2026版人教版高中化学选择性必修2《物质结构与性质》第3章第4节配合物与超分子学案+练习

第四节配合物与超分子[核心素养发展目标]1.能从微观角度理解配位键的形成条件和表示方法，能判断常见的配合物。2.能利用配合物的性质去推测配合物的组成，从而形成“结构决定性质”的认知模型。3.了解超分子的结构特点与性质。一、配位键与配合物1.配位键(1)概念成键原子或离子一方提供空轨道，另一方提供孤电子对而形成的这类“电子对给予—接受”键被称为配位键。(2)形成条件①电子对给予体——提供孤电子对如：分子有NH3、H2O、HF、CO等；离子有Cl-、OH-、CN-、SCN-等。②电子对接受体——提供空轨道如：H+、Al3+、B及过渡金属的原子或离子。(3)表示方法A(电子对给予体)→B(电子对接受体)或A—B。举例电子对给予体电子对接受体结构表示方法NHNH3中的N原子H+[H]+或[]+[Cu(H2O)4]2+H2O中的O原子Cu2+或(4)特点①配位键与普通共价键只是在形成过程上有所不同。配位键的共用电子对由成键原子单方面提供，普通共价键的共用电子对由成键原子双方共同提供，但它们都是由成键原子双方共用。如NH4+中的4个N—H完全相同，NH4②配位键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。③配位键可以存在于分子中[如Ni(CO)4]，也可以存在于离子中(如NH4+2.配合物(1)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]SO4、[Ag(NH3)2]OH等均为配合物。(2)组成配合物由中心原子或离子和配体组成，一般分内界和外界。配合物[Cu(NH3)4]SO4的组成如图所示：中心原子或离子提供空轨道，接受孤电子对。通常是过渡金属元素的原子或离子(如Fe、Ni、Fe3+、Cu2+、Zn2+、Ag+、Co3+、Cr3+等)、Al3+(如[AlCl4]-、[Al(OH)4]-)、B3+(如[BF4]-)等配位体(配体)提供孤电子对的分子或离子，如CO、NH3、H2O、OH-、F-、Cl-、CN-、SCN-等配位原子配体中提供孤电子对的原子，如H2O中的O原子，NH3中的N原子配离子由中心原子(或离子)和配体构成的离子叫做配离子，如[Cu(NH3)4]2+、[Ag(NH3)2]+等配位数直接与中心原子(或离子)结合的原子的数目，如[Cu(NH3)4]2+的配位数为4，[Ag(NH3)2]+的配位数为2，[Fe(CN)6]4-的配位数为63.配合物的形成实验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↓+2NH4+、Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-、[Cu(NH3)4]2++SO42-+H2O[Cu(NH3)4]SO4·H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，继续滴加氨水沉淀溶解，溶液呈无色Ag++Cl-=AgCl↓、AgCl+2NH3=[Ag(NH3)2]++Cl-4.配合物的形成对性质的影响(1)颜色改变，如Fe(SCN)3的形成。(2)溶解度改变，如AgCl沉淀可溶于氨水得到[Ag(NH3)2]+。5.配合物的应用(1)生物学中的应用生物学中，很多生物分子都是配合物，如输送氧气的血红素是Fe2+的配合物，叶绿素是Mg2+的配合物，维生素B12是Co3+的配合物。(2)工业生产中的应用如氰化法提取金的步骤中，由于生成了稳定的配离子[Au(CN)2]-，使得不活泼的金进入溶液中：4Au+8NaCN+2H2O+O2=4Na[Au(CN)2]+4NaOH。1.回答下列关于配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的问题。(1)[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中的配体是，配位数是。

答案Cl-、H2O6(2)[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O在溶液中电离出的离子是。

答案[TiCl(H2O)5]2+、Cl-(3)1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O与足量AgNO3溶液反应，产生沉淀的物质的量是

mol。答案22.NH3与BF3可以通过配位键形成NH3·BF3，气态AlCl3也可以通过配位键形成二聚分子Al2Cl6，画出NH3·BF3和Al2Cl6的结构式(配位键用“→”表示)。提示3.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。思考并回答以下问题。(1)人体内血红蛋白是Fe2+卟啉配合物，Fe2+与O2结合形成配合物，而CO与血红蛋白中Fe2+也能形成配合物。根据生活常识，比较说明其配合物的稳定性。提示血红蛋白中Fe2+与CO形成的配合物更稳定。(2)[Cu(NH3)4]2+与[Cu(H2O)4]2+哪个配位离子更稳定？原因是什么？提示[Cu(NH3)4]2+更稳定。因为N和O都有孤电子对，但O电负性大，吸引孤电子对的能力强，故NH3提供孤电子对的能力比H2O大。(3)NH3可与Cu2+形成配合物，但NF3很难与Cu2+形成配合物，原因是什么？提示电负性：F>H，使得NF3提供孤电子对的能力小于NH3。1.下列现象与形成配合物无关的是()A.向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色B.向Cu与Cl2反应后的集气瓶中加少量水，呈黄绿色，再加水，呈蓝色C.向FeCl3溶液中滴加NaOH溶液，产生红褐色沉淀D.向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液至过量，先出现白色沉淀，继而沉淀消失答案C解析Fe3+与SCN-能通过配位键形成[Fe(SCN)n]3-n(n=1~6)而使溶液呈红色，A项不符合题意；Cu与Cl2反应生成CuCl2，加少量水时，通过配位键形成黄绿色的配离子[CuCl4]2-，[CuCl4]2-的稳定性相对较弱，加水稀释时，转化为蓝色的配离子[Cu(H2O)4]2+，B项不符合题意；Fe3+与OH-反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀，与配合物的形成无关，C项符合题意；向AlCl3溶液中逐滴滴加NaOH溶液，生成Al(OH)3白色沉淀，继续滴加NaOH溶液至过量，沉淀消失，形成配离子[Al(OH)4]-，D项不符合题意。2.向盛有CuSO4溶液的试管中滴加氨水，先生成难溶物，继续滴加氨水，难溶物溶解，得到深蓝色透明溶液，向深蓝色透明溶液中加入等体积的95%乙醇溶液，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色晶体析出。下列说法正确的是()A.沉淀溶解后，生成深蓝色的配离子[Cu(H2O)4]2+B.[Cu(NH3)4]SO4中含有离子键、极性键和配位键C.在配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供孤电子对，NH3提供空轨道D.[Cu(NH3)4]2+会与乙醇发生反应生成深蓝色晶体答案B解析CuSO4与氨水反应生成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续滴加氨水时，Cu(OH)2与氨水继续反应生成深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+而使溶液澄清，A项错误；[Cu(NH3)4]SO4中SO42-与[Cu(NH3)4]2+之间存在离子键，N原子与Cu原子之间存在配位键，NH3中H原子与N原子之间存在极性键，B项正确；Cu2+提供空轨道，NH3提供孤电子对，C项错误；乙醇分子的极性比水小，[Cu(NH3)4]SO4在乙醇⁃水的混合溶剂中的溶解度减小而导致有深蓝色晶体析出，3.某物质A的实验式为CoCl3·4NH3，向1molA中加入足量的AgNO3溶液能生成1mol白色沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则下列关于此化合物的说法正确的是()A.Co3+只与NH3形成配位键B.配合物配位数为3C.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答案D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。(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。当作为中心原子(或离子)的金属原子(或离子)相同时，配合物的稳定性与配体的性质有关。(2)配位键的稳定性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。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。特别提醒(1)超分子定义中的分子是广义的，包括离子。(2)超分子有的是有限的，有的是无限伸展的。2.重要特征及应用(1)分子识别①“杯酚”分离C60和C70“杯酚”空腔大小适配C60，能把C60装起来而不能装下C70。分离过程如图所示。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，可适配不同大小的碱金属离子，利用此性质可以识别碱金属离子，如图所示。(2)自组装①细胞和细胞器的双分子膜。②DNA分子：生物体中DNA的双螺旋结构，是在氢键作用的基础上组装而成的超分子体系。1.(2024·合肥第一中学期中)利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70的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.第一电离能：C<OB.“杯酚”分子中存在大π键C.“杯酚”与C60之间形成氢键D.分离流程利用的是超分子的分子识别特征答案C解析同周期元素的第一电离能从左到右整体呈增大趋势，所以第一电离能：C<O，A项正确；“杯酚”分子中含有苯环结构，存在大π键，B项正确；氢键是H与N、O、F等电负性大的元素形成的一种特殊的分子间作用力，所以“杯酚”与C60之间形成的不是氢键，C项错误；这种“杯酚”的空腔大小适配C60，能把C60装起来而不能装下C70，利用的是超分子的分子识别特征，D项正确。2.18⁃冠⁃6(如图甲所示)可与K+作用而不与Li+和Na+作用，如图乙所示是18⁃冠⁃6与K+以配位键结合形成的超分子结构示意图。下列说法错误的是()A.18⁃冠⁃6分子中C和O的杂化轨道类型不同B.18⁃冠⁃6能够与K+形成超分子，而不与Li+和Na+形成超分子，是因为K+的直径与18⁃冠⁃6的空腔直径适配C.该超分子中K+的配位数为6D.在烯烃中溶入18⁃冠⁃6可提高KMnO4对烯烃的氧化效果答案A解析A项，18⁃冠⁃6分子中C和O的价层电子对数均为4，均采取sp3杂化，所以其杂化轨道类型相同；B项，不同大小的冠醚能识别不同大小的碱金属离子；C项，由题图可知，该超分子中K+周围有6个配位键，故其配位数为6；D项，在烯烃中溶入18⁃冠⁃6时，其通过与K+结合而将MnO4-也携带进入烯烃，但18⁃冠⁃6不与MnO4-结合，使游离或裸露的MnO3.不同空腔尺寸的葫芦[n]脲(n=5，6，7，8…)可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附，对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲(结构如图所示)的空腔。下列说法正确的是()A.葫芦[6]脲可以吸附进入空腔的所有分子B.可装入对甲基苯甲酸体现了超分子的“分子识别”功能C.葫芦[6]脲分子间存在氢键D.超分子是分子聚集体，不包括离子答案B解析由题给信息可知，只有对位取代的苯的衍生物恰好可以进入葫芦[6]脲的空腔，则可装入对甲基苯甲酸，体现了超分子的“分子识别”功能，故A错误、B正确；葫芦[6]脲分子间不存在氢键，故C错误；超分子是两种或两种以上的分子通过分子相互作用形成的分子聚集体，分子是广义的定义，包括离子，故D错误。课时对点练[分值：100分][1~8题，每小题5分]题组一配位键1.下列说法不正确的是()A.配位键也是一种静电作用B.配位键属于“电子对给予—接受”键C.形成配位键的电子对由成键双方原子提供D.配位键具有饱和性和方向性答案C解析共用电子对存在静电作用，包括静电排斥和静电吸引，配位键本质为共用电子对，所以也是一种静电作用，A正确；形成配位键的原子，一方提供空轨道，另一方提供孤电子对，C错误。2.以下微粒含配位键的是()①[Al(OH)4]-②H2O③OH-④NH⑤Fe(CO)5⑥Fe(SCN)3⑦H3O+⑧[Cu(NH3)4]2+A.①②④⑦⑧ B.①④⑤⑥⑦⑧C.③④⑤⑥⑦ D.全部答案B解析⑤Fe(CO)5中Fe原子提供空轨道，CO提供孤电子对，可以形成配位键，故正确；⑥SCN-的电子式为，铁离子提供空轨道，氮原子提供孤电子对，可以形成配位键，故正确；⑦H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，故正确。题组二配合物3.下列关于配合物的说法不正确的是()A.许多过渡金属元素的离子对多种配体具有很强的结合力，因而过渡金属配合物远比主族金属配合物多B.配合物中中心离子与配体间、配离子与酸根离子间都是以配位键相结合C.配离子中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对D.中心离子所结合配体的个数称为配位数，不同离子的配位数可能不同答案B解析配合物中中心离子与配体间是以配位键相结合，配离子与酸根离子间是以离子键相结合，B项错误。4.下列关于配合物[Zn(NH3)4]Cl2的说法正确的是()A.配位数为6B.配体为NH3和Cl-C.[Zn(NH3)4]2+为内界D.Zn2+和NH3以离子键结合答案C解析配合物[Zn(NH3)4]Cl2中外界是Cl-，内界是[Zn(NH3)4]2+，Cl-和[Zn(NH3)4]2+以离子键结合，[Zn(NH3)4]2+中Zn2+是中心离子，NH3是配体，Zn2+和NH3以配位键结合，配位数为4，故C项正确。5.(2025·山东烟台莱州一中质检)物质M的组成为CoCl3·4NH3，以强碱处理并没有NH3放出；向1molM中加入足量AgNO3溶液生成1mol白色沉淀。下列说法正确的是()A.该配合物中Co3+只与NH3形成配位键B.该配合物可表示为[Co(NH3)4Cl2]ClC.M中的配离子可能是平面正方形D.该配合物中心离子的电荷数和配位数均为6答案B解析以强碱处理没有NH3放出，说明外界没有氨分子，向1molM中加入足量AgNO3溶液生成1mol白色沉淀，说明三个氯离子中有1个位于外界，所以该配合物的化学式最可能为[Co(NH3)4Cl2]Cl，该配合物的配体是Cl-和NH3，故A错误，B正确；M中的配位数为6，故配离子不可能是平面正方形，故C错误；该配合物中心离子的电荷数为+3，故D错误。6.把CoCl2溶于水后加氨水先生成Co(OH)2沉淀后溶解，再加氨水，生成了[Co(NH3)6]Cl2，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可以用CoCl3·5NH3表示，Co的配位数是6，把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出氯化银沉淀。经测定，每1molCoCl3·5NH3只生成2molAgCl。下列说法错误的是()A.产物中CoCl3·5NH3的配体为氨分子和氯离子B.通入空气后得到的溶液中含有[Co(NH3)5Cl]2+C.[Co(NH3)6]Cl2中中心离子的价层电子排布式为3d54s2D.[Co(NH3)6]Cl2中含有配位键、极性共价键、离子键答案C解析Co的配位数是6，把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，每1molCoCl3·5NH3只生成2molAgCl，说明外界有2个Cl-，所以CoCl3·5NH3可表示为[Co(NH3)5Cl]Cl2。则CoCl3·5NH3的配体为5个氨分子和1个氯离子，故A正确；[Co(NH3)5Cl]Cl2电离出[Co(NH3)5Cl]2+和Cl-，所以通入空气后得到的溶液中含有[Co(NH3)5Cl]2+，故B正确；[Co(NH3)6]Cl2中中心离子是Co2+，价层电子排布为3d7，故C错误。题组三超分子7.“杯酚”能与C60形成超分子，但不能与C70形成超分子，利用此性质的差异，实验室可用来分离C60、C70。已知C60、C70与“杯酚”的结构如下：下列叙述正确的是()A.C60、C70都是一种新型的化合物B.C60、C70与“杯酚”均属于共价晶体C.C60中虽然没有离子键，但固体为离子晶体D.“杯酚”分子中既存在σ键又存在π键答案D解析C60、C70都是由一种元素组成的单质，故A错误；C60、C70与“杯酚”均属于分子晶体，B项错误；C60中碳原子间形成的是共价键，固体为分子晶体，故C错误。8.下列关于配合物和超分子的叙述正确的是()A.[Cu(H2O)4]Cl2配体中的共价键是由O的2p轨道和H的1s轨道“头碰头”重叠形成的B.难溶物AgCl能溶于氨水，是因为Ag+与NH3形成了配离子C.FeSO4·7H2O晶体的结构如图所示，其中H2O与SO42-、H2O与FeD.人体细胞和细胞器的膜是双分子膜，双分子膜是由大量两性分子(一端有极性、另一端无极性)组装而成的，双分子膜的特有的排列结构是由超分子的分子识别特征所决定的答案B解析A项，[Cu(H2O)4]Cl2中配体是H2O，H2O中O采取sp3杂化，O—H是由O的sp3杂化轨道和H的1s轨道“头碰头”重叠形成的；B项，AgCl能溶于氨水是因为Ag+与NH3形成了配离子[Ag(NH3)2]+，导致AgCl的沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移动；C项，由晶体的结构可知，H2O与SO42-之间的作用力为氢键，H2O与Fe[9~12题，每小题8分]9.(2024·盐城高二期末)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.NH3和ClO4B.该配合物中只含有离子键、极性共价键和配位键C.中心离子的配位数为4D.该配合物中Co3+为中心离子，NH3、ClO4答案A解析NH3的中心原子N的价层电子对数为3+12×5-3×1=4，ClO4-的中心原子Cl的价层电子对数为4+12×7+1-4×2=4，中心原子都是sp3杂化，但N有一个孤电子对，故空间结构不同，A项正确；该配合物中含有离子键、极性共价键、非极性共价键和配位键，B项错误；由题给结构可知该配合物的中心离子为Co3+，配体为4个NH3和210.某离子液体由原子序数依次增大的短周期元素X、Y、Z、W、M组成，结构简式如图。其中Y、Z位于同周期相邻主族，W和M的p轨道均含一个未成对电子。下列说法错误的是()A.简单离子半径：W<Z<MB.第一电离能：W<Y<ZC.该离子液体的阴、阳离子均含有配位键D.ZX5中Z的杂化方式为sp3d答案D解析依据结构可知X形成一个共价键，且在五种元素中原子序数最小，则X为H；Y形成四个共价键，则Y为C，由于Y、Z位于同周期相邻主族，故Z为N元素，该阳离子应该是N(CH3)3与H+结合，其中N上有1个孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，该物质的阴离子为-1价；结合W和M的p轨道均含有一个未成对电子，故W的价层电子排布为3s23p1，M的价层电子排布为3s23p5，该阴离子应该为AlCl4-，其中Al3+提供空轨道，Cl-提供孤电子对，二者形成配位键，由此可以得知，X为H，Y为C，Z为N，W为Al，M为Cl。第一电离能：Al<C<N，故B正确；NH5应该为NH4H，其中NH4+中N的价层电子对数为4，其杂化方式为sp11.冠醚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()冠醚冠醚空腔直径/pm适合的粒子(直径/pm)15⁃冠⁃5170~220Na+(204)18⁃冠⁃6260~320K+(276)21⁃冠⁃7340~430Cs+(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.一个螯合离子中配位键的数目为6答案B解析由表知，冠醚有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，可以识别碱金属离子，A正确；Li+半径小于Na+，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，其他饱和碳原子为sp3杂化，碳原子杂化方式有2种，C正确；由结构图可知，一个螯合离子中配位键的数目为6，D正确。12.(2024·南平一中期中)Fe3+的配位化合物较稳定且应用广泛。Fe3+可与H2O、SCN-、F-、Cl-等配体形成使溶液呈浅紫色的[Fe(H2O)6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3-、无色的[FeF6]3-、黄色的[FeCl4]-配离子。某同学按如下步骤完成实验：已知：向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子；Co2+不能与F-形成配离子。下列说法不正确的是()A.Ⅰ中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色造成B.向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色C.可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+D.为了能观察到溶液Ⅰ中[Fe(H2O)6]3+的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸答案D解析[Fe(H2O)6]3+使溶液呈浅紫色，Fe3+易水解，Ⅰ中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解生成Fe(OH)3等造成，故A正确；向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，SCN-浓度增大，使[Fe(SCN)6]3-(aq)+6F-(aq)[FeF6]3-(aq)+6SCN-(aq)平衡逆向移动，溶液可能再次变为红色，故B正确；先向溶液中加足量NaF溶液，再加KSCN溶液，若溶液呈蓝色，则说明含有Co2+，否则不含Co2+，故C正确；Fe(NO3)3溶液中加稀盐酸形成黄色的[FeCl4]-，观察不到[Fe(H2O)6]3+的颜色，故D错误。13.(12分)(2025·山东烟台莱州一中质检)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，该配合物中配位原子为。

(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。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：①，②。

答