第四节 配合物与超分子（举一反三专项训练，北京专用）【上好课】化学人教版选择性必修2

第四节 配合物与超分子 题型01 配位键 题型02 配合物的结构和性质 题型03 超分子 题型01 配位键 1．配位键 (1)概念：____________由一个原子单方面提供跟另一个原子共用的共价键，即“电子对给予－接受”键，是一类特殊的共价键。如在[Cu(H2O)4]2＋中，铜离子与水分子之间的化学键是由水分子提供____________给予铜离子，铜离子接受水分子的孤电子对形成的。 (2)形成条件：电子对给予体具有____________，而接受体有____________。 (3)表示 配位键可以用A→B表示，其中A是_______孤电子对的原子，B是_________孤电子对的原子。例如［Cu(NH3)4］2+可表示为______________________。 2．配位键的形成条件 (1)成键原子一方能提供____________。能提供孤电子对的分子有NH3、H2O、HF、CO等；离子有Cl－、OH－、CN－、SCN－等。 (2)成键原子另一方能提供____________。如H＋、Al3＋、B及过渡金属的原子或离子。 (3)配位键同样具有饱和性和方向性。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目是其化合价的2倍。如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 3．配位键与共价键的区别 (1)形成过程不同：配位键实质上是一种特殊的_________键，在配位键中一方提供____________，另一方具有能够接受____________的空轨道。普通共价键的共用电子对是由成键原子双方共同提供的。 (2)配位键与普通共价键实质是相同的。它们都被成键原子双方共用，如在NH中有三个普通共价键、一个配位键，但四者是完全相同的。 (3)同普通共价键一样，配位键可以存在于分子之中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子之中(如NH)。 【典例1】(2025·北京石景山高二期末)丁二酮肟(a)可与镍元素形成鲜红色沉淀二丁二酮肟合镍(b)，用以检验镍元素的存在。已知二丁二酮肟合镍(b)显电中性，下列说法不正确的是( ) A．物质a中H-C-H的键角小于C-N-O的键角 B．物质b中镍提供空轨道，氮提供孤电子对 C．物质a、b中氮原子杂化类型分别为sp、sp2 D．物质b中镍元素的化合价为+2 【变式1-1】若、两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是( ) A．、只能均是分子 B．、只能均是离子 C．若提供空轨道，则提供孤电子对 D．若提供空轨道，则为配位体 【变式1-2】下列微粒间不能形成配位键的是( ) A．Pt4+与Cl- B．Cu2+与CN- C．Cd2+与NH3 D．NH4+与SCN- 【变式1-3】(2026·北京八一学校高三期中)某化学小组探究[Cu(NH3)4]2+的生成，进行了如下实验。下列说法不正确的是( ) 序号 实验操作和现象 Ⅰ 向盛有4mL 0.1mol/L CuSO4溶液的试管中滴加5滴1.0mol/L氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约2mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅱ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入10mL 1.0mol/L氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和NH4Cl溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅲ 另取0.1g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀未见明显溶解 A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O= Cu(OH)2↓ +2NH4+ B．深蓝色溶液中含[Cu(NH3)4]2+，其中N提供孤电子对，Cu2+提供空轨道 C．通过上述实验分析，Ⅱ中沉淀完全溶解的原因是：NH4++ H2O NH3·H2O+H+ D．通过上述实验分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中NH4+和氨水共同作用的结果 题型02 配合物的结构和性质 1．配位化合物的结构 (1)定义：通常把金属离子或原子(称为____________)与某些分子或离子(称为________)以________结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。如[Cu(NH3)4](OH)2、[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH、Fe(SCN)3等。 (2)组成 ①中心离子：一般是________离子，常见的有Fe2＋、Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋、Ni2＋等，特别是过渡金属离子很容易形成配合物，这是因为多数过渡金属的离子含有________。 ②配体：含有孤电子对的________或________，如NH3、CO、H2O、Cl－、Br－、I－、SCN－、CN－等。 ③配位数：直接同中心离子(或原子)配位的配体的数目为该中心离子(或原子)的________数。一般来说，中心离子(或原子)的配位数是其化合价的________倍，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 (3)结构：在配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3＋为________________，6个NH3分子为________。中心离子与配体构成配合物的内界，通常把它们放在括号内，Cl－称为配合物的外界。内、外界之间以离子键结合，在水中全部电离。 2．配合物中配离子、中心原子、配体和配位数的确定方法 (1)配合物的内界是以________键形成的，一般不电离，而内界和外界之间是通过________键相结合的，可以完全电离。因此可以根据配合物在溶液中的电离情况，通过实验及其数据可以确定内界和外界离子的个数，从而可以确定其配离子、中心原子和配体。 如在1 mol [Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O形成的溶液中加入足量硝酸银，形成的淡黄色沉淀为________ mol，而不是3 mol，这是因为配合物[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O由内界和外界组成，内界和外界通过离子键形成，在水溶液中自由电离，而内界中通过配位键(特殊共价键)形成，在水溶液中不能完全电离形成游离的溴离子，所以沉淀为________ mol，而不是3 mol。 (2)配位数：直接同中心离子(或原子)配位的原子数目叫中心离子(或原子)的配位数。要注意只含有一个配位原子的配体称为________配体，中心离子(或原子)同单基配体结合的数目就是该中心离子的配位数，如[Fe(CN)6]4－中Fe2＋的配位数为6。含有两个以上配位原子的配体叫________配体，中心离子(或原子)同多基配体配合时，配位数等于同中心离子(或原子)配位的原子数。例如，乙二胺分子中含有两个配位N原子，故在(en代表乙二胺分子)中Pt2＋的配位数为2×2＝4，而配体只有两个，依次类推。 3．配合物的形成对物质性质的影响 (1)对溶解性的影响：一些难溶于水的金属氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以分别溶于含过量Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。难溶于水的金属化合物还可溶于过量氨水中，如银氨溶液的制备原理：Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH，AgOH＋2NH3·H2O===________________________。 (2)颜色的改变：当简单离子形成配离子时，颜色常发生变化，根据颜色的变化可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－在溶液中可生成配位数为1～6的配离子，形成的配离子的颜色是________色的，反应的离子方程式如下：Fe3＋＋nSCN－===____________(n＝1～6)。 (3)稳定性增强：配合物具有较强的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当配离子的中心原子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。如血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，使血红蛋白失去输送O2的功能，从而导致人体CO中毒。 【典例2】(2025·北京通州高二期中)已知某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，下列有关说法正确的是( ) A．该配合物中存在离子键、配位键和极性共价键 B．配体是Cl-和H2O，配位数是9 C．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+ D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均以沉淀形式存在 【变式2-1】配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法错误的是( ) A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键 B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为，配位数为6 C．向该配合物的溶液中滴加溶液，观察到溶液变红 D．该配合物为离子化合物，易电离，1该配合物电离共得到3NA阴阳离子 【变式2-2】(2026·北京北大附中高三开学考试)联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示： 下列说法不正确的是( ) A．N2H4分子的共价键有s-p σ键 B．N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化 C．理论上1mol N2H4可处理水中1mol O2 D．③中发生反应： 【变式2-3】(2026·北京第五中学高三开学考试)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：[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)]2+为红色、[FeF6]3-为无色。 下列说法不正确的是( ) A．①中浓盐酸促进Fe3++4Cl-[FeCl4]-平衡正向移动 B．由①到②，生成[Fe(SCN)]2+，同时[FeCl4]-浓度降低 C．②、③对比，说明c(Fe3+)：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化 题型03 超分子 1．超分子 (1)由两种或两种以上的分子通过__________________形成的分子聚集体。超分子这种分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的。 (2)超分子的特性 超分子的重要特征是_________和自组装。 2．超分子的应用 (1)分离C60和C70 将C60和C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，得到超分子“杯酚”C60和C70；加入甲苯溶剂，甲苯将C70溶解，经过滤后分离出C70；再向不溶物中加入氯仿，氯仿溶解“杯酚”而将不溶解的C60释放出来并沉淀。从而将C60和C70分离开来。 (2)冠醚识别碱金属离子 冠醚是皇冠状的分子，有不同大小的空穴，能与正离子，尤其是碱金属离子络合，并随环的大小不同而与不同的金属离子络合，利用此性质可以识别碱金属离子。 【典例3】(2025·北京西城高三期末)某超分子的结构如图所示。下列说法正确的是( ) A．电负性：F＞B＞O＞N＞H B．该超分子中的元素均位于元素周期表的p区 C．“*”标记的碳原子为手性碳原子 D．该超分子中含有配位键 【变式3-1】(2025·北京延庆高二期末)某冠醚分子b可识别K+。合成氟苯甲烷的原理如下： 下列说法不正确的是( ) A．a发生了取代反应 B．K+与冠醚通过离子键形成超分子 C．b可增加KF在有机溶剂中的溶解度 D．b的核磁共振氢谱有一组峰 【变式3-2】超分子@18-冠-6的合成过程如图所示。 已知：18-冠-6的空腔直径为260~320pm，K+的直径为276pm。 下列说法错误的是( ) A．水中溶解性：化合物Ⅰ>化合物Ⅱ B．18-冠-6的空穴与钾离子尺寸适配，二者通过弱作用力形成超分子 C．18-冠-6亦可与Li+、Na+形成稳定的超分子 D．超分子可以是分子，也可以是离子 【变式3-3】超分子有许多特殊的化学性质。12-冠-4可与Li+作用而不与Na+、K+作用；18-冠-6可与K+作用(如下图)，但不与Li+或Na+作用。下列说法错误的是( ) A．18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为sp3杂化 B．18-冠-6分子中的O原子与K+间不存在离子键 C．18-冠-6分子与K+作用，不与Li+或Na+作用，体现了超分子的“自组装”的特征 D．18-冠-6分子的命名与分子中碳和氧的数目有关，分子中所有原子不可能共平面 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四节 配合物与超分子 题型01 配位键 题型02 配合物的结构和性质 题型03 超分子 题型01 配位键 1．配位键 (1)概念：共用电子对由一个原子单方面提供跟另一个原子共用的共价键，即“电子对给予－接受”键，是一类特殊的共价键。如在[Cu(H2O)4]2＋中，铜离子与水分子之间的化学键是由水分子提供孤电子对给予铜离子，铜离子接受水分子的孤电子对形成的。 (2)形成条件：电子对给予体具有孤电子对，而接受体有空轨道。 (3)表示 配位键可以用A→B表示，其中A是给予孤电子对的原子，B是接受孤电子对的原子。例如［Cu(NH3)4］2+可表示为。 2．配位键的形成条件 (1)成键原子一方能提供孤电子对。能提供孤电子对的分子有NH3、H2O、HF、CO等；离子有Cl－、OH－、CN－、SCN－等。 (2)成键原子另一方能提供空轨道。如H＋、Al3＋、B及过渡金属的原子或离子。 (3)配位键同样具有饱和性和方向性。一般来说，多数过渡金属的原子或离子形成配位键的数目是其化合价的2倍。如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 3．配位键与共价键的区别 (1)形成过程不同：配位键实质上是一种特殊的共价键，在配位键中一方提供孤电子对，另一方具有能够接受孤电子对的空轨道。普通共价键的共用电子对是由成键原子双方共同提供的。 (2)配位键与普通共价键实质是相同的。它们都被成键原子双方共用，如在NH中有三个普通共价键、一个配位键，但四者是完全相同的。 (3)同普通共价键一样，配位键可以存在于分子之中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子之中(如NH)。 【典例1】(2025·北京石景山高二期末)丁二酮肟(a)可与镍元素形成鲜红色沉淀二丁二酮肟合镍(b)，用以检验镍元素的存在。已知二丁二酮肟合镍(b)显电中性，下列说法不正确的是( ) A．物质a中H-C-H的键角小于C-N-O的键角 B．物质b中镍提供空轨道，氮提供孤电子对 C．物质a、b中氮原子杂化类型分别为sp、sp2 D．物质b中镍元素的化合价为+2 【答案】C 【解析】A项，物质a中甲基碳为sp3杂化，a中N原子的σ键电子对数为2，孤电子对数为1，则价层电子对数为3，故N的杂化轨道类型是sp2杂化，则H-C-H的键角小于C-N-O的键角，A正确；B项，物质b中镍提供空轨道，氮提供孤电子对，在两者之间形成配位键，B正确； C项，a中N的杂化轨道类型是sp2杂化；b中氮原子价层电子对数为3，无孤电子对，杂化类型sp2杂化，C错误；D项，已知二丁二酮肟合镍(b)显电中性，而2分子a失去2个氢后与镍结合，则镍化合价为+2，D正确；故选C。 【变式1-1】若、两种粒子之间可形成配位键，则下列说法正确的是( ) A．、只能均是分子 B．、只能均是离子 C．若提供空轨道，则提供孤电子对 D．若提供空轨道，则为配位体 【答案】C 【解析】形成配位键的两种微粒可以均是分子或者均是离子，还可以一种是分子、一种是离子，但必须是一种微粒提供空轨道、一种微粒提供孤电子对，A、B项错误，C项正确；提供空轨道的为中心原子，提供孤电子对的为配体，D项错误。故选C。 【变式1-2】下列微粒间不能形成配位键的是( ) A．Pt4+与Cl- B．Cu2+与CN- C．Cd2+与NH3 D．NH4+与SCN- 【答案】D 【解析】A项，Pt4+含有空轨道，Cl-含有孤对电子，可形成配位键，故A不符合题意；B项，Cu2+含有空轨道，CN-含有孤对电子，可形成配位键，故B不符合题意；C项，Cd2+含有空轨道，NH3含有孤对电子，可形成配位键，故C不符合题意；D项，NH4+无孤对电子，SCN-中存在孤对电子，没有例离子能提供空轨道，不能形成配位键，故D符合题意；故选D。 【变式1-3】(2026·北京八一学校高三期中)某化学小组探究[Cu(NH3)4]2+的生成，进行了如下实验。下列说法不正确的是( ) 序号 实验操作和现象 Ⅰ 向盛有4mL 0.1mol/L CuSO4溶液的试管中滴加5滴1.0mol/L氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约2mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅱ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入10mL 1.0mol/L氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和NH4Cl溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅲ 另取0.1g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀未见明显溶解 A．Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为Cu2++2NH3·H2O= Cu(OH)2↓ +2NH4+ B．深蓝色溶液中含[Cu(NH3)4]2+，其中N提供孤电子对，Cu2+提供空轨道 C．通过上述实验分析，Ⅱ中沉淀完全溶解的原因是：NH4++ H2O NH3·H2O+H+ D．通过上述实验分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中NH4+和氨水共同作用的结果 【答案】C 【解析】实验Ⅰ向CuSO4溶液里滴加氨水，先形成蓝色氢氧化铜沉淀，后沉淀溶解并形成含[Cu(NH3)4]2+深蓝色溶液；实验Ⅱ：氢氧化铜固体中加入氨水，溶液略变为深蓝色，继续滴加饱和NH4Cl溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，故蓝色沉淀溶解是溶液中NH4+和氨水共同作用的结果；实验Ⅲ是为了排除Cu(OH)2沉淀直接溶解于饱和NH4Cl溶液的可能。A项，根据分析，实验Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O= Cu(OH)2↓ +2NH4+，A正确；B项，[Cu(NH3)4]2+中NH3为配体，N提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，符合配位键形成原理，B正确；C项，实验Ⅱ中沉淀溶解的主要原因是NH4+水解酸性作用和NH3·H2O与铜离子形成[Cu(NH3)4]2+共同作用的结果，C错误；D项，根据分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中NH4+和氨水共同作用的结果，D正确；故选C。 题型02 配合物的结构和性质 1．配位化合物的结构 (1)定义：通常把金属离子或原子(称为中心离子(原子))与某些分子或离子(称为配体)以配位键结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。如[Cu(NH3)4](OH)2、[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH、Fe(SCN)3等。 (2)组成 ①中心离子：一般是金属离子，常见的有Fe2＋、Fe3＋、Ag＋、Cu2＋、Zn2＋、Ni2＋等，特别是过渡金属离子很容易形成配合物，这是因为多数过渡金属的离子含有空轨道。 ②配体：含有孤电子对的分子或离子，如NH3、CO、H2O、Cl－、Br－、I－、SCN－、CN－等。 ③配位数：直接同中心离子(或原子)配位的配体的数目为该中心离子(或原子)的配位数。一般来说，中心离子(或原子)的配位数是其化合价的2倍，如Ag＋形成2个配位键，Cu2＋形成4个配位键等。 (3)结构：在配合物[Co(NH3)6]Cl3中，Co3＋为中心离子，6个NH3分子为配体。中心离子与配体构成配合物的内界，通常把它们放在括号内，Cl－称为配合物的外界。内、外界之间以离子键结合，在水中全部电离。 2．配合物中配离子、中心原子、配体和配位数的确定方法 (1)配合物的内界是以配位键形成的，一般不电离，而内界和外界之间是通过离子键相结合的，可以完全电离。因此可以根据配合物在溶液中的电离情况，通过实验及其数据可以确定内界和外界离子的个数，从而可以确定其配离子、中心原子和配体。 如在1 mol [Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O形成的溶液中加入足量硝酸银，形成的淡黄色沉淀为1 mol，而不是3 mol，这是因为配合物[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O由内界和外界组成，内界和外界通过离子键形成，在水溶液中自由电离，而内界中通过配位键(特殊共价键)形成，在水溶液中不能完全电离形成游离的溴离子，所以沉淀为1 mol，而不是3 mol。 (2)配位数：直接同中心离子(或原子)配位的原子数目叫中心离子(或原子)的配位数。要注意只含有一个配位原子的配体称为单基配体，中心离子(或原子)同单基配体结合的数目就是该中心离子的配位数，如[Fe(CN)6]4－中Fe2＋的配位数为6。含有两个以上配位原子的配体叫多基配体，中心离子(或原子)同多基配体配合时，配位数等于同中心离子(或原子)配位的原子数。例如，乙二胺分子中含有两个配位N原子，故在(en代表乙二胺分子)中Pt2＋的配位数为2×2＝4，而配体只有两个，依次类推。 3．配合物的形成对物质性质的影响 (1)对溶解性的影响：一些难溶于水的金属氯化物、溴化物、碘化物、氰化物，可以分别溶于含过量Cl－、Br－、I－、CN－的溶液中，形成可溶性的配合物。难溶于水的金属化合物还可溶于过量氨水中，如银氨溶液的制备原理：Ag＋＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH，AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋OH－＋2H2O。 (2)颜色的改变：当简单离子形成配离子时，颜色常发生变化，根据颜色的变化可以判断是否有配离子生成。如Fe3＋与SCN－在溶液中可生成配位数为1～6的配离子，形成的配离子的颜色是红色的，反应的离子方程式如下：Fe3＋＋nSCN－===[Fe(SCN)n]3－n(n＝1～6)。 (3)稳定性增强：配合物具有较强的稳定性，配合物中的配位键越强，配合物越稳定。当配离子的中心原子相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。如血红素中的Fe2＋与CO分子形成的配位键比Fe2＋与O2分子形成的配位键强，因此血红素中的Fe2＋与CO分子结合后，就很难再与O2分子结合，使血红蛋白失去输送O2的功能，从而导致人体CO中毒。 【典例2】(2025·北京通州高二期中)已知某配合物的化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，下列有关说法正确的是( ) A．该配合物中存在离子键、配位键和极性共价键 B．配体是Cl-和H2O，配位数是9 C．中心离子是Ti4+，配离子是[TiCl(H2O)5]2+ D．加入足量AgNO3溶液，所有Cl-均以沉淀形式存在 【答案】A 【解析】A项，[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O配合物中，内界与外界Cl⁻之间以离子键结合，内界中Ti与Cl-、H2O之间形成配位键，H2O中的O-H键为极性共价键，因此存在离子键、配位键和极性共价键，A正确；B项，配体是内界的1个Cl-和5个H2O，配位数为6，而非9，B错误；C项，[TiCl(H2O)5]2+配离子电荷为+2(外界2个Cl-总电荷-2，整体电中性)，则中心离子Ti的电荷为+3，因此中心离子是Ti3+而非Ti4+，C错误；D项，内界的Cl-为配体，无法离解，只有外界的2个Cl⁻会与Ag⁺反应生成沉淀，D错误；故选A。 【变式2-1】配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法错误的是( ) A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键 B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为，配位数为6 C．向该配合物的溶液中滴加溶液，观察到溶液变红 D．该配合物为离子化合物，易电离，1该配合物电离共得到3NA阴阳离子 【答案】C 【解析】A项，Na2[Fe(CN)5(NO)]的配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配离子CN-，NO不显电性，配位键也是共价键，NO存在极性共价键，此配合物中存在离子键、配位键、极性键，故A正确；B项，配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配体为CN-、NO，则配位数为6，故B正确；C项，该配合物中中心离子为Fe3+，Fe3+在内界，不能与KSCN溶液反应，则溶液不变红，故C错误；D项，一个Na2[Fe(CN)5(NO)]中含有2个钠离子和一个[Fe(CN)5(NO)]2-，该配合物为离子化合物，1mol该配合物含有阴、阳离子的总数为3NA，故D正确；故选C。 【变式2-2】(2026·北京北大附中高三开学考试)联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示： 下列说法不正确的是( ) A．N2H4分子的共价键有s-p σ键 B．N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化 C．理论上1mol N2H4可处理水中1mol O2 D．③中发生反应： 【答案】A 【解析】A项，N2H4分子中N原子为sp3杂化，N-H键是N的sp3杂化轨道与H的1s轨道形成的sp3-s σ键，N-N键是两个N的sp3杂化轨道形成的sp3-sp3 σ键，不存在s-p σ键，A错误；B项，步骤①中N2H4与CuO反应生成N2，N元素化合价从-2升高到0，被氧化，体现还原性；而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B正确；C项，结合反应机理，1mol N2H4在步骤①中还原4mol Cu2+为Cu+(得4e-)，生成的4mol [Cu(NH3)2]+在步骤③中被1mol O2氧化(O2得4e-)，电子守恒可知1mol N2H4对应1mol O2，C正确；D项，步骤③中[Cu(NH3)2]+被O2氧化为[Cu(NH3)4]2+，O2被还原为OH-，配平方程式满足元素守恒、电子守恒和电荷守恒，D正确；故选A。 【变式2-3】(2026·北京第五中学高三开学考试)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：[FeCl4]-为黄色、[Fe(SCN)]2+为红色、[FeF6]3-为无色。 下列说法不正确的是( ) A．①中浓盐酸促进Fe3++4Cl-[FeCl4]-平衡正向移动 B．由①到②，生成[Fe(SCN)]2+，同时[FeCl4]-浓度降低 C．②、③对比，说明c(Fe3+)：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化 【答案】D 【解析】A项，①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，即生成更多的[FeCl4]-，说明浓盐酸促进Fe3++4Cl-[FeCl4]-平衡正向移动，A正确；B项，①中存在[FeCl4]-，滴加一滴KSCN溶液后，溶液变为红色，即SCN-与Fe3+结合生成红色的[Fe(SCN)]2+，使Fe3++4Cl-[FeCl4]-平衡逆向移动，说明[FeCl4]-转化为[Fe(SCN)]2+，即生成[Fe(SCN)]2+且消耗[FeCl4]-，[FeCl4]-浓度降低，B正确；C项，②中[Fe(SCN)]2+部分电离产生Fe3+，③中加入NaF固体后，Fe3+与F⁻形成更稳定的无色[FeF6]3-，使[Fe(SCN)]2+电离平衡正向移动，导致③中溶液红色褪去变为无色，游离Fe3+浓度比②中更低，能说明c(Fe3+)：②>③，C正确；D项，④中无明显变化是因为Fe3+与F⁻形成稳定的配合物[FeF6]3-后，游离的Fe3+浓度很低，几乎不能将I⁻氧化为I2；但①中[FeCl4]-稳定性较弱，溶液中存在一定游离的Fe3+，能将I⁻氧化为I2，淀粉遇I2变蓝，即推断错误，D错误；故选D。 题型03 超分子 1．超分子 (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。超分子这种分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的。 (2)超分子的特性 超分子的重要特征是分子识别和自组装。 2．超分子的应用 (1)分离C60和C70 将C60和C70的混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，得到超分子“杯酚”C60和C70；加入甲苯溶剂，甲苯将C70溶解，经过滤后分离出C70；再向不溶物中加入氯仿，氯仿溶解“杯酚”而将不溶解的C60释放出来并沉淀。从而将C60和C70分离开来。 (2)冠醚识别碱金属离子 冠醚是皇冠状的分子，有不同大小的空穴，能与正离子，尤其是碱金属离子络合，并随环的大小不同而与不同的金属离子络合，利用此性质可以识别碱金属离子。 【典例3】(2025·北京西城高三期末)某超分子的结构如图所示。下列说法正确的是( ) A．电负性：F＞B＞O＞N＞H B．该超分子中的元素均位于元素周期表的p区 C．“*”标记的碳原子为手性碳原子 D．该超分子中含有配位键 【答案】D 【解析】A项，电负性同周期从左到右增大，同主族从上到下减小，则电负性正确顺序为：F＞O＞N＞H＞B，A错误；B项，超分子含H元素，H位于s区，并非全部均为p区元素，B错误；C项，手性碳原子需为饱和碳(sp3杂化)且连4个不同基团，“*”标记的碳位于含N的环中，C原子上连接了2个相同的H，不满足手性碳条件，C错误；D项，B原子为缺电子原子，p轨道中存在空轨道，O原子和N原子都有孤对电子，可与B原子形成配位键，D正确；故选D。 【变式3-1】(2025·北京延庆高二期末)某冠醚分子b可识别K+。合成氟苯甲烷的原理如下： 下列说法不正确的是( ) A．a发生了取代反应 B．K+与冠醚通过离子键形成超分子 C．b可增加KF在有机溶剂中的溶解度 D．b的核磁共振氢谱有一组峰 【答案】B 【解析】A项，观察反应式可知，a(C6H5CH2Cl)中的氯原子被氟原子取代生成氟苯甲烷(C6H5CH2F)，符合取代反应的定义，即有机化合物分子中的某个原子或原子团被其他原子或原子团所替代的反应，A正确；B项，K+与冠醚之间不是通过阴、阳离子的静电作用形成的离子键，而是通过配位键等相互作用形成超分子，离子键是存在于离子化合物中阴、阳离子间的化学键，B错误；C项， 冠醚分子b具有特殊的结构，能够与K+结合，从而使KF能够更好地分散在有机溶剂中，增加了KF在有机溶剂中的溶解度，C正确；D项，观察b的结构可知，b分子具有高度对称性，分子中所有氢原子的化学环境完全相同，所以其核磁共振氢谱只有一组峰，D正确；故选B。 【变式3-2】超分子@18-冠-6的合成过程如图所示。 已知：18-冠-6的空腔直径为260~320pm，K+的直径为276pm。 下列说法错误的是( ) A．水中溶解性：化合物Ⅰ>化合物Ⅱ B．18-冠-6的空穴与钾离子尺寸适配，二者通过弱作用力形成超分子 C．18-冠-6亦可与Li+、Na+形成稳定的超分子 D．超分子可以是分子，也可以是离子 【答案】C 【解析】A项，化合物I中存在羟基，在水溶液中能形成氢键，因此水中溶解性：化合物Ⅰ>化合物Ⅱ，A正确；B项，K+的粒子直径在18-冠-6空腔直径范围内，因此18-冠-6可以识别钾离子，K+与氧原子之间通过弱相互作用形成超分子，B正确；C项，电子层数越多，离子半径越大，Li+、Na+的半径均小于钾离子的半径，导致Li+、Na+的直径不在18-冠-6空腔直径范围内，因此18-冠-6不能识别Li+、Na+而形成稳定的超分子，C错误；D项，超分子是指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，超分子的定义是广义的，包括离子，D正确；故选C。 【变式3-3】超分子有许多特殊的化学性质。12-冠-4可与Li+作用而不与Na+、K+作用；18-冠-6可与K+作用(如下图)，但不与Li+或Na+作用。下列说法错误的是( ) A．18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为sp3杂化 B．18-冠-6分子中的O原子与K+间不存在离子键 C．18-冠-6分子与K+作用，不与Li+或Na+作用，体现了超分子的“自组装”的特征 D．18-冠-6分子的命名与分子中碳和氧的数目有关，分子中所有原子不可能共平面 【答案】C 【解析】A项，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，A正确；B项，18-冠-6分子中的O原子与K+间通过配位键自组装成超分子，不存在离子键，B正确；C项，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，C错误；D项，18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为sp3杂化，所有原子不可能共平面，D正确；故选C。 1 / 1 学科网(北京)股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $