课时梯级训练(18) 配合物与超分子(Word练习)-【优化指导】2025-2026学年高中化学选择性必修第二册（人教版2019 单选）

课时梯级训练(18)　配合物与超分子 1．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述正确的是 (　　) A．该化合物只含有H、O、N、Ni四种元素 B．该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素 C．该化合物属于配合物，中心离子是N D．该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键 D　解析：由图可知，该化合物中含有C、H、N、O、Ni五种元素，A错误；该物质中，Ni2+提供空轨道，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，中心离子为Ni2+，中心离子的配位数是4，配体是N，B错误；Ni2+含有空轨道，N含有孤电子对，N与Ni2+形成配位键，中心离子是Ni2+，C错误；该结构中单键属于σ键，C===N双键含有1个σ键和1个π键，且C===N是极性键，C—C属于非极性键，N→Ni属于配位键，H…O属于氢键，D正确。 2．铜可以溶解在氨水和过氧化氢的混合溶液中：Cu＋H2O2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是 (　　) A．1 mol基态铜原子的最外层电子数为NA B．每生成18 g H2O转移的电子数为0．5NA C．1 mol [Cu(NH3)4]2+含有σ键数目为12NA D．等物质的量的OH－与—OH所含有的质子数相等 C　解析：基态铜原子最外层有1个电子，1 mol基态铜原子的最外层电子数为NA，A正确；反应Cu＋H2O2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O中O元素由－1价下降到－2价，18 g H2O的物质的量为1 mol，当生成1 mol H2O时消耗0．25 mol H2O2，转移0．5 mol电子，B正确；1个氨中存在3个N—H，Cu和氨之间存在4个配位键，也是σ键，故1 mol [Cu(NH3)4]2+含有σ键数目为16NA，C错误；1个OH－与1个—OH所含有的质子数都为9个，D正确。 3．下列关于超分子和配合物的叙述正确的是 (　　) A．含配位键的化合物一定是配位化合物 B．“杯酚”分离C60和C70体现了超分子的分子识别特征 C．在[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+给出孤电子对，H2O接受孤电子对 D．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，不包括离子 B　解析：通常把金属离子或原子与某些分子或离子以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，含配位键的化合物不一定是配位化合物，例如氯化铵不是配位化合物，A错误；C60和C70混合物加入一种空腔大小适合C60的“杯酚”中可进行分离，这是利用超分子的分子识别特征，B正确；在[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+接受孤电子对，H2O给出孤电子对，C错误；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，超分子定义中的分子是广义的，包括离子，D错误。 4．冠醚是由多个二元醇分子之间脱水形成的环状化合物。18-冠-6可用作相转移催化剂，其与K＋形成的螯合离子结构如图所示。下列说法错误的是 (　　) A．该螯合离子中碳与氧原子具有相同的杂化类型 B．该螯合离子中所有非氢原子可以位于同一平面 C．该螯合离子中极性键与非极性键的个数比为7∶1 D．与二甲醚(CH3OCH3)相比，该螯合离子中“C—O—C”的键角更大 B　解析：该螯合离子中碳原子与氧原子均采取sp3杂化，具有相同的杂化类型，A正确；该螯合离子中的碳原子为饱和碳原子，连接的氧原子和碳原子不在同一平面，B错误；该螯合离子中极性键为24个C—H、12个C—O和6个配位键，共42个极性键，非极性键为6个C—C，个数比为7∶1，C正确；二甲醚(CH3OCH3)中O含有2个孤电子对，与二甲醚相比，该螯合离子中O含有1个孤电子对，排斥作用减小，故“C—O—C”的键角更大，D正确。 5．(2025·金华检测)铵铁蓝[Fe(NH4)Fe(CN)6]是一种性能优良的蓝色颜料，可由白色的Fe(NH4)2Fe(CN)6与H2SO4、NaClO3的混合溶液加热，经过滤洗涤干燥制得，离子方程式为Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO＋H＋Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋H2O＋X(未配平)，下列说法不正确的是 (　　) A．该方程式中的X为NH B．生成1 mol铵铁蓝，转移2 mol电子 C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6 D．Fe(NH4)2Fe(CN)6中的配体是CN－，中心离子是Fe2+ B　解析：由Fe(NH4)2Fe(CN)6变为Fe(NH4)Fe(CN)6，Fe升高1价，ClO变为Cl－，降低6价，根据得失电子守恒和电荷守恒，配平后的离子方程式为6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO＋6H＋6Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋3H2O＋6NH。X为NH，A正确；配平后的离子方程式为6Fe(NH4)2Fe(CN)6＋ClO＋6H＋6Fe(NH4)Fe(CN)6＋Cl－＋3H2O＋6NH，转移6个电子，故生成1 mol铵铁蓝，转移1 mol电子，B错误；氧化剂为ClO，还原剂为Fe(NH4)2Fe(CN)6，由配平后的离子方程式可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶6，C正确；Fe(NH4)2Fe(CN)6中配离子为[Fe(CN)6]4-，中心配体是CN－，中心离子是Fe2+，D正确。 6．(2024·黑吉辽卷)环六糊精(D­吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是 (　　) A．环六糊精属于寡糖 B．非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子 C．图2中甲氧基对位暴露在反应环境中 D．可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚 B　解析：1 mol寡糖水解后能产生2～10 mol单糖，由图1环六糊精的结构可知，1 mol环六糊精水解产生6 mol D­吡喃葡萄糖，故环六糊精属于寡糖，A正确；只有分子的尺寸大小适配环六糊精的空腔大小时才能被环六糊精包合形成超分子，B错误；由图3加入环六糊精后生成96%的对氯苯甲醚知，图2中甲氧基对位暴露在反应环境中，C正确；环六糊精腔外极性较大，腔内极性较小，由“相似相溶” 原理及环六糊精含较多羟基，可与水形成氢键而易溶于水知，可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚，D正确。 7．胆矾可写成[Cu(H2O)4]SO4·H2O，其结构如图所示。下列说法正确的是 (　　) A．所有氧原子都采取sp3杂化 B．Cu2+的价层电子排布式为3d84s1 C．胆矾中的水在不同温度下会分步失去 D．氧原子参与形成离子键、配位键和氢键三种化学键 C　解析：氧原子并不都是sp3杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，A错误；Cu原子核外电子数为29，核外电子排布式为[Ar] 3d104s1，失去4s和3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价层电子排布式为3d9，B错误；由于胆矾晶体中水有两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构上不同，因此加热过程中胆矾中的水会分步失去，C正确；在上述结构示意图中，存在O—Cu配位键，S—O、O—H共价键，[Cu(H2O)4]SO4与H2O存在氢键，但氢键不是化学键，D错误。 8．用相同浓度的FeCl3和K3[Fe(CN)6]溶液进行实验： 下列说法不正确的是 (　　) A．相同浓度的FeCl3和K3[Fe(CN)6]溶液中，Fe3+的浓度不同 B．Fe3+接受孤电子对，CN－提供孤电子对，两者以配位键结合成[Fe(CN)6]3- C．溶液2不显红色，说明Fe3+与CN－的结合力强于与SCN－的结合力 D．由对比实验可知，用KCN溶液检验FeCl3溶液中的Fe3+比用KSCN溶液更好 D　解析：K3[Fe(CN)6]能电离出K＋和[Fe(CN)6]3-，FeCl3电离出Fe3+和Cl－，故相同浓度的FeCl3和K3[Fe(CN)6]溶液的Fe3+的浓度不同，A正确；Fe3+接受孤电子对，CN－中的C提供孤电子对，两者以配位键结合成[Fe(CN)6]3-，B正确；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，C正确；含Fe3+的溶液和含[Fe(CN)6]3-的溶液均呈黄色，无法检验，D错误。 9．冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12­冠­4与K＋作用而不与Na＋、Li＋作用；18­冠­6与K＋作用(如图)，但不与Li＋或Na＋作用。下列说法正确的是 (　　) A．18­冠­6与K＋作用，不与Li＋或Na＋作用，这反映了超分子的自组装的特征 B．18­冠­6中氧原子与K＋间存在离子键 C．18­冠­6中C和O的杂化轨道类型不同 D．冠醚与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体 D　解析：18­冠­6与K＋作用，不与Li＋或Na＋作用，这反映了超分子的分子识别的特征，A错误；离子键是由阴、阳离子形成的，18­冠­6为分子，分子中的O以氧原子形式存在，故18­冠­6中氧原子与K＋间不存在离子键，B错误；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sp3杂化，杂化轨道类型相同，C错误；冠醚能与碱金属离子形成晶体，碱金属离子是阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，则冠醚与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体，D正确。 10．卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分)如图，下列叙述错误的是 (　　) A．Mg2+的配位数为4 B．该配合物中至少含有3个手性碳原子 C．该配合物中非金属元素的第一电离能：N>O>C D．该配合物含有的非金属元素组成的C2H4、N2H4、H2O2均为非极性分子 D　解析：配位数是指化合物中心原子周围的配位原子个数，由化合物结构可知Mg2+与4个N配位，配位数为4，A正确；手性碳原子是饱和的，且与碳相连的四个基团均不相同，从化合物结构可知其中有3个碳原子是手性碳原子(如图中*标示)，B正确；同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大的趋势，氮元素的价电子排布式为2s22p3，为半充满稳定状态，第一电离能大于O，因此配合物中非金属元素的第一电离能：N>O>C，C正确；非极性分子结构高度对称，H2O2为极性分子，D错误。 11．向TiCl3的饱和溶液中通入HCl至饱和，再加入乙醚生成绿色晶体，如果不加入乙醚，直接通入HCl得到的是紫色晶体，已知两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，配位数都是6的配合物，分别取0．01 mol两种晶体在水溶液中用过量AgNO3处理，绿色晶体得到的白色沉淀质量为紫色晶体得到沉淀质量的。下列说法正确的是 (　　) A．该绿色晶体的配体是氯离子和水，它们物质的量之比为1∶5 B．0．01 mol 紫色晶体在水溶液中与过量AgNO3作用最多可得到2．87 g沉淀 C．1 mol绿色晶体中包含的σ键个数为16NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) D．紫色晶体配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O A　解析：配合物中内界原子不能发生电离，外界离子在水溶液里能发生电离，氯离子可以与银离子反应生成氯化银白色沉淀，通过沉淀的质量可以推断出氯离子含量，0．01 mol绿色晶体的水溶液与AgNO3溶液反应得到白色沉淀质量为0．01 mol 紫色晶体的水溶液反应得到沉淀质量的，两种晶体分子式均为TiCl3·6H2O，说明紫色晶体中含有3个自由移动的氯离子，而绿色晶体中只有2个自由移动的氯离子，即有一个氯离子为配体，因为Ti3+的配位数为6，即配离子中有5个水，则绿色晶体的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体中Cl－与H2O的物质的量之比为1∶5，A正确；1 mol绿色晶体中含有6 mol配位键以及水分子中的12 mol O—H σ键，共18NA个σ键，C错误；紫色晶体的化学式为[Ti(H2O)6]Cl3，D错误；0．01 mol 紫色晶体中含有0．03 mol Cl－，与足量AgNO3溶液反应生成4．305 g沉淀，B错误。 12．(2024·湖北卷)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”，能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是 (　　) 芳烃 芘 并四苯 蒄 结构 结合常数 385 3 764 176 000 A．芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子 B．并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同 C．从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘 D．芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合 B　解析：“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体——超分子，A正确；“分子客车”的长为2．2 nm、高为0．7 nm，从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构，从高的方向观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B错误；芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C正确；芘、并四苯、蒄中π电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D正确。 13．(2025·河南省九师联盟质量监测)含有两个或两个以上配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物称为螯合物。Ni2+的一种螯合物的结构如图所示，下列说法错误的是 (　　) A．第一电离能：N>H>C B．氢化物的沸点：NH3>HCl>CH4 C．该配合物中C、N杂化方式相同 D．1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol D　解析：N电子排布式为1s22s22p3，2p轨道上为半满状态，因此氮的第一电离能相对较高；H原子电子排布式为1s1，氢原子只有一个电子，且原子半径非常小，其第一电离能相对较高；C原子电子排布式为1s22s22p2，2p轨道上的电子相对容易失去，因此碳的第一电离能相对较低，第一电离能：N>H>C，A正确；氨分子间形成氢键，故沸点高，HCl和CH4均为分子晶体，HCl相对分子质量较大，范德华力大，沸点高，故氢化物的沸点：NH3>HCl>CH4，B正确；该配合物中碳原子形成4个单键，无孤电子对，为sp3杂化，氮原子形成3个单键，有1个孤电子对与Ni2+形成配位键，为sp3杂化，C正确；只有成环的配位键才能起到螯合作用，由结构可知，1 mol该配合物通过螯合作用形成的配位键有4 mol，D错误。 14．某课题组借用足球烯核心成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输。示意图如图所示。 已知：图中有机物称为冠醚，含C、H、O三种元素。 请回答下列问题： (1)基态铷原子的价层电子排布式为______________。基态钾原子核外有________种不同空间运动状态的电子，含钾元素的物质在灼烧时火焰呈________色。 (2)冠醚中所含非金属元素的电负性由小到大的顺序是____________________________。 (3)几种冠醚与识别的碱金属离子如表所示。 冠醚 冠醚空腔直径/pm 适合的粒子(直径/pm) 12­冠(醚)­4 120～150 Li＋ (152) 15­冠(醚)­5 170～ 220 Na＋ (204) 18­冠(醚)­6 260～320 K＋ (276) 21­冠(醚)­7 340～430 Rb＋ (304) 21­冠(醚)­7 340～430 Cs＋ (334) 冠醚识别碱金属离子的必要条件是____________________________。 Li＋、Na＋、K＋、Rb＋、Cs＋的离子半径依次增大的原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)足球烯如图1所示。足球烯为______(填晶体类型)晶体。 (5)铷晶胞为体心立方堆积，如图2所示，晶胞参数为a nm，设1号原子坐标参数为(0，0，0)、3号原子坐标参数为(1，1，1)。 ①2号原子坐标参数为________。 ②设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为________g/cm3。 答案：(1)5s1　10　紫　(2)H<C<O　(3)冠醚空腔直径与碱金属离子直径适配　电子层数增多 (4)分子　 (5)①(，，)　② 解析：(1)基态Rb原子位于第五周期第ⅠA族，价层电子排布式为5s1。基态K原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，空间运动状态不同的电子种类有1＋1＋3＋1＋3＋1＝10种，含钾元素的物质的焰色透过蓝色钴玻璃观察为紫色。 (2)冠醚中含C、H、O三种元素，同周期元素的电负性随原子序数增大而增大，题中三种非金属元素的电负性由小到大的顺序是H<C<O。 (3)根据表格数据可推断冠醚空腔直径与适合的粒子直径适配是冠醚识别碱金属离子的必要条件。 Li＋、Na＋、K＋、Rb＋、Cs＋的离子半径依次增大，其原因是Li＋、Na＋、K＋、Rb＋、Cs＋是同一主族的元素，随原子序数增大，电子层数增大，半径依次增大。 (4)根据图示足球烯的结构，可知足球烯是碳原子之间通过共价键连接而成的分子晶体。 (5)①根据图示铷晶胞的正方体结构，设1号原子坐标参数为(0，0，0) 、3号原子坐标参数为(1，1，1)，则2号原子位于立方体体心位置，坐标参数为(，，)。②设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为＝＝＝ g/cm3。 15．过渡元素铜的配合物在物质制备、尖端技术、医药科学、催化反应、材料化学等领域有着广泛的应用。请回答下列问题： (1)科学家推测胆矾(CuSO4·5H2O)的结构示意图可简单表示如下图： 用配合物的形式表示胆矾的化学式为______；SO的空间结构为________，其中硫原子的轨道杂化方式为________。 (2)Cu能与(SCN)2反应生成Cu(SCN)2。1 mol (SCN)2中含有的π键数目为__________(设NA为阿伏加德罗常数的值)；(SCN)2对应的酸有两种，分别为硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N===C===S)，其中异硫氰酸的沸点较高，原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)向硫酸铜溶液中加入NaCl固体，溶液由蓝色变为黄绿色，则溶液中铜元素的主要存在形式是________(填粒子符号)；向上述溶液中继续滴加浓氨水，先有蓝色沉淀生成，继续滴加浓氨水后，沉淀溶解，溶液变为深蓝色。沉淀溶解的原因是______________________(用离子方程式表示)。 (4)Cu单独与氨水、过氧化氢都不反应，但能与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，发生反应的离子方程式为 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)[Cu(H2O)4]SO4·H2O　正四面体形 　sp3杂化 (2)4NA　异硫氰酸分子之间能形成氢键 (3)[CuCl4]2-　Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O (4)Cu＋H2O2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O 解析：(1)图中虚线代表氢键，从氢键处断裂，可得[Cu(H2O)4]2+、H2O、SO，故用配合物的形式表示胆矾的化学式为[Cu(H2O)4]SO4·H2O。SO的中心原子价层电子对数为4，不含孤电子对，则硫原子采取sp3杂化，SO的空间结构为正四面体形。 (2)(SCN)2的结构式为N≡C—S—S—C≡N，则1 mol (SCN)2中含有的π键数目为4NA。异硫氰酸易形成分子间氢键，故其沸点较高。 (3)硫酸铜溶液中，加入NaCl固体，Cu2+与Cl－形成配离子[CuCl4]2-，溶液由蓝色变为黄绿色。继续滴加浓氨水，先有蓝色沉淀生成，该沉淀为Cu(OH)2。继续滴加浓氨水后，沉淀溶解，溶液变为深蓝色，生成配离子[Cu(NH3)4]2+，反应的离子方程式为Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O。 (4)Cu与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，生成配合物[Cu(NH3)4](OH)2，反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－＋4H2O。 学科网（北京）股份有限公司 $$