2027届高考化学一轮复习讲义：3.8　配合物　超分子

该高中化学高考复习讲义聚焦配合物与超分子核心考点，系统梳理配位键形成、配合物组成与制备、超分子特征与应用等内容，构建“概念-组成-性质-应用”的知识体系。通过考点解析、方法归纳（如配位数判断、超分子识别原理）、真题演练（2025八省联考等）环节，帮助学生突破配位键表示、配合物结构分析等难点，体现复习的系统性与针对性。 讲义突出科学思维与科学探究，如设计配合物制备实验（Cu(OH)2与氨水反应）引导学生观察现象、推导离子方程式，培养科学探究能力。设置基础落实与能力提升分层练习，结合高考真题案例（如“分子客车”超分子题）强化考点应用，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第8讲　配合物　超分子 考点一　配合物 1.配位键 (1)概念:由一个原子单方面提供孤电子对,而另一个原子提供空轨道接受孤电子对形成的共价键,即“电子对给予—接受”键。 (2)表示方法:配位键可以用A→B来表示,其中A是提供孤电子对的原子,B是接受孤电子对的原子。 (3)实例 [Cu(H2O)4]2+中的配位键为。 2.配合物 (1)概念: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)以配位键结合形成的化合物,简称配合物。 (2)形成条件:①配体有孤电子对;②中心原子有空轨道。 (3)组成(实例) [Cu(NH3)4]SO4的组成为 小题对点过　 (1)配位化学创始人维尔纳发现,取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1 mol,分别溶于水,加入足量硝酸银溶液,立即产生氯化银白色沉淀,沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol 和1 mol。 ①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。 CoCl3·6NH3　　　　,CoCl3·4NH3(绿色和紫色)　　　　。  ②上述配合物中,中心离子的配位数都是　　　　。  (2)现代工业冶金中,2[Au(CN)2]-+Zn===2Au+[Zn(CN)4]2-。CN-是常见的配位体,提供孤电子对的是C不是N,其主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间结构,[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代,能得到两种不同结构的产物,则[Cu(NH3)4]2+的空间结构为　　　　。  答案　(1)①[Co(NH3)6]Cl3　[Co(NH3)4Cl2]Cl　②6 (2)C的电负性比N小,吸引孤电子对的能力比N弱 (3)平面正方形 3.简单配合物的制备 实验操作 实验现象 有关离子方程式 滴加氨水后,试管中首先出现蓝色沉淀,氨水过量后沉淀逐渐溶解,得到深蓝色的透明溶液,滴加乙醇后析出深蓝色晶体 Cu2++2NH3·H2O===Cu(OH)2↓+2N、Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]2++2OH-、[Cu(NH3)4]2++S+H2O[Cu(NH3)4]SO4·H2O↓ 溶液变为红色 Fe3++3SCN-===Fe(SCN)3 滴加AgNO3溶液后,试管中出现白色沉淀,继续滴加氨水后沉淀溶解,溶液呈无色 Ag++Cl-===AgCl↓、AgCl+2NH3===[Ag(NH3)2]++Cl- 4.配合物的种类与应用 配合物种类繁多,如叶绿素、血红素和维生素B12都是配合物。如叶绿素中Mg2+为中心离子,大环有机物作配体,配位原子为N。配合物在医药科学、化学催化剂、新型分子材料等领域应用广泛。 1.下列说法中正确的是　　　　。  (1)配位键实质上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)有配位键的化合物就是配位化合物 (4)配位化合物都很稳定 (5)在配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Cl-均可与AgNO3反应生成AgCl沉淀 (6)Ni(CO)4是配合物,它是由中心原子与配体构成的 答案　(1)(2)(6) 2.(2025·北京十五中期末考试)已知[Co(H2O)6]2+粉红色,[CoCl4]2-呈蓝色,[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O　ΔH,将该溶液分为三份做实验,溶液的颜色变化如下: 装置 序号 操作 现象 ① 将试管置于冰水浴中 溶液均呈 粉红色　 ② 加水稀释 ③ 加少量ZnCl2固体 以下结论和解释不正确的是(　　) A.[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中,中心离子的配位数之比为3∶2 B.由实验①可知:ΔH<0,由实验②可推知加水稀释,浓度商Q<K,平衡逆向移动 C.由实验③可知:Zn2+络合Cl-能力比Co2+络合Cl-能力强 D.实验①②③可知:配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关 答案　B 解析　A.[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中,中心离子的配位数之比为6∶4=3∶2,故A正确;B.由实验①可知,温度降低,平衡逆向移动,逆反应为放热反应,则正反应为吸热反应,ΔH>0,由实验②可知,加水稀释,平衡逆向移动,浓度商Q>K,故B错误;C.由实验③可知加入ZnCl2后发生反应Zn2++4Cl-[ZnCl4]2-,导致平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl-[CoCl4]2-+6H2O逆向移动,所以配离子的稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-,则Zn2+络合Cl-能力比Co2+络合Cl-能力强,故C正确;D.实验①②③可知,配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关,故D正确。 3.(2024·瑞安中学高三模拟)向棕黄色FeCl3溶液中加入无色KSCN溶液,溶液变成红色。该反应可用FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl表示。回答下列问题: (1)向上述红色溶液中继续加入浓KSCN溶液,溶液红色加深,这是由于　　　　(填字母)。  A.与Fe3+配合的SCN-数目增多 B.红色离子的数目增多 C.红色离子的浓度增大 (2)向上述红色溶液中加入NaF溶液,振荡,观察到红色溶液迅速褪成无色,表示该反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;  能使该反应发生的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)C　(2)Fe(SCN)3+3F-===FeF3+3SCN-　Fe3+结合F-的能力大于结合SCN-的能力 解析　(1)向题述红色溶液中继续加入浓KSCN溶液,溶液红色加深,因平衡正向移动,红色离子的浓度增大。 考点二　超分子 1.超分子概念 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。 2.超分子内分子间的作用力 多数人认为,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。 3.超分子的两个重要特征是分子识别和自组装。 4.超分子的应用 (1)分离C60和C70 (2)冠醚识别碱金属离子:冠醚与合适的碱金属离子形成超分子。 小题对点过　 (1)下列关于超分子的说法正确的是　　　　。  ①超分子是有机聚合物 ②超分子能表现出不同于组成超分子的单个分子的性质 ③超分子具有特定结构和功能 ④DNA是一种超分子 (2)下列属于超分子的结构是　　　　。  ①DNA双螺旋结构　②血红蛋白 ③C60和杯酚形成的复合物 答案　(1)②③④　(2)①②③ 1.(2025·八省联考陕西卷)物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是(　　) 选项 性质差异 结构因素 A 极性:BF3<PCl3 分子空间构型 B 酸性:二氯乙酸<二氟乙酸 分子间氢键 C 熔点:NaCl>S8 晶体类型 D 识别K+的能力:18-冠-6>12-冠-4 冠醚空腔直径 答案　B 解析　A.BF3是平面三角形,PCl3是三角锥形,极性和分子空间构型有关联,故A不符合题意;B.由于F的电负性比Cl大,吸引电子的能力更强,三氟乙酸羧基中的O—H键的极性更大,更易电离出H+,酸性更强,酸性和分子间氢键没有关联,故B符合题意;C.NaCl是离子晶体,S8是分子晶体,离子晶体一般来说比分子晶体熔点高,熔点和晶体类型有关联,故C不符合题意;D.18-冠-6空腔的直径与K+的直径相当,12-冠-4空腔的直径小于K+的直径,所以识别K+的能力与冠醚空腔直径有关联,故D不符合题意。 2.(2024·辽宁锦州名校联考)某超分子的结构如图所示,下列描述不正确的是(　　) A.超分子就是高分子化合物 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种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　超分子通常是指由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体,超分子不同于高分子化合物,A错误,C正确;超分子的特征是分子识别和分子自组装,B正确;图示中的超分子中的N原子形成了双键、单键,则采取sp2、sp3杂化,D正确。 3.冠醚能与阳离子作用,12-冠-4与Li+作用而不与K+作用;18-冠-6与K+作用,但不与Li+或Na+作用。下列说法错误的是(　　) A.冠醚与阳离子作用跟环的大小有关 B.超分子中O原子与K+间存在离子键 C.12-冠-4中C和O的杂化方式相同 D.18-冠-6可将KCN带入溴乙烷中 答案　B 解析　由题意得,冠醚不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子,A正确;由图可知18-冠-6中O原子与相邻的2个C形成极性共价键,O带部分负电荷,与钾离子之间存在静电作用,但是冠醚分子、O原子均不是离子,故O原子与K+间不存在离子键,B错误;12-冠-4中C均为饱和碳原子,C、O的价电子对数均为4,故C和O的杂化轨道类型相同,均为sp3杂化,C正确;利用该原理可以用冠醚将KCN带入有机物中,D正确。 本讲感悟 1.(2025·八省联考河南卷)配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2,如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.配合物1中含有2种配体 B.配合物2中N原子采取sp2杂化 C.转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D.转变前后,Co的化合价由+2价变为0价 答案　D 解析　A.配合物1中,H2O中氧原子提供孤对电子,Co2+提供空轨道形成配位键;配合物1右侧N、O分别提供一对孤电子,与Co2+形成配位键,则配合物1中含有2种配体,A正确;B.由配合物2的结构可知,N形成2个σ键,一个配位键,故采取sp2杂化,B正确;C.转变过程中,配合物1中断裂2个H2O与Co2+形成的配位键,配合物2中,S中的O与Co2+形成2个配位键,涉及配位键的断裂和形成,C正确;D.配合物1、2中Co都为+2价,Co的化合价没有发生变化,D错误。 2.(2024·湖北卷)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”,能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是(　　) 芳烃 芘 并四苯 蒄 结构 结合常数 385 3 764 176 000 A.芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子 B.并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同 C.从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘 D.芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合 答案　B 解析　纳米“分子客车”能装载多种稠环芳香烃,通过分子间相互作用结合成功能不同的分子聚集体,符合超分子的定义,A正确;从长的方向看,“分子客车”中有与并四苯相仿的结构,从高的方向看,无相仿结构,故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性,B错误;芘与“分子客车”中间部分大小适配,故“分子客车”可装载2个芘,C正确;题目中所有芳烃中的C原子均为sp2杂化,则芳烃中的碳原子数等于π电子数,则芘、并四苯、蒄的π电子个数分别为16、18、24,结合表中数据可知,芳烃π电子数越多,结合常数越大,D正确。 3.(2024·上海卷)已知AlBr3可二聚为如图所示的二聚体: (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CH3CN中生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(结构如图所示),已知配离子的结构为四面体形,则其中心原子的杂化方式为　　　　,其中配体是　　　　　　　　;1 mol 该配合物中有　　　　 mol σ键。  Br- 答案　(1)A　(2)sp3　CH3CN、Br-　14 解析　(1)根据该二聚体的结构可知,Br和Al以极性共价键相连,故A符合题意。(2)根据配离子的结构为四面体形可知,中心原子Al采取sp3杂化,其中配体为CH3CN和Br-,1个共价单键含1个σ键,1个碳氮三键含有1个σ键和2个π键,故1 mol该配合物中含有14 mol σ键。 4.(2023·北京卷)(1)浸金时,S2作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O3)2]3-。分别判断S2中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)(2021·全国乙卷)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　　　　。  (3)(2020·山东卷)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。  (4)(2019·全国卷Ⅰ)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物。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)S2中的中心S原子的价层电子对数为4,无孤电子对,不能做配位原子;端基S原子含有孤电子对,能做配位原子 (2)N、O、Cl　6　(3)6　1　(4)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)具有孤电子对的原子就可以给中心原子提供电子配位。S2中的中心S原子的价层电子对数为4,无孤电子对,不能做配位原子;端基S原子含有孤电子对,能做配位原子。(3)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。(4)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。 基础落实 选择题只有1个选项符合题意 1.(2024·河北邢台一模)Zn(OH)2溶于氨水可生成可溶性配合物[Zn(NH3)4](OH)2,下列说法正确的是(　　) A.根据上述信息可推导出氢氧化锌为两性氢氧化物 B.该配合物中只有离子键和配位键 C.形成该配合物的离子方程式为Zn(OH)2+4NH3===[Zn(NH3)4]2++2OH- D.该配合离子中由NH3提供空轨道,Zn2+提供电子对 答案　C 解析　A.氢氧化锌虽然溶于氨水,但仅是一个特例,无法确定其为两性氢氧化物,A项错误;B.NH3与Zn2+之间形成配位键,而OH-与[Zn(NH3)4]2+之间为离子键,NH3中有共价键,B项错误;C.NH3与Zn2+形成配位键,离子方程式为Zn(OH)2+4NH3===[Zn(NH3)4]2++2OH-,C项正确;D.NH3中N无空轨道,提供空轨道的是Zn2+,D项错误。 2.(2024·山东日照模拟)配合物种类繁多,在分析化学、工业生产以及生物学中有广泛应用。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.配体是Cl-和H2O,配位数是9 B.该配合物中提供孤电子对的是中心离子Ti3+ C.该配合物中存在离子键、配位键和极性键 D.向其溶液中加入足量AgNO3溶液,所有Cl-都能转化为沉淀 答案　C 解析　A.根据配合物化学式可知,配体是Cl-和H2O,中心离子的配位数为6,A项错误;B.该配合物中提供孤电子对的是配体,是Cl-和H2O,中心离子Ti3+提供空轨道,B项错误;C.阳离子[TiCl(H2O)5]2+与Cl-之间以离子键结合,在阳离子[TiCl(H2O)5]2+中的中心离子Ti3+与配体Cl-和H2O以配位键结合,在配体H2O中存在H—O极性共价键,因此该配合物中存在离子键、配位键和极性键,C项正确;D.向该配合物溶液中加入足量AgNO3溶液,只有外界Cl-能转化为沉淀,而配离子中的Cl-与中心离子结合牢固,不能转化为沉淀,D项错误。 3.在水溶液中甲醛能与[Zn(CN)4]2-发生反应:[Zn(CN)4]2-+4H++4HCHO+4H2O===4HOCH2CN+[Zn(H2O)4]2+。下列说法错误的是(　　) A.K2[Zn(CN)4]中所含的化学键有离子键、共价键和配位键 B.HCHO和BF3的中心原子的价层电子对数相同,H—C—H的键角小于F—B—F C.与Zn2+形成配位键的能力:CN-<H2O D.不考虑空间结构,[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为 答案　C 解析　K2[Zn(CN)4]中所含的化学键有钾离子与[Zn(CN)4]2-间的离子键、C—N共价键和Zn2+与CN-间的配位键,A项正确;HCHO和BF3的中心原子的价层电子对数均为3,但甲醛中氧原子上有孤电子对,孤电子对对两个碳氢键有排斥作用,故H—C—H的键角小于F—B—F,B项正确;C的电负性小于O,易给出电子与Zn2+形成稳定的配位键,故CN-和H2O与Zn2+形成配位键的能力CN->H2O,C项错误;电负性C<N,所以配位化合物中C与Zn2+形成配位键,[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为,D项正确。 4.(2024·湖北襄樊模拟)冠醚是皇冠状的分子,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+形成的配离子的结构如图所示。下列说法错误的是(　　) 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)、Rb+(304) 21-冠-7 340~430 Cs+(334) 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.一个配离子中配位键的数目为6 答案　B 解析　Li+半径小于Na+,则二苯并-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、其他碳原子为sp3杂化,C正确;由结构简式可知,一个配离子中配位键的数目为6,D正确。 5.下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是(　　) A.[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道,N、O、Cl提供孤电子对与三价铬离子形成配位键,其中心离子的配位数为6 B.配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中存在离子键、共价键、配位键,若加入足量AgNO3溶液,所有Cl-均被完全沉淀 C.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,包括离子 D.人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征 答案　B 解析　A.[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中Cr3+具有空轨道,N、O、Cl具有孤电子对,能够形成配位键,其中心离子的配位数为6,故A正确;B.加入足量AgNO3溶液,配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中外界离子Cl-离子与Ag+反应,内界中配位离子Cl-不与Ag+反应,故B错误;C.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,包括离子,故C正确;D.人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征,故D正确。 6.冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。下图中X、Y、Z是常见的三种冠醚,它们能与碱金属离子作用,并随着环的大小不同而与不同金属离子作用。W表示Li+恰好能进入X的环内形成稳定结构。资料显示:甲苯难溶于水,被KMnO4水溶液氧化的效果较差。若甲苯与冠醚Z混合,氧化效果明显提升 下列有关说法正确的是(　　) A.X、Y、Z均由乙二醇分子间脱水形成 B.超分子W中存在着氧原子与Li+的静电作用 C.X和Na+、K+均能形成稳定结构 D.KMnO4氧化甲苯实验中引入的冠醚Z作反应物 答案　B 解析　X、Y均由乙二醇分子间脱水形成,Z由1,2-环己二醇与乙二醇分子间脱水形成,A错误;超分子W中O原子有孤电子对、Li+有空轨道,故存在着氧原子与Li+的静电作用,B正确;Li+恰好能进入X的环内形成稳定结构,Li+半径小于Na+、K+,则X与Na+、K+均不能形成稳定结构,C错误;甲苯难溶于水、被KMnO4水溶液氧化的效果较差,若甲苯与冠醚Z混合,氧化效果明显提升,是因为冠醚与甲苯因相似相溶而互溶、K+和冠醚Z产生静电作用并将Mn带入,增大了Mn和甲苯的接触机会,故产生明显的反应现象,但冠醚Z并不是反应物,D错误。 7.[Co(NH3)4(N3)2]ClO4(简称DACP)是我国科研工作者合成的一种新型起爆药,结构如图所示。下列关于该物质的说法正确的是(　　) A.1 mol [Co(NH3)4(N3)2]+中含有6 mol配位键 B.1 mol 中所含σ键的物质的量为3 mol C.NH3和Cl中心原子的杂化方式不同 D.DACP中含有的共价键都是极性共价键 答案　A 解析　[Co(NH3)4(N3)2]+的中心离子是Co3+,配位体为NH3和,则1 mol该配离子中含有6 mol配位键,A正确;1个含2个σ键,1 mol 中所含σ键的物质的量为2 mol,B错误;NH3和Cl中心原子的价层电子对数均为4,均采取sp3杂化,C错误;DACP中内含有非极性共价键,D错误。 8.在碱性溶液中,Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子,其结构如图所示。 下列说法错误的是(　　) A.该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O B.该配离子中铜离子的配位数是4 C.基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1 D.该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H 答案　A 解析　A.根据其结构可知,该配离子中的N和O可与水分子中的H形成氢键,而水分子中的O也可与配离子中的H形成氢键,A错误;B.根据配离子的结构可知,铜离子的配位数为4,B正确;C.根据铜原子的电子排布式可知,基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1,C正确;D.根据同一周期,主族元素的电负性从左到右逐渐增大,同一主族,元素的电负性从上到下呈现减小的趋势,由非金属元素电负性大小排列顺序可知,该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O>N>C>H,D正确。 9.(1)(2022·海南卷)金属Zn能溶于氨水,生成以氨为配体,配位数为4的配离子。Zn与氨水反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)NH3BH3分子中,N—B化学键称为　　　　键,其电子对由　　　　提供。  (3)FeCl3中的化学键具有明显的共价性,蒸气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)Zn+4NH3+2H2O===[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑ (2)配位　N　(3)　4 能力提升 10.(2024·萧山中学高三模拟)利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图所示。下列说法错误的是(　　) A.第二电离能:C<O B.杯酚分子中存在π键 C.杯酚与C60形成氢键 D.C60与金刚石晶体类型不同 答案　C 解析　C和O分别失去一个电子后的价层电子排布式为2s22p1和2s22p3,O的2p能级是半充满结构,比较稳定,所以O的第二电离能大于C的第二电离能,A项正确;杯酚分子中含有苯环结构,具有大π键,B项正确;C60中只含有C元素,无法形成氢键,C项错误;金刚石是共价晶体,C60为分子晶体,D项正确。 11.(2024·镇海中学高三模拟)过渡金属配合物的一些特有性质的研究正受到许多研究人员的关注,因为这方面的研究无论是理论上还是工业应用上都有重要意义。氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时,会生成紫色配合物,其配离子如图所示。下列有关该配离子的说法正确的是(　　) A.1 mol该配离子中含有π键的个数是6×6.02×1023 B.该配离子中碳原子的杂化类型均为sp2杂化 C.该配离子含有的非金属元素中电负性最大的是碳 D.该配离子中含有的化学键有离子键、共价键、配位键 答案　A 解析　根据配离子结构示意图可知,1个配离子中有6个π键,则1 mol该配离子中含有π键的个数是6×6.02×1023,故A正确;该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化,故B错误;该配离子含有的非金属元素有C、O、H,电负性最大的是氧,故C错误;该配离子中含有的化学键有共价键、配位键,故D错误。 12.铁是日常生活中应用非常广泛的一种金属元素。Fe3+与Cl-、F-、H2O、SCN-等微粒均能形成配离子,其中[FeCl4]-呈黄色,[FeF6]3-呈无色,[Fe(H2O)6]3+呈浅紫色,[Fe(SCN)6]3-呈红色。某同学按如图所示步骤完成实验: Fe(NO3)3·9H2O(s) 下列说法正确的是(　　) A.Fe(NO3)3·9H2O中存在离子键、共价键、氢键等化学键 B.[Fe(H2O)6]3+中H—O—H的键角比H2O分子中H—O—H的键角大 C.推测F-、SCN-、H2O三种微粒和Fe3+的配位能力逐渐增大 D.为了观察溶液中[Fe(H2O)6]3+呈浅紫色,可以加入浓盐酸抑制硝酸铁的水解 答案　B 解析　氢键属于分子间作用力,不属于化学键,故A错误;[Fe(H2O)6]3+中O原子形成三个σ键,含有一个孤电子对,而H2O分子中O原子形成两个σ键,含有两个孤电子对,孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力,所以H2O分子中H—O—H的键角更小,故B正确;根据溶液颜色的变化可推知F-、SCN-、H2O三种微粒和Fe3+的配位能力逐渐减小,故C错误;加入浓盐酸,则会产生大量[FeCl4]-,导致溶液呈黄色,无法观察到[Fe(H2O)6]3+呈浅紫色,故D错误。 13.(2024·福州高三模拟)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　　　　(设NA为阿伏加德罗常数的值)。  (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并将配位键表示出来:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (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.S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杂化 答案　(1)Cu2++4H2O===[Cu(H2O)4]2+　共价键、配位键　12NA (2)　(3)ag 解析　(1)Cu2+提供空轨道,H2O分子中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S与[Cu(NH3)4]2+以离子键结合,NH3、S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键小于NH3分子中H—N—H键角,d正确;S中S原子采取sp3杂化,故S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。 14.二氯化一氯五氨合钴{[Co(NH3)5Cl]Cl2}可用作聚氯乙烯的染色剂和稳定剂。已知:[Co(NH3)5Cl]Cl2不溶于水和乙醇;Co(OH)2是粉红色不溶于水的固体;Co(OH)3是棕褐色不溶于水的固体。 Ⅰ.制备[Co(NH3)5Cl]Cl2 某实验小组利用以下装置和流程制备[Co(NH3)5Cl]Cl2。 (1)步骤ⅰ,在仪器a中依次加入9 g CoCl2、6 g NH4Cl和20 mL浓氨水,并不断搅拌,充分反应,仪器a的名称是　　　　。  (2)步骤ⅱ,滴入20 mL 5% H2O2,发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)步骤ⅲ,待溶液中停止产生气泡后,缓慢加入20 mL浓盐酸,在85 ℃水浴中加热20 min,所得混合物冷却至室温,抽滤、洗涤、烘干得到产品。请设计洗涤方案:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (实验中必须使用的试剂:AgNO3溶液、无水乙醇、冰水) Ⅱ.产品测定 (4)取0.3 g产品加入强碱溶液中,加热煮沸,将蒸出的氨气用30.00 mL 0.500 0 mol·L-1的盐酸完全吸收。滴加2~3滴甲基橙溶液,再用0.500 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定,达到终点时共消耗NaOH溶液22.00 mL。产品中N的质量分数为　　　　(结果保留一位小数)。  Ⅲ.实验探究 (5)实验小组在制备过程中发现CoCl2溶液中直接加入H2O2,Co2+不被氧化,据此认为加入的浓氨水和氯化铵对Co2+的氧化产生了影响,故提出以下猜想并设计实验验证。 猜想1:加入氯化铵溶液,增强了H2O2的氧化性。 猜想2:加入浓氨水形成配合物,增强了Co2+离子的还原性。 实验编号 实验操作 试剂 现象 1 0.5 mL水 无明显变化 2 a 无明显变化 3 b 溶液变为深红色,且出现棕褐色沉淀 实验结论:猜想1不合理,猜想2合理。 ①a是　　　　,b是　　　　。  ②步骤ⅰ中氯化铵的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案　(1)三颈烧瓶 (2)2[Co(NH3)6]Cl2+2N+H2O2===2[Co(NH3)5(H2O)]3++4Cl-+4NH3↑ (3)先用冰水洗涤2~3次,取最后一次洗涤液,滴加AgNO3溶液,若无明显现象,再用无水乙醇洗涤2~3次 (4)18.7%　(5)①0.5 mL氯化铵溶液　0.5 mL浓氨水　②控制溶液碱性,防止生成氢氧化物沉淀,并提供Cl- 解析　(1)仪器a的名称是三颈烧瓶。(2)步骤ⅱ,滴入20 mL 5% H2O2,发生反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]Cl2+2N+H2O2===2[Co(NH3)5(H2O)]3++4Cl-+4NH3↑。(3)根据已知:[Co(NH3)5Cl]Cl2不溶于水和乙醇,洗涤操作为先用冰水洗涤2~3次,取最后一次洗涤液,滴加AgNO3溶液,若无明显现象,再用无水乙醇洗涤2~3次。(4)根据NH3+HCl===NH4Cl、HCl+NaOH===NaCl+H2O,产品中N的质量分数为×100%≈18.7%。(5)①根据对比实验的控制变量原则,实验2、3分别比较氯化铵溶液和浓氨水对实验的影响,则a是0.5 mL氯化铵溶液,b是0.5 mL浓氨水。②根据铵根离子可以抑制一水合氨的电离以及反应过程中需要氯离子参加反应,则步骤ⅰ中氯化铵的作用是控制溶液碱性,防止生成氢氧化物沉淀,并提供Cl-。 学科网（北京）股份有限公司 $