3.4 配合物与超分子（5大题型专项专练）化学人教版选择性必修2

第4节 配合物与超分子 题型01 配位键的形成 题型02 配合物 题型03 配合物的性质及应用 题型04 超分子的概念 特征 题型05 超分子的应用 题型01 配位键的形成 ①配位键实质上是一种特殊的共价键，孤电子对是由成键原子一方提供，另一原子只提供空轨道；而普通共价键中的共用电子对是由两个成键原子共同提供的。 ②与普通共价键一样，配位键可以存在于分子中[如Ni(CO)4],也可以存在于离子中(如NH4+)。 ③相同原子间形成的配位键与它们之间形成的共价单键相同，如中的4个N-H(键能、键长和键角)完全相同，故其结构式也可表示为,NH4+的空间结构是正四面体形。 ④配位键一般是共价单键，属于σ键。 【典例1】下列各种说法中错误的是(　　) A．配位键是一种特殊的共价键 B．NH4NO3、CuSO4·5H2O都含有配位键 C．共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子 D．形成配位键的条件是一方有空轨道，另一方有孤电子对 【变式1-1】下列微粒中含配位键的是(　　) ①N2H　②CH4 　③OH－　④NH　⑤Fe(CO)3 ⑥Fe(SCN)3　⑦H3O＋　⑧[Ag(NH3)2]OH A．①②④⑦⑧ B．③④⑤⑥⑦ C．①④⑤⑥⑦⑧ D．全部 【变式1-2】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 【变式1-3】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 题型02 配合物 (1)配合物在水溶液中电离成内界和外界两部分，如 [Co(NH3)5C1]Cl2=[Co(NH3)5C1]2++2C1—，而内界微粒很难电离(电离程度很小)，因此，配合物[Co(NH3)5C1]Cl2内界中的C1—不能被Ag+沉淀，只有外界的C1—才能与AgNO3溶液反应产生沉淀。 (2)有些配合物没有外界，如Ni(CO)4就无外界。 (3)配合物不一定含有离子键，如Ni(CO)4就无离子键。 (4)含有配位键的化合物不一定是配合物；但配合物一定含有配位键。如NH4Cl等铵盐中铵根离子虽有配位键，但一般不认为是配合物。 【典例2】关于[Cr(H2O)4Cl2]Cl的说法正确的是(　　) A．中心原子的化合价为＋1价 B．配位数是6 C．配体为水分子，外界为Cl－ D．在其水溶液中加入AgNO3溶液，不产生白色沉淀 【变式2-1】下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是(　　) A．K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4 B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4 C．[Ag(NH3)2]Cl、K3[Fe(SCN)6] D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl 【变式2-2】1 mol Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3与AgNO3溶液反应生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是( ) A．m=1，n=5　　　　　　B．m=3，n=4 C．m=5，n=1　　　　　　D．m=4，n=5 【变式2-3】配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体和配位数分别为(　　) A．Cu2+、NH3、4 　　　B．Cu+、NH3、4 C．Cu2+、OH-、2　 D．Cu2+、NH3、2 题型03 配合物的性质及应用 形成配合物后，物质的性质会发生一定的变化，主要有三个方面的变化： (1)一些难溶于水的金属化合物形成配合物后，易溶解； (2)一些简单离子形成配合物时颜色会发生改变，利用此性质可检验离子的存在； (3)形成配合物后，物质的稳定性增强。 【典例3】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 【变式3-1】下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是(　　) A．[Co(NH3)4Cl2]Cl　　B．[Co(NH3)6]Cl3 C．[Cu(NH3)4]Cl2　　　 D．[Co(NH3)3Cl3] 【变式3-2】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 【变式3-3】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 题型04 超分子的概念 特征 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。 2.超分子定义中的分子是广义的，包括离子。 3.超分子内部分子之间通过非共价键结合，主要是静电作用、范德华力和氢键、疏水作用以及一些分子与金属离子之间形成的弱配位键。 【典例4】下列关于超分子的说法不正确的是 A．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 B．超分子都是无限伸展的 C．冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子 D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质 【变式4-1】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 【变式4-2】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．将加入一种空腔大小适配的“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 【变式4-3】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 题型05 超分子的应用 （1）在分子识别与人工酶、酶的功能、短肽和环核酸的组装体及其功能等领域有着广阔的应用前景。 （2）超分子化学的发展不仅与大环化学（冠醚、穴醚、环糊精、杯芳烃、C60等）的发展密切相连，而且与分子自组装（双分子膜、胶束、DNA双螺旋等）、分子器件和新兴有机材料的研究息息相关。 【典例5】利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”，实现分子分离，是超分子化学的重要研究和应用领域。如图表示用“杯酚”对C60和C70进行分离的过程，下列对该过程的说法错误的是( ) A．C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯 B．C60能与“杯酚”形成超分子 C．C70不能与“杯酚”形成超分子 D．“杯酚”能够循环使用 【变式5-1】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 【变式5-2】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。下列说法错误的是( ) A．含有该螯合离子的物质所形成的晶体是离子晶体 B．二苯并-18-冠-6也可以识别Li+ C．该螯合离子的中心离子的配位数为6 D．该螯合离子中6个O原子与K+有可能在同一平面上 【变式5-3】不同空腔尺寸的葫芦可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦［6］脲(结构如图所示)的空腔。下列说法正确的是( ) A．葫芦脲可以吸附进入空腔的所有分子 B．葫芦［6］脲是超分子且能发生丁达尔效应 C．葫芦［6］脲形成的超分子中分子间存在范德华力、氢键 D．可装入对甲基苯甲酸体现了超分子的“分子识别”功能 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4节 配合物与超分子 题型01 配位键的形成 题型02 配合物 题型03 配合物的性质及应用 题型04 超分子的概念 特征 题型05 超分子的应用 题型01 配位键的形成 ①配位键实质上是一种特殊的共价键，孤电子对是由成键原子一方提供，另一原子只提供空轨道；而普通共价键中的共用电子对是由两个成键原子共同提供的。 ②与普通共价键一样，配位键可以存在于分子中[如Ni(CO)4],也可以存在于离子中(如NH4+)。 ③相同原子间形成的配位键与它们之间形成的共价单键相同，如中的4个N-H(键能、键长和键角)完全相同，故其结构式也可表示为,NH4+的空间结构是正四面体形。 ④配位键一般是共价单键，属于σ键。 【典例1】下列各种说法中错误的是(　　) A．配位键是一种特殊的共价键 B．NH4NO3、CuSO4·5H2O都含有配位键 C．共价键的形成条件是成键原子必须有未成对电子 D．形成配位键的条件是一方有空轨道，另一方有孤电子对 【答案】C 【解析】配位键是成键的两个原子一方提供孤电子对，另一方提供空轨道而形成的共价键，可见成键双方都不存在未成对电子，故A、D对，C错；NH4NO3、CuSO4·5H2O中的NH4+、[Cu(H2O)4]2＋含有配位键，故B对。 【变式1-1】下列微粒中含配位键的是(　　) ①N2H　②CH4 　③OH－　④NH　⑤Fe(CO)3 ⑥Fe(SCN)3　⑦H3O＋　⑧[Ag(NH3)2]OH A．①②④⑦⑧ B．③④⑤⑥⑦ C．①④⑤⑥⑦⑧ D．全部 【答案】C 【解析】形成配位键的条件是一个原子(或离子)有孤电子对，另一个原子(或离子)有空轨道，在②CH4、③OH－中不含配位键。 【变式1-2】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．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．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．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．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。 【变式1-3】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。 题型02 配合物 (1)配合物在水溶液中电离成内界和外界两部分，如 [Co(NH3)5C1]Cl2=[Co(NH3)5C1]2++2C1—，而内界微粒很难电离(电离程度很小)，因此，配合物[Co(NH3)5C1]Cl2内界中的C1—不能被Ag+沉淀，只有外界的C1—才能与AgNO3溶液反应产生沉淀。 (2)有些配合物没有外界，如Ni(CO)4就无外界。 (3)配合物不一定含有离子键，如Ni(CO)4就无离子键。 (4)含有配位键的化合物不一定是配合物；但配合物一定含有配位键。如NH4Cl等铵盐中铵根离子虽有配位键，但一般不认为是配合物。 【典例2】关于[Cr(H2O)4Cl2]Cl的说法正确的是(　　) A．中心原子的化合价为＋1价 B．配位数是6 C．配体为水分子，外界为Cl－ D．在其水溶液中加入AgNO3溶液，不产生白色沉淀 【答案】B 【解析】[Cr(H2O)4Cl2]Cl中阴离子是氯离子，氯离子的化合价是－1价，所以铬离子的化合价是＋3价，A错误；中心原子铬与4个水分子和2个氯离子结合形成配位离子，故Cr的配位数为6，B正确；[Cr(H2O)4Cl2]Cl中配体为水分子和氯离子，外界为Cl－，C错误；[Cr(H2O)4Cl2]Cl的外界为Cl－，在其水溶液中加入AgNO3溶液，会产生氯化银白色沉淀，D错误。 【变式2-1】下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是(　　) A．K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4 B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4 C．[Ag(NH3)2]Cl、K3[Fe(SCN)6] D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl 【答案】B 【解析】A项，中中心原子的电荷数分别是＋1和＋2，配位数分别是2和4；B项，中中心原子的电荷数均是＋2，配位数均是4；C项，中中心原子的电荷数分别是＋1，＋3，配位数分别是2和6；D项，中中心原子的电荷数分别是＋2和＋1，配位数分别是4和2。 【变式2-2】1 mol Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3与AgNO3溶液反应生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是( ) A．m=1，n=5　　　　　　B．m=3，n=4 C．m=5，n=1　　　　　　D．m=4，n=5 【答案】B 【解析】Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3呈电中性，因为NH3为分子，所以m的值为3，而1 mol该配合物与AgNO3溶液作用生成1 mol AgCl沉淀，则其内界中含2个氯离子，又因为该配合物为八面体，所以中心原子的配位数为6，n的值为4，即该配合物的化学式是[Co(NH3)4Cl2]Cl，故选B。 【变式2-3】配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。配合物[Cu(NH3)4](OH)2的中心离子、配体和配位数分别为(　　) A．Cu2+、NH3、4 　　　B．Cu+、NH3、4 C．Cu2+、OH-、2　 D．Cu2+、NH3、2 【答案】A 【解析】配合物[Cu(NH3)4](OH)2中，Cu2+为中心离子，NH3为配体，配位数为4，A项正确。 题型03 配合物的性质及应用 形成配合物后，物质的性质会发生一定的变化，主要有三个方面的变化： (1)一些难溶于水的金属化合物形成配合物后，易溶解； (2)一些简单离子形成配合物时颜色会发生改变，利用此性质可检验离子的存在； (3)形成配合物后，物质的稳定性增强。 【典例3】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。 【变式3-1】下列配合物的水溶液中加入硝酸银不能生成沉淀的是(　　) A．[Co(NH3)4Cl2]Cl　　B．[Co(NH3)6]Cl3 C．[Cu(NH3)4]Cl2　　　 D．[Co(NH3)3Cl3] 【答案】D 【解析】[Co(NH3)4Cl2]Cl、[Co(NH3)6]Cl3、[Cu(NH3)4]Cl2在水溶液都中能电离出氯离子，所以能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，A、B、C不符合题意；[Co(NH3)3Cl3]在水溶液中不能电离出氯离子，所以不能和硝酸银反应生成氯化银沉淀，D符合题意。 【变式3-2】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。 【变式3-3】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。 题型04 超分子的概念 特征 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。 2.超分子定义中的分子是广义的，包括离子。 3.超分子内部分子之间通过非共价键结合，主要是静电作用、范德华力和氢键、疏水作用以及一些分子与金属离子之间形成的弱配位键。 【典例4】下列关于超分子的说法不正确的是 A．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 B．超分子都是无限伸展的 C．冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子 D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质 【答案】B 【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，故A正确；B．超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；C．冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；D．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，故D正确；选B。 【变式4-1】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。 【变式4-2】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．将加入一种空腔大小适配的“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】A．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，不一定是氢键，A错误；B．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；C．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；D．超分子的两大特征为：分子识别和自组装，D正确；答案选A。 【变式4-3】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。 题型05 超分子的应用 （1）在分子识别与人工酶、酶的功能、短肽和环核酸的组装体及其功能等领域有着广阔的应用前景。 （2）超分子化学的发展不仅与大环化学（冠醚、穴醚、环糊精、杯芳烃、C60等）的发展密切相连，而且与分子自组装（双分子膜、胶束、DNA双螺旋等）、分子器件和新兴有机材料的研究息息相关。 【典例5】利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”，实现分子分离，是超分子化学的重要研究和应用领域。如图表示用“杯酚”对C60和C70进行分离的过程，下列对该过程的说法错误的是( ) A．C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯 B．C60能与“杯酚”形成超分子 C．C70不能与“杯酚”形成超分子 D．“杯酚”能够循环使用 【答案】A 【解析】A项，由题图可知，C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能，C60与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明C60是否能溶于甲苯，A项错误；B项，由题图可知，C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故B正确；C项，由题图可知，C70不能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故Ｃ正确；D项，通过溶剂氯仿的作用，破坏“杯酚”与C60形成的超分子，可实现将C60与C70分离，且“杯酚”能够循环使用，D项正确；故选A。 【变式5-1】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 【变式5-2】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。下列说法错误的是( ) A．含有该螯合离子的物质所形成的晶体是离子晶体 B．二苯并-18-冠-6也可以识别Li+ C．该螯合离子的中心离子的配位数为6 D．该螯合离子中6个O原子与K+有可能在同一平面上 【答案】B 【解析】A项，该物质是含有K+离子螯合阳离子，与阴离子可以形成离子化合物，含有该螯合离子的物质所形成的晶体是离子晶体，故A正确；B项，二苯并-18-冠-6空腔直径直径大，不能适配半径小的Li+离子，不能识别Li+离子，故B错误；C项，中心离子K+离子与6个氧原子形成6个配位键，配位数为6，故C正确；D项，该螯合离子中6个O原子与K+有可能在同一平面上，故D正确。 【变式5-3】不同空腔尺寸的葫芦可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦［6］脲(结构如图所示)的空腔。下列说法正确的是( ) A．葫芦脲可以吸附进入空腔的所有分子 B．葫芦［6］脲是超分子且能发生丁达尔效应 C．葫芦［6］脲形成的超分子中分子间存在范德华力、氢键 D．可装入对甲基苯甲酸体现了超分子的“分子识别”功能 【答案】D 【解析】A项，由题给信息可知，只有对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦［6］脲的空腔，故A错误；B项，葫芦［6］脲是超分子，属于纯净物，不能发生丁达尔效应，故B错误；C项，氢键是电负性大的原子与氢原子形成共价键，这个氢原子与另外电负性大的原子形成，葫芦［6］脲形成的超分子间不存在氢键，故C错误；D项，由题给信息可知，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦［6］脲的空腔，则可装入对甲基苯甲酸，体现了超分子的“分子识别”功能，故D正确。 / 学科网（北京）股份有限公司 $