的结构简式应为 ;由于H3PO3为中强酸,由题表可知其非羟基氧原子有一个,而分子中却有三个氢原子,说明必有一个氢原子是直接与P原子结合,该分子的结构简式为 。 逐点清(二)　分子间的作用力　 分子的手性 输入你的标题 系统教材 ·固本强基 1.范德华力及其对物质性质的影响 (1)概念:范德华力是 之间普遍存在的相互作用力,它使得许多物质能以一定的凝聚态(固态和液态)存在。 (2)特征:很弱(比化学键的键能小1~2个数量级),无方向性和饱和性。 (3)影响因素:①结构和组成相似的物质,相对分子质量越大,范德华力越大; ②分子的极性越大,范德华力越大。 (4)对物质性质的影响:范德华力主要影响物质的物理性质,如熔点、沸点,范德华力越大,熔沸点越 。 分子 高 2.氢键及其对物质性质的影响　　 (1)表示及特征 名师支教 氢键的再认识 含义 氢键是除范德华力之外的另一种分子间作用力,它是由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间形成的作用力 表示 方法 X—H…Y—(X、Y是电负性很大的原子,一般为N、O、F,可以相同,也可以不同;“—”表示共价键,“…”表示形成的氢键) 特征 氢键具有一定的方向性和饱和性 (2)强弱及对物质性质的影响 强弱 与化学键相比,氢键属于一种较弱的作用力,比化学键的键能小1~2个数量级,但比范德华力强 分类 氢键包括分子内氢键和分子间氢键两种。形成分子内氢键,导致物质的熔、沸点降低;形成分子间氢键,导致物质的熔、沸点升高 分子间氢键对物质性质的影响 主要表现为使物质的熔、沸点升高,使物质的溶解性增大等 3.分子的溶解性 (1)“相似相溶”规律 ①非极性溶质一般能溶于 溶剂,极性溶质一般能溶于 溶剂。 ②分子结构相似的物质易互溶。 (2)氢键对分子溶解性的影响 若溶剂和溶质分子之间可以形成氢键,则溶质的溶解度增大。 非极性 极性 4.分子的手性 (1)手性异构:具有完全相同的组成和原子排列的一对分子,如同左手和右手一样互为镜像,在三维空间里 的现象。 (2)手性分子:具有手性异构体的分子。 (3)手性碳原子:在有机物分子中,连有四个不同基团或原子的碳原子。含有手性碳 原子的分子是手性分子,如 (*标注的为手性碳原子)。 不能叠合 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)氢键是一种特殊的化学键 ( ) (2)氢键的存在一定能使物质的熔、沸点升高 ( ) (3)HCl易溶于水是因为HCl与H2O分子间形成氢键 ( ) (4)H2O分子间形成氢键,故H2O比H2S稳定 ( ) (5)乙醇分子和水分子间只存在范德华力 ( ) (6)(2023·河北卷)干冰和冰的结构表明范德华力和氢键通常都具有方向性 ( ) (7)(2024·安徽卷)羟胺分子间氢键的强弱:O—H…O>N—H…N ( ) × × × × × × √ 2.NH3、CH3CH2OH、CH3CHO都极易溶于水的原因是______________________ 。  3.如图为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多, 主要原因为　 。 4.苯胺( )与甲苯( )的相对分子质量相近,但苯胺的熔点 (-5.9 ℃)、沸点(184.4 ℃)分别高于甲苯的熔点(-95.0 ℃)、沸点(111 ℃),原因是 。  NH3、CH3CH2OH、 CH3CHO都是极性分子,且都能与H2O形成氢键 S8相对分子质量大,分子间范德华力大 苯胺分子间存在氢键 √ 输入你的标题 迁移应用·深化学习　 题点(一)　范德华力、氢键及对物质性质的影响 1.下列说法正确的是(　　) A.根据“相似相溶”原理,H2O2能溶于水,不溶于CCl4 B.邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高 C.水加热到很高的温度都难以分解是因为水分子间存在氢键 D.烷基是推电子基团,所以甲酸、乙酸、丙酸的酸性逐渐增强 解析:过氧化氢和水均为极性分子,四氯化碳是非极性分子,根据相似相溶原理,过氧化氢能溶于水而难溶于四氯化碳,故A正确;由于邻羟基苯甲醛形成分子内氢键,而对羟基苯甲醛能够形成分子间氢键,所以邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛熔、沸点低,故B错误;H—O的键能较大,故水加热到很高的温度都难以分解,与氢键无关,故C错误;烷基是推电子基团,烷基越长推电子效应越大,这一效应使羧基中的氧氢键极性减小,导致氢离子更难电离,所以甲酸、乙酸、丙酸的酸性逐渐减弱,故D错误。 2.(2025·湖北省部分重点中学联考)下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是 (　) √ 选项 物质的结构或性质 解释 A 稳定性:H2O>H2S 水分子间存在氢键 B 酸性:HCOOH>CH3COOH O—H的极性:HCOOH强于CH3COOH C 水溶性:丙三醇大于乙醇 丙三醇的相对分子质量大于乙醇 D 沸点:CS2>CO2 C==S键能大于C==O键能 解析:稳定性:H2O>H2S,是由于O的非金属性比S强,A错误;酸性:HCOOH>CH3COOH,表明HCOOH比CH3COOH易发生电离,也就是前者羟基的极性比后者羟基的极性强,B正确;水溶性:丙三醇大于乙醇,丙三醇分子中含有较多的羟基,这些羟基可以与水分子形成氢键,从而增加了丙三醇在水中的溶解度,C错误;沸点:CS2>CO2,是由于二者形成的均是分子晶体,前者的相对分子质量大于后者的相对分子质量,D错误。 题点(二)　手性分子与手性碳原子 3.下列说法错误的是(　　) A. 存在对映异构现象 B. 分子与 分子中均含有手性碳原子 C. 分子中含有2个手性碳原子 D. 与足量H2反应后的有机产物分子中含有3个手性碳原子 √ 解析: 分子中,与羧基相连的碳原子为手性碳原子,故该分子存在对映异构体,A正确;由 、 知,从左边数第2个碳原子均为手性碳原子,B正确; 分子中,连接—Br和—COOCH3的碳 原子均为手性碳原子,C正确; 与足量H2反应后的有机产物分子如图所示: (标“ ”碳原子为手性碳原子),产物分子中含有4个手性碳原子,D错误。 * * * 4.化合物Y是一种天然除草剂,其结构如图所示。 (1)化合物Y中手性碳原子数为　　。  (2)Y与足量H2加成后,产物分子中手性碳原子数为　　。  解析:Y与足量H2加成后生成 ,一共7个手性碳原子。 1 7 逐点清(三)　配合物与超分子 输入你的标题 系统教材 ·固本强基 1.配位键 (1)形成:由一个原子单方面提供 而另一个原子接受孤电子对形成的共价键,即“电子对给予—接受”键被称为 。 (2)表示方法:常用“→”来表示配位键,箭头指向接受孤电子对的原子,如N 可表示为 ,在N中,虽然有一个N—H形成过程与其他3个N—H形成过程不同,但是一旦形成之后,4个共价键就完全 。 孤电子对 配位键 相同 2.配位化合物 (1)概念:金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些 (称为配体或配位体)以 结合形成的合物。如[Cu(NH3)4]SO4。 分子或离子 配位键 (2)形成条件 ①中心离子或原子:有空轨道,一般是带正电的金属离子,特别是过渡金属离子,如Fe3+、Cu2+、Zn2+、Ag+等,但也有电中性的原子等。 ②配位体:其中的配位原子(配位体中直接同中心离子或原子配合的原子)有孤电子对。配位体可以是分子,如CO、NH3、H2O等,也可以是离子,如F-、Cl-、Br-、I-、CN-、SCN-、OH-等。 注意:当配体中有两种原子有孤电子对时,电负性小的原子为配位原子,如CO作配体时C为配位原子。 3.超分子 定义 由两种或两种以上的分子通过 形成的分子聚集体。这里的分子也包括离子 特点 超分子这种分子聚集体,有的是有限的,有的是无限伸展的 应用 示例一:分离C60和C70 示例二:冠醚识别碱金属离子 冠醚与合适的碱金属离子形成超分子 特征 超分子的两特征分别为分子识别和自组装 分子间相互作用 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)配位键实质上是一种特殊的共价键也是一种静电作用 ( ) (2)Ni(CO)4是配合物,它是由中心原子与配体构成的 ( ) (3)提供孤电子对的微粒既可以是分子,也可以是离子 ( ) (4)Zn的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2,1 mol该配合物中含有σ键的数目为14NA ( ) (5)在配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Cl-均可与AgNO3反应生成AgCl沉淀 ( ) (6)杯酚与C60可以形成超分子进而分离C60与C70 ( ) √ √ √ × × √ 2.填表。 配合物 配离子 配体 配位原子 配位数 ①K2[Cu(CN)4]  ____________  _____  _______  ____ ②(NH4)2[PtCl6]  _________  ____  ______  ____ ③[Cd(NH3)4](OH)2  ____________  _____  _____  ____ [Cu(CN)4]2- CN- C 4 [PtCl6]2- Cl- Cl 6 [Cd(NH3)4]2+ NH3 N 4 3.向AgNO3溶液中滴入氨水,现象:生成白色沉淀,随氨水的增加,沉淀逐渐溶解,生成了[Ag(NH3)2]+。 利用化学平衡移动原理解释配离子是如何形成的。 提示:AgOH水溶液中存在AgOH(s) Ag+(aq)+OH-(aq)平衡,继续滴入氨水时,NH3分子与Ag+形成[Ag(NH3)2]+配离子,且配离子很稳定,促使以上平衡右移,AgOH逐渐溶解。 输入你的标题 迁移应用·深化学习　 题点(一)　配位键与配合物　 1.(2025年1月·八省联考河南卷)配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2,如图所示,下列说法错误的是(　　) A.配合物1中含有2种配体 B.配合物2中N原子采取sp2杂化 C.转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D.转变前后,Co的化合价由+2价变为0价 √ 解析:配合物1中,H2O中氧原子提供孤对电子,Co2+提供空轨道形成配位键;配合物1右侧N、O分别提供一对孤电子,与Co2+形成配位键,则配合物1中含有2种配体,A正确;由配合物2的结构可知,N与5个C原子形成类似苯环的结构,所以N与相邻的C在同一平面,N形成2个σ键,一个配位键,配位键属于σ键,则N原子的价层电子对数为3,故采取sp2杂化,B正确;转变过程中,配合物1中断裂2个H2O与Co2+形成的配位键,配合物2中,S中的O与Co2+形成2个配位键,涉及配位键的断裂和形成,C正确;配合物1、2中Co都为+2价,Co的化合价没有发生变化,D错误。 2.(2024·上海卷)已知AlBr3可二聚为如图所示的二聚体: (1)该二聚体中存在的化学键类型为　　　　。  A.极性键　　　　　　 B.非极性键 C.离子键 D.金属键 (2)将该二聚体溶于CH3CN中生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(结构如图所示),已知配离子的结构为四面体形,则其中心原子的杂化方式为　　 ,其中配体是　 ;  1 mol该配合物中有　　 mol σ键。  A sp3 CH3CN、Br- 14 解析:根据该二聚体的结构可知,Br和Al以极性共价键相连,故A符合题意。根据配离子的结构为四面体形可知,中心原子Al采取sp3杂化,其中配体为CH3CN和Br-,1个共价单键含有1个σ键,1个碳碳三键含有1个σ键和2个π键,故1 mol该配合物中含有14 mol σ键。 3.(1)钌⁃多吡啶配合物具有丰富的光化学和光物理信息,结构简式如图所示。钌(Ⅱ)的配位数是　　,N原子的杂化类型为　　　　　,配体有　　　种。  6 　sp2、sp3 2 (2)无水CrCl3与NH3作用可形成化学式为CrCl3·5NH3的配位化合物。向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液,CrCl3·5NH3中的氯元素仅有转化为AgCl沉淀;向另一份该配位化合物的水溶液中加入足量NaOH浓溶液,加热并用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体时,试纸未变色。该配位化合物的结构简式为 　　　　　　　　。  解析:根据向CrCl3·5NH3的水溶液中加入硝酸银溶液,CrCl3·5NH3中的氯元素有转化为AgCl沉淀,说明有的Cl参与形成配位键,加入NaOH浓溶液,不产生氨气,说明CrCl3·5NH3中的NH3全部参与形成配位键,故该配合物的结构简式为[Cr(NH3)5Cl]Cl2。 [Cr(NH3)5Cl]Cl2 题点(二)　超分子 4.下列关于超分子的说法中,不正确的是(　　) A.超分子是由两种或两种以上的分子必须通过氢键相互作用形成的分子聚集体 B.将C60加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中会形成超分子 C.碱金属离子虽然不是分子,但冠醚在识别碱金属离子时,形成的也是超分子 D.超分子的重要特征是自组装和分子识别 解析: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,A错误。 √ 5.(2025·哈尔滨市第四中学校模拟)某同学对甲苯与高锰酸钾 水溶液反应速率做了如下两个实验探究: 下列有关说法不正确的是 (　　) A.冠醚实现了水相与有机相间物质转移 B.K+与冠醚形成的超分子可溶于甲苯 C.18-冠-6合钾离子中所有非氢原子可以位于同一平面 D.实验1反应速率小的原因是高锰酸钾与甲苯接触不充分 √ 实验 实验操作 现象 1 取一定量的甲苯与一定体积一定浓度的高锰酸钾水溶液,混合,振荡 用时10 min,紫色褪去 2 在实验1的试剂取量基础上,再加入18-冠-6,振荡 用时4.5 min,紫色褪色 考题溯源 认识高考新宠超分子 解析:K+与冠醚形成超分子,这种超分子可溶于甲苯,加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入有机相中,即冠醚实现了水相与有机相间物质转移,A、B正确;由题干18-冠-6分子结构可知,18-冠-6合钾离子中存在sp3杂化的碳原子,故不可能所有非氢原子位于同一平面,C错误;实验1由于高锰酸钾不溶于甲苯,氧化剂高锰酸钾与还原剂甲苯接触不充分,导致褪色时间较长,反应速率较小,D正确。 渗透实验在平时(1) ——配合物的生成与转化 实验操作 实验现象 有关离子方程式 滴加氨水后,试管中首先出现 ,氨水过量后沉淀逐渐 ,得到深蓝色的透明溶液,滴加乙醇后析出深蓝色晶体 Cu2++2NH3·H2O===Cu(OH)2↓+2N、 Cu(OH)2+4NH3=== [Cu(NH3)4]2++2OH-、 [Cu(NH3)4]2++S+H2O [Cu(NH3)4]SO4·H2O↓ 溶液变为_____ Fe3++3SCN- Fe(SCN)3 蓝色沉淀 溶解 红色 滴加AgNO3溶液后,试管中出现 ,再滴加氨水后沉淀 ,溶液呈_____ Ag++Cl-===AgCl↓、 AgCl+2NH3=== [Ag(NH3)2]++Cl- 续表 白色沉淀 溶解 无色 1.(2024·山东卷改编)钧瓷是宋代五大名瓷之一,其中红色钧瓷的发色剂为Cu2O。为探究Cu2O的性质,取等量少许Cu2O分别加入甲、乙两支试管,进行如下实验。下列说法正确的是 (　　) 输入你的标题 [提能训练]   实验操作及现象 试管甲 滴加过量0.3 mol·L-1HNO3溶液并充分振荡,砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀,溶液显浅蓝色;倾掉溶液,滴加浓硝酸,沉淀逐渐消失 试管乙 滴加过量6 mol·L-1氨水并充分振荡,沉淀逐渐溶解,溶液颜色为无色;静置一段时间后,溶液颜色变为深蓝色 A.试管甲中新生成的沉淀为金属Cu B.试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性 C.试管乙实验可证明Cu(Ⅰ)与NH3形成有色配合物 D.上述两个实验表明Cu2O为两性氧化物 √ 解析:Cu2O中滴加过量0.3 mol·L-1 HNO3溶液并充分振荡,砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀,溶液显浅蓝色,说明Cu2O转化成Cu2+,Cu元素的化合价由+1价升至+2价,根据氧化还原反应的特点知,另有Cu元素的化合价由+1价降至0价,新生成的沉淀为金属Cu,A项正确;Cu2O与0.3 mol·L-1HNO3发生的反应为Cu2O+2HNO3=== Cu(NO3)2+Cu+H2O,该过程中HNO3表现酸性,后滴加浓硝酸发生的反应为Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,该过程中HNO3表现氧化性和酸性, B项错误;Cu2O中滴加过量6 mol·L-1氨水充分振荡,沉淀逐渐溶解得到无色溶液,静置一段时间无色溶液变为深蓝色,说明Cu(Ⅰ)与NH3形成无色配合物易被空气中的O2氧化成深蓝色[Cu(NH3)4]2+,C项错误;既能与酸反应又能与碱反应的氧化物为两性氧化物,Cu2O溶于6 mol·L-1氨水形成的是配合物,Cu2O不属于两性氧化物,是碱性氧化物,D项错误。 2.(2025·青岛市期末)铁的配合物呈现不同的颜色,可用于离子检验。H2O、Cl-、F-、SCN-、邻二氮菲等微粒则是常见的配体。某同学为探究铁的配合物及转化,进行如下实验: 已知:①Fe3+在水中易水解生成[Fe(OH)]2+而显黄色,在酸性溶液中的水解程度很弱; ②[Fe(H2O)6]3+为浅紫色、[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)6]3-为红色、[FeF6]3-为无色。 回答下列问题。 (1)基态Cl原子的价层电子轨道表示式为　 。 解析:基态Cl原子的价层电子排布为3s23p5,轨道表示式为 。 2.(2025·青岛市期末)铁的配合物呈现不同的颜色,可用于离子检验。H2O、Cl-、F-、SCN-、邻二氮菲等微粒则是常见的配体。某同学为探究铁的配合物及转化,进行如下实验: 已知:①Fe3+在水中易水解生成[Fe(OH)]2+而显黄色,在酸性溶液中的水解程度很弱; ②[Fe(H2O)6]3+为浅紫色、[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)6]3-为红色、[FeF6]3-为无色。 (2)处于激发态的粒子能够发射光谱。下列状态的铁原子或离子中,能用原子发射光谱捕捉以鉴别铁元素的是　　　　(填标号)。  A.[Ar]3d64s2　　　　 B.[Ar]3d44s1 C.[Ar]3d6 D.[Ar]3d54s1 BD 解析:A为基态铁原子;B为Fe3+的基态[Ar]3d5中一个3d轨道电子激发到4s轨道;C为Fe2+的基态;D为Fe2+的基态[Ar]3d6中一个3d轨道电子激发到4s轨道,答案选B、D。 2.(2025·青岛市期末)铁的配合物呈现不同的颜色,可用于离子检验。H2O、Cl-、F-、SCN-、邻二氮菲等微粒则是常见的配体。某同学为探究铁的配合物及转化,进行如下实验: 已知:①Fe3+在水中易水解生成[Fe(OH)]2+而显黄色,在酸性溶液中的水解程度很弱; ②[Fe(H2O)6]3+为浅紫色、[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)6]3-为红色、[FeF6]3-为无色。 (3)为了能更好地观察到溶液1中的浅紫色,可向该溶液中加入　　(填标号)。  A.HCl　　B.H2O　　C.HNO3　　D.NaOH C 解析: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]-,加入水会促进水解,加入氢氧化钠会产生氢氧化铁沉淀,故加入HNO3。 2.(2025·青岛市期末)铁的配合物呈现不同的颜色,可用于离子检验。H2O、Cl-、F-、SCN-、邻二氮菲等微粒则是常见的配体。某同学为探究铁的配合物及转化,进行如下实验: 已知:①Fe3+在水中易水解生成[Fe(OH)]2+而显黄色,在酸性溶液中的水解程度很弱; ②[Fe(H2O)6]3+为浅紫色、[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)6]3-为红色、[FeF6]3-为无色。 (4)1 mol [Fe(SCN)6]3-含有σ键的物质的量为　　 mol。相同条件下,F-的配位能力 　　　SCN-(填“强于”或“弱于”),能说明这一结论的现象为____________________ 　　　　　 。若向溶液3中加入足量的KSCN固体,溶液再次变为红色,则说明影响离子配位能力的因素有 　 。  18 强于 步骤ⅲ加入NaF溶液 后,溶液呈无色 与溶液的酸碱性和配体种类有关 解析:SCN-中有2个σ键,配位键也是σ键,1 mol [Fe(SCN)6]3-含有σ键的物质的量为18 mol。相同条件下,根据题目实验现象,步骤ⅰ加水溶解硝酸铁晶体形成[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n配合物,在步骤ⅱ中加入KSCN后显红色,说明形成[Fe(SCN)6]3-, SCN-配位能力强于H2O;步骤ⅲ加入NaF溶液后,溶液呈无色,形成[FeF6]3-,故F-的配位能力强于SCN-;不同配体的配位能力不同,根据步骤ⅰ,加入水溶解硝酸铁后,形成[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n配合物,但加入硝酸会形成[Fe(H2O)6]3+,故配合物形成与溶液的酸碱性和配体种类有关。 2.(2025·青岛市期末)铁的配合物呈现不同的颜色,可用于离子检验。H2O、Cl-、F-、SCN-、邻二氮菲等微粒则是常见的配体。某同学为探究铁的配合物及转化,进行如下实验: 已知:①Fe3+在水中易水解生成[Fe(OH)]2+而显黄色,在酸性溶液中的水解程度很弱; ②[Fe(H2O)6]3+为浅紫色、[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)6]3-为红色、[FeF6]3-为无色。 (5)Fe2+可与邻二氮菲形成稳定的橙红色的配合物,邻二氮菲结构如图。 邻二氮菲中N原子的价层孤电子对占据　　　 轨道。  sp2杂化 解析:邻二氮菲为平面结构,N采用sp2杂化,环上N原子2个sp2杂化轨道上电子形成σ键,1个p轨道电子形成π键,另外一个sp2杂化轨道上有一个孤电子对,形成配位键,故N原子的孤电子对占据一个sp2杂化轨道。 课时跟踪检测 (说明:标 题目配有讲评课件) 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 一、选择题 1.下列说法错误的是(　　) A.HCl、HBr、HI的熔、沸点依次升高 B.H3BO3晶体中存在的作用力只有共价键 C.H2S的沸点低于H2O D.胍( )分子间能够形成氢键 11 12 13 解析:结构相似的分子晶体,分子的相对分子质量越大,分子间的范德华力越大,熔、沸点越高,氯化氢、溴化氢、碘化氢是相对分子质量依次增大的分子晶体,所以分子的熔、沸点依次升高,故A正确;硼酸晶体是分子晶体,晶体中存在的作用力除了分子内的共价键外,还存在分子间的分子间作用力,故B错误;水分子能形成分子间氢键,硫化氢不能形成分子间氢键,所以水分子的分子间作用力大于硫化氢,沸点高于硫化氢,故C正确;由胍结构简式可知,胍分子中含有氨基和亚氨基,可以形成分子间氢键,故D正确。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 2.下列微粒中含有配位键的是 (　　) ①H3O+　②N　③[Cu(H2O)4]2+ ④[Fe(SCN)6]3-　⑤CuC　⑥CH4　⑦NH3 A.①②③④⑤　 B.①③⑥ 　C.④⑤⑦　 D.②④⑥ 解析:①H2O+H+===H3O+,H2O中O与H+之间存在配位键;②NH3+H+===N,NH3中N与H+之间形成配位键;③Cu2++4H2O=== [Cu(H2O)4]2+ ,Cu2+ 与H2O中O之间形成配位键;④Fe3++6SCN-=== [Fe(SCN)6]3-,Fe3+与SCN-之间形成配位键;⑤Cu2++4Cl-===CuC,Cu2+与Cl-之间形成配位键;⑥CH4不含配位键;⑦NH3不含配位键。 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 3.下列化合物中含有2个手性碳原子的是 (　　) A. B. C. D. 解析:A中,只有次甲基上的碳原子为手性碳原子,不符合题意;B中,除醛基外的碳原子都为手性碳原子,符合题意;C中,除羧基外的碳原子都为手性碳原子,不符合题意;D中,与苯环相连的碳原子为手性碳原子,不符合题意。 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 4.(2025·北京市房山区模拟)下列对分子性质的解释中,不正确的是 (　　) A.水不易发生分解反应,是因为水中含有大量的氢键 B.丙氨酸( )分子中含有一个手性碳原子 C.碘易溶于四氯化碳,甲烷难溶于水都可用“相似相溶”原理解释 D.BF3为非极性分子,因为BF3分子空间结构为平面三角形,正负电荷中心重合 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:氢键主要影响物质的熔沸点,水不易发生分解反应,主要是因为H—O键能大,故A错误;丙氨酸中有一个碳连接四个不同的基团,属于手性碳原子,手性碳如 图所示 ,故B正确;极性分子易溶于极性溶剂,非极性分子易溶于非极 性溶剂,碘是非极性分子易溶于非极性溶剂四氯化碳,甲烷是非极性分子难溶于极性溶剂水中,故可用“相似相溶”原理解释,故C正确;B的价层电子对数=与中心原子成键原子数+孤电子对数,孤电子对数=(a-xb)=×(3-3×1)=0,则价层电子对数为3,孤电子对数为0,BF3分子空间结构为平面三角形,正负电荷中心重合,为非极性分子,故D正确。 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 5.(2025·广州市执信中学期末)一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂,结构简式如图所示。 下列有关说法正确的是(　　) A.第一电离能由大到小的顺序:O>N>C>H B.从分子结构的角度分析可知甘氨酸易溶于水 C.该物质中存在的化学键有配位键、共价键、氢键 D.NH3中H—N—H的键角大于该配合物中H—N—H的键角 11 12 13 解析:元素的非金属性越强,其第一电离能有增大趋势,N最外层的p轨道半充满结构,第一电离能大。第一电离能由大到小的顺序为N>O>H>C,A错误;甘氨酸(H2NCH2COOH)为极性分子,分子中氨基和羧基都是亲水基团,所以甘氨酸易溶于水,B正确;氢键不属于化学键,C错误;NH3、该配合物中的N原子均为sp3杂化,NH3中N原子有一个孤电子对,故键角较小,D错误。 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 √ 6.Fe(NH4)[Fe(CN)6](俗称铵铁蓝)是一种蓝色的无机颜料。下列有关说法不正确的是 (　　) A.Fe元素位于元素周期表的d区 B.铵铁蓝中铁元素有两种化合价 C.N中H—N—H的键角比NH3中的H—N—H的键角大 D.铵铁蓝中的配体是CN-,该配体中σ键与π键的数目之比是2∶1 解析:Fe为26号元素,位于第四周期第Ⅷ族,属于d区元素,故A正确;铵铁蓝中铁元素有+2价和+3价两种化合价,故B正确;N和NH3中N都是sp3杂化,N无孤电子对,NH3有1个孤电子对,因此N中H—N—H的键角比NH3中的H—N—H的键角大,故C正确;CN-中形成碳氮三键,三键中有1个σ键、2个π键,σ键与π键的数目之比是1∶2,故D错误。 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 7.在碱性溶液中,Cu2+可与缩二脲形成紫色配离子,其结构如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.电负性:O>N>C>H B.该配离子中能与水分子形成氢键的原子有N、O和H C.1 mol该配离子中含有6 mol配位键 D.已知缩二脲的分子式为C2H5N3O2,则由尿素[CO(NH2)2]生成缩二脲的反应类型为取代反应 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:同一周期从左到右主族元素的电负性逐渐变大,故电负性:O>N>C,且三者电负性均大于氢,A正确;由图可知,N、O能与水分子中的H原子形成氢键,H能与水分子中的O原子形成氢键,B正确;由图可知,该配离子中,2个Cu2+与其他原子共形成8个配位键,故1 mol该配离子中含有8 mol配位键,C错误;缩二脲的分子式为 C2H5N3O2,结构简式为 ,结合尿素的结构简式( ) 判断,由尿素生成缩二脲的反应类型为取代反应,D正确。 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 8.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。下列说法错误的是 (　　) A.第二电离能:C<O　 B.杯酚分子中存在π键 C.杯酚与C60形成氢键 D.C60与金刚石晶体类型不同 解析:C和O分别失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p1和2s22p3,O的2p能级是半充满结构,比较稳定,所以O的第二电离能大于C的第二电离能,A项正确;杯酚分子中含有苯环结构,具有大π键,B项正确;C60中只含有C元素,无法形成氢键,C项错误;金刚石是共价晶体,C60为分子晶体,D项正确。 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 9.螯合剂能与人体内有毒的金属离子结合形成稳定螯合物,从而治疗与急性或慢性中毒相关的损伤。乙二胺四乙酸(EDTA)是常见的螯合剂之一,其四价阴离子形成的螯合物结构如图。下列说法正确的是 (　　) A.原子半径:O>N>C>H B.N、C、O的氢化物分子间均存在氢键 C.M的配位数为6,配位原子为N和O D.螯合物中每两个氮碳键(N—C)的夹角均为107° 解析:同周期元素,从左到右原子半径依次减小,则原子半径:C>N>O,故A错误;碳元素的氢化物不能形成分子间氢键,故B错误;由图可知,螯合物中Mn+与氮原子和氧原子形成配位键,配位数为6,故C正确;由图可知,螯合物中氮原子的杂化方式都为sp3杂化,孤电子对用于形成配位键,则氮碳键的夹角均大于107°,故D错误。 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 10.锌的某种配合物结构如图所示,已知该配合物中碳原子形成的环状结构均为平面结构。螯合作用:指化学反应中金属离子以配位键与同一分子中两个或更多的配位原子连接的一种作用。形成的配位键一般更稳定。下列说法错误的是 (　　) A.该配合物中非金属元素电负性最小的是氢 B.1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4 mol C.该配合物受热时首先断裂的配位键是氮锌键 D.该配合物中存在、两种大π键 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:该配合物中含H、C、N、O、S五种非金属元素,同周期元素从左到右,元素的电负性逐渐变大,同族元素从上到下,元素的电负性逐渐变小,则氢元素的电负性最小,A正确;由图可知,1 mol该配合物中通过螯合作用成环形成的配位键(N→Zn)有4 mol,B正确;由于螯合作用形成的配位键氮锌键稳定性大于一般的配位键氧锌键,所以该配合物受热时首先断裂的配位键是氧锌键,C错误;该配合物中,每个N原子中的5个价层电子,2个用于形成共价键,2个用于形成配位键,还有1个电子参与形成大π键。每个S原子中的6个价层电子,2个用于形成共价键,2个填充在sp2杂化轨道中,还有2个电子参与形成大π键。因此在含硫五元环中,共用6个电子,形成大π键,在六元环中,共用6个电子,形成大π键,D正确。 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 11.已知[Co(H2O)6]2+呈粉红色,[CoCl4]2-呈蓝色,[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡: [Co(H2O)6]2++4Cl- [CoCl4]2-+6H2O　ΔH 用该溶液做实验,溶液的颜色变化如图: 以下结论和解释正确的是(　　) A.等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中σ键数之比为3∶2 B.由实验①可推知ΔH<0 C.实验②是由于c(H2O)增大,导致平衡逆向移动 D.由实验③可知配离子的稳定性,[ZnCl4]2->[CoCl4]2- 11 12 13 √ 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:二者σ键数之比为(6+2×6)∶4=9∶2,A错误;将蓝色溶液置于冰水浴中,温度降低,溶液变为粉红色,说明[CoCl4]2-转化为[Co(H2O)6]2+,平衡逆向移动,正向反应是吸热反应,ΔH>0,B错误;实验②中加水稀释,体系中各离子的浓度都减小,平衡朝着增大溶液中总离子浓度的方向(逆向)进行,水是纯液体,无所谓浓度,C错误;加少量ZnCl2固体,蓝色溶液变成粉红色,说明平衡逆向移动,原因是Zn2+结合Cl-生成[ZnCl4]2-,导致c(Cl-)减小,由此可知配离子的稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-,D正确。 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 二、非选择题 12.(6分)(2025·上饶市模拟)铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。Cu2+能与NH3、H2O、OH-、Cl-等形成配位数为4的配合物。 (1)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外,还存在的化学键类型有　　　　(填字母)。  A.离子键 B.金属键 C.极性共价键 D.非极性共价键 解析:根据信息可知Cu2+能与OH-形成配位键,Na2[Cu(OH)4]中除了配位键外,Na+与[Cu(OH)4]2-之间存在离子键,OH-内部O与H之间存在极性共价键,故还存在的化学键类型有离子键、极性共价键,故答案为A、C。 11 12 13 AC 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 二、非选择题 12.(6分)(2025·上饶市模拟)铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。Cu2+能与NH3、H2O、OH-、Cl-等形成配位数为4的配合物。 (2)将CuO投入NH3、(NH4)2SO4的混合溶液中进行“氨浸”,控制温度为50~55 ℃,pH约为9.5,CuO转化为[Cu(NH3)4]SO4溶液。 ①CuO被浸取的离子方程式为 。  ②[Cu(NH3)4]2+结构中,若用两个H2O分子代替两个NH3分子,可以得到两种不同结构的化合物,由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间构型为　　(填字母)。  A.正四面体形　　　　　 B.正方形 11 12 13 CuO+2NH3+2N=== [Cu(NH3)4]2++H2O B 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 解析:①将CuO投入NH3、(NH4)2SO4生成[Cu(NH3)4]SO4,CuO被浸取的离子方程式为CuO+2NH3+2N=== [Cu(NH3)4]2++H2O;②[Cu(NH3)4]2+结构中,若用两个H2O分子代替两个NH3分子,如果是正四面体结构,两个H2O分子代替两个NH3分子,得到只有一种结构;[Cu(NH3)2(H2O)2]2+可以得到两种不同结构的化合物,由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间构型为正方形结构,故选B。 11 12 13 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 二、非选择题 12.(6分)(2025·上饶市模拟)铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。Cu2+能与NH3、H2O、OH-、Cl-等形成配位数为4的配合物。 (3)Cu2+可以与乙二胺(H2N—CH2CH2—NH2)形成配离子,如图所示: ①H、O、N三种元素的电负性从小到大的顺序为　　　　　。  ②乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是　　。  ③乙二胺和三甲胺[N(CH3)3]均属于胺,但乙二胺比三甲胺的沸点高很多,原因是 　 。 解析:①同周期元素从左到右电负性依次增大,故电负性为H<N<O;②乙二胺分子中N原子与H和C形成3个键,有一个孤电子对,价层电子对数为4,采取sp3杂化;③乙二胺分子间可以形成氢键,三甲胺不能形成氢键,只有分子间作用力,所以乙二胺沸点高。 11 12 13 H<N<O sp3 乙二胺可以形成分子间氢键 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 13.(8分)(2023·海南卷·节选)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂,反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 ( 代表单键、双键或三键) 回答问题: (1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种,它们是　　 　　　　　。  解析:根据题干配合物Ⅰ的结构图,中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl。 11 12 13 C、O、P、Cl 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 13.(8分)(2023·海南卷·节选)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂,反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 ( 代表单键、双键或三键) (2)配合物Ⅰ中,R'代表芳基,V—O—R'空间结构呈角形,原因是_____________ 　 。 解析:根据VSEPR模型,中心原子氧原子的价层电子对数为4,其中孤电子对数为2,空间结构呈角形。 11 12 13 根据VSEPR 模型,氧原子的价层电子对数为4,其中孤电子对数为2,成键电子对之间呈角形　 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 13.(8分)(2023·海南卷·节选)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂,反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 ( 代表单键、双键或三键) (3)配合物Ⅱ中,第一电离能最大的配位原子是　　。  解析:配合物Ⅱ中,第一电离能最大的配位原子是N。 11 12 13 N　 1 2 3 4 5 8 7 6 9 10 13.(8分)(2023·海南卷·节选)我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂,反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (4)配合物Ⅱ和Ⅲ中,钒的化合价分别为+4和+3,配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中,两个氮原子间键长最长的是　　　　　。  11 12 13 配合物Ⅱ ( 代表单键、双键或三键) 解析:结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构,钒的化合价分别为+4和+3,配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键,配合物Ⅲ中为氮氮双键,N2中为氮氮三键,故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。 $$