3.3 配合物与超分子 同步练习-2025-2026学年高二下学期化学人教版选择性必修2

**基本信息** 本练习围绕配合物与超分子核心知识，采用“基础概念-性质应用-综合拓展”三阶分层设计，通过单选题与填空题结合，覆盖从单一知识点到跨情境应用的巩固路径，强化化学观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|配合物组成、配位键形成条件|以概念辨析题为主（如中心离子电荷数与配位数判断），夯实化学观念| |进阶层|配合物结构性质、实验现象分析|结合实验流程（如硫酸四氨合铜制备）考查离子方程式与平衡移动，培养科学思维| |综合层|超分子识别与应用|通过冠醚空腔适配、杯酚分离C60/C70等情境题，体现科学探究与实践素养|

3.3 配合物与超分子 考点1 配合物的概念、组成及形成条件 一、单选题 1．下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是 ①、                 ②、 ③、                 ④、 A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】B 【详解】①、中心离子为银离子和铜离子，电荷数分别为1和2，①不符合题意； ②、中心离子的电荷数都为2，配位数均为4，②符合题意； ③、中心离子的电荷数都为1，配位数均为2，③符合题意； ④、配位数分别为4和2，中心离子的电荷数分别为2和1，④不符合题意； 故选B。 2．由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{}的实验如下： 步骤1：向盛有4mL0.1蓝色溶液的试管中，滴加几滴1氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 下列说法正确的是 A．溶液呈蓝色的原因是是蓝色的 B．步骤2所发生反应的离子方程式为 C．步骤3中用玻璃棒摩擦试管壁是为了防止晶体析出时附着在试管壁上 D．与的配位能力大于 【答案】B 【详解】A．溶液呈蓝色的原因是和水分子形成配离子为蓝色，A错误； B．步骤2所发生反应为氢氧化铜沉淀和过量的氨水生成四氨合铜离子，离子方程式为，B正确； C．步骤3中用玻璃棒摩擦试管壁是为了利于生成晶核，C错误； D．最终得到深蓝色溶液的原因为生成了，则转化为，说明与的配位能力弱于，D错误； 故选B。 3．下列微粒：①②③④ ⑤中含有配位键的是 A．①② B．①③ C．④⑤ D．②④ 【答案】A 【详解】1①中，提供空轨道，O原子提供孤对电子形成配位键，①符合；②中提供空轨道，N原子提供孤对电子形成配位键，②符合；③中没有提供空轨道的离子，没有形成配位键，③不符合；④中没有提供空轨道的离子，没有形成配位键，④不符合；⑤中没有提供空轨道的离子，没有形成配位键，⑤不符合；综上所述，含有配位键的时①②； 故选A。 4．金属原子与形成的配合物称为金属羰基配合物，如羰基铁[化学式为，黄色油状液体，熔点为-21℃、沸点为102.8℃]。金属羰基配合物中每个提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的价电子和提供的电子总和等于18。下列说法错误的是 A．中铁的化合价为0 B．属于离子晶体 C．羰基镍的化学式为 D．羰基镍分子中含有配位键、共价键 【答案】B 【详解】A．在Fe(CO)5中碳是+2价，而氧是-2价，得出铁是0价，故A正确； B．Fe(CO)5常温下呈液态，熔沸点较低，易溶于非极性溶剂，应为分子晶体，故B错误； C．Ni是28号元素，价电子数为10，金属原子的价电子和提供的电子总和等于18，所以CO要提供8个电子，每个提供一对电子，则羰基镍的化学式为，故C正确； D．羰基与镍之间形成配位键，配体中含有共价键，故D正确； 故选B。 5．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 【详解】A．共价键是原子间通过共用电子对形成的化学键，配位键由一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成，属于共价键的特殊类型，A正确； B．NH4NO3的中含N→H配位键(N提供孤电子对，提供空轨道)，CuSO4·5H2O结构中Cu2+与H2O可形成配位键(H2O中的O提供孤电子对，Cu2+提供空轨道)，B正确； C．共价键形成时，成键原子可以通过共用电子对结合，不一定是成键原子必须有未成对电子，如配位键中，一方提供孤电子对，另一方提供空轨道，C错误； D．配位键是一种特殊的共价键，形成条件是一方有空轨道，另一方有孤电子对，形成后与常规共价键无异，D正确； 故选C。 6．是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成。可以定量吸收，也能吸收、、等气体，其吸收形成，其结构为，下列说法正确的是 A．该化合物中Cu+提供空轨道，中碳原子提供孤电子对，形成的是配位键 B．测定混合气体N2、CO和O2中CO的含量时，应先用CuCl的盐酸溶液吸收CO C．中只有Cl-、作配体 D．中Cu的化合价为+1，配位数为3 【答案】A 【详解】A．Cu+含有空轨道，中碳原子含有孤电子对，由的结构可知，该化合物中Cu+提供空轨道，中碳原子提供孤电子对，形成的是配位键，A正确； B．测定混合气体N2、CO和O2中CO的含量时，根据题干信息，用 CuCl的盐酸溶液吸收CO时，也能吸收O2，所以无法根据气体体积差异确定混合气体中CO的含量，B错误； C．由结构可知，中除、作配体外，也是配体，C错误； D．由结构可知，中Cu+形成4个配位键，配位数为4，D错误； 故答案为：A。 7．下列物质中不能作为配合物的配位体的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．NH3中氮原子分别与3个氢原子通过一对共用电子对结合，N的价层电子对数为，有一对孤对电子，可以作为配体，故A不符合题意； B．中N与4个H通过共价键相连，其价层电子对数为，无孤对电子，故不能做配体，B符合题意； C．H2O中O与2个H原子通过共价键相连，O的价层电子对数为，有2对孤电子对，故可以做配体，C不符合题意； D．SCN-中S和N存在孤对电子，可作为配体，D不符合题意； 本题选B。 8．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是 A．中心离子提供空轨道 B．配体中氢原子提供孤对电子 C．基态钛原子的价层电子数为2 D．配体是和，配位数是6 【答案】D 【详解】A．由化合价规则知中心离子为，A错误； B．氢原子没有孤对电子但氧原子有，配体水是氧原子提供孤对电子，B错误； C．钛是第ⅣB族元素，价层电子数为4，C错误； D．配体是内界的1个和5个，则配位数是6，D正确； 故选D。 9．下列物质中，不属于配合物的是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】A．该物质中，铝离子提供空轨道，氟元素提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故A不选； B．属于一般化合物，不含配体，所以不属于配合物，故B选； C．以形式存在，四个水分子与铜离子以配位键结合，形成配合物，故C不选； D．该物质中，银离子提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对而形成配位键，所以该物质属于配合物，故D不选； 答案选B。 10．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是 A．中心离子提供空轨道 B．的W溶液中 C．基态钛原子的价层电子数为2 D．配体中氢原子提供孤电子对 【答案】B 【详解】A．由化合价规则知中心离子为，选项A错误； B．W的电离方程式为，选项B正确； C．钛是第ⅤB族元素，价层电子数为4，选项C错误； D．氢原子没有孤电子对但氧原子有，配体水是氧原子提供孤电子对，选项D错误； 答案选B。 11．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．配位键是一种特殊的离子键 B．X、Y两种粒子均只能是离子 C．有一种微粒必须提供空轨道 D．配位键是一种非极性键 【答案】C 【详解】A．配位键是一种特殊的共价键，A项错误； B．配体可以是分子，B项错误； C．配位键是一方提供空轨道，另一方提供共用电子对，C项正确； D．配位键是一种极性键，D项错误； 故选C。 12．DACP是我国科研工作者合成的一种新型起爆药，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法正确的是 A．该配合物中为中心离子，、为配体 B．1个DACP中含有25个键 C．中心离子的配位数为4 D．和中心原子的杂化方式相同 【答案】D 【详解】A．由题给结构简式可知该配合物的中心离子为，配体为和，故A错误； B．分子中有3个键，有2个键，有4个键，配位键有6个，共个键，故B错误； C．该配合物中有4个配体和2个配体，中心离子的配位数为6，故C错误； D．的中心原子氮原子的价层电子对数为3+（5-3×1）=4，的中心原子氯原子的价层电子对数为4+（7+1-4×2）=4，所以中心原子都是杂化，故D正确； 故选D。 考点2 配合物的结构与性质及其应用 一、单选题 1．下列现象与形成配合物无关的是 A．与不能大量共存 B．向Cu与反应后的集气瓶中加少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色 C．Cu与浓硝酸反应后，溶液呈绿色 D．向溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，继而消失 【答案】C 【详解】A．Fe3+与SCN-反应生成血红色配合物[Fe(SCN)n]3-n，因此不能大量共存，与配合物有关，A不符合题意； B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，加少量水形成绿色配离子[CuCl4]2-，稀释后转化为蓝色[Cu(H2O)4]2+，涉及配合物转化，B不符合题意； C．Cu与浓硝酸反应生成大量NO2，NO2溶解在溶液中呈现绿色，颜色变化主要由气体溶解引起，与配合物无关，C符合题意； D．AlCl3与过量NaOH反应生成[Al(OH)4]-配离子，导致沉淀溶解，与配合物有关，D不符合题意； 故选C。 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 【详解】A．[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； B．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； C．[Cr(H2O)4Cl2]Cl中配体为水分子和氯离子，外界为Cl－，C错误； D．[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； 答案选B。 3．某同学通过如下实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是 A．由①②可知，②中溶液呈蓝色是与水分子作用产生了 B．由④可知，与Cl⁻可能会结合产生黄色物质 C．取少量④中上层清液于试管⑤中，再加入一定量水，观察到溶液又变为蓝色 D．由②③④可知，溶液的颜色一定为绿色 【答案】D 【详解】A．无水CuSO4为白色，加水后形成0.1 mol·L-1 CuSO4溶液呈蓝色，说明Cu2+与水分子结合生成[Cu(H2O)4]2+（蓝色），A正确； B．向③中溶液加入足量NaCl固体后，底部的NaCl固体表面呈黄色，说明Cu2+与Cl-可能会结合产生黄色物质，B正确； C．④中溶液进行稀释，[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O平衡逆向移动，则溶液会变为蓝色，C正确； D．CuCl2溶液颜色与Cl-浓度有关，稀溶液中主要以[Cu(H2O)4]2+存在呈蓝色，浓溶液中Cu2+和Cl-形成配合物呈绿色，D错误； 故答案为D。 4．已知某紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱加热至沸腾有NH3放出，同时产生Co2O3沉淀；向一定量该配合物溶液中加过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为 A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3 C．[CoCl(NH3)3(H2O)]Cl2·2NH3 D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O 【答案】D 【详解】A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O中内界含2个Cl-，外界含1个Cl-，总Cl-数为3，但根据实验现象外界Cl-应为2，内界Cl-应为1，A不符合题意； B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3中Cl-全在外界（3个），第一次沉淀应全部析出，第二次无Cl-可沉淀，与题意矛盾，B错误； C．[CoCl(NH3)3(H2O)]Cl2·2NH3中内界含1个Cl-，外界含2个Cl-，但外界还有2个NH3，而题目中NH3应全部在内界（加热时才释放），C不符合题意； D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O中内界含1个Cl-和5个NH3，外界含2个Cl-，总Cl⁻数为3，且NH3均在内界，H2O为结晶水，与实验现象完全吻合，D正确； 答案选D。 5．当某实验小组设计的晶体制备实验方案如下： 胆矾晶体蓝色溶液深蓝色溶液晶体 下列说法不正确的是 A．形成深蓝色溶液说明与的配位能力： B．加入乙醇的目的是减小的溶解度 C．为促进晶体析出可以用玻璃棒摩擦试管内壁 D．含有键的数量为 【答案】D 【详解】A．蓝色溶液中是，形成深蓝色溶液中是，说明与的配位能力：，A正确； B．加入乙醇的目的是降低溶剂极性，减小的溶解度，从而析出晶体，B正确； C．玻璃棒摩擦试管内壁可以形成晶核，促进晶体析出，C正确； D．分子中含有3个键，配位键也是键，含有键的数量为，D错误； 故选D。 6．许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是 A．配合物的配位数为5 B．配合物中存在的化学键有离子键，共价键，配位键和氢键 C．中，提供空轨道，提供孤对电子 D．配合物中的化合价为 【答案】C 【详解】A．配合物中配体为和，所以配位数为6，A错误； B．氢键只是分子间一种比较强的相互作用，不属于化学键，B错误； C．中，提供空轨道，提供孤对电子，形成配合物离子，C正确； D．由化合物代数和为零可知，配合物中的化合价为价，D错误； 故答案为：C。 7．已知反应：[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl-[CuCl4]2-(黄色)＋4H2O  ΔH>0 取适量CuCl2固体进行下面实验： 下列说法不正确的是 A．加少量水，溶液中同时存在较多的[Cu(H2O)4]2＋和[CuCl4]2-，两种离子混合色为绿色 B．加大量水，提高了c(H2O)，平衡逆向移动，溶液变为蓝色 C．若对绿色溶液进行加热，溶液可能变为黄色 D．若向硫酸铜溶液中加氯化钠固体，溶液可能变为绿色 【答案】B 【详解】A．加少量水，溶液中[Cu(H2O)4]2＋和[CuCl4]2-浓度均增大，同时存在较多的[Cu(H2O)4]2＋和[CuCl4]2-，黄色和蓝色混合为绿色，A正确； B．不论价多少水，c(H2O)恒定不变，B错误； C．该平衡吸热，加热促使平衡正向移动，绿色溶液可能变为黄色，C正确； D．    若向硫酸铜溶液中加氯化钠固体，氯离子浓度增大，平衡正向移动，溶液可能变为绿色，D正确； 答案选B。 8．已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物。下列说法不正确的是 A．该配合物中阴离子空间构型为正四面体形 B．配离子为，配位数为5 C．Fe2+被氧化为Fe3+，失去的电子位于3d轨道 D．向配合物溶液中加入足量的BaCl2溶液，所有SO均被完全沉淀 【答案】B 【详解】A．该配合物中阴离子是SO，其中心S原子价层电子对数是4+=4，S原子上无孤对电子，因此其空间构型为正四面体形，故A正确； B．配离子为，其配位体是NO、H2O，配位数为1+5=6，故B错误； C．Fe2+价层电子排布式是3d6，Fe3+价层电子排布式是3d5，Fe2+被氧化为Fe3+时，Fe2+失去1个3d轨道的电子变为3d5的半充满的稳定状态，故C正确； D．配合物溶液中，配离子与SO通过离子键结合，当加入足量的BaCl2溶液，所有SO均被完全沉淀，故D正确； 故选B。 9．向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液。 下列说法正确的是 A．溶液颜色由黄色变为红色 B．中由提供孤电子对，提供空轨道 C．和与的配位能力： D．中含键的物质的量为 【答案】D 【分析】K3[Fe(CN)6]电离生成K+和[Fe(CN)6]3-，[Fe(CN)6]3-中由Fe3+提供空轨道，CN-提供孤电子对，向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴KSCN溶液，溶液颜色不变，说明[Fe(CN)6]3-没有产生三价铁离子，没有生成Fe(SCN)3，即SCN-和CN-与Fe3+的配位能力：CN-＞SCN-，据此分析解答。 【详解】A．向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴K3[Fe(CN)6]溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液，溶液不变色，A错误； B．[Fe(CN)6]3-中由Fe3+提供空轨道，CN-提供孤电子对，B错误； C．K3[Fe(CN)6]溶液中滴加2滴硫氰化钾溶液时，溶液不变色，说明SCN-和CN-与Fe3+的配位能力：CN-＞SCN-，C错误； D．K3[Fe(CN)6]电离生成K+和[Fe(CN)6]3-，[Fe(CN)6]3-中Fe3+与CN-形成配位键，CN-中含有碳氮三键，1个三键中含有2个π键和1个σ键，所以1molK3[Fe(CN)6]中含σ键的物质的量为2mol×6=12mol，D正确； 故答案为：D。 10．已知溶液中存在反应：。将CoCl2溶于水，所得溶液呈粉红色，再加几滴浓盐酸，充分反应后，溶液变为蓝色，然后用该蓝色溶液做实验，现象如下： 以下结论和解释正确的是 A．[Co(H2O)6]2+呈蓝色，[CoCl4]2—呈粉红色 B．由实验①颜色变化可推知该反应正向为放热反应 C．②颜色变化是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D．实验③颜色变化可能是由于Zn2+与Cl—反应形成了比[CoCl4]2—更稳定的[ZnCl4]2— 【答案】D 【详解】A．由二氯化钴溶于水，所得溶液呈粉红色，再加几滴浓盐酸，充分反应后，溶液变为蓝色可知，[Co(H2O)6]2+在溶液中呈粉红色，[CoCl4]2—在溶液中呈蓝色，故A错误； B．由实验①颜色变化可知，降低温度，蓝色溶液变为粉红色，说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，故B错误； C．溶液中水的浓度为定值，则②颜色变化是由于加水稀释时，[Co(H2O)6]2+、氯离子和[CoCl4]2—的浓度均减小，反应的浓度熵大于平衡常数，平衡向逆反应方向移动，故C错误； D．加入少量氯化锌溶液，溶液变为粉红色说明[ZnCl4]2—比[CoCl4]2—更稳定，锌离子与氯离子反应生成[ZnCl4]2—，溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，故D正确； 故选D。 11．软硬酸碱理论认为，常见的硬酸有、、等，软酸有、、等；硬碱有、等，软碱有、等；酸碱结合的原则为：“硬酸优先与硬碱结合，软酸优先与软碱结合，软和硬结合一般不稳定”。该原则一般可用于判断物质稳定性及反应发生的方向等。下列叙述正确的是 A．稳定性比较： B．稳定性比较： C．反应难以向右进行 D．含的红色溶液中加入适量后溶液褪色，说明碱的“硬度”： 【答案】D 【详解】A．是软配软，是硬配软，稳定性比较：，A错误； B．软配硬，是软配软，稳定性比较：，B错误； C．按照软硬酸碱理论和更稳定，所以反应可以发生，C错误； D．是硬酸，代替，说明更硬，D正确。 故选D。 二、填空题 12．配位化学创始人维尔纳发现，取(黄色)、(紫红色)、(绿色)和(紫色)四种化合物各分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀的物质的量分别为、、和。 (1)请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。 (绿色和紫色) 。 (2)后两种物质的组成相同而颜色不同的原因是 。 (3)上述配合物中，中心离子的配位数都是 。 【答案】 空间结构不同 6 【详解】(1)与反应生成，则中有为外界离子，钴的配位数为6，配体为，所以其化学式为； 与反应只生成，则中有为外界离子，钴的配位数为6，配体为和，所以其化学式为； (绿色)和(紫色)分别与反应均只生成，则中有为外界离子，钴的配位数为6，配体为和，所以化学式为。 (2)(绿色)和(紫色)的化学式都是，但因其空间结构不同导致颜色不同。 (3)题述几种配合物的化学式分别是、、、，中心离子配位数都是6。 13．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，得到配合物[Cu(NH3)4]SO4。 （1）基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar] ，有 个未成对电子。 （2）NH3极易溶于水除了因为NH3与H2O都是极性分子，还因为它们之间能形成 。 （3）SO的空间结构为 ，中心原子的杂化方式为 。 （4）配合物[Cu(NH3)4]SO4的中心离子是 ，配位原子是 ，配位体是 ，配位数是 ，[Cu(NH3)4]2+的结构式是 。 【答案】 3d104s1 1 氢键 正四面体形 sp3 Cu2+ N NH3 4 【详解】(1)铜原子序数为29，应用洪特规则及其特例，基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar] 3d104s1，有1个未成对电子。 (2)NH3极易溶于水主要原因是NH3与H2O内存在强极性键，它们分子之间能形成氢键。 (3)SO中孤电子对数为，价层电子对数为4+0=4，故硫酸根离子的空间结构为正四面体形，中心原子的杂化方式为sp3。 (4)铜离子有空轨道，氨分子中氮原子有孤电子对，故配合物[Cu(NH3)4]SO4的中心离子是Cu2+，配位原子是N，配位体是NH3，由化学式知配位数是4，每个氨分子和铜离子形成1个配位键，故[Cu(NH3)4]2+结构式是。 考点3 超分子 一、单选题 1．用杯酚(表示为)分离C60和C70的过程如图甲所示，①~③各步骤在实验室中所用到的装置选择合理的是    A．①-a、②-a、③-d B．①-a、②-b、③-c C．①-b、②-a、③-d D．①-b、②-b、③-c 【答案】A 【详解】由题给图示可知，过程①中超分子是固态，且不溶于甲苯，因此分离操作选择a为过滤；过程②中C60为不溶于氯仿的固体，因此分离操作为过滤，即选a；过程③中分离氯仿和杯酚，二者互溶，但沸点不同，因此通过装置d蒸馏分离，故A正确；故选：A。 2．冠醚能与阳离子作用，12—冠—4与作用而不与作用；18—冠—6与作用，但不与或作用。下列说法错误的是 A．超分子中O原子与间存在离子键 B．冠醚与阳离子作用跟环的大小有关 C．12—冠—4中C和O的杂化方式相同 D．18—冠—6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度 【答案】A 【详解】A．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，但是冠醚分子不是离子，而且O原子也不是离子，故O原子与间不存在离子键，故A错误； B．由题意超分子均有“分子识别”的特征，不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，故B正确； C．12-冠-4中C均为饱和碳原子，C的价层电子对数，O的价层电子对数，故C和O的杂化轨道类型相同，均为sp3杂化，故C正确； D．利用该原理可以用冠醚将KCN带入有机物中，可以增大其在有机物中的溶解度，故D正确； 故答案为A。 3．结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述不正确的是 A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的碱金属离子 B．②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大 C．③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂 D．④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高 【答案】C 【详解】A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，超分子具有分子识别特征，可用于识别特定的离子，A项正确； B．在纯金属中加入其他元素会使合金中原子层错位滑动变得更困难，从而提高合金硬度，B项正确； C．表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水的，全被包裹在胶束内，从而达到去污效果。烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向外疏水基向内的胶束，C项错误； D．石墨晶体中每个碳原子以sp²杂化方式与同层其他碳原子形成平面网状结构，每个碳原子的配位数为3，碳原子之间形成的共价键键长较短，键能较大，因此石墨熔点很高。石墨层间则通过范德华力相互作用，同时石墨有类似金属晶体的导电性，因此可视作“混合晶体”，D项正确； 答案选C。 4．环六糊精()具有不对称的空腔结构，能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y。超分子组装过程示意图如图a所示，组装过程中两种超分子的浓度与时间关系如图b所示，下列说法错误的是 A．极性大小：腔外>腔内 B．环六糊精和客体通过分子间相互作用组装成超分子 C．超分子组装过程的活化能：①>② D．相同温度下超分子组装的平衡常数：①<② 【答案】C 【详解】A．由环六糊精的结构可知，腔内主要存在碳碳键、碳氧键，腔外存在羟基，氧氢键极性大，故极性大小：腔外>腔内，故A正确； B．环六糊精()能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y，因此，环六糊精和客体通过分子间相互作用组装成超分子，故B正确； C．由图b可知，较短时间内，组装生成的超分子X浓度大于超分子Y，说明超分子组装过程更容易生成超分子X，因此，超分子组装过程的活化能：①<②，故C错误； D．由图b可知，相同温度下达到平衡时，超分子X的浓度小于超分子Y的浓度，因此，相同温度下超分子组装的平衡常数：①<②，故D正确； 故选C。 5．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期主族元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，该超分子具有高效的催化性能，其分子结构如图所示，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。下列说法错误的是 A．在该超分子中杂化的原子有10个 B．Y、Z、X形成的某种常见化合物的热溶液可用于洗涤油污 C．简单氢化物的热稳定性： D．X、Y、W形成的某种化合物中元素的化合价可能为+3价 【答案】A 【分析】由图可知，超分子中W、X、Y形成的共价键数目分别为1、4、2，W、X、Y、Z为原子序数依次递增的短周期主族元素，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大，则W是H元素、X是C元素、Y是O元素、Z是Na元素。 【详解】A．该超分子中有10个C原子、5个O原子属于sp3杂化，则该超分子中sp3杂化的原子有15个，，A错误； B．碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，水解反应是吸热反应，升高温度，水解平衡右移，溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强，所以碳酸钠热溶液可用于洗涤油污，B正确； C．X是C元素、Y是O元素，C、O同周期核电荷数越大非金属性越强，其对应简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2O＞CH4，C正确； D．碳元素、氧元素和氢元素可以形成的共价化合物草酸，草酸分子中碳元素的化合价为＋3价，D正确； 故选A。 6．超分子因其特殊结构在某些方面有着重要应用。超分子化学已成为今后化学发展的另一个全新的领域。月桂酰丙氨酸形成超分子结构的过程如下图。下列说法正确的是 A．月桂酰丙氨酸中所含元素的第一电离能由小到大顺序为： B．月桂酰丙氨酸中键角： C．以上三个过程表现了超分子的分子识别特征 D．超分子中形成的空腔能识别某些分子或离子 【答案】D 【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则氮元素第一电离能大于氧元素，H的1s能级的能量小于C的2p能级的能量、且H的1s能级上电子离原子核更近，H的第一电离能大于C的第一电离能，故A错误； B．由图可知，∠1中氮原子的杂化方式为sp3杂化，原子的空间构型为四面体形，∠2中碳原子的杂化方式为sp2杂化，原子的空间构型为平面形，所以月桂酰丙氨酸中键角∠1小于∠2，故B错误； C．由图可知，以上三个过程表现了超分子具有自组装的特征，故C错误； D．超分子中形成的空腔能够识别某些特定大小的分子或离子，故D正确； 故选D。 7．杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒(SC[6]A-AgNPs)与血根碱(SGR)形成SC[6]A-AgNPs-SGR络合过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。下列说法正确的是 A．杯[n]芳烃中大π键与被装载分子通过强配位键形成超分子 B．SC[6]A是杯[6]芳烃上缘引入磺酸基后形成，可以增强水溶性 C．由于自组装的特征，后续研究选用SC[4]A同样可以自发装入血根碱(SGR) D．SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的羟基(-OH)带来的分子识别特性 【答案】B 【详解】A．杯[n]芳烃与被装载分子通过分子间作用力结合，并非化学键，故A错误； B．结合杯[6]芳烃与SC[6]A可知，SC[6]A由杯[6]芳烃发生磺化反应得到，磺酸基属于亲水基，因此可增强水溶性，故B正确； C．根据超分子可对分子进行识别，SC[6]A可自发装入血根碱，可知SC[6]A的大小与血根碱(SGR)适配，则SC[4]A无法识别血根碱，不能自发装入，故C错误； D．由SC[6]A-AgNPs-SGR络合结构可知，SC[6]A的上缘结合银纳米颗粒，应是其含有特定数量的-SO3H带来的分子识别特性，故D错误； 故选：B。 8．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，的直径为276pm。 下列说法正确的是 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、形成稳定的超分子 D．超分子只可以是分子，不可以是离子 【答案】B 【详解】A．化合物I中存在羟基，在水溶液中能形成氢键，能增大其在水中的溶解度，因此水中溶解性：化合物Ⅰ>化合物Ⅱ，A错误； B．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．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．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错误； 故选B。 9．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”特性，例如C60和C70分离流程如图所示。下列有关说法错误的是 A．超分子中C60和“杯酚”之间的作用力是范德华力 B．“杯酚”可以识别能够进入“杯酚”的所有分子 C．根据相似相溶规律，“杯酚”是极性分子 D．C60和C70互为同素异形体 【答案】B 【详解】A．超分子的C60分子中的C电负性相对较小，不能与“杯酚”之间形成氢键，所以二者间的作用力是范德华力，A正确； B．根据题干信息，超分子具有“分子识别”特性，说明“杯酚”选择性识别进入“杯酚”的分子，B错误； C．氯仿是极性分子，由“相似相溶”原理知，“杯酚”也是极性分子，C正确； D．C60和C70是由碳原子组成的性质不同的单质，互为同素异形体，D正确； 答案选B。 10．科学家研究发现超分子有许多特殊的化学性质。12-冠-4可与作用而不与作用；18-冠-6可与作用(如下图)，但不与或作用。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杂化 B．18-冠-6分子中的O原子与间不存在离子键 C．18-冠-6分子与作用，不与或作用，体现了超分子的“自组装”的特征 D．18-冠-6分子中，所有原子不可能共平面 【答案】C 【详解】A．18-冠-6中，C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道类型均为杂化，A正确； B．18-冠-6分子中的O原子与间通过配位键自组装成超分子，不存在离子键，B正确； C．18-冠-6与作用，不与或作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，C错误； D．18-冠-6分子中，C原子和O原子的杂化轨道类型均为杂化，所有原子不可能共平面，D正确； 故选C。 11．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KMnO4带入甲苯中 【答案】B 【详解】A．由题意超分子均有“分子识别”的特征，不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，A正确； B．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，但是冠醚分子不是离子，而且O原子也不是离子，故O原子与间不存在离子键，B错误； C．12-冠-4中C均为饱和碳原子，C的价层电子对数=4+=4，O的价层电子对数=2+=4，故C和O的杂化轨道类型相同，均为sp3杂化，C正确； D．利用该原理可以用冠醚将KMnO4带入有机物中，可以增大其与有机物的接触机会，故更有利于有机物氧化等反应，D正确； 答案选B。 12．“杯酚”()能够分离提纯和，其原理如图所示。下列说法错误的是 A．分离过程中“杯酚”能循环利用 B．“操作1”是过滤 C．“杯酚”与形成了超分子 D．该过程体现了超分子的“自组装”功能 【答案】D 【详解】A．由图可知，分离过程中“杯酚”能再次进入循环，故能循环利用，故A项正确； B．“操作1”是分离固液的操作，为过滤，故B项正确； C．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，“杯酚”与C60形成了超分子，故C项正确； D．该过程杯酚能选择结合C60，体现了超分子的“分子识别”功能，故D项错误； 故本题选D。 13．冠醚与碱金属离子可形成如图所示超分子。下列有关叙述错误的是 A．向中加入冠醚(18-冠-6)可加快其与乙烯的反应 B．图示超分子中碳提供孤电子对与阳离子形成配位键 C．冠醚形成超分子的条件是碱金属离子直径和冠醚空腔直径适配 D．图示超分子的一氯代物只有1种(不考虑立体异构) 【答案】B 【详解】A．如题图所示，冠醚(18-冠-6)与形成超分子，使存在于其空腔中，进而增大在有机溶剂中的溶解度，加快与乙烯的反应，故A项正确； B．冠醚中C没有孤电子对，O有孤电子对，O提供孤电子对与碱金属离子形成弱配位键，故B项错误； C．冠醚形成超分子的条件是冠醚空腔直径和碱金属离子直径适配，否则不容易形成稳定的超分子，故C项正确； D．题给超分子的结构对称，只有1种氢原子(不考虑立体异构)，一氯代物只有1种，故D项正确； 故本题选B。 14．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。例如，12-冠-4适配；18-冠-6适配。下列说法错误的是 A．12-冠-4与18-冠-6的核磁共振氢谱的吸收峰数相同 B．冠醚属于烃的衍生物 C．冠醚适配碱金属离子时形成配位键 D．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征 【答案】D 【详解】A．12-冠-4与18-冠-6都是对称的结构，二者均含有1种环境的H原子，核磁共振氢谱的吸收峰数相同，A正确； B．烃的衍生物是指烃分子中的氢原子被其他原子或原子团取代而生成的一系列有机化合物，冠醚属于醚，属于烃的衍生物，B正确； C．当冠醚与碱金属离子发生配位作用时，其环状结构中的氧原子会与金属离子形成配位键，C正确； D．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，体现了超分子的分子识别特征，D错误； 故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.3 配合物与超分子 考点1 配合物的概念、组成及形成条件 一、单选题 1．下列组合中，中心离子的电荷数和配位数均相同的是 ①、                 ②、 ③、                 ④、 A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 2．由硫酸铜溶液制取硫酸四氨合铜晶体{}的实验如下： 步骤1：向盛有4mL0.1蓝色溶液的试管中，滴加几滴1氨水，有蓝色沉淀生成； 步骤2：继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色溶液； 步骤3：向试管中加入8mL95%乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，有深蓝色晶体析出。 下列说法正确的是 A．溶液呈蓝色的原因是是蓝色的 B．步骤2所发生反应的离子方程式为 C．步骤3中用玻璃棒摩擦试管壁是为了防止晶体析出时附着在试管壁上 D．与的配位能力大于 3．下列微粒：①②③④ ⑤中含有配位键的是 A．①② B．①③ C．④⑤ D．②④ 4．金属原子与形成的配合物称为金属羰基配合物，如羰基铁[化学式为，黄色油状液体，熔点为-21℃、沸点为102.8℃]。金属羰基配合物中每个提供一对电子与金属原子形成配位键，且金属原子的价电子和提供的电子总和等于18。下列说法错误的是 A．中铁的化合价为0 B．属于离子晶体 C．羰基镍的化学式为 D．羰基镍分子中含有配位键、共价键 5．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 6．是白色难溶于水的化合物，溶于较浓盐酸时生成。可以定量吸收，也能吸收、、等气体，其吸收形成，其结构为，下列说法正确的是 A．该化合物中Cu+提供空轨道，中碳原子提供孤电子对，形成的是配位键 B．测定混合气体N2、CO和O2中CO的含量时，应先用CuCl的盐酸溶液吸收CO C．中只有Cl-、作配体 D．中Cu的化合价为+1，配位数为3 7．下列物质中不能作为配合物的配位体的是 A． B． C． D． 8．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是 A．中心离子提供空轨道 B．配体中氢原子提供孤对电子 C．基态钛原子的价层电子数为2 D．配体是和，配位数是6 9．下列物质中，不属于配合物的是 A． B． C． D． 10．某配合物W的化学式为，下列说法正确的是 A．中心离子提供空轨道 B．的W溶液中 C．基态钛原子的价层电子数为2 D．配体中氢原子提供孤电子对 11．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．配位键是一种特殊的离子键 B．X、Y两种粒子均只能是离子 C．有一种微粒必须提供空轨道 D．配位键是一种非极性键 12．DACP是我国科研工作者合成的一种新型起爆药，其结构简式如图所示。下列关于该物质的说法正确的是 A．该配合物中为中心离子，、为配体 B．1个DACP中含有25个键 C．中心离子的配位数为4 D．和中心原子的杂化方式相同 考点2 配合物的结构与性质及其应用 一、单选题 1．下列现象与形成配合物无关的是 A．与不能大量共存 B．向Cu与反应后的集气瓶中加少量水，呈绿色，再加水，呈蓝色 C．Cu与浓硝酸反应后，溶液呈绿色 D．向溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，继而消失 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 3．某同学通过如下实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是 A．由①②可知，②中溶液呈蓝色是与水分子作用产生了 B．由④可知，与Cl⁻可能会结合产生黄色物质 C．取少量④中上层清液于试管⑤中，再加入一定量水，观察到溶液又变为蓝色 D．由②③④可知，溶液的颜色一定为绿色 4．已知某紫色配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，其水溶液显弱酸性，加入强碱加热至沸腾有NH3放出，同时产生Co2O3沉淀；向一定量该配合物溶液中加过量AgNO3溶液，有AgCl沉淀生成，待沉淀完全后过滤，再加过量AgNO3溶液于滤液中，无明显变化，但加热至沸腾又有AgCl沉淀生成，且第二次沉淀量为第一次沉淀量的二分之一。则该配合物的化学式最可能为 A．[CoCl2(NH3)4]Cl·NH3·H2O B．[Co(NH3)5(H2O)]Cl3 C．[CoCl(NH3)3(H2O)]Cl2·2NH3 D．[CoCl(NH3)5]Cl2·H2O 5．当某实验小组设计的晶体制备实验方案如下： 胆矾晶体蓝色溶液深蓝色溶液晶体 下列说法不正确的是 A．形成深蓝色溶液说明与的配位能力： B．加入乙醇的目的是减小的溶解度 C．为促进晶体析出可以用玻璃棒摩擦试管内壁 D．含有键的数量为 6．许多过渡金属离子对多种配体有很强结合力，能形成种类繁多的配合物，下列说法正确的是 A．配合物的配位数为5 B．配合物中存在的化学键有离子键，共价键，配位键和氢键 C．中，提供空轨道，提供孤对电子 D．配合物中的化合价为 7．已知反应：[Cu(H2O)4]2＋(蓝色)＋4Cl-[CuCl4]2-(黄色)＋4H2O  ΔH>0 取适量CuCl2固体进行下面实验： 下列说法不正确的是 A．加少量水，溶液中同时存在较多的[Cu(H2O)4]2＋和[CuCl4]2-，两种离子混合色为绿色 B．加大量水，提高了c(H2O)，平衡逆向移动，溶液变为蓝色 C．若对绿色溶液进行加热，溶液可能变为黄色 D．若向硫酸铜溶液中加氯化钠固体，溶液可能变为绿色 8．已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物。下列说法不正确的是 A．该配合物中阴离子空间构型为正四面体形 B．配离子为，配位数为5 C．Fe2+被氧化为Fe3+，失去的电子位于3d轨道 D．向配合物溶液中加入足量的BaCl2溶液，所有SO均被完全沉淀 9．向盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴溶液，然后再滴加2滴硫氰化钾溶液。 下列说法正确的是 A．溶液颜色由黄色变为红色 B．中由提供孤电子对，提供空轨道 C．和与的配位能力： D．中含键的物质的量为 10．已知溶液中存在反应：。将CoCl2溶于水，所得溶液呈粉红色，再加几滴浓盐酸，充分反应后，溶液变为蓝色，然后用该蓝色溶液做实验，现象如下： 以下结论和解释正确的是 A．[Co(H2O)6]2+呈蓝色，[CoCl4]2—呈粉红色 B．由实验①颜色变化可推知该反应正向为放热反应 C．②颜色变化是由于c(H2O)增大，导致平衡逆向移动 D．实验③颜色变化可能是由于Zn2+与Cl—反应形成了比[CoCl4]2—更稳定的[ZnCl4]2— 11．软硬酸碱理论认为，常见的硬酸有、、等，软酸有、、等；硬碱有、等，软碱有、等；酸碱结合的原则为：“硬酸优先与硬碱结合，软酸优先与软碱结合，软和硬结合一般不稳定”。该原则一般可用于判断物质稳定性及反应发生的方向等。下列叙述正确的是 A．稳定性比较： B．稳定性比较： C．反应难以向右进行 D．含的红色溶液中加入适量后溶液褪色，说明碱的“硬度”： 二、填空题 12．配位化学创始人维尔纳发现，取(黄色)、(紫红色)、(绿色)和(紫色)四种化合物各分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，生成氯化银沉淀的物质的量分别为、、和。 (1)请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。 (绿色和紫色) 。 (2)后两种物质的组成相同而颜色不同的原因是 。 (3)上述配合物中，中心离子的配位数都是 。 13．向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，得到配合物[Cu(NH3)4]SO4。 （1）基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar] ，有 个未成对电子。 （2）NH3极易溶于水除了因为NH3与H2O都是极性分子，还因为它们之间能形成 。 （3）SO的空间结构为 ，中心原子的杂化方式为 。 （4）配合物[Cu(NH3)4]SO4的中心离子是 ，配位原子是 ，配位体是 ，配位数是 ，[Cu(NH3)4]2+的结构式是 。 考点3 超分子 一、单选题 1．用杯酚(表示为)分离C60和C70的过程如图甲所示，①~③各步骤在实验室中所用到的装置选择合理的是    A．①-a、②-a、③-d B．①-a、②-b、③-c C．①-b、②-a、③-d D．①-b、②-b、③-c 2．冠醚能与阳离子作用，12—冠—4与作用而不与作用；18—冠—6与作用，但不与或作用。下列说法错误的是 A．超分子中O原子与间存在离子键 B．冠醚与阳离子作用跟环的大小有关 C．12—冠—4中C和O的杂化方式相同 D．18—冠—6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度 3．结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述不正确的是 A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的碱金属离子 B．②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大 C．③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂 D．④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高 4．环六糊精()具有不对称的空腔结构，能够在水中包合某芳香族客体组装成超分子X和Y。超分子组装过程示意图如图a所示，组装过程中两种超分子的浓度与时间关系如图b所示，下列说法错误的是 A．极性大小：腔外>腔内 B．环六糊精和客体通过分子间相互作用组装成超分子 C．超分子组装过程的活化能：①>② D．相同温度下超分子组装的平衡常数：①<② 5．科学家利用四种原子序数依次递增的短周期主族元素W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，该超分子具有高效的催化性能，其分子结构如图所示，W、X、Z分别位于不同周期，Z的原子半径在同周期元素中最大(注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注)。下列说法错误的是 A．在该超分子中杂化的原子有10个 B．Y、Z、X形成的某种常见化合物的热溶液可用于洗涤油污 C．简单氢化物的热稳定性： D．X、Y、W形成的某种化合物中元素的化合价可能为+3价 6．超分子因其特殊结构在某些方面有着重要应用。超分子化学已成为今后化学发展的另一个全新的领域。月桂酰丙氨酸形成超分子结构的过程如下图。下列说法正确的是 A．月桂酰丙氨酸中所含元素的第一电离能由小到大顺序为： B．月桂酰丙氨酸中键角： C．以上三个过程表现了超分子的分子识别特征 D．超分子中形成的空腔能识别某些分子或离子 7．杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒(SC[6]A-AgNPs)与血根碱(SGR)形成SC[6]A-AgNPs-SGR络合过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。下列说法正确的是 A．杯[n]芳烃中大π键与被装载分子通过强配位键形成超分子 B．SC[6]A是杯[6]芳烃上缘引入磺酸基后形成，可以增强水溶性 C．由于自组装的特征，后续研究选用SC[4]A同样可以自发装入血根碱(SGR) D．SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的羟基(-OH)带来的分子识别特性 8．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，的直径为276pm。 下列说法正确的是 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、形成稳定的超分子 D．超分子只可以是分子，不可以是离子 9．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”特性，例如C60和C70分离流程如图所示。下列有关说法错误的是 A．超分子中C60和“杯酚”之间的作用力是范德华力 B．“杯酚”可以识别能够进入“杯酚”的所有分子 C．根据相似相溶规律，“杯酚”是极性分子 D．C60和C70互为同素异形体 10．科学家研究发现超分子有许多特殊的化学性质。12-冠-4可与作用而不与作用；18-冠-6可与作用(如下图)，但不与或作用。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杂化 B．18-冠-6分子中的O原子与间不存在离子键 C．18-冠-6分子与作用，不与或作用，体现了超分子的“自组装”的特征 D．18-冠-6分子中，所有原子不可能共平面 11．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KMnO4带入甲苯中 12．“杯酚”()能够分离提纯和，其原理如图所示。下列说法错误的是 A．分离过程中“杯酚”能循环利用 B．“操作1”是过滤 C．“杯酚”与形成了超分子 D．该过程体现了超分子的“自组装”功能 13．冠醚与碱金属离子可形成如图所示超分子。下列有关叙述错误的是 A．向中加入冠醚(18-冠-6)可加快其与乙烯的反应 B．图示超分子中碳提供孤电子对与阳离子形成配位键 C．冠醚形成超分子的条件是碱金属离子直径和冠醚空腔直径适配 D．图示超分子的一氯代物只有1种(不考虑立体异构) 14．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。例如，12-冠-4适配；18-冠-6适配。下列说法错误的是 A．12-冠-4与18-冠-6的核磁共振氢谱的吸收峰数相同 B．冠醚属于烃的衍生物 C．冠醚适配碱金属离子时形成配位键 D．冠醚适配碱金属离子，体现了超分子的自组装特征 学科网（北京）股份有限公司 $