第08讲 配位化合物和超分子（专项训练）（上海专用）2026年高考化学一轮复习讲练测

第08讲 配位化合物和超分子 目录 01 课标达标练 题型01配位键 题型02配位化合物的组成和结构 题型03生产、生活中的配位化合物 题型04配合物的生成和性质 题型05 超分子与超分子化学 02 核心突破练 03 真题溯源练 01配位键 1．下列关于配位键的说法中不正确的是___________。 A．配位键是一种电性作用 B．配位键实质是一种共价键 C．形成配位键的电子对由成键原子双方提供 D．配位键具有饱和性和方向性 【答案】C 【解析】配位键形成条件中的一方提供孤对电子，另一方提供空轨道。 2．下列说法错误的是___________。 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．共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子 【答案】D 【解析】配位键是一方提供孤电子对，一方提供空轨道形成的一种特殊的共价键，配体可以是分子、原子，也可以是阴离子。 3．若X、Y两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是___________。 A．X、Y只能是离子 B．若X提供空轨道，则配位键表示为X→Y C．X、Y分别为Ag+、NH3时，Ag+作配体 D．若X提供空轨道，则Y至少要提供一个孤电子对 【答案】D 【解析】形成配位键的可以是离子，也可以是分子或原子，故A错误；若X提供空轨道，则应该是提供孤电子对的粒子指向提供空轨道的粒子，因此配位键表示为Y→X，故B错误；X、Y分别为Ag+、NH3时，NH3中N原子含有孤电子对，NH3作配体，故C错误；若X提供空轨道，则Y至少要提供一个孤电子对，故D正确。 4．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 【答案】C 【解析】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。 5．下列不能形成配位键的组合是___________。 A．Ag＋、NH3 B．H2O、H＋ C．Co3＋、CO D．Ag＋、H＋ 【答案】D 【解析】配位键的形成条件必须是一方能提供孤对电子，另一方能提供空轨道。A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋能提供空轨道，NH3、H2O、CO能提供孤对电子，所以能形成配位键；而D项，Ag＋与H＋都只能提供空轨道，而无法提供孤对电子，所以不能形成配位键。 6．(2025·上海市松江区高三一模调研)是一种常用的离子液体，可以由与NH4BF4反应制得。中提供孤电子对形成配位键的是_______。 A．氮 B．氢 C．硼 D．氟 【答案】AD 【解析】NH4BF4中，NH4+中N原子提供一对孤电子，H+提供空轨道形成配位键； BF4-中B原子提供空轨道，F-提供一对孤电子形成配位键，故选AD。 7．(2025·上海市杨浦区高三一模调研)磷酸或其衍生离子可与Fe3+形成极其稳定的无色配合物离子，可起到掩蔽Fe3+的作用。其中一种可能形成的离子的结构如图所示： (5)图中Fe3+的配位数为 ，配体的化学式为 。 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】(5) D HPO42- 【解析】(5)由该配合物离子的结构式可知，Fe3+形成6个配位键，配位数为6，故选D，配体的化学式为HPO42-。 02配位化合物的组成和结构 8．下列物质中，不属于配合物的是___________。 A．Na3AlF6 B．(NH4)2C2O4 C．CuSO4•5H2O D．[Ag(NH3)2]OH 【答案】B 【解析】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；故选B。 9．下列物质不是配合物的是___________。 A．NaCl B．[Fe(SCN)2]Cl C．[Cu(NH3)4]Cl2 D．[Ag(NH3)2]OH 【答案】A 【解析】含有配位键的化合物是配合物(一般铵盐除外)，NaCl中只含有离子键，故不是配合物。 10．向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成AgCl沉淀的是 ___________。 A．[Co(NH3)4Cl2]Cl B．[Co(NH3)3Cl3] C．[Co(NH3)6]Cl3 D．[Co(NH3)5Cl]Cl2 【答案】B 【解析】配合物的内界与外界由离子键结合，只要外界存在Cl－，加入AgNO3溶液即有AgCl沉淀产生。对于B项配合物分子[Co(NH3)3Cl3]，Co3＋、NH3、Cl－全处于内界，不能电离出Cl－，所以不能生成AgCl沉淀。 11．下列关于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的说法正确的是___________。 A．基态Cl原子核外电子的运动状态有18种 B．[TiCl(H2O)5]2+中含有离子键、共价健和配位键 C．该配合物中Ti3+提供空轨道形成配位键 D．1 mol该配合物和足量AgNO3溶液反应，能产生3 mol沉淀 【答案】C 【解析】同一原子核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氯原子核外电子数为17，所以电子的运动状态有17种，A错误;[TiCl(H2O)5]2+中含有共价健和配位键，不含离子键，B错误;配离子是[TiCl(H2O)5]2+，配体是Cl-、H2O，提供孤电子对，中心离子是Ti3+，提供空轨道形成配位键，C正确;1 mol该配合物和足量AgNO3溶液反应，能产生2 mol沉淀，D错误。 12．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]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、非极性键 B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配位数为6，配位原子有C和N C．1 mol配合物中σ键数目为12NA D．该配合物为离子化合物，易电离，1 mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子 【答案】A 【解析】Na＋与[Fe(CN)5(NO)]2－存在离子键，NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，碳氮之间、氮氧之间存在极性共价键，不存在非极性键，A错误；NO分子、CN－与Fe3＋形成配位键，共有6个，配位原子有C和N，B正确；1 mol配合物中σ键数目为(5×2＋1×2)×NA＝12NA，C正确；配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na＋与1个[Fe(CN)5(NO)]2－，所以1 mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子，D正确。 13．关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中正确的是___________。 A．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为21NA B．中心原子的化合价为+2价 C．中心原子的配位数是5 D．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，可产生3mol白色沉淀 【答案】A 【解析】A项，NH3和Cl-与Ti3+形成的配位键为σ键，一个NH3分子中含有3个σ键，所以1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键为3×5+6=21mol，即含有σ键的数目为21NA，故A正确；B项，NH3不带电荷，Cl带一个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，故B错误；C项，NH3和Cl-均为配体，所以中心原子的配位数为6，故C错误；D项，配合物在溶液中完全电离出外界离子，内界不电离，外界氯离子能与硝酸银发生反应生成沉淀，所以1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2只能电离产生2molCl-，加入足量AgNO3溶液，产生2mol白色沉淀，故D错误；故选A。 14．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是___________。 A．配体是Cl－和H2O，配位数是8 B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋ C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2 D．在1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀 【答案】C 【解析】配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中配体是Cl－和H2O，配位数是6，故A错误；中心离子是Ti3＋，故B错误；加入足量AgNO3溶液，外界Cl－与Ag＋反应，内界Cl－不与Ag＋反应，1 mol该配合物只能生成2 mol AgCl沉淀，故D错误。 15．许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法错误的是___________。 A．CuSO4溶液呈蓝色，是由于存在配离子[Cu(H2O)4]2+ B．配合物[PtCl2(NH3)2]为平面结构，存在顺反异构体 C．配合物[Ti(OH)4(H2O)2]2+中Ti4+的配位数是4 D．向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量AgNO3溶液，只有的Cl-被沉淀 【答案】C 【详解】A．CuSO4溶液中的铜离子以水合离子的形式存在，即溶液呈蓝色是因为溶液中存在[Cu(H2O)4]2+，A正确；B．配合物[PtCl2(NH3)2]为平面结构，有、两种结构，所以存在顺反异构体，B正确；C．配合物[Ti(OH)4(H2O)2]2+中Ti4+的配体是OH-、H2O，配位数是6，C错误；D．内界的氯不能电离，外界的氯能电离，向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的溶液中加入足量AgNO3溶液，只有2/3的Cl-生成氯化银沉淀，D正确；故选C。 16．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是___________。 A.该化合物含有H、O、N、Ni四种元素 B.该化合物是配合物，中心原子的配位数是2，配位原子是氮原子 C.该化合物属于配合物，中心原子是N原子 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 【答案】D 【解析】由图可知，结构中含有C、H、N、O、Ni五种元素，故A错误;该物质中，Ni原子提供空轨道，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，中心原子为Ni原子，中心原子的配位数是4，配位原子是氮原子，故B错误;Ni原子含有空轨道，N原子含有孤电子对，N原子与Ni原子形成配位键，中心原子是Ni原子，故C错误;由该化合物的结构示意图可知，N原子连接的氧原子与氧原子连接H原子之间形成氢键，N原子与Ni原子之间形成配位键，同时存在C==N和C—C，因此该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键，故D正确。 17．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。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．1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol C．该配合物受热时首先断裂的配位键是氧锌键 D．该配合物中存在、两种大π键 【答案】B 【解析】A项，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；B项，由图可知，1mol该配合物中通过螯合作用成环形成的配位键(N→Zn)有4mol，B错误；C项，由于电负性：O>N，因此氧锌键的成键电子对更偏向于O，受热时容易断裂，同时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正确；D项，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；故选B。 03配合物的生成和性质 18．向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是___________。 A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变 B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋ C．配位化合物中只有配位键 D．在配离子[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋给出孤电子对，NH3提供空轨道 【答案】B 【解析】NH3与Cu2＋形成配位键，Cu2＋提供空轨道，NH3提供孤电子对。 19．关于配合物［Cu(H2O)4］SO4，下列说法错误的是___________。 A．此配合物，中心离子的配位数为4 B．H2O为配体，配位原子是氧原子 C．此配合物中，Cu2+提供孤对电子 D．向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 【答案】C 【解析】A项，配合物［Cu(H2O)4］SO4，配位体是H2O，配位数是4，故A正确；B项，配合物［Cu(H2O)4］SO4中H2O为配体，配位原子是氧原子，故B正确；C项，此配合物中，Cu2+为中心原子，提供空轨道，配位原子氧原子提供孤对电子，故C错误；D项，硫酸根离子在外界，向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀硫酸钡，故D正确；故选C。 20．向由0.1 mol CrCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2 mol沉淀。配合物CrCl3·6H2O的配位数为6，下列说法错误的是___________。 A．该配合物的中心离子是Cr3+ B．该配合物的配体是H2O和Cl− C．每1 mol配离子[Cr(H2O)5Cl]2+中含有6NA个共价键 D．该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键 【答案】C 【解析】向0.1 mol CrCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2 mol沉淀，则0.1 mol CrCl3·6H2O可产生0.2 molCl−，该配合物可表示为[Cr(H2O)5Cl]Cl2。A．由分析可知，该配合物的中心离子是Cr3+，A正确；B．该配合物CrCl3·6H2O的配位数为6，配体是H2O和Cl−，B正确；C．每1 mol配离子[Cr(H2O)5Cl]2+中含有(5×2+5+1)NA==16NA个共价键，C错误；D．该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键，D正确； 故选C。 21．实验：①将少量白色CuSO4固体溶于水，得到蓝色溶液；将少量K2SO4固体溶于水，得到无色溶液； ②向蓝色溶液滴加氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液； ③向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色晶体。 下列分析不正确的是___________。 A．①中蓝色溶液中呈蓝色的物质是[Cu(H2O)4]2+离子 B．②中形成难溶物的反应为Cu2++2NH3•H2O==Cu(OH)2↓+2NH C．②中难溶物溶解的反应为Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4](OH)2 D．③中加入乙醇后析出的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4](OH)2 【答案】D 【解析】A．将少量白色CuSO4固体溶于水，得到蓝色溶液，铜离子与水分子结合形成蓝色的Cu(H2O)4】2+离子，A正确；B．向蓝色溶液滴加氨水，形成难溶物，铜离子与一水合氨反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：Cu2++2NH3•H2O==Cu(OH)2↓+2NH，B正确；C．氢氧化铜沉淀溶于氨水，反应生成蓝色的四氨合铜离子，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4](OH)2，C正确；D．向深蓝色透明溶液加入乙醇，[Cu(NH3)4]SO4的溶解度减低，析出深蓝色晶体，D错误；故选D。 22．W可与形成化合物Q，Q的结构如图所示，下列说法错误的是___________。 A．C、N、O均能与H形成既含极性键又含非极性键的分子 B．W与结合前后，N原子的杂化方式未发生变化 C．与Cu原子未成对电子数相同的同周期元素有3种 D．Q中的作用力有配位键、共价键、氢键 【答案】C 【解析】A项，C、N、O与H分别可以形成CH3CH3、N2H4、H2O2三种分子，既含极性键又含非极性键，A正确；B项，W与Cu2+结合前，N原子为sp2杂化，含有孤电子对，Cu2+中含有空轨道，与W中N原子形成配位键，N原子仍为sp2杂化，杂化方式没有发生变化，B正确；C项，Cu的价电子排布式为3d104s1，未成对电子数为1，同周期元素中未成对电子数为1的元素分别为K、Sc、Ga、Br，共4种元素，C错误；D项，Q中含有C-C、C-H、C-O、N-O等共价键，Cu原子和N、O原子之间为配位键，O氧原子和H原子之间形成分子内氢键，D正确；故选C。 23．【科学探究与创新意识】某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 实验1： 实验2： 已知： ⅰ. [Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ；ⅱ.ZnCl2溶液为无色。 下列说法正确的是___________。 A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中键数之比为3：2 B．结合实验可知反应ΔH＜0 C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[Co(H2O)6]2+的浓度增大 D．③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl-形成了配合物 【答案】D 【解析】A项，等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中键数之比为，故A错误；B项，降低温度，溶液变为红色，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变ΔH＞0，故B错误；C项，②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[Co(H2O)6]2+的浓度减小，故C错误；D项，③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl-形成了配合物，使Cl-浓度减小，平衡逆向移动，溶液变红，D正确。故选D。 24．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。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是___________。 A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+ B．在[Cu(NH3)4]2+中，NH3提供孤电子对，Cu2+提供空轨道 C．NH3与铜离子形成配离子后H—N—H键角会变大 D．深蓝色的晶体析出的原因是[Cu(NH3)4]2+与乙醇发生化学反应 【答案】D 【解析】向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，离子方程式为Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-。难溶物溶解后，生成的深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，A项正确；在[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，B项正确；NH3中N原子采取sp3杂化，形成了三个N—H键，还有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力较大，但与Cu2+形成配离子后，N的孤电子对受Cu2+正电荷吸引，对成键电子对的斥力减小，H—N—H键角会变大，C项正确；向溶液中加入乙醇有深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体析出，该过程中未发生化学反应，D项错误。 25．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)5]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)5Cl]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 【解析】A项，1molCoCl3•5NH3溶于水与AgNO3溶液反应只生成2molAgCl，故有2Cl-在配合物外界，A正确；B项，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项，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项，[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。 26．已知CuCl2溶液中存在：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄绿色)+4H2O。下列说法错误的是___________。 A．[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-中Cu2+的配位数均为4 B．加一定量水时，溶液会变成蓝色 C．加一定量氯化钠溶液，溶液一定变为黄绿色 D．向含有两种配离子的CuCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，会产生蓝色沉淀 【答案】C 【解析】从配离子[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-的组成可以看出，中心离子Cu2+分别与4个H2O、4个Cl-形成配位键，所以Cu2+的配位数均为4，A正确；加一定量水时，溶液浓度减小，平衡逆向移动，所以溶液会变成蓝色，B正确；氯化钠溶液中含有Cl-和水，若原溶液中加入NaCl固体，平衡正向移动，若加入水，平衡逆向移动，由于氯化钠溶液的浓度未知，所以无法确定平衡如何移动，也就不能确定平衡后溶液的颜色，C不正确；向含有两种配离子的CuCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，Cu2+会与OH-反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，并不断促进两种配离子发生电离，D正确。 27．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是___________。 A．还原性：Ag>Cu>Fe B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH D．溶液①中的金属离子是 【答案】C 【解析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确；B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据按上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确；C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH，C正确；D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成Fe2+，然后Fe2+被通入的氧气氧化为Fe3+，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是Fe3+，D不正确；故选C。 28．Cu2+能与NH3、H2O、Cl-等形成配位数为4的配合物。 (1)[Cu(NH3)4]2+中存在的化学键类型有_______________(填字母)。 A．配位键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E.离子键 (2)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构，[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3被2个Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间结构为_______________。 (3)某种含Cu2+的化合物可催化丙烯醇制备丙醛:HOCH2CHCH2CH3CH2CHO。在丙烯醇分子中发生某种杂化方式的碳原子数，是丙醛分子中发生同样杂化方式的碳原子数的2倍，则这类碳原子的杂化方式为_______________。 (4)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如下图所示。 该结构中，除共价键外还存在配位键，请在图中用“→”表示出配位键___________。 【答案】(1)AC (2)平面正方形 　(3)sp2 (4) 【解析】(1)[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间的化学键是配位键，氨分子内部的化学键是极性共价键，(2)[Cu(NH3)4]2+是平面正方形结构。 (3)HOCH2CH==CH2中的C原子，有1个采取sp3杂化，2个采取sp2杂化;CH3CH2CHO中的C原子，有2个采取sp3杂化，1个采取sp2杂化。 (4)配合物A中铜离子提供空轨道，H2NCH2COO-中氮原子提供孤对电子，因此配位键可表示为： 04生产、生活中的配位化合物 29．配合物在许多方面有着广泛的应用。下列叙述不正确的是___________。 A．CuSO4溶液呈天蓝色是因为含有[Cu(H2O)4]2＋ B．魔术表演中常用一种含硫氰化铁配离子的溶液来代替血液 C．[Ag(NH3)2]＋是化学镀银的有效成分 D．除去硝酸铵溶液中的Ag＋，可向其中加入过量氨水 【答案】D 【解析】水合铜离子在溶液中呈天蓝色，正确；硫氰化铁配离子是配合物，Fe3＋是中心离子、SCN－是配体，正确；葡萄糖能与银氨溶液中的[Ag(NH3)2]＋反应生成单质银，所以[Ag(NH3)2]＋是化学镀银的有效成分，正确；Ag＋与少量氨水生成氢氧化银沉淀、与过量氨水生成[Ag(NH3)2]＋，不能除去硝酸铵溶液中的Ag＋，错误。 30．配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2= 2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O。下列说法正确的是___________。 A．该配位化合物的配位数为5 B．提供孤电子对的成键原子是N和Cl C．[Co(NH3)5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键 D．氧化剂H2O2是非极性分子 【答案】B 【解析】配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2的内界为[Co(NH3)5Cl]2+，中心离子为Co3+，5个NH3和1个Cl-是配体，该配位化合物的配位数为6，A错误；[Co(NH3)5Cl]2+中，中心离子Co3+提供空轨道，N和Cl提供孤电子对，B正确；[Co(NH3)5Cl]2+中氨气分子内存在N—H共价键，Co3+与氨分子之间形成配位键，Co3+与Cl-之间也形成配位键，则[Co(NH3)5Cl]2+中有配位键、共价键，C错误；H2O2分子结构不对称，正电中心与负电中心不重合，为极性分子，D错误。 31．近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是___________。 A．Ru配合物中第二周期元素的电负性：O>N>C B．吡啶(，原子在同一平面)中C、N原子的杂化方式分别为sp2、sp3 C．该配合物中Ru的配位数是6 D．PO43-中P的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形 【答案】B 【解析】A．第二周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，因此电负性：O＞N＞C，故A正确；B．中原子在同一平面，则C、N原子的价层电子对数均为3，杂化方式均为sp2，故B错误；C．根据图中Ru与周围的原子得到该配合物中Ru的配位数是6，故C正确；D．PO43-中P的价层电子对数为4，无孤对电子，空间结构为正四面体形，故D正确。故选B。 32．【多步骤反应流程机理图】铑的配合物离子 [Rh(CO)2I2]- 可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述不正确的是___________。 A．催化循环中Rh的配位数有3种 B．[Rh(CO)2I2]- 中Rh的化合价为+1价 C．H2O和CH3I的VSEPR模型名称不同 D．甲醇羰基化反应为：CH3OH + CO=CH3CO2H 【答案】C 【解析】A．催化循环中Rh的化合价为+1价，与1个碘离子之间形成共价键，其余与1个碘离子、2个CO分子形成配位键，故配位数有3种，故A正确；B．[Rh(CO)2I2]- 中配体CO整体不带电荷，I-为-1价，故Rh的化合价为+1价，故B正确；C．H2O和CH3I的价层电子对均为4对，故VSEPR模型名称均为四面体形，故C错误； D．结合题干信息，[Rh(CO)2I2]- 可催化甲醇羰基化，根据反应机理图，铑的配合物在整个反应历程中起催化剂作用，CH3COI为中间体，反应物为CH3OH 、CO，产物为CH3CO2H，甲醇羰基化反应为：CH3OH + CO=CH3CO2H，故D正确。故选C。 04超分子和超分子化学 33．下列关于超分子的叙述中正确的是___________。 A．超分子就是高分子 B．超分子都是无限伸展的 C．形成超分子的微粒都是分子 D．超分子具有分子识别和自组装的特征 【答案】D 【解析】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，有的是高分子，有的不是，故A错误；B．超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的的是有限的，故B错误；C．形成超分子的微粒也包括离子，故C错误；D．超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。故选D。 34．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 【答案】A 【解析】将C60加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，两分子间的作用力为分子间作用力，能形成超分子，B正确；冠醚是皇冠状的分子，有不同大小的空穴，会与合适的碱金属离子形成超分子，C正确；超分子的两大特征为分子识别和自组装，D正确。 35．冠醚是皇冠状的分子，可由不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构如图。下列说法错误的是___________。 A．超分子具有分子识别的重要特征 B．利用超分子的分子识别特征可分离C60与C70 C．利用18-冠-6也可识别 D．该超分子中的配位数为6 【答案】C 【解析】A．18-冠-6与K+作用，不与其他碱金属离子作用，可知结合具有选择性，说明超分子有“分子识别”的特性，故A正确；B．利用超分子的分子识别特征可分离C60与C70，这是利用超分子的分子识别特征，故B正确；C．因为冠醚由不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，18-冠-6与钾离子以配位键结合，离子半径：Na+<K+，则不可识别Na+，故C错误；D．由图可知，中心K+周围形成了6个配位键，其的配位数为6，故D正确；故选C。 36．(2025·上海上海中学高三三模)某种超分子的结构如图所示(已知：-Me为甲基)。下列说法正确的是___________。 A．电负性：F>O>N>H>C B．该超分子中涉及的元素均为元素周期表p区元素 C．超分子具有分子识别和自组装的特征 D．该超分子形成的B—N配位键中，B原子提供孤电子对 【答案】C 【解析】A项，电负性：F>O>N >C>H，A项错误；B项，H元素属于元素周期表区元素，B项错误；C项，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，具有分子识别和自组装的特征，C项正确；D项，该超分子形成的B-N配位键中，N原子提供孤电子对，B提供空轨道，D项错误；故选C。 37．我国科学家成功研制出了一种铜基有机催化剂(结构如图所示)，在常温常压条件下通过CO2和NO3-的共还原实现选择性合成尿素和氨。下列说法正确的是___________。 A．基态最高能层的电子排布图为 B．该有机催化剂中元素的第一电离能：N＞O＞C C．该有机催化剂中O和N的杂化方式相同 D．N形成配位键后，键角减小 【答案】B 【解析】A项，基态Cu最高能层的电子排布图为，A错误；B项，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，B正确；C项，该有机催化剂中O的杂化方式sp3，N的杂化方式sp2杂化，C错误；D项，孤对电子越多，对成键电子对斥力越大，分子的键角越小，氨分子中氮原子有一个孤电子对，形成配位键后无孤电子对，则键角增大，D错误； 故选B。 38．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K+形成的螯合离子的结构如图所示，下列说法不正确的是___________。 A．部分冠醚可以用来识别碱金属离子 B．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种 C．二苯并-18-冠-6也能适配Na+ D．K+通过配位键与二苯并-18-冠-6形成螯合离子 【答案】C 【解析】A项，冠醚能识别直径与其空腔直径适配得碱金属离子，所以部分冠醚可以用来识别碱金属离子，故A正确；B项，该冠醚分子中，苯环上的碳原子采用sp2杂化，其余单键碳原子杂化方式为sp3，杂化方式有有2种，故B正确； C项，Na+半径小于K+，二苯并-18-冠-6不能适配Na+，故C错误；D项，K+含有空轨道、O原子含有孤电子对，K+通过配位键与二苯并-18-冠-6形成螯合离子，故D正确；故选C。 39．环糊精是由多个葡萄糖单元键连成环的超分子主体分子，环糊精的结构如下图所示，存在分子内氢键。等多酸阴离子能填充环糊精的空穴形成超分子复合物。下列叙述正确的是___________。 A．葡萄糖单元通过范德华力键连成环 B．环糊精在强酸的环境下能稳定存在 C．环糊精具有分子识别功能 D．环糊精在水中溶解度非常大 【答案】C 【解析】A项，葡萄糖单元通过糖苷键结合的，不是范德华力，故A错误；B项，强酸条件下，环糊精会水解为单糖，故B错误；C项，等多酸阴离子能填充环糊精的空穴形成超分子复合物，环糊精能识别多酸阴离子，有分子识别功能，故C正确；D项，环糊精存在分子内氢键，与水分子形成氢键的数量减少，且分子中烃基较大，在水中溶解度不大，故D错误；选C。 40．利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如图所示。 关于上述过程及涉及的物质的说法不正确的是___________。 A．C60和“杯酚”之间的相互作用是键 B．C60和C70被“杯酚”识别是利用了二者的分子体积大小不同 C．“杯酚”分子内官能团之间通过氢键作用形成“杯底” D．若“杯酚”中氧原子数目为n，则“杯酚”的分子式可表示为 【答案】A 【解析】A项，由图可知，C60和“杯酚”之间的相互作用是分子间作用力，故A错误；B项，“杯酚”的空腔大小只适配C60，C60和C70被“杯酚”识别是利用了二者的分子体积大小不同，故B正确；C项，“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”，故C正确；D项，．由“杯酚”的结构简式可知，其中C、H、O原子个数比为14：14：1，若“杯酚”中氧原子数目为n，则“杯酚”的分子式可表示为，故D正确。 41．一种杯酚的合成过程如图所示。该杯酚盛装C60后形成超分子。下列说法正确的是___________。 A．该杯酚的合成过程中发生了消去反应 B．每合成1mol该杯酚，消耗4molHCHO C．杯酚盛装C60形成的超分子中，存在范德华力和氢键 D．该杯酚具有“分子识别”特性，能盛装多种碳单质 【答案】C 【解析】A项，酚羟基邻位的H原子被取代，为取代反应，故A错误；B项，苯环之间含8个CH2，可知每合成1mol该杯酚，消耗8molHCHO，故B错误；C项，杯酚盛装C60后形成超分子，分子之间存在范德华力，羟基之间形成氢键，故C正确；D项，该杯酚具有“分子识别”特性，空隙大小固定，只盛装C60后形成超分子，故D错误；故选C。 42．冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。 下列说法错误的是___________。 A．冠醚属于超分子 B．冠醚与结合后将MnO4-带入烯烃中，MnO4-与烯烃充分接触而迅速反应 C．K+通过配位键与冠醚相结合 D．冠醚中C、O原子间的化学键为σ键 【答案】A 【解析】A项，超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，并保持一定的完整性使其具有明确的微观结构和宏观特性；冠醚是单独的一个分子结构，不是超分子，A错误；B项，已知冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，则冠醚与K+结合后将MnO4-带入烯烃中，MnO4-与烯烃充分接触而迅速反应，B正确；C项，冠醚提供孤对电子，K+提供空轨道，两者通过配位键形成超分子，C正确；D项，冠醚中碳原子杂化类型为sp3杂化，C、O原子间形成σ键，D正确；故选A。 43．冠醚能与阳离子，尤其是与碱金属离子作用，并且随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与锂离子作用而不与钠离子、钾离子作用；18-冠-6与钾离子作用(如图)，还可与重氮盐作用，但不与锂离子或钠离子作用。下列说法错误的是___________。 A．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同 B．18-冠-6与钾离子作用，不与锂离子或钠离子作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征 C．18-冠-6与钾离子作用反映了超分子的自组装的特征 D．冠醚与碱金属离子作用的原理与其可作相转移催化剂的原理有关 【答案】C 【解析】18-冠-6中C和O都是sp3杂化，A项正确；18-冠-6与钾离子作用，不与锂离子或钠离子作用，反映了超分子的“分子识别”的特征，故B项正确，C项错误；由于冠醚是皇冠状分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，把无机物带入有机物中，它可以作为相转移催化剂也是基于这个原理，D项正确。 44．某超分子的结构如图所示，下列有关超分子的描述不正确的是___________。 A．超分子就是高分子 B．超分子的特征是分子识别和分子自组装 C．图示中的超分子是两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体 D．图示中的超分子中的N原子采取sp2、sp3两种杂化方式 【答案】A 【解析】A．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，超分子不同于高分子，A错误；B．超分子的特征是分子识别和分子自组装，例如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，B正确；C．超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，图示中的超分子是两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体，C正确；D．图示中的超分子中的N原子有双键、单键，则采取sp2、sp3杂化，D正确；故选A。 45．冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6可以通过图示方法制备。 下列说法错误的是___________。 A．18-冠-6分子中C、O都采用sp3杂化 B．18-冠-6可以适配任意碱金属离子 C．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂 D．制取方法中(1)为取代反应，(2)为加成反应 【答案】B 【解析】A．18-冠-6分子中，C、O的价层电子对数都为4，所以都采用sp3杂化，A正确；B．题干信息显示：“不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子”，所以18-冠-6只能适配相应大小的碱金属离子，B错误；C．由题干信息可知，冠醚的空穴结构对离子有选择作用，与金属离子形成的配离子，在有机反应中可作催化剂，C正确；D．制取方法(1)中，生成18-冠-6的同时，还有HCl生成，为取代反应，(2)中，只有18-冠-6一种物质生成，为加成反应，D正确；故选B。 46．超分子化学在识别、催化、传输等功能方面已迅速渗透到各学科领域。如图是一种由两个相同分子(a)组装形成的分子盒(b)。请回答： (1)两分子(a)通过 结合成(b)。 A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．分子间作用力 (2)(a)分子中C原子的杂化方式为 ，基态Zn的价层电子轨道表示式为 。 (3)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，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态O原子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为 。 【答案】(1)B (2)sp2 (3)+1或-1 【解析】(1)Zn原子提供空轨道，N原子提供孤对电子，故两分子a通过配位键结合成b；故选B；(2)a分子中C原子的价电子对数为3，则杂化方式为sp2，Zn的原子序数为30，则电子排布式为[Ar]3d104s2；；(3)基态O原子电子排布式为1s22s22p4，则其孤电子有两个，在不同的轨道有两个自旋状态相同的电子。 1．下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是___________。 A．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70 B．配合物中只含配位键 C．[Cu(H2O)6]2+中Cu2+提供空轨道，H2O中氧原子提供孤电子对，从而形成配位键 D．配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用 【答案】B 【解析】利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70，A正确;配位化合物中不一定只含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，B不正确;配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]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;配合物的应用有①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关，②在生产和科学技术方面也有广泛应用，D正确。 2．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是___________。 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀溶液 无蓝色沉淀生成 ⑤ 向实验①溶液中插入光亮铁丝 一段时间后铁丝表面有金属光泽的红色固体析出 A．由实验①—③可知，配离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu{NH3)4]2+ B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．向实验④深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应 【答案】C 【解析】A．由实验①—③可知，硫酸铜溶液中，铜离子以[Cu(H2O)4]2+形式存在，逐滴加入氨水，最后生成[Cu{NH3)4]2+，说明配离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu{NH3)4]2+，故A正确；B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体[Cu{NH3)4]SO4•H2O在极性较弱的乙醇中溶解度小，故B正确；C．向实验④深蓝色溶液，[Cu{NH3)4]SO4硫酸根是外界，可以电离出来，所以加入BaCl2溶液，会产生白色沉淀，故C错误；D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应，溶液中存在平衡[Cu{NH3)4]2+Cu2++4NH3，插入光亮铁丝后，发生置换反应，生成铜，故D正确。故选C。 3．一种绿色的配位化合物具有温度传感功能，结构如图所示(L是中性配体)。下列说法错误的是___________。 A．配合物中Ni的化合价为+1 B．第一电离能：N>O>C C．阳离子中含有三种配体 D．该配合物是离子晶体 【答案】A 【解析】A项，配合物中Ni的化合价为+2，A项错误；B项，同周期元素第一电离能从左向右呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O>C，B项正确；C项，阳离子中含有、、L三种配体，C项正确；D项，该配合物中存在阴、阳离子，是离子晶体，D项正确；故选A。 4．超分子特性包含分子识别和自组装，在某些作用力的影响下分子与分子间即可实现自组装过程。下图为我国科研人员构建的含硅嵌段共聚物超分子复合物，有关该化合物说法错误的是___________。 A．该超分子中第一电离能最大的元素是O B．该超分子复合物的自组装过程是通过氢键所形成的 C．分子自组装是在平衡条件下，分子间通过非共价相互作用自发组合形成的一类结构明确稳定、具有某种特定功能或性能的分子聚集体或超分子结构 D．DNA的双螺旋结构也有与该超分子相似的的非化学键作用 【答案】A 【解析】A项，该超分子中存在H、C、N、O、Si等元素，因N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，故A错误；B项，由图可知该超分子复合物自组装过程中N和H之间形成了氢键，故B正确；C项，分子自组装是在平衡条件下，分子间通过非共价相互作用(范德华力或氢键)自发组合形成的一类结构明确稳定、具有某种特定功能或性能的分子聚集体或超分子结构，故C正确；D项，DNA的双螺旋链之间通过氢键作用结合，与该超分子相似，故D正确；故选A。 5．1987诺贝尔化学奖授予三位化学家，表彰他们在超分子化学理论方面的开创性工作，从而超分子化学也开始风靡全球，下列说法错误的是___________。 A．利用超分子具有自组装和分子识别的特性，可以分离某些分子 B．18-冠-6可以适配任意碱金属离子，其形成的晶体为分子晶体 C．图二中的超分子是两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体 D．图一8-冠-6冠醚与K+形成的超分子中K+的配位数为6 【答案】B 【解析】A项，超分子具有自组装和分子识别的特性，因此可以利用超分子分离某些分子，A正确；B项，18-冠-6空穴只能适配大小与之匹配的碱金属离子，如K+，其适配上K+后形成的晶体为离子晶体，B错误；C项，由图二可知，该超分子是两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体，C正确；D项，由图一可知，该超分子中K+与6个O原子之间形成配位键，D正确； 故选B。 6．冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中加入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。 下列说法错误的是___________。 A．冠醚由于相对分子质量较大，可以看成是一类超分子 B．冠醚与结合后将MnO4 -带入烯烃中，MnO4 -与烯烃充分接触而迅速反应 C．烯烃在冠醚中的溶解度大于在水中的溶解度 D．通过配位键与冠醚相结合 【答案】A 【解析】A项，超分子通常是指由两种或两种以上分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，冠醚是单独的一个分子结构，不是超分子，A错误；B项，冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，冠醚与K+结合后将MnO4 -带入烯烃中，MnO4 -与烯烃充分接触而迅速反应，B正确；C项，烯烃和冠醚的极性都很小，根据相似相溶原理知，烯烃可溶于冠醚，而水分子的极性较大，烯烃难溶于水，C正确；D项，冠醚中氧原子提供孤电子对，K+提供空轨道，两者通过配位键形成超分子，D正确；故选A。 7．回答下列问题： (1)将白色CuSO4粉末溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位数是4的配离子，请写出生成此配离子的离子方程式：_____________________________，蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有__________。1 mol该阳离子中含σ键个数为________。 (2)CuSO4·5H2O(胆矾)中含有水合铜离子而呈蓝色，写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(必须将配位键表示出来)：_________________________________。 (3)向CuSO4溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。下列说法不正确的是_________(填字母)。 a．[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中电负性最大的是N元素 b．CuSO4晶体及[Cu(NH3)4]SO4·H2O中S原子的杂化方式均为sp3 c．[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有离子键、共价键和配位键 d．NH3分子内的H—N—H键角大于H2O分子内的H—O—H 键角 e．SO的空间结构为正四面体形 f．[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子 g．NH3分子中氮原子的杂化轨道类型为sp2 (4)已知可二聚为下图的二聚体： 该二聚体中存在的化学键类型为_______(填“极性键、非极性键、离子键、金属键”)。将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为 ，其中配体是 ，该配合物中有键 。 【答案】(1)Cu2＋＋4H2O===[Cu(H2O)4]2＋ 共价键、配位键 12NA (2) (3)ag (4)极性键 sp3 CH3CN 14 【解析】(1)Cu2＋提供空轨道，H2O分子中的O原子提供孤电子对形成配离子[Cu(H2O)4]2＋。 (3)电负性：O＞N，a不正确；S原子与4个O原子形成共价键，所以S原子采取sp3杂化，b正确；[Cu(NH3)4]SO4中SO与[Cu(NH3)4]2＋以离子键结合，NH3、SO中含有共价键，[Cu(NH3)4]2＋中含有配位键，c正确；NH3分子内N原子有1个孤电子对，H2O分子中O原子有2个孤电子对，H2O分子中孤电子对对共用电子对排斥作用大，所以H2O分子中H—O—H键角小于NH3分子中H—N—H键角，d正确；SO中S原子采取sp3杂化，故SO的空间结构为正四面体形，e正确；[Cu(NH3)4]2＋中N原子提供孤电子对，f正确；NH3中N为sp3杂化，g不正确。 (4)从图中可知，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，答案是极性键。该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN，1个该配合物中含有12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol。 8．配合物在生产生活中应用广泛，配合物的种类超过了百万，是一个庞大的化合物家族。回答下列问题： (1)雷氏盐(Reinecke’s salt)结构式如图所示。配离子中的配体为 (填化学式)，与配体间形成的共价键又称为 。 (2)Ni(CO)4中的Ni与CO中的C形成配位键。不考虑立体构型，Ni(CO)4结构中的配位键可用示意图表示为 。 (3)钒能形成多种配合物，钒的两种配合物X、Y的化学式均为V(NH3)3ClSO4，取X、Y溶液进行如下实验(已知配体难电离出来)。 配合物 X X Y Y 试剂 BaCl2溶液 AgNO3溶液 BaCl2溶液 AgNO3溶液 现象 白色沉淀 无明显变化 无明显变化 白色沉淀 则X中配离子的化学式为 ，Y中V3+的配体是 。 (4)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有________ mol，该螯合物中N的杂化方式有__________种。 (5)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是____、____。乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是________________， 其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。 【答案】(1) NH3和SCN- 配位键 (2) (3)[V(NH3)3Cl]2+ NH3、SO (4)6 1 (5)sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤电子对与金属离子形成配位键 Cu2＋ 【解析】 (1)由配离子的结构可知：配离子中Cr3+的配体为NH3和SCN-，Cr3+与配体间形成的共价键又称为配位键； (2)Ni(CO)4中的Ni与CO中的C形成配位键。不考虑立体构型，Ni(CO)4结构中的配位键可用示意图表示为； (3)由信息可知X中SO为外界，Cl-为内界，化学式可写为[V(NH3)3Cl]SO4，则X中配离子的化学式为[V(NH3)3Cl]2+，Y 中Cl-为外界，SO为内界，化学式可写为[V(NH3)3SO4]Cl，Y中的配体是NH3、SO。 (4)由题给图示可知，1个Cd2＋与C、N杂环上的4个N原子分别形成4个配位键，与2个O原子分别形成2个配位键，因此1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6 mol。 (5)乙二胺分子中，1个N原子形成3个单键，还有一个孤电子对，价电子对数为4，采取sp3杂化；1个C原子形成4个单键，没有孤电子对，价电子对数为4，采取sp3杂化。乙二胺中2个氮原子提供孤电子对与金属镁离子或铜离子形成稳定的配位键，故能形成稳定环状离子。由于铜离子半径大于镁离子，形成配位键时头碰头重叠程度较大，其与乙二胺形成的化合物较稳定。 9．铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 (1)铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括___________(填字母)。 A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 (2)镍能形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(CN)4]2-、[Ni(NH3)6]2+等，下列有关说法正确的是___________(填选项字母)。 A．[Ni(NH3)6]2+中含有共价键和离子键 B．CO与CN—互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键的个数比为1：2 C．NH3中N原子为sp3杂化，其空间构型为正四面体形 D．Ni2+在形成配合物时其配位数只能为4，Fe在形成配合物时其配位数只能为6 (3)Fe、Co、Ni与Ca都位于第四周期且最外层电子数相同，但相应单质的熔点，Fe、Co、Ni明显高于Ca，其原因是 。 (4)CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是 。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是 。 (5)胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。在Cu(NH3)4SO4·H2O晶体中，含有的原子团或分子有：[Cu(NH3)4]2＋、NH3、SO、H2O，[Cu(NH3)4]2＋为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团或分子是 ，其中心原子的杂化轨道类型是 。 (6)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈正四面体构型，Ni(CO)4易溶于___________(填标号)。 A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液 【答案】(1)AC (2)B (3)Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，价电子数目比Ca的多，金属键比Ca的强，因此熔点高 (4)+3 Fe3+的价电子排布为3d5，最外层电子半充满，比价电子排布3d6的Fe2+更稳定 (5)SO sp3杂化 (6)BC 【解析】(1)由物理性质可知，五羰基合铁是沸点低的分子晶体，分子中含有配位键和极性共价键，不含有离子键和金属键，故选AC； (2)A．[Ni(NH3)6]2+配离子中含有配位键和极性共价键，不含有离子键，故A错误；B．一氧化碳和氰酸根离子的原子个数都为2、价电子数都为10，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，则一氧化碳分子中含有碳氧三键，分子内σ键和π键的个数比为1：2，故B正确；C．氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形，故C错误；D．Ni2+离子的价电子排布式为3d8，Ni2+在形成配合物时，其配位数可以为4或6，故D错误；故选B； (3)Fe、Co、Ni、Ca四种元素都位于元素周期表第四周期，Fe、Co、Ni 的原子半径都小于Ca，Fe、Co、Ni位于d区，价电子数多于位于s区的Ca，所以Fe、Co、Ni的金属键强于Ca，熔点高于Ca，故选Fe、Co、Ni的原子半径比Ca的小，价电子数目比Ca的多，金属键比Ca的强，因此熔点高； (4)设化合物中铁元素的化合价为a，由化合价代数和为0可得：2a＋2a+2 (1—a ) +4×( —2 ) =0，解得a=+3；Fe3+的价电子排布为3d5，最外层电子半充满，比价电子排布3d6的Fe2+更稳定，故选+3；Fe3+的价电子排布为3d5，最外层电子半充满，比价电子排布3d6的Fe2+更稳定； (5)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，硫原子的杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为正四面体形，故选SO；sp3杂化； (6)由题意可知，四羰基合镍为非极性分子，由相似相溶原理可知，四羰基合镍不溶于水，易溶于有机溶剂四氯化碳和苯，故选BC。 10．Cu、Fe、Ni的原子或离子可形成多种配合物，请回答下列问题： (1)与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是________。络离子[Fe(CN)6]4－的配位体是________，________提供空轨道。CN－中C原子的杂化轨道类型是__________，写出一种与CN－互为等电子体的分子的电子式__________。 (2)工业上常用NH3和醋酸二氨合铜{[Cu(NH3)2]Ac}的混合液来吸收CO[Ac－表示CH3COO－]，化学方程式为[Cu(NH3)2]Ac＋CO＋NH3===[Cu(NH3)3CO]Ac。 ①氨水溶液中各元素原子的电负性从大到小排列顺序为________。 ②醋酸分子中甲基(—CH3)碳和羧基(—COOH)碳的杂化方式分别是________、________。 ③生成物[Cu(NH3)3CO]Ac中所含的化学键类型有________(填字母序号)。 a．离子键 b．配位键 c．σ键 d．π键 (3)可以与铜离子形成配合物。 其中碳原子轨道的杂化类型为_____________________，氮原子的杂化类型为________。 (4)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配位体提供电子总数之和为18，则n＝______，CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为________。 (5)过渡元素钴(27Co)的原子核外电子排布式为________________________________。钴有两种化学式均为Co(NH3)5BrSO4的配合物，且配位数均为6，它们分别溶解于水时电离出的阳离子的化学式可能为________和________。鉴别两者的实验方法是分别取样并滴加________(填化学式)溶液。 【答案】(1)具有孤对电子 CN－ Fe2＋ sp1 · (·)N⋮⋮N· (·)或· (·)C⋮⋮O· (·) (2)①O＞N＞H ②sp3 sp2 ③abcd (3)sp2、sp3 sp3 (4)4 1∶2 (5)1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 [Co(NH3)5Br]2＋ [Co(NH3)5SO4]＋ BaCl2[或Ba(NO3)2]或AgNO3 【解析】(1)配位键的形成条件是原子一方提供空轨道，另一方提供孤对电子，Fe原子提供空轨道，与之形成配合物的分子或离子应含有孤对电子。[Fe(CN)6]4－的中心原子为Fe2＋，Fe2＋提供空轨道，配位体为CN－，配位数为6，用N原子替换CN－中的C原子，同时减掉1个负电荷得等电子体N2，用O原子替换CN－中的N原子，同时去掉1个负电荷得等电子体CO，N2的电子式为· (·)N⋮⋮N· (·)，故知CO电子式为· (·)C⋮⋮O· (·)，CN－的电子式为[· (·)C⋮⋮N· (·)]－，CN－中C原子形成1个σ键和2个π键，所以C原子采取sp1杂化。(2)①氨水中含有的元素有N、H、O，电负性顺序为O＞N＞H。②—CH3碳含4个σ键，—COOH碳有3个σ键，故碳原子分别采取sp3和sp2杂化。③CO中存在σ键和π键，Cu＋与NH3和CO中的N原子和C原子间形成配位键，NH3中N与H原子间形成σ键，[Cu(NH3)3CO]＋与Ac－间以离子键结合。(3)EDTA分子中—CH2—上的碳原子形成4个σ键，碳原子采取sp3杂化，—COOH上的碳原子形成3个σ键和1个π键，碳原子采取sp2杂化。氮原子形成3个σ键并有1对孤对电子未参与成键，氮原子采取sp3杂化。(4)Ni的价电子排布式为3d84s2，价电子数为10，配位体提供的电子数为18－10＝8，每个CO提供一个孤电子对，所以n＝4。N2的结构式为N≡N，CO的结构与N2相似，所以其结构式为C≡O，含有三个键，一个σ键和两个π键；CO分子内σ键和π键个数之比为1∶2。(5)Co是27号元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。由配合物配位数均为6可知溶于水电离出的阳离子可能是[Co(NH3)5Br]2＋和[Co(NH3)5SO4]＋。 11．配位键是一种常见的化学键，按要求完成下列问题： (1)含Ti3＋的一种配合物的化学式为[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O，其配离子中含有的化学键类型有______________________。 (2)氨硼烷(NH3BH3)是最具潜力的储氢材料之一，分子中存在配位键，能体现配位键的结构式为___________________________。 (3)铁是生活中常用的一种金属，其常见的离子有Fe2＋、Fe3＋，其中Fe2＋可用K3[Fe(CN)6](赤血盐)溶液检验。 ①铁单质中化学键为________(填名称)。 ②K3[Fe(CN)6]晶体中各种微粒的作用力有________(填字母)。 a．金属键 b．共价键 c．配位键 d．离子键 (4)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为__________________，其中Fe的配位数为__________________________________。 【答案】(1)配位键、极性共价键(或共价键) 【解析】(1)题给物质的配离子为[Ti(H2O)5Cl]2＋，含有配位键与极性共价键(或共价键)。(2)N原子的孤电子对与B原子的空轨道形成配位键。(3)①铁单质中含金属键。②K3[Fe(CN)6]属于配位化合物又属于离子化合物，含配位键、离子键，CN－中含有共价键。(4)在蒸汽状态下FeCl3以双聚分子存在，即分子式为Fe2Cl6；每个Fe原子与3个Cl原子形成共价键，还可以提供空轨道与另一个Cl原子提供的孤电子对形成配位键，结构式可表示为。 1．(2024·上海卷T三，1)已知可二聚为下图的二聚体： (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)将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为 ，其中配体是 ，该配合物中有键 。 【答案】(1)A (2)sp3 CH3CN 14 【解析】(1)从图中可知，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，故选A。(2)该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN，1个该配合物中含有12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol。 2．(2025•山东卷，16) (2)尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[ Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 。 ③八面体配离子[ Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是 (填元素符号)。 【答案】(2)N O sp2 O 【解析】(2)①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C；②尿素分子(H2NCONH2)中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化；③八面体配离子[ Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与Fe3+配位的原子是O。 3．(2025·安徽卷，7，3分)氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH3)Cl沉淀。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是___________。 A．与H+结合的能力：OH-＞NH2- B．与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+ C．H2O和NH3分子中的键长：O-H＞N-H D．微粒所含电子数：NH4+＞NH2- 【答案】B 【解析】A项，根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为：NaNH2+H-OH= NaOH+H-NH2，说明NH2-结合H+能力更强，A错误；B项，根据题干信息，深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液，说明NH3更容易与H+配位形成NH4+，故与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+，B正确；C项，原子半径N＞O，则键长：O-H＜N-H，C错误；D项，NH4+所含电子数为7+4-1=10，NH2-所含电子数7+2+1=10，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误；故选B。 4．(2025·江苏卷，4，3分)在溶有15-冠()的有机溶剂中，苄氯()与NaF发生反应： 下列说法正确的是___________。 A．苄氯是非极性分子 B．电负性： C．离子半径： D．X中15-冠与Na+间存在离子键 【答案】C 【解析】A项，苄氯分子含有饱和C原子，且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故苄氯为极性分子，A错误；B项，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：，B错误；C项，电子层结构相同时，离子半径随原子序数增大而减小，故离子半径：，C正确；D项，15-冠-5是分子，与阳离子Na+之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误；故选C。 5．(2025·甘肃卷，9，3分)我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子(CH3)4NCl可形成主客体包合物：(CH3)4N+被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是___________。 A．主体分子存在分子内氢键 B．主客体分子之间存在共价键 C．磺酸基中的S—O键能比小 D．(CH3)4N+和(CH3)4N中N均采用sp3杂化 【答案】B 【解析】A项，主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确；B项，主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；C项，已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确；D项，N原子价电子数为5，(CH3)4N+中N有4条σ键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，(CH3)4N中N有3条σ键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确；故选B。 6．(2024·辽吉黑卷，9，3分)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 【答案】B 【解析】A项，1mol糖水解后能产生2~10mol单糖的糖称为寡糖或者低聚糖，环六糊精是葡萄糖的缩合物，属于寡糖，A正确；B项，要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非极性分子都可以被环六糊精包含形成超分子，B错误；C项，由于环六糊精腔内极性小，可以将苯环包含在其中，腔外极性大，故将极性基团甲氧基暴露在反应环境中，C正确；D项，环六糊精空腔外有多个羟基，可以和水形成分子间氢键，故环六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲醚不溶于水，所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚，D正确；故选B。 ( 29 / 36 )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 $$ 第08讲 配位化合物和超分子 目录 01 课标达标练 题型01配位键 题型02配位化合物的组成和结构 题型03生产、生活中的配位化合物 题型04配合物的生成和性质 题型05 超分子与超分子化学 02 核心突破练 03 真题溯源练 01配位键 1．下列关于配位键的说法中不正确的是___________。 A．配位键是一种电性作用 B．配位键实质是一种共价键 C．形成配位键的电子对由成键原子双方提供 D．配位键具有饱和性和方向性 2．下列说法错误的是___________。 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．共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子 3．若X、Y两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是___________。 A．X、Y只能是离子 B．若X提供空轨道，则配位键表示为X→Y C．X、Y分别为Ag+、NH3时，Ag+作配体 D．若X提供空轨道，则Y至少要提供一个孤电子对 4．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 5．下列不能形成配位键的组合是___________。 A．Ag＋、NH3 B．H2O、H＋ C．Co3＋、CO D．Ag＋、H＋ 6．(2025·上海市松江区高三一模调研)是一种常用的离子液体，可以由与NH4BF4反应制得。中提供孤电子对形成配位键的是_______。 A．氮 B．氢 C．硼 D．氟 7．(2025·上海市杨浦区高三一模调研)磷酸或其衍生离子可与Fe3+形成极其稳定的无色配合物离子，可起到掩蔽Fe3+的作用。其中一种可能形成的离子的结构如图所示： (5)图中Fe3+的配位数为 ，配体的化学式为 。 A．3 B．4 C．5 D．6 02配位化合物的组成和结构 8．下列物质中，不属于配合物的是___________。 A．Na3AlF6 B．(NH4)2C2O4 C．CuSO4•5H2O D．[Ag(NH3)2]OH 9．下列物质不是配合物的是___________。 A．NaCl B．[Fe(SCN)2]Cl C．[Cu(NH3)4]Cl2 D．[Ag(NH3)2]OH 10．向下列配合物的水溶液中加入AgNO3溶液，不能生成AgCl沉淀的是 ___________。 A．[Co(NH3)4Cl2]Cl B．[Co(NH3)3Cl3] C．[Co(NH3)6]Cl3 D．[Co(NH3)5Cl]Cl2 11．下列关于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的说法正确的是___________。 A．基态Cl原子核外电子的运动状态有18种 B．[TiCl(H2O)5]2+中含有离子键、共价健和配位键 C．该配合物中Ti3+提供空轨道形成配位键 D．1 mol该配合物和足量AgNO3溶液反应,能产生3 mol沉淀 12．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]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、非极性键 B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2－，中心离子为Fe3＋，配位数为6，配位原子有C和N C．1 mol配合物中σ键数目为12NA D．该配合物为离子化合物，易电离，1 mol配合物电离共得到3NA阴、阳离子 13．关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中正确的是___________。 A．1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为21NA B．中心原子的化合价为+2价 C．中心原子的配位数是5 D．含1mol[Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，可产生3mol白色沉淀 14．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是___________。 A．配体是Cl－和H2O，配位数是8 B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋ C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2 D．在1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀 15．许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物。下列说法错误的是___________。 A．CuSO4溶液呈蓝色，是由于存在配离子[Cu(H2O)4]2+ B．配合物[PtCl2(NH3)2]为平面结构，存在顺反异构体 C．配合物[Ti(OH)4(H2O)2]2+中Ti4+的配位数是4 D．向配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O溶液中加入足量AgNO3溶液，只有的Cl-被沉淀 16．某化合物的结构示意图如图,下列关于该化合物的叙述中正确的是___________。 A.该化合物含有H、O、N、Ni四种元素 B.该化合物是配合物,中心原子的配位数是2,配位原子是氮原子 C.该化合物属于配合物,中心原子是N原子 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 17．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。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．1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol C．该配合物受热时首先断裂的配位键是氧锌键 D．该配合物中存在、两种大π键 03配合物的生成和性质 18．向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液。下列对此现象的说法正确的是___________。 A．反应后溶液中不存在任何沉淀，所以反应前后Cu2＋的浓度不变 B．沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2＋ C．配位化合物中只有配位键 D．在配离子[Cu(NH3)4]2＋中，Cu2＋给出孤电子对，NH3提供空轨道 19．关于配合物［Cu(H2O)4］SO4，下列说法错误的是___________。 A．此配合物，中心离子的配位数为4 B．H2O为配体，配位原子是氧原子 C．此配合物中，Cu2+提供孤对电子 D．向此配合物溶液中加入BaCl2溶液，出现白色沉淀 20．向由0.1 mol CrCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2 mol沉淀。配合物CrCl3·6H2O的配位数为6，下列说法错误的是___________。 A．该配合物的中心离子是Cr3+ B．该配合物的配体是H2O和Cl− C．每1 mol配离子[Cr(H2O)5Cl]2+中含有6NA个共价键 D．该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键 21．实验：①将少量白色CuSO4固体溶于水，得到蓝色溶液；将少量K2SO4固体溶于水，得到无色溶液； ②向蓝色溶液滴加氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液； ③向深蓝色透明溶液加入乙醇，析出深蓝色晶体。 下列分析不正确的是___________。 A．①中蓝色溶液中呈蓝色的物质是[Cu(H2O)4]2+离子 B．②中形成难溶物的反应为Cu2++2NH3•H2O==Cu(OH)2↓+2NH C．②中难溶物溶解的反应为Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4](OH)2 D．③中加入乙醇后析出的深蓝色晶体是[Cu(NH3)4](OH)2 22．W可与形成化合物Q，Q的结构如图所示，下列说法错误的是___________。 A．C、N、O均能与H形成既含极性键又含非极性键的分子 B．W与结合前后，N原子的杂化方式未发生变化 C．与Cu原子未成对电子数相同的同周期元素有3种 D．Q中的作用力有配位键、共价键、氢键 23．【科学探究与创新意识】某小组同学利用如下实验探究平衡移动原理。 实验1： 实验2： 已知： ⅰ. [Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O ；ⅱ.ZnCl2溶液为无色。 下列说法正确的是___________。 A．等物质的量的[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中键数之比为3：2 B．结合实验可知反应ΔH＜0 C．②中加水，溶液变红，说明平衡逆向移动，[Co(H2O)6]2+的浓度增大 D．③中加入ZnCl2，溶液变红，推测Zn2+与Cl-形成了配合物 24．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。向此透明溶液中加入乙醇，有深蓝色的晶体析出。下列对此现象的说法中错误的是___________。 A．难溶物溶解后，将生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+ B．在[Cu(NH3)4]2+中，NH3提供孤电子对，Cu2+提供空轨道 C．NH3与铜离子形成配离子后H—N—H键角会变大 D．深蓝色的晶体析出的原因是[Cu(NH3)4]2+与乙醇发生化学反应 25．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)5]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)5Cl]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 26．已知CuCl2溶液中存在：[Cu(H2O)4]2+(蓝色)+4Cl-[CuCl4]2-(黄绿色)+4H2O。下列说法错误的是___________。 A．[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-中Cu2+的配位数均为4 B．加一定量水时，溶液会变成蓝色 C．加一定量氯化钠溶液，溶液一定变为黄绿色 D．向含有两种配离子的CuCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，会产生蓝色沉淀 27．兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是___________。 A．还原性：Ag>Cu>Fe B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是[Cu(NH3)4]2++4H+=Cu2++4NH D．溶液①中的金属离子是 28．Cu2+能与NH3、H2O、Cl-等形成配位数为4的配合物。 (1)[Cu(NH3)4]2+中存在的化学键类型有_______________(填字母)。 A．配位键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E.离子键 (2)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构,[Cu(NH3)4]2+中的2个NH3被2个Cl-取代,能得到2种不同结构的产物,则[Cu(NH3)4]2+的空间结构为_______________。 (3)某种含Cu2+的化合物可催化丙烯醇制备丙醛:HOCH2CHCH2CH3CH2CHO。在丙烯醇分子中发生某种杂化方式的碳原子数,是丙醛分子中发生同样杂化方式的碳原子数的2倍,则这类碳原子的杂化方式为_______________。 (4)硫酸铜溶液中滴入氨基乙酸钠(H2NCH2COONa)即可得到配合物A，其结构如下图所示。 该结构中，除共价键外还存在配位键，请在图中用“→”表示出配位键___________。 04生产、生活中的配位化合物 29．配合物在许多方面有着广泛的应用。下列叙述不正确的是___________。 A．CuSO4溶液呈天蓝色是因为含有[Cu(H2O)4]2＋ B．魔术表演中常用一种含硫氰化铁配离子的溶液来代替血液 C．[Ag(NH3)2]＋是化学镀银的有效成分 D．除去硝酸铵溶液中的Ag＋，可向其中加入过量氨水 30．配位化合物广泛应用于物质分离、定量测定、医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物，如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2= 2[Co(NH3)5Cl]Cl2+2H2O。下列说法正确的是___________。 A．该配位化合物的配位数为5 B．提供孤电子对的成键原子是N和Cl C．[Co(NH3)5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键 D．氧化剂H2O2是非极性分子 31．近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是___________。 A．Ru配合物中第二周期元素的电负性：O>N>C B．吡啶(，原子在同一平面)中C、N原子的杂化方式分别为sp2、sp3 C．该配合物中Ru的配位数是6 D．PO43-中P的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形 32．【多步骤反应流程机理图】铑的配合物离子 [Rh(CO)2I2]- 可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述不正确的是___________。 A．催化循环中Rh的配位数有3种 B．[Rh(CO)2I2]- 中Rh的化合价为+1价 C．H2O和CH3I的VSEPR模型名称不同 D．甲醇羰基化反应为：CH3OH + CO=CH3CO2H 04超分子和超分子化学 33．下列关于超分子的叙述中正确的是___________。 A．超分子就是高分子 B．超分子都是无限伸展的 C．形成超分子的微粒都是分子 D．超分子具有分子识别和自组装的特征 34．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 35．冠醚是皇冠状的分子，可由不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6与钾离子以配位键结合形成的超分子结构如图。下列说法错误的是___________。 A．超分子具有分子识别的重要特征 B．利用超分子的分子识别特征可分离C60与C70 C．利用18-冠-6也可识别 D．该超分子中的配位数为6 36．(2025·上海上海中学高三三模)某种超分子的结构如图所示(已知：-Me为甲基)。下列说法正确的是___________。 A．电负性：F>O>N>H>C B．该超分子中涉及的元素均为元素周期表p区元素 C．超分子具有分子识别和自组装的特征 D．该超分子形成的B—N配位键中，B原子提供孤电子对 37．我国科学家成功研制出了一种铜基有机催化剂(结构如图所示)，在常温常压条件下通过CO2和NO3-的共还原实现选择性合成尿素和氨。下列说法正确的是___________。 A．基态最高能层的电子排布图为 B．该有机催化剂中元素的第一电离能：N＞O＞C C．该有机催化剂中O和N的杂化方式相同 D．N形成配位键后，键角减小 38．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K+形成的螯合离子的结构如图所示，下列说法不正确的是___________。 A．部分冠醚可以用来识别碱金属离子 B．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种 C．二苯并-18-冠-6也能适配Na+ D．K+通过配位键与二苯并-18-冠-6形成螯合离子 39．环糊精是由多个葡萄糖单元键连成环的超分子主体分子，环糊精的结构如下图所示，存在分子内氢键。等多酸阴离子能填充环糊精的空穴形成超分子复合物。下列叙述正确的是___________。 A．葡萄糖单元通过范德华力键连成环 B．环糊精在强酸的环境下能稳定存在 C．环糊精具有分子识别功能 D．环糊精在水中溶解度非常大 40．利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如图所示。 关于上述过程及涉及的物质的说法不正确的是___________。 A．C60和“杯酚”之间的相互作用是键 B．C60和C70被“杯酚”识别是利用了二者的分子体积大小不同 C．“杯酚”分子内官能团之间通过氢键作用形成“杯底” D．若“杯酚”中氧原子数目为n，则“杯酚”的分子式可表示为 41．一种杯酚的合成过程如图所示。该杯酚盛装C60后形成超分子。下列说法正确的是___________。 A．该杯酚的合成过程中发生了消去反应 B．每合成1mol该杯酚，消耗4molHCHO C．杯酚盛装C60形成的超分子中，存在范德华力和氢键 D．该杯酚具有“分子识别”特性，能盛装多种碳单质 42．冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。 下列说法错误的是___________。 A．冠醚属于超分子 B．冠醚与结合后将MnO4-带入烯烃中，MnO4-与烯烃充分接触而迅速反应 C．K+通过配位键与冠醚相结合 D．冠醚中C、O原子间的化学键为σ键 43．冠醚能与阳离子，尤其是与碱金属离子作用，并且随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与锂离子作用而不与钠离子、钾离子作用；18-冠-6与钾离子作用(如图)，还可与重氮盐作用，但不与锂离子或钠离子作用。下列说法错误的是___________。 A．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型相同 B．18-冠-6与钾离子作用，不与锂离子或钠离子作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征 C．18-冠-6与钾离子作用反映了超分子的自组装的特征 D．冠醚与碱金属离子作用的原理与其可作相转移催化剂的原理有关 44．某超分子的结构如图所示，下列有关超分子的描述不正确的是___________。 A．超分子就是高分子 B．超分子的特征是分子识别和分子自组装 C．图示中的超分子是两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体 D．图示中的超分子中的N原子采取sp2、sp3两种杂化方式 45．冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6可以通过图示方法制备。 下列说法错误的是___________。 A．18-冠-6分子中C、O都采用sp3杂化 B．18-冠-6可以适配任意碱金属离子 C．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂 D．制取方法中(1)为取代反应，(2)为加成反应 46．超分子化学在识别、催化、传输等功能方面已迅速渗透到各学科领域。如图是一种由两个相同分子(a)组装形成的分子盒(b)。请回答： (1)两分子(a)通过 结合成(b)。 A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．分子间作用力 (2)(a)分子中C原子的杂化方式为 ，基态Zn的价层电子轨道表示式为 。 (3)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，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态O原子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为 。 1．下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是___________。 A．利用超分子的分子识别特征,可以分离C60和C70 B．配合物中只含配位键 C．[Cu(H2O)6]2+中Cu2+提供空轨道,H2O中氧原子提供孤电子对,从而形成配位键 D．配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用 2．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是___________。 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为[Cu(NH3)4]SO4•H2O ④ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀溶液 无蓝色沉淀生成 ⑤ 向实验①溶液中插入光亮铁丝 一段时间后铁丝表面有金属光泽的红色固体析出 A．由实验①—③可知，配离子的稳定性：[Cu(H2O)4]2+<[Cu{NH3)4]2+ B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．向实验④深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 D．由实验⑤可知，铜离子与NH3形成配合物的过程是可逆反应 3．一种绿色的配位化合物具有温度传感功能，结构如图所示(L是中性配体)。下列说法错误的是___________。 A．配合物中Ni的化合价为+1 B．第一电离能：N>O>C C．阳离子中含有三种配体 D．该配合物是离子晶体 4．超分子特性包含分子识别和自组装，在某些作用力的影响下分子与分子间即可实现自组装过程。下图为我国科研人员构建的含硅嵌段共聚物超分子复合物，有关该化合物说法错误的是___________。 A．该超分子中第一电离能最大的元素是O B．该超分子复合物的自组装过程是通过氢键所形成的 C．分子自组装是在平衡条件下，分子间通过非共价相互作用自发组合形成的一类结构明确稳定、具有某种特定功能或性能的分子聚集体或超分子结构 D．DNA的双螺旋结构也有与该超分子相似的的非化学键作用 5．1987诺贝尔化学奖授予三位化学家，表彰他们在超分子化学理论方面的开创性工作，从而超分子化学也开始风靡全球，下列说法错误的是___________。 A．利用超分子具有自组装和分子识别的特性，可以分离某些分子 B．18-冠-6可以适配任意碱金属离子，其形成的晶体为分子晶体 C．图二中的超分子是两个不同的分子通过氢键形成的分子聚集体 D．图一8-冠-6冠醚与K+形成的超分子中K+的配位数为6 6．冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中加入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。 下列说法错误的是___________。 A．冠醚由于相对分子质量较大，可以看成是一类超分子 B．冠醚与结合后将MnO4 -带入烯烃中，MnO4 -与烯烃充分接触而迅速反应 C．烯烃在冠醚中的溶解度大于在水中的溶解度 D．通过配位键与冠醚相结合 7．回答下列问题： (1)将白色CuSO4粉末溶解于水中，溶液呈蓝色，是因为生成了一种呈蓝色的配位数是4的配离子，请写出生成此配离子的离子方程式：_____________________________，蓝色溶液中的阳离子内存在的全部化学键类型有__________。1 mol该阳离子中含σ键个数为________。 (2)CuSO4·5H2O(胆矾)中含有水合铜离子而呈蓝色，写出胆矾晶体中水合铜离子的结构简式(必须将配位键表示出来)：_________________________________。 (3)向CuSO4溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以析出深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体。下列说法不正确的是_________(填字母)。 a．[Cu(NH3)4]SO4的组成元素中电负性最大的是N元素 b．CuSO4晶体及[Cu(NH3)4]SO4·H2O中S原子的杂化方式均为sp3 c．[Cu(NH3)4]SO4所含有的化学键有离子键、共价键和配位键 d．NH3分子内的H—N—H键角大于H2O分子内的H—O—H 键角 e．SO的空间结构为正四面体形 f．[Cu(NH3)4]2＋中，N原子是配位原子 g．NH3分子中氮原子的杂化轨道类型为sp2 (4)已知可二聚为下图的二聚体： 该二聚体中存在的化学键类型为_______(填“极性键、非极性键、离子键、金属键”)。将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为 ，其中配体是 ，该配合物中有键 。 8．配合物在生产生活中应用广泛，配合物的种类超过了百万，是一个庞大的化合物家族。回答下列问题： (1)雷氏盐(Reinecke’s salt)结构式如图所示。配离子中的配体为 (填化学式)，与配体间形成的共价键又称为 。 (2)Ni(CO)4中的Ni与CO中的C形成配位键。不考虑立体构型，Ni(CO)4结构中的配位键可用示意图表示为 。 (3)钒能形成多种配合物，钒的两种配合物X、Y的化学式均为V(NH3)3ClSO4，取X、Y溶液进行如下实验(已知配体难电离出来)。 配合物 X X Y Y 试剂 BaCl2溶液 AgNO3溶液 BaCl2溶液 AgNO3溶液 现象 白色沉淀 无明显变化 无明显变化 白色沉淀 则X中配离子的化学式为 ，Y中V3+的配体是 。 (4)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2＋配合物的结构如图所示，1 mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有________ mol，该螯合物中N的杂化方式有__________种。 (5)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是____、____。乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子，其原因是________________， 其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是________(填“Mg2＋”或“Cu2＋”)。 9．铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 (1)铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括___________(填字母)。 A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 (2)镍能形成多种配合物，如Ni(CO)4、[Ni(CN)4]2-、[Ni(NH3)6]2+等，下列有关说法正确的是___________(填选项字母)。 A．[Ni(NH3)6]2+中含有共价键和离子键 B．CO与CN—互为等电子体，其中CO分子内σ键和π键的个数比为1：2 C．NH3中N原子为sp3杂化，其空间构型为正四面体形 D．Ni2+在形成配合物时其配位数只能为4，Fe在形成配合物时其配位数只能为6 (3)Fe、Co、Ni与Ca都位于第四周期且最外层电子数相同，但相应单质的熔点，Fe、Co、Ni明显高于Ca，其原因是 。 (4)CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni的化合价都是+2，则Fe的化合价是 。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是 。 (5)胆矾溶液与氨水在一定条件下可以生成Cu(NH3)4SO4·H2O晶体。在Cu(NH3)4SO4·H2O晶体中，含有的原子团或分子有：[Cu(NH3)4]2＋、NH3、SO、H2O，[Cu(NH3)4]2＋为平面正方形结构，则呈正四面体结构的原子团或分子是 ，其中心原子的杂化轨道类型是 。 (6)金属镍粉在CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态Ni(CO)4，呈正四面体构型，Ni(CO)4易溶于___________(填标号)。 A．水 B．四氯化碳 C．苯 D．硫酸镍溶液 10．Cu、Fe、Ni的原子或离子可形成多种配合物，请回答下列问题： (1)与Fe原子或离子形成配合物的分子或离子应具备的结构特征是________。络离子[Fe(CN)6]4－的配位体是________，________提供空轨道。CN－中C原子的杂化轨道类型是__________，写出一种与CN－互为等电子体的分子的电子式__________。 (2)工业上常用NH3和醋酸二氨合铜{[Cu(NH3)2]Ac}的混合液来吸收CO[Ac－表示CH3COO－]，化学方程式为[Cu(NH3)2]Ac＋CO＋NH3===[Cu(NH3)3CO]Ac。 ①氨水溶液中各元素原子的电负性从大到小排列顺序为________。 ②醋酸分子中甲基(—CH3)碳和羧基(—COOH)碳的杂化方式分别是________、________。 ③生成物[Cu(NH3)3CO]Ac中所含的化学键类型有________(填字母序号)。 a．离子键 b．配位键 c．σ键 d．π键 (3)可以与铜离子形成配合物。 其中碳原子轨道的杂化类型为_____________________，氮原子的杂化类型为________。 (4)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配位体提供电子总数之和为18，则n＝______，CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为________。 (5)过渡元素钴(27Co)的原子核外电子排布式为________________________________。钴有两种化学式均为Co(NH3)5BrSO4的配合物，且配位数均为6，它们分别溶解于水时电离出的阳离子的化学式可能为________和________。鉴别两者的实验方法是分别取样并滴加________(填化学式)溶液。 11．配位键是一种常见的化学键，按要求完成下列问题： (1)含Ti3＋的一种配合物的化学式为[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O，其配离子中含有的化学键类型有______________________。 (2)氨硼烷(NH3BH3)是最具潜力的储氢材料之一，分子中存在配位键，能体现配位键的结构式为___________________________。 (3)铁是生活中常用的一种金属，其常见的离子有Fe2＋、Fe3＋，其中Fe2＋可用K3[Fe(CN)6](赤血盐)溶液检验。 ①铁单质中化学键为________(填名称)。 ②K3[Fe(CN)6]晶体中各种微粒的作用力有________(填字母)。 a．金属键 b．共价键 c．配位键 d．离子键 (4)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为__________________，其中Fe的配位数为__________________________________。 1．(2024·上海卷T三，1)已知可二聚为下图的二聚体： (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)将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为 ，其中配体是 ，该配合物中有键 。 2．(2025•山东卷，16) (2)尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[ Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 ，电负性最大的是 。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 。 ③八面体配离子[ Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是 (填元素符号)。 3．(2025·安徽卷，7，3分)氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成N2。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成NaNH2。NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与HgCl2溶液反应生成Hg(NH3)Cl沉淀。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是___________。 A．与H+结合的能力：OH-＞NH2- B．与氨形成配位键的能力：H+＞Cu2+ C．H2O和NH3分子中的键长：O-H＞N-H D．微粒所含电子数：NH4+＞NH2- 4．(2025·江苏卷，4，3分)在溶有15-冠()的有机溶剂中，苄氯()与NaF发生反应： 下列说法正确的是___________。 A．苄氯是非极性分子 B．电负性： C．离子半径： D．X中15-冠与Na+间存在离子键 5．(2025·甘肃卷，9，3分)我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子(CH3)4NCl可形成主客体包合物：(CH3)4N+被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是___________。 A．主体分子存在分子内氢键 B．主客体分子之间存在共价键 C．磺酸基中的S—O键能比小 D．(CH3)4N+和(CH3)4N中N均采用sp3杂化 6．(2024·辽吉黑卷，9，3分)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 ( 20 / 21 )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 $$