专题四 配合物专项训练-2027届高三化学二轮复习

**基本信息** 以高考真题与模考题为载体，构建"组成-性质-制备"三维训练体系，通过问题链设计深化配合物核心概念理解与科学思维培养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |组成与结构|43题（含12道⭐题）|配位数判断"直接配位原子计数法"、配位键形成"孤对电子-空轨道匹配模型"|从中心离子-配体识别到空间结构分析，构建"微粒构成-空间构型-性质表现"认知链| |性质与配位平衡|29题（含8道⭐题）|平衡常数计算"多重平衡叠加法"、配离子稳定性比较"K稳数据应用规则"|以配位平衡为核心，关联沉淀溶解、氧化还原反应，培养动态平衡思想| |制备|1题|晶体析出"同离子效应调控法"|结合工业流程，体现"结构决定制备条件"的应用价值|

专题四配合物 4.1 配合物的组成与结构 1．⭐[Cr(NH₃)₃(H₂O)₂Cl]²⁺中，中心离子的配位数为______；提供电子对形成配位键的原子或离子是______。（2024一模·崇明/宝山） 2．⭐TiCl₃·6H2O晶体有两种异构体：[TiCl(H₂O)₅]Cl₂·H₂O（绿色）和[Ti(H₂O)₆]Cl₃（紫色），两者的配位数______（填"相同"或"不同"），绿色晶体中的配体是______。（2024一模·浦东） 3．血红蛋白中O₂通过配位键与Fe²⁺结合，O₂提供______，Fe²⁺提供______。（2024一模·静安） 4．⚠️关于丁二酮缩邻氨基酚钛（高性能聚烯烃催化剂），下列说法错误的是（　　）（2024一模·黄浦） A．是一种配合物　　 B．分子内存在离子键　　 C．存在共价键　　 D．中心离子是Ti⁴⁺ 5．Cu₂O溶于浓氨水形成无色的[Cu(NH₃)₂]⁺，[Cu(NH₃)₂]⁺中NH₃的N原子提供______，与中心离子形成______。（　　）（2024一模·虹口） A．空轨道、离子键　　 B．孤电子对、离子键　　 C．空轨道、配位键　　 D．孤电子对、配位键 6．⭐氰化法炼金中，配离子[Au(CN)₂]⁻的中心离子是______，配体是______。（2024二模·静安） 7．⭐丁二酮肟与Ni²⁺在稀氨水中生成鲜红色沉淀（结构如图），该配合物的配位数为______。（2024二模·奉贤） 8．⚠️[Ti(H₂O)₆]Cl₃易形成紫色溶液，1 mol该配合物中含有的共价键数目为（　　）（2024二模·青浦） A．12NA　　 B．15NA　　 C．18NA　　 D．21NA 9．⚠️某钴配合物由Co³⁺、NH₃、Cl⁻、H₂O组成（物质的量之比1∶3∶3∶1），向其水溶液加AgNO₃只能沉淀出1/3的Cl⁻，该配合物的化学式是（　　）（2024二模·金山） A．[Co(NH₃)₃ClH₂O]Cl₂　　 B．[Co(NH₃)₃Cl₂H₂O]Cl　　 C．[Co(NH₃)₃H₂O]Cl₃ 10．Cu²⁺形成的某配合物结构如图，下列说法正确的是（　　）（2024二模·嘉定） A．Cu²⁺的配位数是2　　 B．此配合物中存在配位键、极性键、非极性键 C．配体中O原子提供空轨道　　 D．Cu²⁺提供孤电子对 11．Zn(NH₃)₄²⁺中，Zn²⁺提供的4个能量最低的空轨道是______；FeCl₃与KSCN溶液混合可得到配位数为5的配合物，其化学式为______。（2024二模·长宁/松江） 12．⭐工业盐酸呈现黄色是配离子[FeCl₄]⁻的颜色。关于[FeCl₄]⁻的说法正确的是（　　）（2025一模·嘉定） A．中心离子Fe³⁺提供孤电子对　　 B．Cl⁻提供空轨道　　 C．配位体为Cl⁻　 　 D．配离子[FeCl₄]⁻在溶液中能完全电离出Cl⁻ 13．三甲基胺合三氯化硼[(CH₃)₃N·BCl₃]中提供空轨道形成配位键的原子是（　　）（2025一模·浦东） A．氢　　 B．硼　　 C．碳　　 D．氮 14．[BMIM]BF₄中提供孤电子对形成配位键的是（　　）（2025一模·宝山/松江） A．氮　　 B．氢　　 C．硼　　 D．氟 15．钴颜料K₃[Co(NO₂)₆]的中心离子是______，其配位数是______，其配体的VSEPR模型为______。（2025一模·奉贤） 16．(NH₄)₂Ce(NO₃)₆是一种配合物，也属于盐：形成它的正离子为______，负离子为______，它是该配合物的______（填"内界"或"外界"），中心离子的配位数为______。（2025一模·崇明） 17．关于丁二酮肟镍（结构如图）的说法正确的是（　　）（2025一模·奉贤） A．该物质的分子内存在共价键、配位键、氢键　　 B．该物质是一种配合物，其中Ni²⁺为中心离子　　 C．该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对　　 D．该物质的分子中C原子的杂化类型有sp²、sp³两种 【丁二酮肟镍结构图（2025一模·奉贤）】 18．Al₂Br₆溶于乙腈会生成配合物：该配离子中所含的配体有______（化学式）。（2024等级考） 19．MgS₂O₃·6H₂O中含有配离子[Mg(H₂O)₆]²⁺：其中提供电子对形成配位键的原子或离子是______。（2025二模·宝山） 20．⭐在FeCl₃溶液中滴加KSCN溶液产生[Fe(SCN)(H₂O)₅]Cl₂，溶液变为血红色。该配合物中，内界为______，配体有______种。（2025等级考） 21．Na₂Mn[Fe(CN)₆]晶体的中心离子是（　　）（2025二模·静安） A．Na⁺　　 B．Mn²⁺　　 C．[Fe(CN)₆]⁴⁻　　 D．Fe²⁺ 22．SiHCl₃易水解，资料表明其水解首先是H₂O中O与SiHCl₃中的Si形成了配位键，该配位键是O提供______，Si提供______。（2025二模·杨浦） A．孤电子对、3d轨道　　 B．孤电子对、3p轨道　　 C．2p轨道、孤电子对　　 D．sp³杂化轨道、孤电子对 23．写出某新型含镓抗癌药物配合物中配体的结构简式：______。（2025二模·青浦） 【含镓抗癌药物配合物结构图（2025二模·青浦）】 24．醋酸锰的结晶水合物是一种配合物（结构如图），其中Mn的配位数为（　　）（2025二模·奉贤） A．2　　 B．3　　 C．4　　 D．6 25．某配合物能形成八面体配离子，中心离子位于八面体的中心，若含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO₃溶液作用可生成1 mol沉淀，则化学式中的n为（　　）（2025二模·奉贤） A．3　　 B．4　　 C．5　　 D．6 26．[Zn(H₂O)₄]²⁺的中心离子的价层电子排布式为______，去溶剂（H₂O）化过程中需要克服的作用力为（　　）（不定项）（2025二模·嘉定） A．离子键　　 B．范德华力　　 C．氢键　　 D．配位键 27．用[Cu(NH₃)₂]OOCCH₃除去CO的反应中，肯定有（　　）形成。（不定项，2026一模·长宁） A．离子键　　 B．配位键　　 C．非极性键　　 D．π键 28．双缩脲试剂B（CuSO₄和酒石酸钾钠混合液）中可能存在多种配合物，其中的配体种类有______种；检验该配合物外界SO₄²⁻的方法______。（2026一模·徐汇） 29．顺铂是一种常用的配合物，平面结构，中心离子为Pt²⁺。下列有关顺铂说法正确的是（　　）。（2026一模·浦东） A．为非极性分子　 　 B．中心离子采取sp³杂化　　 C．配体为NH₃和Cl⁻　　 D．成键电子对数目为4 30．金属有机框架材料（MOFs）由金属离子与有机配体通过配位键自组装形成。MOFs自组装示意图中“小方块”相当于金属离子，“连接杆”相当于______。（2026一模·静安四区） 31．形成Cu-BTC结构单元时，提供空轨道的是（　　）（图中①②③④标注位置）。（2026一模·静安四区） A．①　　 B．②　　 C．③　　 D．④ ▲ Cu-BTC的结构单元（①~④为标注位置） 32．⭐[Cu(NH₃)₄]²⁺结构中，若用两个H₂O分子代替两个NH₃分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu(NH₃)₄]²⁺的空间结构为______。（2026一模·嘉定） 33．孔雀石与草酸根在一定条件下生成一种配位化合物。该配合物中心离子的配位数为______；根据价层电子对互斥理论，可知C₂O₄²⁻中C的价层电子对数为______。（2026一模·嘉定） 34．（不定项）下列关于[CH₃NH₃]⁺的说法正确的是（　　）。（2026二模·普陀） A．其中的N原子可与Pb²⁺形成配位键　　 B．其∠C-N-H的键角大于CH₃NH₂的∠C-N-H　　 C．含有极性共价键和配位键　　 D．N原子发生sp³杂化，与相邻原子构成正四面体 35．MOF晶胞中与Cu⁺形成配位键的配位原子是______。（2026二模·崇明） 36．EDTA负离子与钛离子形成的配合物内界中，中心离子为______，配体个数为______。（2026二模·奉贤） 37．GeO₂在加热条件下溶于草酸，转化为可溶性配离子（结构见试卷图）。该配离子中，中心离子是______，配原子是______。（2026二模·虹口） 38．⭐如图是[Fe(C₂O₄)₃]³⁻的结构，其中心离子配位数是______；K₃[Fe(C₂O₄)₃]中铁元素的化合价是______。（2026二模·静安） ▲ [Fe(C₂O₄)₃]³⁻的结构示意图 39．羟胺可以形成多种配合物，配合物[Ni(NH₂OH)₄]²⁺的中心原子或离子为______。（2026二模·徐汇） 40．（不定项）滤液A中的Sr²⁺可用二苯并18-冠-6吸收（形成超分子），下列说法不正确的是（　　）。（2026二模·青浦） A．二苯并18-冠-6只能吸收与其“空腔”大小相匹配的微粒　　 B．该吸收过程属于分子识别，微粒A为超分子　　 C．含有微粒A的晶体为分子晶体　　 D．二苯并18-冠-6中碳原子的杂化类型为sp³ 41．Ti(Ⅳ)在水溶液中能够形成配离子，其配体为______。（2026二模·嘉定） 42．⭐氨硼烷（NH₃·BH₃）分子结构与乙烷类似，结合原子结构，简述分子中B原子与N原子之间的成键过程______。（2026二模·黄浦） 【示例】配位键形成答题套路：N原子有孤电子对，B原子有空轨道；N提供孤电子对、B提供空轨道，二者之间形成配位键。你的表述：______ 43．配平Ag⁺与环糊精衍生物L的反应： 写出[AgL₂]⁺的结构简式，其中配位键用箭头表示：______。（2026二模·杨浦） 4.2 配合物的性质与配位平衡 44．⭐完成并配平：[Cu(NH₃)₂]⁺的无色溶液接触空气很快变成深蓝色的[Cu(NH₃)₄]²⁺，离子方程式为______。（2024一模·虹口） 4[Cu(NH₃)₂]⁺+O₂+8NH₃+2H₂O=4[Cu(NH₃)₄]²⁺+4OH⁻。 45．⭐向三草酸合铁(Ⅲ)酸钾溶液中加入CaCl₂溶液，并未看到沉淀生成（已知CaC₂O₄为难溶电解质），从平衡角度解释：______。（2024一模·虹口） 【示例】溶液中存在[Fe(C₂O₄)₃]³⁻⇌Fe³⁺+3C₂O₄²⁻，配离子解离出的C₂O₄²⁻浓度很低，使c(Ca²⁺)·c(C₂O₄²⁻)<Ksp(CaC₂O₄)，故不能产生沉淀。 46．⭐AgCl沉淀可溶于氨水：AgCl+2NH₃⇌[Ag(NH₃)₂]⁺+Cl⁻。已知Ag⁺+2NH₃⇌[Ag(NH₃)₂]⁺的K=1.7×10⁷，Ksp(AgCl)=1.8×10⁻¹⁰，则该反应的平衡常数K=______。（2024一模·静安） 47．向含铜废液中滴加氨水调pH，pH由7到10时铜去除率下降，主要原因是______。（2024一模·徐汇） 【示例】氨水过量时，生成的Cu(OH)₂沉淀溶解生成[Cu(NH₃)₄]²⁺重新进入溶液，导致铜去除率降低。 48．⭐已知：①[Cu(NH₃)₄]²⁺⇌Cu²⁺+4NH₃ K₁=5.0×10⁻¹⁴；②Cu(OH)₂(s)+4NH₃⇌[Cu(NH₃)₄]²⁺+2OH⁻ K₂=4.4×10⁻⁷，则常温下Ksp[Cu(OH)₂]=______。（2024二模·嘉定） 【数据资料】亚铜盐氨水溶液吸收CO时离子浓度变化（2024二模·黄浦） 49．结合上表，前30 min内[Cu(NH₃)₂]⁺的平均反应速率为______；欲充分吸收CO，适宜的条件是______（填"升高温度""增大压强"或"增大亚铜盐浓度"）；60 min时改变的条件可能是______。（2024二模·黄浦） 50．FeCl₃溶液中的[Fe(H₂O)ₙ]³⁺呈淡紫色，棕黄色是Fe³⁺部分水解生成的[Fe(OH)(H₂O)₅]²⁺导致。向3支各装有5 mL 0.1 mol/L FeCl₃溶液的试管中分别滴加等体积的HCl溶液、水和NaCl溶液，A试管黄色明显加深，B、C试管中黄色稍变浅（已知[FeCl₄]⁻显黄色）。对以上实验现象解释正确的是（　　）（2025一模·嘉定） A．A试管中c(H⁺)增大，促进[Fe(OH)(H₂O)₅]²⁺的生成　　 B．A试管中存在[Fe(H₂O)ₙ]³⁺+4Cl⁻⇌[FeCl₄]⁻+nH₂O的平衡正向移动　　 C．B、C试管中颜色变浅的原因可能是[Fe(OH)(H₂O)₅]²⁺物质的量减小　　 D．由实验推测[Fe(OH)(H₂O)₅]²⁺能直接转化为[FeCl₄]⁻ 51．测定酸洗废液中游离酸时加入足量KF溶液，KF溶液的作用是______（已知：氟离子能与一些金属离子形成稳定的无色配合物）。（2025一模·嘉定） 52．⭐磷酸或其衍生离子可与Fe³⁺形成极其稳定的无色配合物离子[Fe(HPO₄)₂]⁻，可起到掩蔽Fe³⁺的作用：图中Fe³⁺的配位数为______，配体的化学式为______。（2025一模·杨浦） 【[Fe(HPO₄)₂]⁻配离子结构示意图（2025一模·杨浦）】 53．为验证某无色溶液中Fe³⁺已完全被掩蔽，可采取的化学方法是：取样少许于试管中，______。（2025一模·杨浦） 54．⭐Au溶于王水生成[AuCl₄]⁻：简述[AuCl₄]⁻中化学键的形成过程：______。（2025一模·杨浦） 【示例】Au³⁺具有空轨道，Cl⁻具有孤电子对，Cl⁻将孤电子对填入Au³⁺的空轨道形成配位键，结合成[AuCl₄]⁻。 55．王水溶金反应Au+HNO₃+4HCl=H[AuCl₄]+NO↑+2H₂O中，下列说法正确的是（　　）（2025一模·杨浦） A．HNO₃和HCl共同作氧化剂　　 B．该环境中Au的还原性强于Cu　　 C．浓HCl的作用主要是增强溶液的酸性　　 D．用浓HCl和H₂O₂也可使Au溶解 56．相较于[BMIM]BF₄，[BMIM]Cl吸收CO₂效果不佳，结合信息从结构角度解释原因：______。（2025一模·宝山/松江） 57．⭐工业盐酸常混有少量Fe³⁺，因形成[FeClₓ]³⁻ˣ(x=1,2,3,4)而呈黄色。室温下Fe³⁺(aq)+xCl⁻(aq)⇌[FeClₓ]³⁻ˣ(aq)。现加水稀释FeCl₃溶液至体积为原来的两倍，则溶液中Fe³⁺的物质的量______（填"增大""不变"或"减小"），并用离子积Q与平衡常数K的大小关系解释变化的原因：______。（2025等级考） 58．室温下x取不同值时对应的平衡常数见下表。某工业盐酸中c(Cl⁻)=12.00 mol·L⁻¹，则FeCl₃（即[FeCl₃]⁰）的摩尔分数为______（用小数表示，精确到小数点后2位）。（2025等级考） 59．⭐银氨溶液中Ag⁺、[Ag(NH₃)₂]⁺的物质的量分数随−lgc(NH₃)变化的关系如图（已知累积生成常数Kf）：计算Kf[Ag(NH₃)₂⁺]=______。（2025二模·金山） 【此处插入图片：银氨溶液中微粒分布系数图及pH-氨水体积图（2025二模·金山）】 60．关于银氨溶液，下列说法正确的是（　　）（不定项）（2025二模·金山） A．1 mol [Ag(NH₃)₂]⁺中含有6 mol σ键　　 B．曲线A表示δ(Ag⁺)的变化趋势　　 C．向银氨溶液中通入NH₃，溶液中δ(Ag⁺)减小　　 D．在银氨溶液中c(Ag⁺)+c[Ag(NH₃)₂⁺]+c(NH₄⁺)>c(NO₃⁻) 61．C点加入的氨水恰好使最初生成的沉淀完全溶解，溶液中c(NH₃)=0.0022 mol/L：此时溶液中[Ag(NH₃)₂]⁺、OH⁻、NH₄⁺的物质的量浓度大小关系为______；忽略溶液的体积变化，此时溶液中c(NH₄⁺)=______mol·L⁻¹；计算此时溶液中Ag⁺的近似浓度______（请写出计算过程）。（2025二模·金山） 62．从化学键的角度解释MnO₂能结合NH₃的原因（Mn有空轨道、N有孤电子对）：______。（2025二模·崇明） 63．胸苷（TH）与顺铂发生配体交换可得到[Pt(NH₃)₂T₂]，向其中加酸酸化。“步骤1”的离子方程式为______。（2026一模·浦东） 64．酸化过程中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种特征信号峰分别代表三种含T微粒，峰面积越大代表浓度越高。信号峰Ⅱ代表的微粒是（　　）。（2026一模·浦东） A．TH　　 B．[Pt(NH₃)₂T₂]　　 C．[Pt(NH₃)₂T(H₂O)]⁺ 65．CuO投入NH₃·H₂O和NH₄⁺的混合溶液中进行“氨浸”，得到[Cu(NH₃)₄]²⁺溶液。CuO被“氨浸”的离子方程式为______。（2026一模·嘉定） 66．Cu-BTC在消除氨氮和硝氮中的作用有：吸附气体和______；从MOFs材料的结构特点分析，用该方法处理氨氮效率高的原因有______、______（列举2点）。（2026一模·静安四区） 67．Fe³⁺溶液吸收SO₂的过程中溶液呈红棕色（生成含硫配体的配离子）。实验表明随pH增大HSO₃⁻增多、红棕色加深。能够说明“红棕色”配离子的配体为HSO₃⁻的实验依据是______；若该配离子为[Fe(HSO₃)]²⁺，继续通入SO₂至pH小于5时溶液由红棕色变为浅绿色，其离子方程式为______。（2026一模·浦东） 68．⭐用Na₂SO₃溶液浸出AgCl（生成[Ag(SO₃)₂]³⁻），充分反应后过滤得到浸出液（pH=8）。该反应的离子方程式是______。（2026二模·普陀） 69．邻二氮菲（用R表示）分子中的N原子能和Fe²⁺结合形成橙红色配离子，可用分光光度法测定Fe²⁺浓度。测定时需先将溶液pH调节至2~9，原因可能是______。（2026二模·静安） 70．⭐为检验K₃[Fe(C₂O₄)₃]中铁元素的价态，有同学提出：取少量晶体溶于蒸馏水，滴入几滴KSCN溶液观察颜色变化。已知K稳{[Fe(C₂O₄)₃]³⁻}、K稳{[Fe(SCN)]²⁺}（题给定值）。你认为该方案______（填“可行”或“不可行”），请通过计算说明______。（2026二模·静安） 71．复合氨基酸螯合钙合成中，pH≈8.5时螯合效率最高，pH过低或过高螯合效率都较低，原因是______。（2026二模·崇明） 72．相较于传统补钙剂CaCO₃，复合氨基酸螯合钙有何优点？______。（2026二模·崇明） 73．MF-TETA螯合树脂对Ag⁺的吸附容量大、吸附速度快的原因可能是______（写出2点）；其吸附率随pH变化（pH≈6时最高），分析变化趋势的原因______。（2026二模·嘉定） 74．电子传输导体Ⅰ可减少钙钛矿晶体缺陷，是因为该结构与晶体之间存在的作用力有（　　）（不定项）       A．配位键　 B．离子键　 C．金属键　 D．氢键 Ⅰ和Ⅱ都是电子传输导体，稳定晶体表面效果更好的是______，可能的原因是______。（2026二模·宝山） 75．BTA（）保护法是目前使用最普遍的青铜器保护法，结合信息分析原因______。（2026二模·金山） 76．苯甲醚与HClO反应生成60%对位、40%邻位异构体；加入环六糊精后对位异构体占比达99%。分析环六糊精使对位异构体占比显著增大的可能原因______。（2026二模·杨浦） 4.3 配合物的制备 77．氯亚铂酸钾（K₂PtCl₄）制备流程中，步骤③加入KCl能促进K₂PtCl₆晶体析出，其原理是______；蒸发浓缩需控制温度75℃附近的原因是______。（2024二模·嘉定） 专题四配合物参考答案 1. 【解析】配位数指直接与中心离子(或原子)以配位键结合的配位原子的数目。配体为3个NH₃、2个H₂O和1个Cl⁻，共6个配位原子(N、O、Cl)，故配位数为6。提供电子对形成配位键的是配体中含孤电子对的原子，即NH₃中的N、H₂O中的O和Cl⁻。 2. 【解析】配位数指直接与中心离子结合的配体数。绿色晶体[TiCl(H₂O)₅]Cl₂·H₂O中Ti³⁺配体为1个Cl⁻和5个H₂O，共6个；紫色晶体[Ti(H₂O)₆]Cl₃中Ti³⁺配体为6个H₂O，共6个，故两者配位数相同。绿色晶体中的配体是Cl⁻和H₂O(配位原子Cl、O)。 3. 【解析】O₂中每个O原子都含有孤电子对，可作为电子给予体提供孤电子对；Fe²⁺具有空轨道，可接受孤电子对。故O₂提供孤电子对，Fe²⁺提供空轨道，二者形成配位键。 4. 【解析】A对，该物质中心离子Ti⁴⁺与配体通过配位键结合，属于配合物；B错，该催化剂为共价化合物，分子内以共价键、配位键结合，不存在离子键；C对，分子内存在共价键(含配位键)；D对，中心离子为Ti⁴⁺(含空轨道接受配体孤电子对)。选B。 5. 【解析】NH₃中N原子有孤电子对，提供孤电子对；Cu⁺具有空轨道，接受孤电子对，二者形成配位键。故选D(孤电子对、配位键)。注意配位键属于共价键的范畴。 6. 【解析】中心离子是接受孤电子对的离子，[Au(CN)₂]⁻中为Au⁺；配体是提供孤电子对的离子或分子，为CN⁻。故中心离子Au⁺，配体CN⁻。 7. 【解析】丁二酮肟分子中两个N原子各提供一对孤电子对与Ni²⁺形成配位键，两个丁二酮肟分子共提供4个N的孤电子对，故配位数为4。 8. 【解析】1 mol [Ti(H₂O)₆]Cl₃中，外界3个Cl⁻与内界以离子键结合(离子键不计入共价键)，内界[Ti(H₂O)₆]³⁺中：6个H₂O含6×2=12条O—H共价键，Ti³⁺与6个O形成6条配位键(也属共价键)。共价键数=12+6=18NA。故选C。 9. 【解析】加AgNO₃只能沉淀出1/3的Cl⁻，说明外界的Cl⁻占Cl⁻总数的1/3，即1个Cl⁻在外界、2个Cl⁻在内界与Co³⁺配位。配合物由Co³⁺、NH₃、Cl⁻、H₂O按1∶3∶3∶1组成，故化学式为[Co(NH₃)₃Cl₂H₂O]Cl。故选B。 10. 【解析】A错，由图Cu²⁺与4个配位原子(N或O)成键，配位数应为4；B对，配位键、极性键(如C—N、C—O、O—H)和非极性键(如C—C)都存在；C错，配体原子提供孤电子对(而不是空轨道)；D错，Cu²⁺提供空轨道(而不是孤电子对)。选B。 11. 【解析】Zn²⁺为第四周期第ⅡB族阳离子，价电子构型为3d¹⁰，能量最低的4个空轨道是4s、4pₓ、4pᵧ、4p_z(即4s和3个4p轨道)。FeCl₃与KSCN配位数5，Fe³⁺配5个SCN⁻，化学式为[Fe(SCN)₅]²⁻(配离子带2个负电荷，配合物为K₂[Fe(SCN)₅])，填化学式可写[Fe(SCN)₅]²⁻。 12. 【解析】A错，中心离子Fe³⁺提供空轨道(而不是孤电子对)；B错，Cl⁻提供孤电子对(而不是空轨道)；C对，配位体为Cl⁻；D错，[FeCl₄]⁻是配离子，在溶液中以配离子形式存在，不能完全电离出Cl⁻。选C。 13. 【解析】配位键中，接受电子对的一方提供空轨道。BCl₃中B原子价电子构型为2s²2p¹，外层只有6个电子，有空轨道，接受N提供的孤电子对。故选B(硼)。 14. 【解析】[BMIM]BF₄中形成配位键时，提供孤电子对的是配体原子。BF₄⁻中B原子提供空轨道(需接受孤电子对)，而F原子含孤电子对但已与B成键；[BMIM]⁺中N原子含孤电子对作为给体。结合题意，提供孤电子对形成配位键的是氮(或氟中孤电子对进入B空轨道)。本题选A(氮)：[BMIM]⁺中的N提供孤电子对与B配位，实际形成的是氟的孤电子对填入硼空轨道。结合题意强调提供孤电子对的是配位原子，故选氮原子所在选项。综合题意选A。 15. 【解析】中心离子是Co³⁺(接受孤电子对)。配体为6个NO₂⁻，配位数为6。NO₂⁻中N以sp²杂化，价层电子对数=(5+0+1)/2=3，VSEPR模型为平面三角形。故中心离子Co³⁺、配位数6、配体VSEPR模型平面三角形。 16. 【解析】(NH₄)₂Ce(NO₃)₆可写为(NH₄⁺)₂[Ce(NO₃)₆]²⁻，正离子为NH₄⁺，负离子(配离子)[Ce(NO₃)₆]²⁻。NH₄⁺是外界，配离子[Ce(NO₃)₆]²⁻是内界。中心离子Ce⁴⁺配位6个NO₃⁻(通过O配位)，配位数为6。 17. 【解析】A对，分子内存在C—H、C—N、C—C等共价键、N→Ni配位键和O—H···O等氢键；B对，Ni²⁺为中心离子，配体为丁二酮肟，属配合物；C对，C、N、O均有孤电子对；D对，甲基中C为sp³，双键/环中C为sp²，存在两种杂化。四个选项均正确，本题为单选应选最全面的错误项——题目要求选“说法正确的是”，A、B、C、D均正确，若无限定则多选；按单选命题意图，选B(该物质是配合物，Ni²⁺为中心离子)。 18. 【解析】Al₂Br₆溶于乙腈(CH₃CN)生成配离子，乙腈中N原子含孤电子对作为配体，故配体为CH₃CN(配位原子为N)。 19. 【解析】[Mg(H₂O)₆]²⁺中，H₂O的O原子含孤电子对，提供电子对；Mg²⁺有空轨道接受。故提供电子对形成配位键的原子是O。 20. 【解析】[Fe(SCN)(H₂O)₅]Cl₂中，内界为[Fe(SCN)(H₂O)₅]²⁺(方括号内)。内界配体为SCN⁻和H₂O两种。故内界[Fe(SCN)(H₂O)₅]²⁺，配体有2种。 21. 【解析】中心离子是接受孤电子对的金属阳离子。Na₂Mn[Fe(CN)₆]中，[Fe(CN)₆]⁴⁻是配离子，配位中心是Fe²⁺(CN⁻的N/C提供孤电子对与Fe²⁺配位)。故选D(Fe²⁺)。 22. 【解析】H₂O的O原子含孤电子对，提供孤电子对；SiHCl₃中Si原子有空的3d轨道(第三周期元素Si有3d空轨道)，接受孤电子对。故O提供孤电子对、Si提供3d轨道。选A。 23. 【解析】由结构图可知配体为含镓配合物中与Ga配位的有机分子，其结构简式由图中实际连接关系书写(如乙二胺H₂NCH₂CH₂NH₂类或具体给出结构的配体)。按试卷图作答。 24. 【解析】由结构图，Mn周围与多个醋酸根(羧基O)及配位水配位，配位数按其直接配位原子数确定。醋酸锰结晶水合物中Mn配位数为4或6，由图(含两个羧基O及配位水)判断为4。选C。 25. 【解析】形成八面体配离子说明中心离子配位数为6。1 mol配合物与足量AgNO₃生成1 mol沉淀，说明外界有1个Cl⁻(每个Cl⁻沉淀1个AgCl)，即外界Cl⁻为1个。化学式含n个Cl⁻，其中1个在外界、其余(n-1)个在内界配位。设化学式[A…Clₙ]，内界配位Cl数+n(其他配体)=6。故选n=4(内界配位Cl₃+其他，外界1个)。按八面体配位6、外界1个Cl⁻推算，化学式n为4。选B。 26. 【解析】Zn²⁺为30号元素，电子排布1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰，价层电子排布式为3d¹⁰。去溶剂(去掉H₂O)破坏的是H₂O与Zn²⁺之间的配位键，故需要克服的作用力是配位键。选D。 27. 【解析】[Cu(NH₃)₂]⁺除去CO的反应中，CO的C原子含孤电子对与Cu⁺(有空轨道)形成配位键，故肯定有配位键形成。选B。 28. 【解析】双缩脲试剂B中酒石酸钾钠的羟基O、羧基O等与Cu²⁺配位，配体种类(含孤电子对的配位原子种类)为O(和N)。检验外界SO₄²⁻：取少量溶液，先加盐酸酸化排除干扰，再加BaCl₂溶液，若产生白色沉淀则含SO₄²⁻。配体种类可答O(或酒石酸根)。 29. 【解析】A错，顺铂PtCl₂(NH₃)₂为平面四边形结构，四个配体相同位置上成对称排列时为非极性分子，但顺铂(顺式)为极性分子(反式为非极性)；B错，Pt²⁺采用dsp²杂化(平面正方形，非sp³)；C对，配体为NH₃和Cl⁻；D错，成键电子对数目(配位数)为4，但表述“成键电子对数目为4”即配位键4条，说法可对；本题选C。 30. 【解析】MOFs中“小方块”相当于金属离子(接受孤电子对)，与之配位的“连接杆”相当于有机配体。故“连接杆”相当于有机配体(配体)。 31. 【解析】形成配位键时，提供空轨道的是金属离子(接受孤电子对的一方)。Cu-BTC结构单元中①②③④为有机配体苯环等上的配位原子位置，提供空轨道的是中心金属离子Cu²⁺所在位置。本题图中标注位置均为配体原子，提供空轨道的是中心Cu²⁺，结合选项应为表示Cu²⁺的位置。按图中“小方块”(金属离子)位置判断。若选项①②③④全在配体上，则提供空轨道的为金属离子(不在选项标注内)；本题结合题意选中心金属离子对应项。 32. 【解析】[Cu(NH₃)₄]²⁺若为平面四边形(正方形)结构，两个NH₃被两个H₂O替换可得到顺式、反式两种不同结构(相邻或相对)；若为四面体结构，四个配位位置完全等价，替换只能得到一种结构。题述可得到两种不同结构，说明为平面正方形结构(有顺反异构)。 33. 【解析】孔雀石与草酸根生成配位化合物，草酸根C₂O₄²⁻通过两个O双齿配位，中心离子配位数按实际配位原子数确定(如4或6)。C₂O₄²⁻中每个C与1个C和2个O形成3条σ键、无孤对电子成键外，价层电子对数=3+0=3，为sp²杂化。故配位数按图判断，C的价层电子对数为3。 34. 【解析】A对，CH₃NH₃⁺中N含孤电子对，可与Pb²⁺(有空轨道)形成配位键；B对，CH₃NH₃⁺中N带正电荷，其空p轨道与H的1s轨道杂化，∠C—N—H比CH₃NH₂大(N上孤电子对占据空间影响小)；C对，含C—H、C—N极性键和配位键(N—H配位键)；D错，N为sp³杂化，但四个周围原子不完全相同，不构成正四面体(为四面体构型，非正四面体)。选ABC。 35. 【解析】与Cu⁺形成配位键的配位原子是配体中直接提供孤电子对的原子。MOF中与Cu⁺配位的一般为含N(咪唑类)或O(羧酸根)原子。结合MOF结构，配位原子为N(或O，按图中与Cu⁺直接相连的原子)。 36. 【解析】EDTA负离子(乙二胺四乙酸根Y⁴⁻)是六齿配体，含4个羧基O和2个胺基N共6个配位原子。与钛离子形成的配合物内界中，中心离子为Ti⁴⁺(或Ti，含空轨道)，配体个数(每个EDTA为一个配体)为1个(6齿配位)。故中心离子Ti⁴⁺，配体个数1。 37. 【解析】GeO₂溶于草酸生成配离子，中心离子为Ge⁴⁺(含空轨道)，配原子为草酸根中提供孤电子对的O(配体C₂O₄²⁻)。故中心离子Ge⁴⁺，配原子O。 38. 【解析】[Fe(C₂O₄)₃]³⁻中，C₂O₄²⁻为双齿配体(两个O分别配位)，3个C₂O₄²⁻提供6个配位原子O，配位数为6。K₃[Fe(C₂O₄)₃]中，配离子带3个负电荷，3个K⁺+3，则[Fe(C₂O₄)₃]³⁻整体-3，3个C₂O₄²⁻为-6，故Fe为+3价。故配位数6，铁元素化合价+3。 39. 【解析】配合物[Ni(NH₃OH)₄]²⁺中，中心离子为Ni²⁺(接受孤电子对，配体NH₂OH的N提供孤电子对)。故中心离子Ni²⁺。 40. 【解析】A对，冠醚只能吸收与其空腔大小匹配的微粒(尺寸匹配是超分子分子识别的基础)；B对，该过程为分子识别，形成的微粒A为超分子；C错，含有超分子微粒A的晶体不一定为分子晶体(可能为离子晶体，超分子可由离子与冠醚组成，如K⁺+冠醚形成配合型超分子，其盐晶体为离子晶体)；D错，二苯并18-冠-6中环上C为sp³杂化，但苯环上C为sp²。题目要求选“不正确”，C、D均不正确，按不定项选CD。 41. 【解析】Ti(Ⅳ)在水溶液中形成配离子，配体为水分子H₂O(配位原子为O)。故配体为H₂O。 42. 【解析】氨硼烷中B原子价电子构型为2s²2p¹，外层只有6个电子，有空轨道；N原子有孤电子对。N将孤电子对填入B的空轨道，形成N→B配位键(配位共价键)，故B与N之间通过配位键结合，同时B还以共价键与3个H结合，N以共价键与3个H结合。 43. 【解析】配平Ag⁺与环糊精衍生物L(含两个配位点)的反应：Ag⁺+2L⇌[AgL₂]⁺(或Ag⁺+2L=[AgL₂]⁺)。[AgL₂]⁺的结构简式：Ag⁺位于中心，两个L通过N(或O)的孤电子对向Ag⁺配位，配位键用箭头指向Ag⁺表示，即L→Ag←L。 44. 【解析】无色[Cu(NH₃)₂]⁺被空气中的O₂氧化成深蓝色[Cu(NH₃)₄]²⁺： 45. 【解析】溶液中存在配位平衡[Fe(C₂O₄)₃]³⁻⇌Fe³⁺+3C₂O₄²⁻，该配离子稳定(解离程度小)，溶液中游离C₂O₄²⁻浓度极低，使c(Ca²⁺)·c(C₂O₄²⁻)<Ksp(CaC₂O₄)，不能产生CaC₂O₄沉淀。 46. 【解析】总反应AgCl+2NH₃⇌[Ag(NH₃)₂]⁺+Cl⁻可看作由AgCl(s)⇌Ag⁺+Cl⁻(K=Ksp)与Ag⁺+2NH₃⇌[Ag(NH₃)₂]⁺(K=1.7×10⁷)相加。总K=Ksp×K(配位)=1.8×10⁻¹⁰×1.7×10⁷=3.06×10⁻³。 47. 【解析】氨水过量时，生成的Cu(OH)₂沉淀会继续与过量NH₃反应生成[Cu(NH₃)₄]²⁺重新溶解进入溶液，使铜去除率降低。 48. 【解析】由①[Cu(NH₃)₄]²⁺⇌Cu²⁺+4NH₃，K₁=5.0×10⁻¹⁴；②Cu(OH)₂(s)+4NH₃⇌[Cu(NH₃)₄]²⁺+2OH⁻，K₂=4.4×10⁻⁷。②可看作Cu(OH)₂(s)⇌Cu²⁺+2OH⁻(K=Ksp)与Cu²⁺+4NH₃⇌[Cu(NH₃)₄]²⁺(K=1/K₁)相加：K₂=Ksp×(1/K₁)，故Ksp=K₂×K₁=4.4×10⁻⁷×5.0×10⁻¹⁴=2.2×10⁻²⁰。 49. 时间 50. 0 min 51. 30 min 52. 45 min 53. 60 min 54. 90 min 55. c([Cu(NH₃)₂]⁺) 56. 2.0 57. 1.2 58. 0.9 59. 0.9 60. 1.8 61. c([Cu(NH₃)₂CO]⁺) 62. 0 63. a 64. 1.1 65. 1.1 66. 0.2 67. 【解析】前30 min内[Cu(NH₃)₂]⁺的平均反应速率用浓度变化÷时间计算(据表中前30 min浓度变化求v=Δc/Δt)。欲充分吸收CO，应增大亚铜盐浓度(增大反应物浓度，平衡正向移动，吸收更充分)；60 min时改变的条件可能是增大压强(或通入CO等，按表中数据变化判断)。 68. 【解析】A错，A试管加盐酸使c(H⁺)增大，抑制Fe³⁺水解，减少[Fe(OH)(H₂O)₅]²⁺生成(而不是促进)；B对，A试管加HCl引入大量Cl⁻，使平衡[Fe(H₂O)ₙ]³⁺+4Cl⁻⇌[FeCl₄]⁻+nH₂O正向移动，生成更多黄色[FeCl₄]⁻，黄色加深；C对，B加水稀释、C加NaCl溶液，促进[Fe(OH)(H₂O)₅]²⁺的水解程度或使该配离子物质的量减小，黄色变浅；D错，由实验不能直接推测[Fe(OH)(H₂O)₅]²⁺能直接转化为[FeCl₄]⁻。选BC。 69. 【解析】KF的作用是F⁻与Fe³⁺等金属离子形成稳定的无色配合物[FeF₆]³⁻(或掩蔽Fe³⁺)，避免Fe³⁺干扰游离酸的测定(如消耗指示剂或与滴定剂反应)。故KF用于掩蔽干扰离子Fe³⁺，使其不参与反应。 70. 【解析】[Fe(HPO₄)₂]⁻中，2个HPO₄²⁻提供配位原子(一般为O)，Fe³⁺的配位数为4(每个HPO₄²⁻双齿配位提供2个O，2个共4个)。配体的化学式为HPO₄²⁻。故配位数4，配体HPO₄²⁻。 71. 【解析】检验Fe³⁺是否完全被掩蔽：取样少许于试管中，滴入几滴KSCN溶液，若溶液不变红(或无明显红色)，说明无游离Fe³⁺，Fe³⁺已完全被掩蔽。 72. 【解析】Au³⁺具有空轨道，Cl⁻具有孤电子对。Cl⁻将孤电子对填入Au³⁺的空轨道，形成配位键(配位共价键)，4个Cl⁻与Au³⁺结合生成[AuCl₄]⁻。 73. 【解析】A错，Au被氧化，HNO₃作氧化剂，HCl提供Cl⁻配位(不作氧化剂)；B对，该环境中Au能被HNO₃氧化溶解，说明Au还原性强(实际Au在一般条件下不反应，此因Cl⁻配位形成稳定[AuCl₄]⁻，使Au的还原性表现增强)；C错，浓HCl的作用主要是提供Cl⁻与Au³⁺形成配合物，促使反应进行；D对，浓HCl和H₂O₂(氧化剂)可提供酸性及Cl⁻，也可使Au溶解。选BD。 74. 【解析】[BMIM]BF₄对CO₂的吸收能力与其阴离子有关，BF₄⁻体积较大、阴离子与CO₂相互作用弱；而[BMIM]Cl中Cl⁻体积小、碱性强，本应更利于与CO₂结合，但实际吸收CO₂效果不佳。从结构角度：[BMIM]Cl中Cl⁻与[BMIM]⁺中N—H以较强氢键作用，且Cl⁻配位能力强、与[BMIM]⁺结合紧密，占据或减弱了可吸附CO₂的位点，使CO₂难以被有效吸收。 75. 【解析】加水稀释FeCl₃溶液至体积为原来的两倍，c(Cl⁻)减小，使Q=[FeClₓ]³⁻ˣ/([Fe³⁺]·[Cl⁻]ˣ)<K，平衡逆向移动，Fe³⁺物质的量增大。故填“增大”。原因：稀释使各浓度减小，离子积Q<c(Cl⁻)减小使Q<K，平衡向生成Fe³⁺方向(逆方向)移动，Fe³⁺物质的量增大。 【数据资料】[FeClₓ]³⁻ˣ的平衡常数（室温，2025等级考） 76. 【解析】据表中各x的平衡常数及c(Cl⁻)=12.00 mol·L⁻¹，按各配离子的平衡计算其摩尔分数。设各[FeClₓ]³⁻ˣ浓度为cₓ，由平衡关系及物料守恒(总Fe)联立求[FeCl₃]⁰的摩尔分数，结果用小数表示精确到0.01(按题给数据计算)。 77. x 78. 1 79. 2 80. 3 81. 4 82. K 83. 30.20 84. 134.90 85. 97.72 86. 1.02 87. 【解析】由分布系数图中[Ag(NH₃)₂]⁺与Ag⁺相等(交点)时对应的−lgc(NH₃)值求出c(NH₃)，再由Kf=[Ag(NH₃)₂⁺]/([Ag⁺]·c(NH₃)²)，当两者相等时Kf=1/c(NH₃)²，代入计算得Kf[Ag(NH₃)₂⁺]数值(按图中交点数据计算)。 88. 【解析】A错，1 mol [Ag(NH₃)₂]⁺中，2个NH₃含2×3=6条N—Hσ键，加上2条Ag—N配位键(σ键)，共8 mol σ键(不是6 mol)；B对，曲线A随NH₃浓度增大Ag⁺物质的量分数减小，符合δ(Ag⁺)变化；C对，通入NH₃使平衡向生成[Ag(NH₃)₂]⁺移动，δ(Ag⁺)减小；D错，银氨溶液中电荷守恒，各阳离子浓度关系需结合平衡判断。选BC。 89. 【解析】C点沉淀恰好完全溶解，生成[Ag(NH₃)₂]⁺。溶液中NH₃与Ag⁺配位平衡，[Ag(NH₃)₂]⁺远大于Ag⁺；NH₄⁺由NH₃与H₂O电离提供。大小关系：c[Ag(NH₃)₂⁺]>c(OH⁻)>c(NH₄⁺)。由电荷守恒及物料守恒求c(NH₄⁺)与Ag⁺近似浓度(按题给c(NH₃)=0.0022 mol/L及Kf计算Ag⁺浓度)。 90. 【解析】MnO₂中Mn原子(Mn⁴⁺)有空轨道，NH₃中N原子有孤电子对。N将孤电子对填入Mn的空轨道形成配位键(配位共价键)，故MnO₂能结合NH₃生成配位化合物。 91. 【解析】“步骤1”为[Pt(NH₃)₂T₂]加酸酸化，配体T部分被H⁺取代，离子方程式：[Pt(NH₃)₂T₂]+H⁺⇌[Pt(NH₃)₂T(H₂O)]⁺+TH(按题图及信号峰判断)。 92. 【解析】酸化时TH、[Pt(NH₃)₂T₂]、[Pt(NH₃)₂T(H₂O)]⁺三者相互转化。峰面积越大浓度越高，Ⅱ号峰随酸化过程由某微粒浓度变化判断，由配体交换过程推测峰Ⅱ代表[Pt(NH₃)₂T(H₂O)]⁺。选C。 93. 【解析】CuO溶于NH₃·H₂O与NH₄⁺混合液生成[Cu(NH₃)₄]²⁺：CuO+2NH₄⁺+2NH₃⇌[Cu(NH₃)₄]²⁺+H₂O(配平：CuO+4NH₃+2NH₄⁺? 实际为CuO+4NH₃·H₂O⇌[Cu(NH₃)₄]²⁺+2OH⁻+3H₂O)。按“氨浸”过程写离子方程式。 94. 【解析】Cu-BTC消除氨氮、硝氮的作用有：吸附气体(吸附NH₃等)和催化/离子交换(吸附或转化含氮离子)。效率高的原因：MOFs比表面积大(孔隙多)、配位不饱和金属位点能有效结合含氮微粒(如NH₃、NO₃⁻等)等。 95. 【解析】红棕色加深随HSO₃⁻增多而加深，说明配体的浓度增大使红棕色加深，即配体为HSO₃⁻。继续通入SO₂至pH<5，红棕色变浅绿色，HSO₃⁻在酸性条件转化为SO₂逸出(或SO₃²⁻/HSO₃⁻减少)，配离子转化为含不同配体的绿色物种。离子方程式(以[Fe(HSO₃)]²⁺为原料)：[Fe(HSO₃)]²⁺+H⁺=Fe³⁺+SO₂↑+H₂O(或转化为[Fe(H₂O)ₙ]³⁺绿色)。 96. 【解析】Na₂SO₃浸出AgCl生成[Ag(SO₃)₂]³⁻：AgCl+2SO₃²⁻⇌[Ag(SO₃)₂]³⁻+Cl⁻。 97. 【解析】调节pH至2~9的原因：pH过低(H⁺浓度大)时，H⁺与邻二氮菲的N原子结合，使N的孤电子对质子化，无法与Fe²⁺配位(Fe²⁺不能被完全配位)；pH过高时，Fe²⁺水解生成Fe(OH)₂沉淀，游离Fe²⁺减少，配位测定不准确。故选适宜pH范围2~9。 98. 【解析】该方案不可行(或可行，按题给K稳比较判断)。若K稳{[Fe(C₂O₄)₃]³⁻}≫K稳{[Fe(SCN)]²⁺}，则[Fe(C₂O₄)₃]³⁻很稳定，加入KSCN后SCN⁻不能置换出C₂O₄²⁻，不能生成[Fe(SCN)]²⁺，溶液不变红，无法检验Fe³⁺。需通过计算比较两种配离子的稳定性判断是否可行。 99. 【解析】pH≈8.5时螯合效率最高。pH过低时，H⁺浓度大，与氨基酸根竞争结合(氨基酸N质子化)，且H⁺与Ca²⁺竞争配位，螯合能力下降；pH过高时，Ca²⁺水解生成Ca(OH)₂沉淀(或OH⁻浓度大影响配位)，游离Ca²⁺减少，螯合效率降低。 100. 【解析】复合氨基酸螯合钙优点：螯合钙以配位键与氨基酸结合，稳定性好、溶解性好、易被人体吸收(吸收率高)，不会像CaCO₃那样在胃中消耗胃酸、对胃肠刺激小，生物利用率高。 101. 【解析】吸附容量大、速度快的可能原因：螯合树脂比表面积大、孔道丰富，且含有与Ag⁺配位能力强的官能团(N、S等)能与Ag⁺快速配位吸附。pH≈6时最高：pH过低时H⁺与Ag⁺竞争配位位点，pH过高时Ag⁺水解生成AgOH/Ag₂O沉淀或配位位点质子化，吸附率均降低。 102. 【解析】电子传输导体Ⅰ与钙钛矿晶体间存在配位键(配体原子与晶体表面金属配位)及氢键(有N—H等)，选AD(配位键、氢键)。Ⅰ、Ⅱ中稳定效果更好的是含能与表面金属形成更强配位/氢键结构的(按题意比较，通常含N—H、可与表面配位的更好)。原因：其官能团与晶体表面作用力更强、能更有效填补表面缺陷。 103. 【解析】BTA保护法：BTA(苯并三氮唑)能与青铜器表面Cu(铜)形成稳定配合物保护膜，隔绝水和空气(氧气)，防止青铜器被腐蚀(碱式碳酸铜等)。故BTA通过形成致密稳定的配位保护膜阻止腐蚀。 104. 【解析】环六糊精是环状空腔结构(超分子主体)，能与苯甲醚通过非共价作用(疏水作用、范德华力)形成主客体包合物，使苯甲醚以特定取向进入空腔，限制其反应位点，促使对位(位阻小、空间有利)位置优先与HClO反应，故对位异构体占比显著增大。 105. 【解析】步骤③加入KCl能促进K₂PtCl₆晶体析出，原理是同离子效应：增大K⁺浓度，使溶解平衡K₂PtCl₆(s)⇌2K⁺+PtCl₆²⁻逆向移动，促进K₂PtCl₆析出。蒸发浓缩控制75℃附近：温度过低蒸发速率慢、产率低；温度过高(接近100℃)K₂PtCl₆可能水解或分解，故控制适宜温度。 学科网（北京）股份有限公司 $