2.3 离子键、配位键与金属键（分层作业）化学鲁科版选择性必修2

第三节 离子键、配位键与金属键 课时1 离子键、配位键与金属键 分层作业 1．（25-26高三上·辽宁·期中）乙二胺四乙酸(EDTA)是一种有机化合物，能与、等二价金属离子络合，可用来使放射性有害金属从人体中迅速排泄以起到解毒作用。其与形成的配合物结构如图。下列说法错误的是 A．该配合物中有1个配体 B．该配合物中原子采取、杂化 C．该配合物中N原子提供空轨道 D．该配合物中的配位数为6 【答案】C 【详解】A．该配合物的配体是乙二胺四乙酸，只有一个配体， A正确； B．配合物中，形成双键的C原子采取sp2杂化，形成单键的C原子采取sp3杂化，B正确； C．在配合物中，是Ca2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，C错误； D．从结构中可以看出，Ca2+与6个原子(4个O、2个N)形成配位键，配位数为6，D正确； 故答案选C。 2．（25-26高三上·湖北·期中）金性质稳定，常用作饰品，但金可以被王水溶解，其方程式为。下列有关说法不正确的是 A．的空间构型为平面三角形 B．反应中形成的化学键有配位键和极性键 C．第二电离能： D．浓盐酸提供与形成稳定的配合物，促进了金的溶解 【答案】C 【详解】A．硝酸根离子（）中氮原子采用sp2杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形，A正确； B．反应中H[AuCl4]的Au3+与Cl−通过配位键结合，H2O和NO中的键为极性键，故反应中形成的化学键有配位键和极性键，B正确； C．第二电离能是失去第 2 个电子的能量，O 失去1个电子后为2s22p3，半满稳定结构，失去第 2 个电子较难；N 失去 1 个电子后为2s22p2，失去第 2 个电子相对容易，氧的第二电离能大于氮的第二电离能，C错误； D．浓盐酸提供Cl−与Au3+形成稳定的[AuCl4]−配合物，降低Au3+浓度，促进反应，D正确； 故选C。 3．（25-26高三上·山东·期中）我国学者设计了一种新型去除工业污水中的Ni2+的电池(如图)。下列说法错误的是 已知：CuHCF为铜基普鲁士蓝(Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O) A．CuHCF中存在的化学键类型有离子键、共价键、配位键 B．交换膜为阴离子交换膜 C．洗脱的目的是去除电极吸附的Ni2+ D．工作一段时间后，负极区溶液的质量增加 【答案】C 【分析】由题干装置图可知，Zn电极转化为Zn2+，发生氧化反应，电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，该电极为负极，CuHCF为正极，发生还原反应，Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O中Fe3+得到电子转化为Fe2+，电极能够吸附Ni2+，洗脱时反应为：Fe2+被H2O2在酸性条件下氧化为Fe3+，从而脱附出Ni2+； 【详解】A．已知：CuHCF为铜基普鲁士蓝(Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O)，故CuHCF中存在的化学键类型有离子键（铜离子与[Fe(CN)6]3-）、共价键(氮与碳、氢与氧之间形成的共价键)、配位键(铁离子与CN-)，A正确； B．Zn电极为负极，反应为Zn - 2e- = Zn2+，负极区正电荷增加。污水中阴离子通过交换膜移向负极区以平衡电荷，说明交换膜允许阴离子通过，为阴离子交换膜，B正确； C．在原电池中，阳离子向正极移动，所以Ni2+向正极移动，而不是被电极吸附，C错误； D．工作一段时间后，负极区反应为Zn2+ + 2e- = Zn，溶液的质量增加，D正确； 答案选C。 4．（2025·广东江门·一模）难溶于水，但能与氨水形成和而溶解。将适量完全溶于氨水，得到含和的溶液。下列叙述正确的是 A．加水稀释，的浓度一定下降 B．向溶液中通入少量氨气，的浓度一定上升 C．的电离方程式为： D．体系中， 【答案】A 【详解】A．加水稀释时，溶液体积增大，虽然可能引起配离子部分解离，但溶液总体积的增大导致的浓度下降，A正确； B．通入氨气会增加浓度，可能促使进一步结合生成，导致浓度下降，B错误； C．可完全电离生成和，电离方程式应为，C错误； D．该电荷守恒式未考虑（一水合氨电离产生）的浓度，正确的电荷守恒式应为：，D错误； 答案选A。 5．（2025·广西南宁·模拟预测）四氰合铜酸钾常用于电镀铜。下列化学用语或图示正确的是 A．中子数为8的碳原子： B．的结构示意图为： C．基态Cu原子的价层电子的轨道表示式： D．用电子云轮廓图示意中P－P键的形成为： 【答案】B 【详解】A．中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数，原子符号应为错误； B．为配合物，结构示意图为，B正确； C．基态Cu原子的价层电子排布式为，轨道表示式为，C错误； D．P-P σ键为以p轨道形成的键，重叠方式为头碰头，不是肩并肩，D错误； 故选B。 6．（25-26高三上·河北沧州·期中）茶垢清洁剂中含有过碳酸钠()，下列说法正确的是 A．的结构示意图为 B．中心原子有一个孤电子对 C．为极性分子 D．中只有离子键、极性键 【答案】C 【详解】A．Na原子的质子数为11，的核外电子数为10，A错误； B．的中心原子C的价层电子对数，与中心原子结合的O原子数为3，则C原子上没有孤电子对，B错误； C．的空间结构为，正负电荷中心不重合，所以是极性分子，C正确； D．中，与之间存在离子键，C与O之间、H与O之间存在极性键，H2O2中O与O之间还存在非极性键，D错误； 故答案为C。 7．（2024·福建·高考真题）用探究性质，实验步骤及观察到的现象如下： 该过程中可能涉及的反应有： ① ② ③ ④ 下列说法错误的是 A．与的配位能力： B．无色 C．氧化性： D．探究过程未发生反应② 【答案】A 【分析】加入过量氨水生成无色溶液，过程中发生反应，其中为无色，无色溶液在空气中被氧气氧化为蓝色溶液，发生反应，其中为蓝色，加入铜粉发生反应，放置在空气中又发生反应，溶液又变为蓝色，据此解答。 【详解】A．中由N原子提供孤对电子用于形成配位键，中由O原子提供孤对电子用于形成配位键，电负性O＞N，则O给电子能力弱，则与的配位能力：，故A错误； B．由分析可知，无色，故B正确； C．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式可知，氧化性：，故C正确； D．由分析可知，探究整个过程未发生反应②，故D正确； 故选A。 8．（2024·广西·高考真题）如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是 A．第一电离能： B．图中X原子的杂化方式为 C．元素以原子的形态与配位 D．Y的电负性大于中的化学键是极性键 【答案】C 【分析】短周期元素的原子序数依次增大。是黄绿色气体，Z为氯；X形成3个共用电子对，X与Re2+之间为配位键，推测X为氮，标准状况下，WY和是等密度的无色气体，则WY为一氧化碳、为氮气，故W为碳、X为氮、Y为氧、Z为氯； 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O，A正确； B．图中X原子处于环中，且存在平面大π键，则其杂化方式为，B正确； C．由图可知，整个离子带1个单位正电荷，而其中带2个单位正电荷，则氯元素以Cl-的形态与配位，C错误； D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；O的电负性大于C，则CO中的化学键是极性键，D正确； 故选C。 9．（2025·安徽·高考真题）阅读材料，完成下列小题。 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。 ①下列有关反应的化学方程式错误的是 A．氨在氧气中燃烧： B．液氨与金属钠反应： C．氨水溶解： D．浓氨水与反应： ②下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A．与结合的能力： B．与氨形成配位键的能力： C．和分子中的键长： D．微粒所含电子数： 【答案】①．D ②．B 【分析】①．A．根据题干信息可知，氨可在氧气中燃烧生成，所给方程式符合反应原理，A正确； B．金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，生成氨基钠和氢气，发生的是置换反应，所给方程式符合反应原理，B正确； C．根据题干信息可知，溶于氨水得到深蓝色溶液，所给方程式符合反应原理，C正确； D．浓氨水与溶液反应生成沉淀，生成物应为，方程式为：，D错误 故选D； ②．A．根据题干信息，遇水转化为，反应为：，说明结合能力更强，A错误； B．根据题干信息，深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液，说明更容易与配位形成，故与氨形成配位键的能力：，B正确； C．原子半径，则键长：，C错误； D．所含电子数为，所含电子数，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误； 故选B。 10．（2025·浙江·模拟预测）是一种重要的化工产品，实验室可利用CoCl2制取该配合物：。已知正八面体的空间结构如图，下列说法不正确的是 A．中含有极性键、配位键和氢键 B．中有两种不同大小的键角 C．1 mol 中含键数目为 D．若中两个NH3被替代，得到的有2种结构 【答案】A 【详解】A．中的N-H键为极性键，与间为配位键，没有氢键，A错误； B．由图可知，与中心离子的空间构型为正八面体形，在正方形平面内键角为90°，竖直与平面键角为90°，竖直方向键角为180°，B正确； C．1 mol 中含有N-H键，6 mol键，总键数目为，C正确； D．正八面体的6个顶点完全相同，的空间结构有2种，、，D正确； 故选A。 11．纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯金酸钠()溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。 (1)下列说法错误的是___________。 A．具有氧化性 B．纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 C．纳米金属于胶体 D．制备过程中，纳米金为还原产物 (2)是一种配位化合物，其中配体是 ，配位数为 。 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，但是加入浓盐酸后会大大加快金的溶解，请从平衡移动原理的角度解释 。 (4)纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，与其中的___________有关。 A．金离子 B．自由电子 C．粒径(粒子大小) D．稳定性 【答案】(1)C (2) Cl- 4 (3)Cl-与Au3+形成稳定的配离子，降低了Au3+的浓度，促使金被硝酸氧化的化学平衡向右移动 (4)C 【详解】（1）A．在中，金元素的化合价为+3价（Au3+）。Au3+具有强氧化性，可以被葡萄糖等还原剂还原为单质金，因此该化合物具有氧化性，正确； B．​纳米金的直径在几十纳米，恰好落在胶体颗粒的尺寸范围（1-100 nm）内，纳米金分散在水中形成的是胶体（溶胶），丁达尔效应是胶体特有的光学性质，当一束光通过胶体时，在垂直于光线的方向上可以看到一条光亮的“通路”，正确； C．纳米金指的是金单质颗粒本身，它是一种物质，而胶体是一种分散系，是由分散质（纳米金颗粒）和分散剂（如水）共同组成的混合物，错误； D．在反应中，Au3+得到电子被还原，生成单质金（纳米金），所以纳米金是还原反应的产物，正确； 综上所述，答案为C。 （2）是配合物与Na+形成的盐，在配离子中，中心离子是Au3+，提供空轨道，配体是Cl-，提供孤电子对与Au3+形成配位键，与中心离子直接结合的配位原子（Cl）的数目为4，所以配位数是4。 （3）加入浓盐酸后，Cl-与Au3+形成稳定的配离子，降低了Au3+的浓度，促使金被硝酸氧化的化学平衡向右移动，从而大大加快了金的溶解。 （4）纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，而普通固体金单质为黄色，二者的区别在于粒径(粒子大小)不同，故答案为C。 12．（25-26高三上·河北保定·期中）铂类抗癌药物是临床上广泛应用的一线化疗药物。其抗癌活性与药物的分子结构、配位键性质、空间构型等密切相关。 (1)化学式为的铂类化合物，是最早使用的铂类抗癌药物。 ①基态Pt原子的价层电子排布式为，则基态的价层电子排布式为 。 ②配体的空间构型为 ，N原子采用的杂化方式为 。 (2)已知铂类化合物抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，铂类化合物进入人体发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。 ①化学式有顺铂和反铂两种结构(下图)，其在水中溶解度相对较大的是 (填“顺铂”或“反铂”)，理由是 。 ②从配位键强度角度分析， (填或)更易与配位，原因为 。 ③已知血液中浓度较高(约)，而细胞内浓度较低。据此推断药物在 (填“血液”或“细胞内”)更易发生水解活化，原因是 。 (3)为解决铂类化合物水溶性差、毒副作用强的问题，科学家开发了第二代铂类药——卡铂，其配体为1，1-环丁烷二羧酸根(结构见下图)。 ①与顺铂相比，卡铂水溶性显著提高，请从微粒间作用力角度解释原因 。 ②1 mol卡铂含有 键。 【答案】(1) 三角锥形 杂化 (2) 顺铂 顺铂是极性分子，反铂为非极性分子，水是极性溶剂，相似相溶 氯电负性较小，提供孤对电子能力较强 细胞内 浓度低，平衡向右移动，促进水解活化 (3) 卡铂配体中的氧可与水形成分子间氢键 26 【详解】（1）①由基态Pt原子的价层电子排布式可知失电子先失最外层6s轨道的1个电子，再失内层5d能级电子，故失去两个电子后剩余的价电子为； ②的价层电子对为，有1对孤对电子，故分子的空间构型为三角锥形，中心原子的杂化类型为。 （2）①由图可知，顺铂为极性分子，反铂为中心对称结构，为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理可知顺铂在水中的溶解度大； ②氯电负性较小，在形成配位键时更容易提供电子对； ③由题干信息：铂类化合物抗癌机理为发生水解，生成的去破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖，则在哪水解出越多，越容易水解活化，故细胞内浓度低，平衡向右移动，促进水解活化， （3）①由卡铂结构可知，其配体为1，1-环丁烷二羧酸根，羧酸根能与水之间形成氢键，所以其水溶性较强； ②根据结构可知1个卡铂分子中有6个C-C σ键、4个C-O σ键、2个Pt-O σ键、2个Pt-N σ键、6个N-H σ键和6个C-H σ键，故1 mol卡铂含有26mol σ键。 1．（25-26高三上·甘肃张掖·期中）物质A的结构如图，其中M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，基态Z原子的电子分布在三个能级。下面说法正确的是 A．物质A的阴、阳离子中均含有配位键 B．第一电离能：X<Y<Z C．物质A中所有原子最外层都满足8电子稳定结构 D．基态Z原子的价层电子排布图为 【答案】A 【分析】M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，基态Z原子的电子分布在三个能级，Z可形成2个共价键，则Z为O；M只能形成一个共价键，则M为H；W形成4个共价键的阴离子，则W为B；X形成4个共价键，则X为C；Y形成4个共价键的阳离子，则Y为N，据此解答。 【详解】A．Y为N，其孤电子对与通过配位键形成，W为B，形成三个共价键后还存在空轨道，可接受氧原子的孤电子对通过配位键形成阴离子，A正确； B．同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子的2p轨道上的电子处于半充满、较稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：C<O<N，即X<Z<Y ，B错误； C．H原子满足2电子稳定结构，B、C、N、O满足8电子稳定结构，C错误； D．基态O的价层电子排布图为，D错误； 故答案为A。 2．（2025·山西·模拟预测）是一种高效的无机絮凝剂。Y、X、Q、Z分别为原子序数依次增大的短周期主族元素；元素X在所处周期中未成对电子数最多；元素Y的原子半径在元素周期表中最小；元素Q的最外层电子数是其内层电子数的3倍；Q与Z同族；元素M是人体必需的微量元素，参与血红蛋白的合成、运输O2.下列说法正确的是 A．Y2Q的键角大于Y2Z的键角 B．中含有的化学键为离子键、共价键、配位键 C．的核外电子排布式为3d5 D．Y2Q2分子是非极性分子 【答案】A 【分析】Y原子半径最小，为H；Q最外层电子数是内层的3倍（O：内层2，外层6），Q为O；Z与Q同族，为S；X在周期中未成对电子数最多（N：2p3，3个未成对电子），X为N；M为Fe（参与血红蛋白合成），化合物为NH4Fe(SO4)2·12H2O。 【详解】A．H2O中 O 的电负性大于H2S中 S 的电负性，成键电子对更靠近中心原子，排斥力更强，故H2O的键角大于H2S的键角，A正确； B．含共价键和配位键，无离子键，B错误； C．Fe3+电子排布式应为[Ar]3d5，选项未完整描述，C错误； D．H2O2分子结构不对称（含极性键且正负电荷中心不重合），属于极性分子，D错误。 故选A。 3．（2025·广东深圳·模拟预测）我国科学家团队研发了一种新型双功能有机框架Ni-DAPT材料。该化合物结构如图所示，该化合物上 A．有16个碳碳双键 B．有配位键 C．共有4个氢原子 D．不能发生加成反应 【答案】B 【详解】A．苯环上不是碳碳双键，故该化合物中只有2个碳碳双键，A错误； B．Ni原子含有空轨道，S原子有孤电子对，可以形成配位键，B正确； C．键线式中氢原子省略，需要根据碳满足四键分析，该化合物中每个苯环上有4个氢原子，加上四个醛基上的氢原子，共20个氢原子，C错误； D．分子结构中含有苯环、醛基和碳碳双键，可以加成，D错误； 故答案选B。 4．（25-26高三上·江苏扬州·期中）的制备过程如下： 步骤I  在锥形瓶中加入和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成。 步骤Ⅱ  向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成。 步骤Ⅲ  冷却，过滤，得到含和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。 步骤Ⅳ  向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量。 下列说法正确的是 A．的中心原子是，配位体是和 B．步骤Ⅱ中每生成，需加入 C．由步骤Ⅱ不能得出结论：向溶液中加入双氧水可以生成 D．若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量 【答案】C 【分析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，将粗产品溶于热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤后用冷的HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。 【详解】A．配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3+为中心离子，NH3为配体，Cl-为外界离子，不参与配位，A错误； B．用H2O2氧化CoCl2溶液来制备[Co(NH3)6]Cl3，Co元素由+2价上升到+3价，H2O2中O元素由-1价下降到-2价，步骤Ⅱ中每生成，理论上需加入，但H2O2受热会分解，实际需要加入的H2O2要大于1mol，B错误； C．步骤Ⅱ中NH3配位稳定Co3+，若无NH3，Co2+可能难被氧化，无法直接推断纯CoCl2溶液中反应可行，C正确； D．步骤Ⅲ用稀盐酸溶解产物，若用浓盐酸会降低溶解度，导致产物未完全溶解即被过滤，减少产量，D错误； 故选C。 5．（25-26高二上·云南玉溪·期中）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是 A．原子半径：Z>Y>X>W B．X的最高价氧化物的水化物能促进水的电离 C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应 D．W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物 【答案】D 【分析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，则Z的最外层电子数为偶数，W和X的单质常温下均为气体，则推知W和X为非金属元素，所以可判断W为H元素，X为N元素，Z的最外层电子数为1+5=6，Y的最外层电子数为3，则Y为Al元素，Z为S元素，据此作答。 【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素原子半径依次减小；则原子半径顺序应为：Al＞S＞N＞H，即Y＞Z＞X＞W，A错误； B．X为N，其最高价氧化物的水化物HNO3是强酸，抑制水的电离，B错误； C．Y为Al，其氧化物Al2O3是两性氧化物，可与强碱反应，C错误； D．W(H)、X(N)、Z(S)可形成如NH4HS或(NH4)2S，既含离子键又含共价键，D正确； 故答案选D。 6．（2025·四川泸州·一模）配合物三草酸合铁酸钾常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．离子中提供孤电子对形成配位键 B．离子中的配位原子共有3个 C．离子含键数为 D．离子中C和O的杂化方式均为 【答案】C 【详解】A．配合物中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，A错误； B．是双齿配体，每个配体通过两个O原子配位，中含有3个，配位原子为6个，B错误； C．中存在1个C-C键和2个，每个中含有一个键一个键，故每个中含有5个键和2个键，离子含键数为，C正确； D．中C原子的杂化方式为杂化，O原子为sp2、杂化，D错误； 故选C。 7．（25-26高三上·江西·月考）利用CuSO4、酒石酸钾钠()、甲醛(HCHO)和NaOH进行化学镀铜的一种工艺流程如图所示。已知：“还原”时发生反应：(未配平)。下列说法错误的是 A．中的配位数为4 B．“络合”可以增强Cu2+的稳定性，防止其生成Cu(OH)2沉淀 C．常温下，酒石酸钾钠溶液pH＞7 D．“还原”时理论上消耗HCHO和生成Cu的物质的量之比为1:1 【答案】D 【详解】A．中，2个与Cu2+形成4个配位键，则Cu2+的配位数为4，A正确； B．“络合”后，Cu2+与酒石酸根形成稳定的配位键，减少了溶液中游离Cu2+的浓度，防止其生成Cu(OH)2沉淀，增强了Cu2+的稳定性，B正确； C．酒石酸为二元弱酸，酒石酸根离子在水溶液中会发生水解，使溶液呈碱性，则常温下，酒石酸钾钠溶液pH＞7，C正确； D．依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，可得出配平的方程式为，则“还原”时，理论上消耗HCHO和生成Cu的物质的量之比为2:1，D错误； 故选D。 8．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：HOCH2CH=CH2→CH3CH2CHO。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) 【详解】（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）已知[Cu(NH3)4]2+的结构为对称的空间结构，且已知两个NH3被两个Cl-取代，能得到两种不同结构的产物，则说明两个Cl-相邻或是相隔时可得到不同产物，说明其空间结构为对称的平面正方形。 （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、氧原子提供孤对电子，因此配位键可表示为：。 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键 C．乙中键和键的数目比为 D．甲和乙中X杂化方式分别为和 【答案】D 【分析】(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又YW4ZXY为无机物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。 【详解】A．C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A错误； B．甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误； C．乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，故C错误； D．甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，故D正确； 故答案为：D。 2．（2024·广西·高考真题）某小组对和的性质进行探究： Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 下列说法正确的是 A．实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅 B．实验Ⅱ中溶液呈红色 C．KSCN能区分和 D．焰色试验不能区分和 【答案】C 【详解】A．实验Ⅰ中，溶液与KSCN溶液反应的实质是：，硫酸钾固体溶于水产生钾离子和硫酸根，并不影响该平衡的移动，因此溶液的颜色不发生变化，故A错误； B．实验Ⅱ中，溶液中存在有K+、，并不能电离出Fe3+，因此溶液与KSCN溶液并不能发生反应，溶液颜色无明显变化，故B错误； C．实验Ⅰ中，KSCN溶液与溶液反应产生，溶液变为红色，但溶液与KSCN溶液并不能发生反应，是一种深红色晶体，水溶液呈黄色，带有黄绿色荧光，因此加入KSCN可以区分两者，故C正确； D．焰色反应是金属单质或离子的电子在吸收能量后，跃迁到较高能量级，然后从较高能量级跃迁到低能量级，这次跃迁会放出光子，光子的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色反应。铁燃烧火焰为无色，是因为放出的光子频率不在可见光频率范围内，而中含有钾元素，焰色试验时透过蓝色钴玻璃可以看到紫色，因此焰色试验可以区分和，故D错误； 故答案选C。 3．（2025·北京·高考真题）为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A．①中浓盐酸促进平衡正向移动 B．由①到②，生成并消耗 C．②、③对比，说明：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 【答案】D 【分析】的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，转化为，溶液变为红色；再加入NaF固体，转化为，溶液红色褪去，变为无色；再滴加KI溶液、淀粉溶液，无色溶液未见明显变化，说明I-未被氧化。 【详解】A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进平衡正向移动，A正确； B．由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确； C．②、③溶液中，均存在平衡，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明：②>③，C正确； D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的的含量是否能够氧化I-，D错误； 故选D。 4．（2025·河南·高考真题）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B．③中现象说明配体与的结合能力： C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 【答案】D 【分析】该实验过程中，相关物质转化如下：。 【详解】A．②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，故A项说法正确； B．③中含有的溶质为，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确； C．为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，故C项说法正确； D．由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故D项说法错误； 综上所述，说法错误的是D项。 5．（2025·河南·高考真题）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是 A． B．第一电离能： C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 【答案】A 【详解】A．该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，故A项说法正确； B．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，故B项说法错误； C．该化合物中，配离子与之间为离子键，故C项说法错误； D．该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，故D项说法错误； 综上所述，说法正确的为A项。 6．（2025·江苏·高考真题）探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ  取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ  将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ  向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为 B．步骤Ⅱ的两份溶液中： C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为 【答案】B 【详解】A．步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4。因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A错误； B．步骤Ⅱ中，深蓝色溶液（加入浓氨水）中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液（加入稀盐酸）中Cu2+可以自由移动，浓度较高。因此c深蓝色(Cu2+) < c蓝色(Cu2+)，B正确； C．步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化。铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化。真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C错误； D．步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成NH4+，导致配合物释放Cu2+，随后Fe与H+反应生成H2（气泡），并与Cu2+发生置换反应生成Cu，D的反应式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D错误； 故选B。 7．（2025·广东·高考真题）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是 A．键是共价键 B．有8个碳碳双键 C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应 【答案】A 【详解】A．C和H原子间通过共用电子对形成的是共价键，A正确； B．该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π键，不存在碳碳双键，B错误； C．根据价键理论分析，该物质有10个H原子，C错误； D．大π键环上可以发生取代反应，D错误； 答案选A。 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三节 离子键、配位键与金属键 课时1 离子键、配位键与金属键 分层作业 1．（25-26高三上·辽宁·期中）乙二胺四乙酸(EDTA)是一种有机化合物，能与、等二价金属离子络合，可用来使放射性有害金属从人体中迅速排泄以起到解毒作用。其与形成的配合物结构如图。下列说法错误的是 A．该配合物中有1个配体 B．该配合物中原子采取、杂化 C．该配合物中N原子提供空轨道 D．该配合物中的配位数为6 2．（25-26高三上·湖北·期中）金性质稳定，常用作饰品，但金可以被王水溶解，其方程式为。下列有关说法不正确的是 A．的空间构型为平面三角形 B．反应中形成的化学键有配位键和极性键 C．第二电离能： D．浓盐酸提供与形成稳定的配合物，促进了金的溶解 3．（25-26高三上·山东·期中）我国学者设计了一种新型去除工业污水中的Ni2+的电池(如图)。下列说法错误的是 已知：CuHCF为铜基普鲁士蓝(Cu[Fe(CN)6]0.67·nH2O) A．CuHCF中存在的化学键类型有离子键、共价键、配位键 B．交换膜为阴离子交换膜 C．洗脱的目的是去除电极吸附的Ni2+ D．工作一段时间后，负极区溶液的质量增加 4．（2025·广东江门·一模）难溶于水，但能与氨水形成和而溶解。将适量完全溶于氨水，得到含和的溶液。下列叙述正确的是 A．加水稀释，的浓度一定下降 B．向溶液中通入少量氨气，的浓度一定上升 C．的电离方程式为： D．体系中， 5．（2025·广西南宁·模拟预测）四氰合铜酸钾常用于电镀铜。下列化学用语或图示正确的是 A．中子数为8的碳原子： B．的结构示意图为： C．基态Cu原子的价层电子的轨道表示式： D．用电子云轮廓图示意中P－P键的形成为： 6．（25-26高三上·河北沧州·期中）茶垢清洁剂中含有过碳酸钠()，下列说法正确的是 A．的结构示意图为 B．中心原子有一个孤电子对 C．为极性分子 D．中只有离子键、极性键 7．（2024·福建·高考真题）用探究性质，实验步骤及观察到的现象如下： 该过程中可能涉及的反应有： ① ② ③ ④ 下列说法错误的是 A．与的配位能力： B．无色 C．氧化性： D．探究过程未发生反应② 8．（2024·广西·高考真题）如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是 A．第一电离能： B．图中X原子的杂化方式为 C．元素以原子的形态与配位 D．Y的电负性大于中的化学键是极性键 9．（2025·安徽·高考真题）阅读材料，完成下列小题。 氨是其他含氮化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。 ①下列有关反应的化学方程式错误的是 A．氨在氧气中燃烧： B．液氨与金属钠反应： C．氨水溶解： D．浓氨水与反应： ②下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A．与结合的能力： B．与氨形成配位键的能力： C．和分子中的键长： D．微粒所含电子数： 10．（2025·浙江·模拟预测）是一种重要的化工产品，实验室可利用CoCl2制取该配合物：。已知正八面体的空间结构如图，下列说法不正确的是 A．中含有极性键、配位键和氢键 B．中有两种不同大小的键角 C．1 mol 中含键数目为 D．若中两个NH3被替代，得到的有2种结构 11．（25-26高三上·上海·阶段练习）纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯金酸钠()溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。 (1)下列说法错误的是___________。 A．具有氧化性 B．纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 C．纳米金属于胶体 D．制备过程中，纳米金为还原产物 (2)是一种配位化合物，其中配体是 ，配位数为 。 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，但是加入浓盐酸后会大大加快金的溶解，请从平衡移动原理的角度解释 。 (4)纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，与其中的___________有关。 A．金离子 B．自由电子 C．粒径(粒子大小) D．稳定性 12．（25-26高三上·河北保定·期中）铂类抗癌药物是临床上广泛应用的一线化疗药物。其抗癌活性与药物的分子结构、配位键性质、空间构型等密切相关。 (1)化学式为的铂类化合物，是最早使用的铂类抗癌药物。 ①基态Pt原子的价层电子排布式为，则基态的价层电子排布式为 。 ②配体的空间构型为 ，N原子采用的杂化方式为 。 (2)已知铂类化合物抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，铂类化合物进入人体发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。 ①化学式有顺铂和反铂两种结构(下图)，其在水中溶解度相对较大的是 (填“顺铂”或“反铂”)，理由是 。 ②从配位键强度角度分析， (填或)更易与配位，原因为 。 ③已知血液中浓度较高(约)，而细胞内浓度较低。据此推断药物在 (填“血液”或“细胞内”)更易发生水解活化，原因是 。 (3)为解决铂类化合物水溶性差、毒副作用强的问题，科学家开发了第二代铂类药——卡铂，其配体为1，1-环丁烷二羧酸根(结构见下图)。 ①与顺铂相比，卡铂水溶性显著提高，请从微粒间作用力角度解释原因 。 ②1 mol卡铂含有 键。 1．（25-26高三上·甘肃张掖·期中）物质A的结构如图，其中M、W、X、Y、Z均为短周期主族元素且原子序数依次增大，基态Z原子的电子分布在三个能级。下面说法正确的是 A．物质A的阴、阳离子中均含有配位键 B．第一电离能：X<Y<Z C．物质A中所有原子最外层都满足8电子稳定结构 D．基态Z原子的价层电子排布图为 2．（2025·山西·模拟预测）是一种高效的无机絮凝剂。Y、X、Q、Z分别为原子序数依次增大的短周期主族元素；元素X在所处周期中未成对电子数最多；元素Y的原子半径在元素周期表中最小；元素Q的最外层电子数是其内层电子数的3倍；Q与Z同族；元素M是人体必需的微量元素，参与血红蛋白的合成、运输O2.下列说法正确的是 A．Y2Q的键角大于Y2Z的键角 B．中含有的化学键为离子键、共价键、配位键 C．的核外电子排布式为3d5 D．Y2Q2分子是非极性分子 3．（2025·广东深圳·模拟预测）我国科学家团队研发了一种新型双功能有机框架Ni-DAPT材料。该化合物结构如图所示，该化合物上 A．有16个碳碳双键 B．有配位键 C．共有4个氢原子 D．不能发生加成反应 4．（25-26高三上·江苏扬州·期中）的制备过程如下： 步骤I  在锥形瓶中加入和蒸馏水，加热溶解后再加入活性炭作催化剂，冷却后加浓氨水，生成。 步骤Ⅱ  向锥形瓶中缓慢加入双氧水并加热，生成。 步骤Ⅲ  冷却，过滤，得到含和活性炭的沉淀，再向其中加入热的稀盐酸，充分溶解后趁热过滤，除去活性炭。 步骤Ⅳ  向所得滤液中加入浓盐酸，用冰水冷却后析出沉淀，过滤、洗涤、干燥、称量。 下列说法正确的是 A．的中心原子是，配位体是和 B．步骤Ⅱ中每生成，需加入 C．由步骤Ⅱ不能得出结论：向溶液中加入双氧水可以生成 D．若将步骤Ⅲ中盐酸浓度改为与步骤Ⅳ中盐酸浓度相同，则可以增加产品产量 5．（25-26高二上·云南玉溪·期中）W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍，W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是 A．原子半径：Z>Y>X>W B．X的最高价氧化物的水化物能促进水的电离 C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应 D．W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物 6．（2025·四川泸州·一模）配合物三草酸合铁酸钾常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．离子中提供孤电子对形成配位键 B．离子中的配位原子共有3个 C．离子含键数为 D．离子中C和O的杂化方式均为 7．（25-26高三上·江西·月考）利用CuSO4、酒石酸钾钠()、甲醛(HCHO)和NaOH进行化学镀铜的一种工艺流程如图所示。已知：“还原”时发生反应：(未配平)。下列说法错误的是 A．中的配位数为4 B．“络合”可以增强Cu2+的稳定性，防止其生成Cu(OH)2沉淀 C．常温下，酒石酸钾钠溶液pH＞7 D．“还原”时理论上消耗HCHO和生成Cu的物质的量之比为1:1 8．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：HOCH2CH=CH2→CH3CH2CHO。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 。 1．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键 C．乙中键和键的数目比为 D．甲和乙中X杂化方式分别为和 2．（2024·广西·高考真题）某小组对和的性质进行探究： Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 下列说法正确的是 A．实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅 B．实验Ⅱ中溶液呈红色 C．KSCN能区分和 D．焰色试验不能区分和 3．（2025·北京·高考真题）为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、为红色、为无色。 下列说法不正确的是 A．①中浓盐酸促进平衡正向移动 B．由①到②，生成并消耗 C．②、③对比，说明：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入、淀粉溶液，溶液也无明显变化 4．（2025·河南·高考真题）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B．③中现象说明配体与的结合能力： C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 5．（2025·河南·高考真题）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是 A． B．第一电离能： C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 6．（2025·江苏·高考真题）探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ  取一定量溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ  将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ  向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是 A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为 B．步骤Ⅱ的两份溶液中： C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为 7．（2025·广东·高考真题）在法拉第发现苯200周年之际，我国科学家首次制备了以金属M为中心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配合物说法正确的是 A．键是共价键 B．有8个碳碳双键 C．共有16个氢原子 D．不能发生取代反应 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $