第8讲 配合物超分子

第8讲配合物超分子复习目标1.理解配位键的含义,知道常见的配合物的成键方式和性质。2.了解超分子的概念和应用。考点一配合物1.配位键小题过基础(1)判断下列说法是否正确,对的打“√”,错误的打“×”。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在配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Cl-均可与AgNO3反应生成AgCl沉淀。()⑤Ni(CO)4是配合物,它是由中心原子与配体构成的。()⑥1mol[Co(NH3)6]3+中含24mol共价键。()答案①√②√③×④×⑤√⑥√(2)按要求填空。①在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为,提供孤电子对的成键原子是。

②配合物[Cr(H2O)6]3+中,与Cr3+形成配位键的原子是(填元素符号)。1mol[Cr(H2O)6]3+中σ键的数目为。

答案①配位键N②O18NA名师点核心(1)形成:由一个原子单方面提供孤电子对而另一个原子接受孤电子对形成的共价键,即“电子对给予—接受”键被称为配位键。(2)表示方法:常用“→”来表示配位键,箭头指向接受孤电子对的原子,如NH4+可表示为,在NH4+中,虽然有一个N—H形成过程与其他3个N—H形成过程不同,但是一旦形成之后,42.配合物小题过基础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1mol,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3mol、2mol、1mol和1mol。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。

答案①[Co(NH3)6]Cl3[Co(NH3)4Cl2]Cl②6名师点核心(1)配合物的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。如[Cu(NH3)4]SO4:(2)配合物的形成条件①中心离子或原子:有空轨道,一般是带正电的金属离子,特别是过渡金属离子,如Fe3+、Cu2+、Zn2+、Ag+等,但也有电中性的原子等。②配位体:其中的配位原子(配位体中直接同中心离子或原子配合的原子)有孤电子对。配位体可以是分子,如CO、NH3、H2O等,也可以是离子,如F-、Cl-、Br-、I-、CN-、SCN-、OH-等。(3)配位原子及配位数①配位原子:配位体中提供孤对电子的原子叫配位原子,如:H2O中的O原子,NH3中的N原子。②配位数:作为配位体直接与中心原子结合的离子或分子的数目,即形成的配位键的数目称为配位数。如:[Cu(NH3)4]2+的配位数为4,[Ag(NH3)2]+的配位数为2。(4)配合物在水溶液中电离成内界和外界两部分。即:[Cu(NH3)4]SO4===[Cu(NH3)4]2++SO42-,而内界很难电离,其电离程度很小,[Cu(NH3)4]2+Cu2++4NH31.根据配位键的形成条件,完成下列各题。(1)以下微粒中不含有配位键的是。

①NH4+②H3O+③CH4④N2H5+⑤[Ag(NH3)2]OH⑥Fe(SCN)3⑦(2)NH3和BF3可以通过配位键形成NH3·BF3,则NH3·BF3的结构式。

(3)CaF2难溶于水,但可溶于含Al3+的溶液中,原因是。

(用离子方程式表示,已知[AlF6]3-在溶液中可稳定存在)。(4)硼酸的结构式为,属于一元酸,试写出其电离方程式

。

答案(1)③⑦(2)(3)3CaF2+Al3+===3Ca2++[AlF6]3-(4)H3BO3+H2OH++[B(OH)4]-解析(3)CaF2中存在沉淀溶解平衡:CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq),溶液中的F-与Al3+形成配位离子[AlF6]3-,使沉淀溶解平衡向右移动,导致氟化钙溶解。(4)根据H3BO3结构式,若羟基(—OH)中的H原子电离,应形成三元酸,H3BO3以配位键结合水中的OH-,电离出H+。2.回答下列问题。(1)[Zn(CN)4]2-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键。不考虑空间构型,[Zn(CN)4]2-的结构可用示意图表示为。

(2)AlCl3在熔融态、气态和非极性溶剂中均以二聚体的形式存在,写出其二聚体的结构示意图。

(3)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。

(4)CO为配合物中常见的配体。CO作配体时,提供孤电子对的通常是C原子而不是O原子,其原因是

。

答案(1)(2)(3)4(4)C的电负性比O小,C原子提供孤电子对的倾向更大,更易形成配位键3.(2024·贵州贵阳模拟)配合物在生产生活中应用广泛,配合物的种类超过了百万,是一个庞大的化合物家族。回答下列问题:(1)向CuSO4溶液中加入足量的氨水,先生成蓝色沉淀,后蓝色沉淀溶解可得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液。①蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为。

②[Cu(NH3)4](OH)2中所含配位键是通过配体分子中的原子给出孤电子对,接受电子对形成。

(2)雷氏盐(Reinecke’ssalt)结构式如图所示。配离子中Cr3+的配体为(填化学式),Cr3+与配体间形成的共价键又称为。

(3)Ni(CO)4中的Ni与CO中的C形成配位键。不考虑立体构型,Ni(CO)4结构中的配位键可用示意图表示为。

(4)钒能形成多种配合物,钒的两种配合物X、Y的化学式均为V(NH3)3ClSO4,取X、Y溶液进行如下实验(已知配体难电离出来)。配合物XXYY试剂BaCl2溶液AgNO3溶液BaCl2溶液AgNO3溶液现象白色沉淀无明显变化无明显变化白色沉淀则X中配离子的化学式为,Y中V3+的配体是。

答案(1)①Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]2++2OH-②氮(或N)Cu2+(2)NH3和SCN-配位键(3)(4)[V(NH3)3Cl]2+NH3、SO解析(1)向CuSO4溶液中加入足量的氨水,先生成蓝色沉淀Cu(OH)2,后蓝色沉淀溶解可得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液。①蓝色沉淀溶于氨水的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3===[Cu(NH3)4]2++2OH-;②[Cu(NH3)4]2+中所含配位键是通过配体NH3分子中的N原子提供孤电子对,Cu2+提供空轨道形成的;(2)由配离子的结构可知:配离子中Cr3+的配体为NH3和SCN-,Cr3+与配体间形成的共价键又称为配位键;(3)Ni(CO)4中的Ni与CO中的C形成配位键。不考虑立体构型,Ni(CO)4结构中的配位键可用示意图表示为;(4)由信息可知X中SO42-为外界,Cl-为内界,化学式可写为[V(NH3)3Cl]SO4,则X中配离子的化学式为[V(NH3)3Cl]2+,Y中Cl-为外界,SO42-为内界,化学式可写为[V(NH3)3SO4]Cl,Y中V3+的配体是NH3、考点二超分子小题过基础(1)下列有关超分子的说法不正确的是。

A.超分子是如蛋白质一样的大分子B.超分子是由小分子通过聚合得到的高分子C.超分子是由高分子通过非化学键作用形成的分子聚集体D.超分子是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答案ABC(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②③名师点核心(1)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:非共价键,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)重要特征及应用:分子识别、自组装等。1.(2024·安徽亳州二模)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。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形成氢键D.C60与金刚石晶体类型不同答案C解析同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大但ⅤA族的大于ⅥA族,所以第一电离能:C<O,A正确;杯酚分子中含有苯环结构,具有大π键,B正确;氢键是H与(N、O、F)等电负性大的元素以共价键结合的一种特殊分子间或分子内相互作用力,所以杯酚与C60形成的不是氢键,C错误;金刚石是共价晶体,C60为分子晶体,二者晶体类型不同,D正确。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。随着环的大小不同,它们能与不同的金属离子作用。(1)基态碳原子核外有种不同运动状态的电子,其最外层电子轨道表示式为。

(2)Li+与X的空腔大小相近,恰好能进入到X的环内,且与氧原子的一对孤电子对作用形成具有稳定结构的W。W中Li+与O原子之间的作用属于(填字母)。

A.离子键B.共价键C.氢键D.配位键E.以上都不是(3)Y能与K+形成稳定结构,但不能与Li+形成稳定结构,原因是。

(4)冠醚分子中O的杂化轨道类型是;C—O—C的键角(填“大于”“小于”或“等于”)109°28'。

答案(1)6(2)D(3)Li+的半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内的氧原子作用形成稳定结构(4)sp3小于解析(1)碳原子核外有6个电子,每个电子的运动状态各不相同,其核外电子排布式为1s22s22p2,最外层电子排布式为2s22p2,所以其最外层电子轨道表示式为。(2)W中Li+提供空轨道,O原子提供孤电子对,二者之间形成配位键,故选D。(3)Li+的半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内的氧原子作用形成稳定结构。(4)冠醚分子中O原子形成2个σ键,O原子还有2对孤电子对,所以O原子的价电子对数为4,杂化轨道类型为sp3;由于孤电子对对成键电子对的排斥作用较大,所以C—O—C的键角小于109°28'。本讲感悟疑点:

盲点:

1.(2023·浙江1月选考)共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构,一定条件下可发生反应:Al2Cl6+2NH3===2Al(NH3)Cl3,下列说法不正确的是()A.Al2Cl6的结构式为B.Al2Cl6为非极性分子C.该反应中NH3的配位能力大于氯D.Al2Br6比Al2Cl6更难与NH3发生反应答案D解析A项,由Al2Cl6分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知,分子的结构式为或,故A正确;B项,由Al2Cl6的分子的结构知,其分子为结构对称的非极性分子,故B正确;C项,由反应方程式可知,氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键,NH3的配位能力大于氯原子,故C正确;D项,溴元素的电负性小于氯元素,原子半径大于氯原子,则铝溴键弱于铝氯键,所以Al2Br6的铝溴键更易断裂,比Al2Cl6更易与氨气反应,故D错误;故选D。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3853764176000A.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·黑吉辽卷)环六糊精(D⁃吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构,腔内极性较小,腔外极性较大,可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是()A.环六糊精属于寡糖B.非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子C.图2中甲氧基对位暴露在反应环境中D.可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚答案B解析1mol糖水解后能产生2~10mol单糖的称为寡糖,由图1环六糊精的结构可知,1mol环六糊精水解产生6molD⁃吡喃葡萄糖,故环六糊精属于寡糖,A正确;只有分子的尺寸大小适配环六糊精的空腔大小时才能被环六糊精包合形成超分子,B错误;由图3加入环六糊精后生成96%的对氯苯甲醚知,图2中甲氧基对位暴露在反应环境中,C正确;环六糊精腔外极性较大,腔内极性较小,由“相似相溶”及环六糊精含较多羟基,可与水形成氢键而易溶于水知,可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚,D正确。高考热点总结

基础落实选择题只有1个选项符合题意1.(2020·海南卷)向CuSO4溶液中滴加氨水至过量,下列叙述正确的是()A.先出现沉淀,后沉淀溶解变为无色溶液B.离子方程式为Cu2++4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2++4H2OC.Cu2+与NH3中的氮原子以π键结合D.NH3分子中∠HNH为109°28'答案B解析向CuSO4溶液中滴加氨水至过量,先生成氢氧化铜蓝色沉淀,后溶解形成铜氨溶液,为深蓝色溶液,故A错误;Cu2+提供空轨道,NH3中的氮原子提供孤电子对,形成配位键,故C错误;NH3分子为三角锥形,∠HNH为107°,故D错误。2.关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物,下列说法中正确的是()A.配体是Cl-和H2O,配位数是9B.1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O含有σ键的数目为12NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)C.内界和外界中Cl-的数目比是1∶2D.加入足量AgNO3溶液,所有Cl-均被完全沉淀答案C解析在[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中,中心离子是Ti3+,配体是Cl-、H2O,配位数为6,内界和外界的Cl-数目比是1∶2;配合物中,内界Cl-不与Ag+反应,外界中的Cl-与Ag+反应;1mol[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O含σ键数目为(6+5×2+2)NA=18NA,A、B、D错误。3.将[Co(H2O)6]Cl2与过量氨水、氯化铵、双氧水混合,若有活性炭催化时发生反应:2[Co(H2O)6]Cl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3+24H2O;若没有活性炭催化,则生成[Co(NH3)5Cl]Cl2。下列说法正确的是()A.基态Co原子核外电子空间运动状态有27种B.沸点:NH3<H2O<H2O2C.常温下,滴加AgNO3溶液可定性鉴别[Co(NH3)6]Cl3与[Co(NH3)5Cl]Cl2D.1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有16molσ键答案B解析Co原子的空间运动状态为15种,A错误;两种配合物均电离出Cl-,加AgNO3溶液均有白色沉淀,无法定性鉴别,C错误;1mol[Co(NH3)5Cl]Cl2中含有(6+3×5)molσ键,D错误。4.(2024·福建模拟)亚铜氨溶液可以吸收CO,其反应为[Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+。下列说法不正确的是()A.[Cu(NH3)3CO]+的结构为B.CO为极性分子C.[Cu(NH3)3CO]+中H—N—H键角比NH3分子中的大D.1mol[Cu(NH3)2]+中含有6mol共价键答案D解析NH3中的N原子、CO中的C原子与Cu+形成配位键,A正确;CO为含有极性键的双原子分子,则其为极性分子,B正确;[Cu(NH3)3CO]+中的N原子上没有孤电子对,NH3分子中的N原子上有一个孤电子对,成键电子对与成键电子对之间的斥力小于孤电子对与成键电子对之间的斥力,故[Cu(NH3)3CO]+中H—N—H键角比NH3分子中的大,C正确;1mol[Cu(NH3)2]+中含2molCu—N配位键和6molN—H,共8mol共价键,D错误。5.(2024·山东潍坊三模)血红蛋白结合O2后的结构如图所示,CO也可与血红蛋白结合。下列说法错误的是()A.血红蛋白中心离子Fe2+与卟啉环形成6个螯合键B.CO与血红蛋白结合时,C原子提供孤电子对C.第一电离能:N>H>CD.基态Fe2+含有4个未成对电子答案A解析由图可知,血红蛋白中心离子Fe2+的配位键数目为6,但与卟啉环形成4个螯合键,故A错误;电负性:C<O,C原子提供电子的倾向更大,更易形成配位键,所以CO与血红蛋白结合时,C原子提供孤电子对,故B正确;同周期,从左至右,元素的第一电离能逐渐增大,所以第一电离能:N>C,另第一电离能:H>C,所以第一电离能:N>H>C,故C正确;基态Fe2+的价电子排布式为:3d6,有4个未成对电子,故D正确。6.(2025·浙江杭州测试)FeSO4·7H2O在工业生产中有重要用途,其结构示意图如下,下列说法错误的是()A.电负性:O>S>HB.基态Fe2+的价层电子排布式:3d6C.上述结构中含化学键:离子键、共价键、氢键、配位键D.H2O中的O和SO42-中的S均为sp3杂化,H2O的键角小于S答案C解析A.非金属性O>S>H,非金属性越强,电负性越大,则电负性:O>S>H,A正确;B.基态Fe的价电子排布式为3d64s2,则基态Fe2+的价层电子排布式为3d6,B正确;C.FeSO4·7H2O的晶体结构中,Fe2+与SO42-间形成离子键,S—O、O—H间形成共价键,6个H2O与Fe2+间形成配位键,氢键不属于化学键,则含化学键:离子键、共价键、配位键,C错误;D.H2O中的O和SO42-中的S价层电子对数都为4,均发生sp3杂化,H2O分子中O原子最外层有2个孤电子对,对成键电子有排斥作用,而S原子最外层不存在孤电子对,所以H2O的键角小于SO7.(2024·丽水、湖州、衢州4月检测)B2O3的气态分子结构如图1所示,硼酸(H3BO3)晶体结构为层状,其二维平面结构如图2所示。下列说法错误的是()A.两分子中B原子分别采用sp杂化、sp2杂化B.硼酸晶体中层与层之间存在范德华力C.1molH3BO3晶体中含有6mol氢键D.硼原子可提供空轨道,硼酸电离的方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+答案C解析B原子最外层有3个电子,在图1分子中每个B原子只形成了2个σ键,且没有孤电子对,故采用sp杂化,在图2分子中每个B原子形成了3个σ键,且没有孤电子对,故采用sp2杂化,A正确;由题中信息可知,硼酸晶体为层状结构,类比石墨的晶体结构可知其层与层之间存在范德华力,故B正确;由图中信息可知,每个硼酸分子有3个羟基,其O原子和H原子均可与邻近的硼酸分子形成氢键,平均每个硼酸分子形成了3个氢键,因此,1molH3BO3晶体中含有3mol氢键,故C错误;硼原子的2p轨道有空轨道,水电离的OH-中氧原子有2个孤电子对,两者可形成配位键并破坏了水的电离平衡使溶液显酸性,其电离方程式为H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+,故D正确。8.回答下列问题:(1)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的空间结构是。

②在[Ni(NH3)6]2+中,Ni2+与NH3之间形成的化学键称为,提供孤电子对的成键原子是(填元素符号)。

(2)银氨溶液的主要成分是[Ag(NH3)2]OH,配制方法是向AgNO3溶液中滴加氨水至沉淀刚好完全溶解为止,得到澄清的银氨溶液。①AgNO3中阴离子的空间结构是。

②[Ag(NH3)2]+中的配位数为。

(3)现代冶金工业中,发生反应2[Au(CN)2]-+Zn===2Au+[Zn(CN)4]2-。CN-是常见的配体,提供孤电子对的是C不是N,其主要原因是。

答案(1)①正四面体形②配位键N(2)①平面三角形②2(3)C的电负性比N小,吸引孤电子对的能力比N弱解析(1)①SO42-中S原子的孤电子对数为6+2-2×42=0,价层电子对数为4+0=4,故其空间结构为正四面体形。②Ni2+提供空轨道,NH3中N原子提供孤电子对,二者形成配位键。(2)①NO3-形成3个σ键,中心N原子的孤电子对数为5+1-2×32=0,根据价层电子对互斥模型可判断其空间结构为平面三角形。②配位数即配体的个数,NH3是配体,则配位数为2。(3)配体在形成配位键时需具备两个条件:一是有孤电子对,二是配位原子的电负性不能太大,如CO、CN-等配体中能力提升9.(2024·东西湖区校级模拟)很多络离子的颜色是因为发生了价层电子的d-d跃迁导致的。配体使原来能量相同的d轨道发生分裂,有的d轨道能量升高,有的d轨道能量降低,价层电子的d轨道上的电子可以在不同能量的d轨道之间跃迁,吸收一定波长的光而表现出特定颜色。下列络合离子可能有颜色的是()A.[Ti(H2O)6]3+ B.[Zn(NH3)4]2+C.[SnCl6]- D.AlF答案A解析很多络离子的颜色是因为发生了价层电子的d-d跃迁导致的。配体使原来能量相同的d轨道发生分裂,有的d轨道能量升高,有的d轨道能量降低,价层电子的d轨道上的电子可以在不同能量的d轨道之间跃迁,吸收一定波长的光而表现出特定颜色,据此分析判断,[Ti(H2O)6]3+离子中的Ti3+离子的3d轨道上有1个电子,可以发生跃迁,络合离子可能有颜色,故A正确;[Zn(NH3)4]2+离子中的Zn2+离子中3d轨道上为全满,不能发生d电子跃迁,故B错误;[SnCl6]-离子中的锡离子中d轨道为全满状态,不能发生d电子跃迁,故C错误;AlF63-离子中的铝离子不存在d电子,故10.冠醚因分子结构形如皇冠而得名,某冠醚分子c可识别K+,其合成方法如下:下列说法错误的是()A.a、b均可与NaOH溶液反应B.c的核磁共振氢谱有4组峰C.冠醚络合哪种阳离子取决于氧原子与阳离子的配位能力D.该冠醚能发生取代反应、加成反应和氧化反应答案C解析a中含有酚羟基,酚羟基呈弱酸性能与NaOH反应,b可在NaOH溶液中发生水解反应,生成醇类,A正确;根据c的结构简式可知,冠醚中有四种不同化学环境的氢原子,如图所示,核磁共振氢谱有4组峰,B正确;冠醚络合哪种阳离子取决于环的大小,而不是氧原子与阳离子的配位能力,C错误;该冠醚分子苯环上含有氢,能发生取代反应,苯环能和氢气发生加成反应,该物质的燃烧属于氧化反应,D正确。11.(2024·江西模拟)分子之间可通过空间结构和作用力协同产生某种选择性,从而实现分子识别。如图是一种分子梭,在分子A上有两个不同的识别位点。下列说法错误的是()A.在酸性情况下,A分子中位点2结合H+带正电荷,与环状分子B作用力增强B.通过加入酸或碱,均能实现分子梭在不同状态之间的切换C.若该分子梭与分子B的识别仅对应两种状态,则其具有设计成分子计算机的可能D.分子A含有醚键和氨基,属于芳香族化合物答案D解析由题意可知,在酸性情况下,A分子中位点2的烷胺基结合H+带正电荷,与环状分子B作用力增强,故A正确;在碱性情况下,环状分子B与带有正电荷的位点1的相互作用较强,结合A选项分析可知,通过加入酸或碱,均能实现分子梭在不同状态之间的切换,故B正确;根据题意“在分子A上有2个不同的识别点位”,所以该分子梭能识别的状态有两种状态,与目前的二进制计算机相似,故C正确;由图可知,分子B含有醚键,分子A没有醚键,故D错误。12.第四周期的铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途。(1)基态铬原子的价层电子排布式为。

(2)CrO2Cl2和NaClO均可作化工生产的氧化剂或氯化剂。制备CrO2Cl2的反应:K2Cr2O7+3CCl4===2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑①上述反应式中非金属元素电负性由大到小的顺序是(用元素符号表示)。

②COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构,则COCl2分子中σ键和π键的个数比为。

(3)CuCl的盐酸溶液能吸收CO生成复合物氯