第3章 第4节 配合物与超分子-【新课程学案】2025-2026学年高中化学选择性必修2配套课件PPT（人教版 多选版）

该高中化学课件聚焦配合物与超分子，系统讲解配位键、配合物的成键特点、组成及超分子的特征，通过实验现象（如CuSO4与氨水反应）导入，衔接共价键、离子键知识，以“电子对给予—接受”为支架帮助学生理解核心概念。 其亮点在于以实验探究为核心，通过[Cu(NH3)4]SO4形成、硫氰化铁显色等实验培养科学探究与实践能力，对比配位键与共价键、离子键异同发展科学思维，结合血红素等应用实例深化物质结构决定性质的化学观念，助力学生构建微观认知，教师可通过系统资料提升教学效率。

第四节　配合物与超分子 学习目标 重点难点 1.知道配位键的特点，认识简单的配位化合物的成键特点，能举例说明某些配位化合物的典型性质、存在与应用。 2.认识配位键与共价键、离子键的异同，能运用配位键解释某些沉淀溶解、颜色变化等实验现象。 3.了解从原子、分子、超分子等不同尺度认识物质结构的意义，能举例说明超分子的特征。 重 点 配位键、配合物、超分子的概念，配合物的合成。 难 点 配合物、超分子的结构特点。 新知探究(一)——配合物 新知探究(二)——超分子 课时跟踪检测 目录 新知探究(一)——配合物 1.配位键 (1)概念:由一个原子单方面提供__________，而另一个原子提供空轨道接受__________形成的共价键，这类“__________________”键被称为配位键。 [微点拨]　配位键属于共价键，也属于σ键。 (2)形成条件 ①成键原子一方能提供孤电子对，如分子有NH3、H2O、HF、CO等，离子有Cl-、OH-、CN-、SCN-等。 ②另一方能提供空轨道，如H+、Al3+、B及过渡金属元素的原子或离子。 [微点拨]　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基本不变的，如Ag+形成2个配位键，Cu2+形成4个配位键等。 孤电子对 孤电子对 电子对给予—接受 2.配位化合物 概念 通常把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以________结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物。如CuSO4·5H2O即[Cu(H2O)4]SO4·H2O、[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH等均为配合物 组成 配合物[Cu(NH3)4]SO4的组成如图所示: 配位键 [微点拨]　①配合物中，中心离子或原子(金属离子或原子)提供空轨道，配体中提供孤电子对的原子称为配位原子，直接同中心离子(或原子)配位的原子的数目叫中心离子(或原子)的配位数。②配合物的内界离子和外界离子一般完全电离，内界离子的中心离子与配体间电离极微弱。③配合物的组成中有的配合物没有外界，如五羰基合铁Fe(CO)5、四羰基合镍Ni(CO)4;有的配合物有多种配体，如[Cu(NH3)2(H2O)2]SO4、[Co(SO4)(NH3)5]Br、[Co(NH3)5Br]SO4。 3.常见配位化合物形成的实验探究 (1)[Cu(NH3)4]SO4·H2O的形成 实验操作 实验现象 滴加氨水后，试管中首先出现__________，氨水过量后沉淀逐渐_____，得到深蓝色的透明溶液，滴加乙醇后析出深蓝色晶体 写出有关离子方程式: __________________________________、__________________________________、 [Cu(NH3)4]2++S+H2O [Cu(NH3)4]SO4·H2O↓。 蓝色沉淀 溶解 Cu2++2NH3·H2O==Cu(OH)2↓+2N Cu(OH)2+4NH3==[Cu(NH3)4]2++2OH- (2)硫氰化铁配离子的形成 写出Fe3+与SCN-按1∶3反应的方程式: _______________________。 [微点拨] ①Fe3+与SCN-生成[Fe(SCN)n] (3-n)+(n≤6)配合物，该配合物在水溶液中显红色。②利用硫氰化铁配离子的颜色，可鉴定溶液中存在Fe3+;又由于该离子的颜色极似血液，常被用于电影特技和魔术表演。 实验操作 实验现象 溶液变为______ Fe3++3SCN-==Fe(SCN)3 红色 (3)银氨配离子的形成 写出反应过程中相关反应的离子方程式:_________________、 _____________________________。 实验操作 实验现象 滴加AgNO3溶液后，试管中出现__________，继续滴加氨水沉淀溶解，溶液呈_____ 白色沉淀 无色 Ag++Cl-==AgCl↓ AgCl+2NH3==[Ag(NH3)2]++Cl- 4.配合物的稳定性 (1)配合物的稳定性:配合物具有一定的稳定性。配合物中的配位键越强，配合物越稳定。 (2)配位键的稳定性[中心原子(或离子)的金属原子(或离子)相同时] ①电子对给予体形成配位键的能力:NH3>H2O。 ②接受体形成配位键的能力:H+>过渡金属>主族金属。 ③配位键越强，配合物越稳定。如稳定性:Cu2+—OH-<Cu2+—NH3<H+—NH3。 5.配合物的应用 (1)配合物跟人类生活有密切的关系。例如，在人和动物体内起输送氧气作用的血红素，是Fe2+的配合物。 (2)配合物在生产和科学技术方面的应用也很广泛，例如，在医药科学、化学催化剂、新型分子材料等领域都有着广泛的应用。 题点多维训练 1.正误判断(正确的打“√”，错误的打“×”)。 (1)配位键是一种特殊的共价键( ) (2)提供孤电子对的微粒既可以是分子，也可以是离子( ) (3)含配位键的化合物就是配位化合物( ) (4)1 mol [Co(NH3)5Cl]Cl2与AgNO3反应最多生成3 mol AgCl沉淀( ) (5)Fe(CO)5是配合物，它是由中心原子与配体构成的( ) (6)配位化合物都很稳定( ) √ √ × × √ × 2.以下微粒含配位键的是 (　　) ①N2　②CH4　③OH-　④N ⑤Fe(CO)5　⑥Fe(SCN)3　⑦H3O+ ⑧[Ag(NH3)2]OH A.①④⑤⑥⑦⑧　　　　　 B.①②④⑦⑧ C.①③④⑤⑥⑦ D.全部 解析:①N2中有一个H+与一个N原子间形成配位键;②CH4中4个H原子与C原子间形成共价单键，不存在配位键;③OH-中O与H间形成共价键，不存在配位键;④N中有1个H+与N原子间形成配位键;⑤Fe(CO)5中配位体CO与中心原子Fe之间形成配位键;⑥Fe(SCN)3中配位体SCN-与Fe3+间形成配位键;⑦H3O+中有1个H+与O原子间形成配位键;⑧[Ag(NH3)2]OH中配位体NH3与Ag+间形成配位键。 √ 3.向盛有硫酸铜溶液的试管中滴加浓氨水，先生成难溶物，继续滴加浓氨水，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.反应后的溶液中Cu2+的浓度增加了 D.在配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供孤电子对，NH3提供空轨道 √ 解析:发生的反应为Cu2++2NH3·H2O==Cu(OH)2↓+2N，Cu(OH)2+4NH3== [Cu(NH3)4]2++2OH-，Cu2+转化为配离子，Cu2+浓度减小，A、C错误;[Cu(NH3)4]2+ 是深蓝色的，B正确;Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，D错误。 4.某物质A的实验式为CoCl3·4NH3，1 mol A中加入足量的AgNO3溶液能生成1 mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是 (　　) A.Co3+只与NH3形成配位键 B.配合物配位数为3 C.该配合物可能是平面正方形结构 D.此配合物可写成[Co(NH3)4Cl2]Cl 解析:由题意可知，Cl-与NH3均与Co3+形成配位键，A错误;配合物中中心原子的电荷数为3、配位数为6，B错误;该配合物应呈八面体结构，Co与6个配体成键，C错误。 √ 新知探究(二)——超分子 1.定义 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。 [微点拨]　超分子定义中的分子是广义的，包括离子。超分子内部分子之间通过非共价键相结合。包括氢键、静电作用、疏水作用以及一些分子与金属离子形成的弱配位键等。 2.实例 (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，再加入甲苯溶剂，溶解未装入“杯酚”的C70，过滤后分离C70;再向不溶物中加入氯仿，溶解“杯酚”而将不溶解的C60释放出来并沉淀。 (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。 [微点拨]　①冠醚中环上的所有原子不在同一平面上。②冠醚的命名:组成环的原子总数⁃冠⁃环上氧原子数。 3.特征 超分子的两个重要特征是分子识别和自组装。 题点多维训练 1.下列关于超分子的叙述中正确的是 (　　) A.超分子中两种或两种以上的分子或离子通过共价键或离子键相结合 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 解析: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错误;超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的是有限的，故B错误;形成超分子的微粒也包括离子，故C错误;超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。 √ 2.“杯酚”(图b)分离C60和C70的过程(图a)示意如下: 下列分析不正确的是(　　) A.“杯酚”分子内能形成氢键 B.图b所示的“杯酚”属于有机物 C.图a反映了超分子具有“分子识别”的特性 D.图a利用了C60不溶于甲苯，C70易溶于CHCl3的性质 √ 解析:“杯酚”中的羟基之间可以形成氢键，A正确。由形成元素可知，“杯酚”属于有机物，B正确。由图a可知，“杯酚”与C60形成超分子，而“杯酚”与C70不能形成超分子，反映了超分子具有“分子识别”的特性，C正确。由图a可知，“杯酚”与C60形成的超分子不溶于甲苯，而不是C60不溶于甲苯，而C70易溶于甲苯，过滤分离;C60不溶于CHCl3，而“杯酚”溶于CHCl3，再过滤分离，实现C60和C70的分离，D错误。 3.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.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 B.超分子的特征是分子识别和分子自组装 C.超分子就是高分子 D.图示中的超分子中的N原子采取sp2、sp3杂化 √ 解析:超分子通常是指由两种或两种以上的分子依靠分子间相互作用结合在一起，组成复杂的聚集体，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，A正确;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;超分子不同于高分子，C错误;图示超分子中的N原子有双键、单键，则采取sp2、sp3杂化，D正确。 4.超分子化学已逐渐扩展到化学的各个分支，还扩展到生命科学和物理学等领域。由Mo将2个C60分子、2个p⁃甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。 (1)Mo处于第五周期ⅥB族，核外电子排布与Cr相似， 它的基态价层电子排布式是________; 核外未成对电子数是___个。  解析:Cr的基态价层电子排布为3d54s1，而Mo与Cr同族，但比Cr多了一周期，因而基态价层电子排布为4d55s1，因而核外未成对的电子数为6个。 4d55s11 6 (2)该超分子中存在的化学键类型有_____。  A.σ键　　　　　　　 B.π键 C.离子键 D.氢键 (3)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是_____(填元素符号)，p⁃甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有_________。  解析: (2)观察该超分子结构有双键，说明有σ键和π键，分子中不存在离子键，根据信息Mo形成配位键。 (3)CO做配体时是C做配位原子，氧把孤电子对给了碳，碳变成富电子中心，有提供孤电子对形成配位键的能力;p⁃甲酸丁酯吡啶中有碳原子形成双键，说明其杂化方式为sp2，在丁基中C原子形成四个单键，为sp3杂化。 AB C sp2和sp3 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13 √ 一、选择题 1.下列过程与配合物的形成无关的是(　　) A.除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液 B.向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失 C.向FeCl3溶液中加入KSCN溶液 D.向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失 解析:A项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关;B项，AgNO3与氨水反应首先生成AgOH沉淀，继续滴加氨水，反应生成了配离子;C项，Fe3+与KSCN反应生成了硫氰化铁配离子;D项，CuSO4与氨水反应生成了配离子[Cu(NH3)4]2+。 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 2.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 解析: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错误。 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 3.往CuSO4溶液中加入过量的NH3·H2O，直到生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体。下列分析不正确的是 (　　) A.析出的深蓝色晶体化学式为[Cu(NH3)4]SO4·H2O B.加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度 C.加入氨水的过程中Cu2+的浓度不断减小 D.配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性大于[Cu(NH3)4]2+ 12 15 14 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:由题意可知，蓝色沉淀为Cu(OH)2，加入氨水后，Cu(OH)2溶解，生成了深蓝色的[Cu(NH3)4]SO4溶液，离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O== [Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，溶质在乙醇中溶解度小，加入乙醇，析出深蓝色的晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，A正确;深蓝色溶液，再加入乙醇后，析出深蓝色晶体，说明蓝色晶体在乙醇中的溶解度较小，则加乙醇的作用是减小“溶剂”的极性，降低溶质的溶解度，B正确;加入氨水过程中，铜离子先生成氢氧化铜沉淀，后氢氧化铜沉淀转化为配合物，则加入氨水的过程中C的浓度不断减小，C正确;稳定性小的物质转化为稳定性大的物质，配离子[Cu(H2O)4]2+转化为[Cu(NH3)4]2+，说明配离子[Cu(H2O)4]2+稳定性小于[Cu(NH3)4]2+，D错误。 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 4.绿矾(FeSO4·7H2O)结构如图所示，下列说法不正确的是 (　　) A.中心离子的配体是H2O B.Fe2+的价层d轨道参与了杂化 C.绿矾中存在的化学键有:共价键、配位键、氢键、离子键 D.绿矾属于离子晶体 解析:由图可知，中心离子亚铁离子的配体是H2O分子，A正确;由图可知，中心离子亚铁离子的配位数为6，则Fe2+的价层d轨道参与了杂化，B正确;水分子中存在氢氧共价键，亚铁离子和水分子间存在配位键，亚铁离子和硫酸根离子间存在离子键，但是氢键不属于化学键，C错误;绿矾有亚铁离子和硫酸根离子，形成离子晶体，D正确。 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 5.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3溶液不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法正确的是 (　　) A.配合物中中心离子的电荷数和配位数均为6 B.该配合物可能是平面正方形结构 C.Cl-和NH3分子均与Pt4+配位 D.配合物中Cl-与Pt4+配位，而NH3分子不与Pt4+配位 解析:由化合价规则知PtCl4·2NH3中铂为+4价，A项错误;加入AgNO3溶液无沉淀生成，加入强碱无NH3放出，表明PtCl4·2NH3溶液中不存在Cl-、NH3，又因为Pt4+有空轨道，故Pt4+是中心离子，NH3、Cl-是配体，C项正确、D项错误;因配位数是6，故配合物不可能是平面正方形结构，B项错误。 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 6.关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物，下列说法正确的是 (　　) A.配离子是[TiCl(H2O)5]2+，中心离子是Ti4+ B.配位键中提供孤电子对的是氧原子和氯离子 C.配位体是Cl-和H2O，配位数是9 D.向含有1 mol [TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的溶液中加入足量AgNO3溶液，会产生3 mol AgCl沉淀 12 15 14 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的中心离子是Ti3+，配位体是Cl-和H2O，配位数是6，外界的Cl-数为2，故A、C错误;配位键中配体提供孤电子对，则提供孤电子对的是水中的氧原子和氯离子，故B正确;该配合物中外界的Cl-数为2，且只有外界的Cl-与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，则1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到2 mol AgCl沉淀，故D错误。 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 7.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.冠醚可以用来识别碱金属离子 B.二苯并⁃18⁃冠⁃6也能适配Li+ C.该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种 D.一个螯合离子中配位键的数目为6 12 15 14 冠醚 冠醚空腔直径/pm 适合的粒子(直径/pm) 15⁃冠⁃5 170~220 Na+(204) 18⁃冠⁃6 260~320 K+(276) 21⁃冠⁃7 340~430 Cs+(334) 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:由表知，碱金属离子的粒子在冠醚空腔直径范围内，可以识别碱金属离子，A正确。一般而言，电子层数越多半径越大;电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小;Li+半径小于钠离子;由表可知，二苯并⁃18⁃冠⁃6不能适配Li+，B错误。该冠醚分子中苯环碳原子为sp2杂化，其他碳链上的碳原子为sp3杂化，碳原子杂化方式有2种，C正确。由结构简式可知，一个螯合离子中配位键的数目为6，D正确。 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 8.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。四种元素可“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其结构如图(Y与Y之间都是W、X构成的相同结构)。下列说法错误的是 (　　) A.Y位于第二周期第ⅥA族 B.X单质不存在能导电的晶体 C.Y与Z之间可能存在配位键 D.利用该超分子可以分离简单Z离子和钡离子 12 15 14 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，由化合物的结构可知，X能形成4个共价键，则X为C元素;Y能形成2个共价键，则Y为O元素;Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素;W只形成了1个共价键，则W为H元素。由分析可知，Y为O，故Y位于第二周期第ⅥA族，A正确。X为C，X单质中的石墨是能导电的晶体，B错误。Y与Z之间可能存在配位键，因为Y形成两条共价键，含有2个孤电子对，钠有空轨道，C正确。利用该超分子可以分离简单Z离子和钡离子，简单钠离子会与该超分子形成配合物，而钡离子不会，D正确。 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 9.酞菁和钴钛菁可嵌接在碳纳米管上，用于制取一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。酞菁和钴钛菁的结构如图所示(酞菁分子中所有原子共平面)，下列说法中不正确的是 (　　) A.酞菁分子中①②③号N原子均采取sp2杂化 B.酞菁分子中，②③号N原子中的孤电子对处于不同的轨道中 C.钴钛菁分子中N原子提供孤电子对与Co离子形成配位键 D.钴钛菁分子中Co元素呈+3价 12 15 14 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:由酞菁分子中所有原子共平面可知，分子中碳原子和氮原子的杂化方式均为sp2杂化，故A正确;由图可知，酞菁分子中，②号氮原子提供1个未参与杂化的p电子参与形成大π键、③号氮原子可以提供2个未参与杂化的p电子参与形成大π键，所以②③号氮原子中的孤电子对处于不同的轨道中，故B正确;由图可知，钴钛菁分子中氮原子提供孤电子对与具有空轨道的亚钴离子形成配位键，故C正确;对比酞菁到钴钛菁的结构可知，钴钛菁分子中钴元素呈+2价，故D错误。 12 15 14 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 √ 10.K3是实验室常用于检验Fe2+的试剂。下列有关说法错误的是(　　) A.Fe2+的检验:K++Fe2++==KFe↓(蓝色) B.第一电离能:N>C>Fe>K C.Fe2+与Fe3+的未成对电子数之比为4∶5 D.K3[Fe(CN)6]中配体是CN-，该配体中σ键与π键的数目之比是2∶1 12 15 14 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:K3[Fe(CN)6]遇Fe2+生成深蓝色沉淀，A正确;同一周期元素中，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，同一主族，随着能层数的增加，第一电离能依次减小，则第一电离能: N>C>Fe>K，B正确;基态Fe2+与Fe3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d6、[Ar]3d5，前者有4个未成对电子、后者有5个未成对电子，物质的量相等的Fe2+与Fe3+，二者未成对电子数之比为4∶5，C正确;CN-的结构式为N≡C-，三键中含1个σ键和2个π键，σ键与π键的数目之比是1∶2， D错误。 12 15 14 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 11. [双选]光催化剂的研究是材料领域的热点方向。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配合物中所涉及第2周期元素的电负性由大到小的顺序为N>O>C B.如图结构的吡啶环( )中，C、N的杂化方式分别为sp2、sp3 C.该配合物中Ru的配位数是6 D.HCOOH的沸点比CH3CHO高，主要原因是HCOOH分子间存在范德华力和氢键，而CH3CHO分子间只有范德华力 √ 12 15 14 16 √ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:第二周期主族元素从左向右元素电负性逐渐增大，因此电负性由大到小的顺序为O>N>C，A错误;吡啶环中C、N的价层电子对数均为3，故杂化方式均为sp2，B错误;由题图结构可知，该配合物中Ru的配位数是6，C正确;HCOOH还存在分子间氢键，因此HCOOH的沸点比CH3CHO的高，D正确。 12 15 14 16 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12.(2024·黑吉辽卷)如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，基态Y、Z原子有两个未成对电子，Q是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法错误的是 (　　) A.单质沸点:Z>Y>W B.简单氢化物键角:X>Y C.反应过程中有蓝色沉淀产生 D.QZX4Y4W12是配合物，配位原子是Y 15 14 √ 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:根据基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，且X能和原子序数小的W形成化合物XW3，可知X是N元素、W是H元素;由Q是ds区元素且焰色试验呈绿色，可知Q为Cu元素;结合基态Y、Z原子有两个未成对电子，与Cu可形成CuZY4，根据原子序数关系可确定Y为O元素，Z为S元素。常温下，单质S呈固态，O2、H2均呈气态，且相对分子质量O2>H2，则分子间作用力:O2>H2，故单质的沸点:S>O2>H2，A正确。NH3、H2O的中心原子N、O均采取sp3杂化，且N、O上分别有1、2个孤电子对，因孤电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，故简单氢化物的键角:NH3>H2O，B正确。向CuSO4溶液中逐渐通入NH3，先生成蓝色Cu(OH)2沉淀，当NH3过量时，Cu(OH)2沉淀溶解生成深蓝色的Cu(NH3)4SO4溶液，C正确。配合物Cu(NH3)4SO4中Cu2+提供空轨道，N原子提供孤电子对形成配位键，即其中配位原子是N，D错误。 12 15 14 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 二、非选择题 13.(10分)配合物在许多尖端领域如激光材料、超导材料、抗癌药物的研究、催化剂的研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题: (1)Ni与CO形成的配合物Ni(CO)4为无色液体，易溶于CCl4、CS2等有机溶剂。Ni(CO)4为________(填“极性”或“非极性”)分子，分子中σ键与π键个数之比为_____，该配合物中配位原子为________。  12 15 14 非极性 1∶1 碳原子 解析:Ni(CO)4易溶于CCl4、CS2等有机溶剂，根据相似相溶规则可知，Ni(CO)4为非极性分子;单键均为σ键，1个CO分子含有1个σ键、2个π键，分子中σ键与π键个数之比为8∶8=1∶1，该配合物中碳原子和镍原子形成配位键，配位原子为碳原子。 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 (2)《诗经》言“缟衣茹藘(茜草)”，茜草中的茜素与矾土中的Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料。 基态Ca2+的核外电子的运动状态有___种，配合物X中Al3+的配体除 外还有____________，茜素水溶性较好的主要原因是_____________________ _____________，____________________。  12 15 14 解析:钙为20号元素，钙原子失去2个电子形成基态Ca2+，则核外电子数为18，运动状态有18种。 18 H2O、OH- 分子中含有亲水性的 能和水分子形成氢键 羟基、酮羰基 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 14.(12分)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)是具有潜力的储氢材料，分子中存在配位键，能体现配 位键的结构式为____________。  12 14 15 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。 配位键、极性共价键(或共价键) 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 (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 12 14 15 解析: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。 金属键 bcd 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 (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____。  12 14 15 解析: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 或 。 或 4 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 15.(12分)研究含碳化合物的结构与性质，对生产、科研等具有重要意义。 (1)某同学画出基态碳原子的核外电子排布图: ，该电子排布图违背了___________;C、—CH3、C都是重要的有机反应中间体。C、C的空间结构分别为_____________、__________。  12 14 15 解析:2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道，该电子排布图违背了洪特规则;C中心碳原子的价层电子对数=3+=3，采用sp2杂化，为平面三角形结构，而C中心碳原子的价层电子对数=3+=4，采用sp3杂化，为三角锥形。 洪特规则 平面三角形 三角锥形 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 (2)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚，其结构如图所示。它们能与碱金属离子作用，并且随着环的大小不同而与不同金属离子作用。 ①Li+与X的空腔大小相近，恰好能进入到X的环内，且Li+与氧原子的一个孤电子对作用形成稳定结构W(如图)。基态锂离子核外能量最高的电子所处能层符号为____。  ②冠醚Y能与K+形成稳定结构，但不能与Li+形成稳定结构。理由是_______ ________________________________________________________________。  12 14 15 K Li+半径 比Y的空腔小得多，不易与空腔内氧原子的孤电子对作用形成稳定结构 16 解析:①基态锂离子核外只有1s能级上有电子，为K层上的电子，所以其能层符号为K; 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 ③烯烃难溶于水，被KMnO4溶液氧化的效果较差。若烯烃中溶入冠醚Z，氧化效果明显提升。 12 14 15 16 ⅰ.水分子中氧的杂化轨道的空间结构是________，H—O的键角____(填“>”“<”或“=”)109°28'。  ⅱ.已知:冠醚Z与KMnO4可以发生如图所示的变化。 加入冠醚Z后，烯烃的氧化效果明显提升的原因是  四面体 < 冠醚可溶于烯烃并与K+形成稳定结构，进入冠醚中的K+因静电作用将Mn带入烯烃中，增大烯烃与Mn接触机会，提升氧化效果 。 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 解析:③ⅰ.水分子中氧原子的价层电子对数是4，采用sp3杂化，含有2个孤电子对，氧的杂化轨道的空间结构为四面体;水分子中氧原子含有2个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于成键电子对和孤电子对之间的排斥力，导致水分子中键角小于甲烷分子的键角，小于109°28'。 12 14 15 16 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 16.(14分)回答下列问题。 (1)三价铬离子能形成多种配位化合物。 [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是___________，中心离子的配位数为___。  12 14 15 16 解析:金属铬离子提供空轨道，Cr3+与3个NH3、2个H2O、1个Cl-形成配位键，则提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，配位数为6。 N、O、Cl 6 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 16 (2)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。  解析:由题图可知，只有成环的配位键才能具有螯合作用，通过螯合作用形成了3个环，每个环中Cd2+均可与2个N原子或2个氧原子形成配位键，故1 mol该配合物中通过螯合作用形成6 mol配位键。该螯合物中无论是硝基中的N原子，还是N中的N原子，还是六元环中的N原子，N均为sp2杂化，即N只有1种杂化方式。 6 1 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 16 (3)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+”)。  解析:乙二胺中N、C原子价层电子对数均为4，均采用sp3杂化方式。乙二胺中氮原子有孤电子对，Mg2+、Cu2+存在空轨道，两者易形成配位键。由于离子半径:Cu2+>Mg2+，Cu2+含有的空轨道多于Mg2+，故乙二胺与Cu2+形成的配合物更稳定。 sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤电子对给金属离子形成配位键　 Cu2+ 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 16 (4)已知:3个及以上原子若处于同一平面，如有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大π键。南开大学某课题组合成无机二茂铁的配离子[FeP8]2-，其中环状配体以π电子参与配位，结构如图，1个该配离子中与Fe2+形成配位键的电子共有____个。  解析:环状配体以π电子参与配位，则应为平面结构的离子，P采取sp2杂化，价层电子对数为3，2个σ键电子对，1个孤电子对，则每个P原子参与形成π 键的有1个电子，外界提供2个电子，则的大π键为，则1个该配离子中与Fe2+形成配位键的电子共有6×2=12个。 12 1 2 4 5 6 7 8 9 10 11 13 3 12 14 15 16 (5)胍为平面形分子，所有原子共平面，结构如图所示。胍属于_____分子(填“极性”或“非极性”)，①号N的碱性___②号N的碱性(填“>”“<”或“=”)，请说明理由___________________________________。  解析:胍虽然具有一定的对称性，但是只有一条对称轴，不是完全对称，从整个分子看，电荷的分布不均匀，正负电荷中心不重合，故为极性分子;该分子为平面结构，则N原子均采取sp2杂化，因为①号N上有孤电子对，而②号N上没有，则①号N的碱性>②号N的碱性。 极性 > ①号N上有孤电子对，而②号N上没有 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $