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新高考化学一轮复习考点过关练习第45练 配合物与超分子（含解析）
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这是一份新高考化学一轮复习考点过关练习第45练 配合物与超分子（含解析），共13页。试卷主要包含了下列不能形成配位键的组合是，下列有关配位键的分析正确的是，下列说法中，不正确的是，下列物质不是配合物的是，下列过程与配合物的形成无关的是，下列有关超分子的说法错误的是，下列关于超分子的叙述中正确的是等内容，欢迎下载使用。
专题15 晶体结构与性质
第45练 配合物与超分子
1．下列不能形成配位键的组合是( )
A．Ag＋、NH3 B．H2O、H＋ C．Co3＋、CO D．Ag＋、H＋
【答案】D
【解析】配位键的形成条件必须是一方能提供孤电子对，另一方能提供空轨道，A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋能提供空轨道，NH3、H2O、CO能提供孤电子对，所以能形成配位键，而D项Ag＋与H＋都只能提供空轨道，而无法提供孤电子对，所以不能形成配位键。
2．下列有关配位键的分析正确的是( )
A．是离子键 B．是极性键 C．是非极性键 D．是π键
【答案】B
【解析】配位键是成键原子通过共用电子对形成的，属于共价键，A项错误；配位键存在于不同原子之间且为单键，故属于极性键与σ键，B项正确。故选B。
3．既有离子键又有共价键和配位键的化合物是( )
A．NH4NO3 B．NaOH C．H2SO4 D．H2O
【答案】A
【解析】碱和盐中金属阳离子与氢氧根、酸根之间通过离子键相结合，含氧酸根内有共价键，在我们中学所学的复杂离子中主要有NH、H3O＋内存在配位键，而配合物都是共价化合物，所以都不含离子键。
4．下列说法中，不正确的是( )
A．配位键也是一种静电作用
B．配位键实质上也是一种共价键
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】配位键是一种特殊的共价键，孤对电子由一方提供，另一方提供空轨道。
5．下列物质不是配合物的是( )
A．NaCl B．[Fe(SCN)2]Cl
C．[Cu(NH3)4]Cl2 D．[Ag(NH3)2]OH
【答案】A
【解析】含有配位键的化合物是配合物(一般铵盐除外)，NaCl中只含有离子键，故不是配合物。
6．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是( )
A．配位化合物中必定存在配位键
B．配位化合物中只有配位键
C．[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤电子对形成配位键
D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用
【答案】B
【解析】含有配位键的化合物就是配位化合物，但配位化合物还会含有共价键、离子键等，B错误。故选B。
7．下列过程与配合物的形成无关的是( )
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液
B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液
D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】对于A项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；对于选项B，AgNO3与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配合物离子[Ag(NH3)2]＋；对于C项，Fe3＋与KSCN反应生成了配合物离子[Fe(SCN)n]3－n；对于D项，CuSO4与氨水反应生成了配合物离子[Cu(NH3)4]2＋。
8．下列有关超分子的说法错误的是( )
A．超分子是由两种或多种分子形成的聚集体
B．分子形成超分子的作用可能是分子间作用力
C．超分子具有分子识别的特性
D．分子以共价键聚合形成超分子
【答案】D
【解析】分子以非共价键或仅以分子间作用力形成超分子。故选D。
9．下列关于超分子的叙述中正确的是( )
A．超分子就是高分子 B．超分子都是无限伸展的
C．形成超分子的微粒都是分子 D．超分子具有分子识别和自组装的特征
【答案】D
【解析】A项，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，有的是高分子，有的不是，故A错误；B项，超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的的是有限的，故B错误；C项，形成超分子的微粒也包括离子，故C错误；D项，超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。
10．冠醚(皇冠状分子)因具有分子识别能力，成为超分子化学中重要一员。18-冠-6 是其中的一种，结构如图。下列说法正确的是( )
A．该分子是CH3OCH3的同系物
B．该分子中所有原子可能共平面
C．该分子含有σ键、极性键、非极性键
D．该有机物的最简式与甲醛的最简式相同
【答案】C
【解析】A项，同系物是指结构相似，分子式相差1个或n个CH2的物质，18-冠-6与CH3OCH3结构不相似，所以不是同系物，故A正确；B项，该分子中碳原子具有甲烷的结构特点，所以该分子中所有原子不可能共平面，故B错误；C项，该分子含有共价单键，所以含有σ键，而且分子中含有C-C，C-H键，所以还含有极性键、非极性键，故C正确；D项，该有机物的分子式为C12H24O6，最简式为C2H4O，与甲醛的最简式CH4O不相同，故D错误；故选C。
11．下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是( )
A．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
B．配合物中只含配位键
C．[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键
D．配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用
【答案】B
【解析】A项，利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70，A正确；B项，配位化合物中不一定只含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，B错误；C项，配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，C正确；D项，配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，D正确；故选B。
1．下列关于Cu(NH3)4]SO4的说法中，正确的有( )
A．Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键
B．Cu(NH3)4]SO4含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子
C．Cu(NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．Cu(NH3)4]SO4中SO的空间构型为平面三角形
【答案】A
【解析】在Cu(NH3)4]SO4中含有NH3，但其水溶液中不含有NH3，因为配离子很难再电离；在组成配合物的元素中，N的第一电离能最大，SO为正四面体构型。故选A。
2．关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中正确的是( )
A．1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
B．中心原子的化合价为+3价
C．中心原子的配位数是5
D．含1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3 mol白色沉淀
【答案】B
【解析】A项，NH3和Cl-与Ti3+形成的配位键为σ键，一个NH3分子中含有3个σ键，所以1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键的数目为3×5+6=21 mol，A项错误；B项，NH3不带电荷，Cl带一个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，B项正确；C项，NH3和Cl-均为配体，所以中心原子的配位数为6，C项错误；D项，配合物外界完全电离，内界不电离，所以1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2只能电离产生2 mol Cl-，加入足量AgNO3溶液，产生2 mol白色沉淀，D项错误；故选B。
3．关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是( )
A．配体为水分子，外界为Br-
B．中心离子的配位数为6
C．中心离子Cr3＋提供孤电子对
D．中心离子的化合价为＋2
【答案】B
【解析】A项，[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中配位体是H2O、Br，外界为Br-，A项错误；B项，[Cr(H2O)4Br2]-中的中心离子的配体是H2O、Br，该配离子中含有4个H2O、2个Br，所以配位数是6，B项正确；C项， [Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中内界为[Cr(H2O)4Br2]＋，Cr3＋为中心离子，配体为H2O、Br-，配位数为6，外界为Br-，Cr3＋提供的空轨道，C项错误；D项，[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中阴离子是溴离子，溴离子的化合价是-1价，所以铬离子的化合价是+3价，D项错误；故选B。
4．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法不正确的是( )
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子有C和N
C．1mol配合物中σ键数目为12NA
D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离共得到3NA阴阳离子
【答案】A
【解析】A项，Na+与[Fe(CN)5(NO)]2-存在离子键，NO分子、CN-与Fe3+形成配位键，碳氮之间，氮氧之间存在极性共价键，不存在非极性键，A错误；B项，NO分子、CN-与Fe3+形成配位键，共有6个，配位原子有C和N，B正确；C项，1mol配合物中σ键数目为(5×2+1×2)×NA =12 NA，C正确；D项，配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na+与1个[Fe(CN)5(NO)]2-，所以1mol配合物电离共得到3NA阴阳离子，D正确；故选A。
5．HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应：4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O=[Zn(H2O)4] 2++4HOCH2CN，下列说法错误的是( )
A．反应中HCHO发生了加成反应
B．HCHO和H2O中心原子的价层电子对数不相同
C．CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＞H2O
D．Zn 2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比为1∶1
【答案】C
【解析】A项，反应中HCHO反应生成了HOCH2CN，在C=O两端分别连上了-H和-CN，发生了加成反应，故A项正确；B项，HCHO中心原子C的价层电子对数=3+=3，H2O中心原子O的价层电子对数=2+=4，不相同，故B项正确；C项，配合物向生成更稳定的配合物转化，所以CN-和H2O与Zn2+的配位能力： CN-＜H2O，故C项错误；D项，配位键属于σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，Zn 2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比=(4+4)∶(4×2)=1∶1，故D项正确；故选C。
6．将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中，剧烈燃烧产生棕黄色烟，向集气瓶中加入少量水，观察到溶液呈黄绿色，主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的CuCl4]2－。现向蓝色的硫酸铜溶液中，加入少量稀氨水，得到蓝色絮状沉淀，继续加入氨水后，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再向其中加入少量浓盐酸，得到绿色溶液，则该绿色溶液中主要存在的离子是( )
A．Cu2＋、Cu(H2O)4]2＋、SO
B．CuCl4]2－、Cu(H2O)4]2＋、NH、SO
C．CuCl]、NH、SO
D．Cu(NH3)4]2＋、Cu(H2O)4]2＋、SO
【答案】B
【解析】由题中信息可推知，含CuCl4]2－的溶液为黄绿色，含Cu(H2O)4]2＋的溶液为蓝色，故绿色溶液中含CuCl4]2－和Cu(H2O)4]2＋；在整个反应过程中SO未参与反应，NH3与H＋结合生成了NH。故选B。
7．下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是( )
A．K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4 B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4
C．[Ag(NH3)2]Cl、K3[Fe(SCN)6] D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl
【答案】B
【解析】A项中中心原子的电荷数分别是＋1和＋2，配位数分别是2和4；B项中中心原子的电荷数均是＋2，配位数均是4；C项中中心原子的电荷数分别是＋1，＋3，配位数分别是2和6；D项中中心原子的电荷数分别是＋2和＋1，配位数分别是4和2。
8．向盛有少量CuCl2溶液的试管中滴入少量NaOH溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是( )
A．开始生成蓝色沉淀，加入过量氨水时，形成无色溶液
B．开始生成Cu(OH)2，它不溶于水，但溶于浓氨水，生成深蓝色溶液
C．开始生成蓝色沉淀，加入氨水后，沉淀溶解生成深蓝色溶液
D．开始生成Cu(OH)2，之后生成更稳定的配合物
【答案】A
【解析】向CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液，生成Cu(OH)2蓝色沉淀：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)↓；再加入浓氨水，沉淀溶解得到深蓝色的溶液：Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
9．下列关于超分子的说法不正确的是( )
A．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
B．超分子都是无限伸展的
C．冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
【答案】B
【解析】A项，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，故A正确；B项，超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；C项，冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；D项，细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D正确；故选B。
10．下列有关超分子的说法正确的是( )
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．超分子是由两个或两个以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
【答案】D
【解析】超分子不同于蛋白质、淀粉等大分子，也不是由小分子通过聚合得到的高分子，超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，综上所述，故选D。
1．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法正确的是( )
A．配位体是Cl－和H2O，配位数是8
B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2
D．向1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀
【答案】C
【解析】配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体是Cl－和H2O，配位数是6，A项错误；中心离子是Ti3＋，B项错误；配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中内界Cl－的个数为1，外界Cl－的个数为2，内界和外界中Cl－的数目比是1∶2，C项正确；加入足量AgNO3溶液，外界Cl－与Ag＋反应，内界Cl－不与Ag＋反应，故只能生成2 mol AgCl沉淀，D项错误。
2．Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 [Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是( )
A．该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4
B．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区
C．1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀
D．该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构
【答案】A
【解析】配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子(3s23p63d6)，配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14+2+2n=26，所以n=5。A项，由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；B项，该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；C项，[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，C不正确；D项，该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。故选A。
3．配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是( )
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe(CN)6]3−，中心离子为Fe 3+，配位数为6
C．1mol配合物中σ键数目为12 NA
D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA
【答案】A
【解析】A项，Na+与[Fe(CN)6]3−之间存在离子键，CN-与Fe 3+之间存在配位键，CN-中碳原子与氮原子之间存在极性键，不存在非极性键，A项错误；B项，配合物Na3[Fe(CN)6]中，配离子为[Fe(CN)6]3−，中心离子为Fe 3+，配位数为6，B项正确；C项，CN-中碳原子与氮原子之间存在1个σ键，CN-与Fe 3+之间的配位键属于σ键，则1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键数目为(6+6) ×NA=12NA，C项正确；D项，该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为Na3[Fe(CN)6] =3Na++ [Fe(CN)6]3−，1mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA，D项正确；故选A。
4．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是( )
A．该化合物含有 H、O、N、Ni 四种元素
B．该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素
C．该化合物属于配合物，中心离子是 N
D．该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键
【答案】D
【解析】A项，由图可知，结构中含有C、H、N、O、Ni五种元素，故A项错误；B项，该物质中，Ni提供空轨道，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，中心离子为Ni，中心离子的配位数是4，配体是氮元素，故B项错误；C项，Ni含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni形成配位键，中心离子是Ni，故C项错误；D项，由该化合物的结构示意图可知：N元素连接的氧原子与氧元素连接H原子之间形成氢键，N原子与Ni原子之间形成配位键，同时存在C=N双键，因此该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键，故D项正确；故选D。
5．在碱性溶液中，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有H、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第一电离能大小顺序为O＞N＞C＞H
【答案】D
【解析】A项，该配离子中的N原子和O原子电负性较大、半径较小、含孤电子对，可与水分子中的H形成氢键，故A项正确；B项，根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，故B项正确；C项，Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，故C项正确；项，一般非金属性越强电离能越大，第ⅤA族元素比同周期相邻元素大，第一电离能大小顺序为N＞O＞C＞H，故D项错误；故选D。
6．如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分)，下列有关叙述正确的是( )
A．示意图中的两个氧原子的杂化类型无法确定
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子
C．该叶绿素是配合物，其配体是N原子
D．该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物
【答案】B
【解析】由示意图知，两个氧原子均形成了两个σ键，故均为sp3杂化，A项错误；Mg元素的最高化合价为＋2，而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键，由此可以判断该化合物中Mg与N原子间存在配位键，该物质为配合物，B项正确；因氮原子还与碳原子成键，因此只能说氮原子是配位原子而不能说是配体，C项错误；高分子化合物的相对分子质量通常在10 000以上，D项错误。故选B。
7．如图所示是卟啉配合物叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是( )
A．该叶绿素只含有H、Mg、C元素
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子
C．该叶绿素是配合物，其配位体是N元素
D．该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物
【答案】B
【解析】A项，该化合物还含有O元素和N元素，A项错误；B项，Mg的最高化合价为+2，而化合物中Mg能与4个N原子作用，由此可以判断该化合物中Mg与N原子间形成配位键，该物质为配合物，B项正确；C项，该化合物中配位原子为N原子，不能称N原子为配位体，同样也不能称N元素为配位体，因为配位体一般为离子或分子，C项错误；D项，高分子化合物的相对分子质量在10000以上，D项错误；故选B。
8．如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是( )
A．a和b中N原子均采取sp2杂化
B．b中Ca2＋的配位数为6
C．a中配位原子是C原子
D．b中含有共价键、离子键和配位键
【答案】B
【解析】A项，a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化，A项错误；B项，b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6，B项正确；C项，a不是配合物，C项错误；D项，钙离子与N、O之间形成配位键，其他原子之间形成共价键，不含离子键，D项错误；故选B。
9．利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”，实现分子分离，是超分子化学的重要研究和应用领域。如图表示用“杯酚”对C60和C70进行分离的过程，下列对该过程的说法错误的是( )
A．C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯 B．C60能与“杯酚”形成超分子
C．C70不能与“杯酚”形成超分子 D．“杯酚”能够循环使用
【答案】A
【解析】A项，由题图可知，C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能，C60与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明C60是否能溶于甲苯，A项错误;B项，由题图可知，C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故B正确;C项，由题图可知，C70不能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故Ｃ正确;D项，通过溶剂氯仿的作用，破坏“杯酚”与C60形成的超分子，可实现将C60与C70分离，且“杯酚”能够循环使用，D项正确;故选A。
10．分子中含有两个或两个以上中心原子(离子)的配合物称为多核配合物，如右图为Co(II)双核配合物的内界，下列说法正确的是( )
A．每个中心离子的配位数为6
B．如图结构中的氯元素为Cl-，则其含有极性键、非极性键和离子键
C．配合物中的C原子都是sp2杂化
D．如图结构中所有微粒共平面
【答案】A
【解析】在题给配合物中，带“∗”的碳原子，都与4个原子形成共价键：
A项，在Co(II)双核配合物中，每个中心离子与5个N原子、1个Cl-形成配位键，则配位数为6，A正确；B项，如图结构中的氯元素为Cl-，则其含有C-H、C-N极性键、C-C非极性键，但不含有离子键，B不正确；C项，分析中所标记的“∗”碳原子，与周围4个原子形成共价键，都发生sp3杂化，C不正确；D项，图中“∗”标记碳原子与周围4个原子以共价键相连接，5个原子不可能共平面，D不正确；故选A。
11．一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构为，下列说法错误的是( )
A．Co2+的价电子排布式为3d54s2 B．碳原子的杂化轨道类型为sp2和sp3
C．该配合物中配位原子是N和O D．1mol该配合物形成的配位键有6mol
【答案】A
【解析】A项，钴元素的原子序数为27，Co2+离子的价电子排布式为3d7，故A错误；B项，由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，化合物中含有杂化轨道类型为sp3的单键碳原子和杂化轨道类型为sp2的双键碳原子，故B正确；C项，由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，具有空轨道的Co2+离子与具有孤对电子的氮原子和氧原子形成配位键，故C正确；D项，由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，具有空轨道的Co2+离子与具有孤对电子的2个氮原子和4个氧原子形成6个配位键，则1mol配合物形成的配位键有6mol，故D正确；故选A。
专题15 晶体结构与性质
第45练 配合物与超分子
1．下列不能形成配位键的组合是( )
A．Ag＋、NH3 B．H2O、H＋ C．Co3＋、CO D．Ag＋、H＋
【答案】D
【解析】配位键的形成条件必须是一方能提供孤电子对，另一方能提供空轨道，A、B、C三项中，Ag＋、H＋、Co3＋能提供空轨道，NH3、H2O、CO能提供孤电子对，所以能形成配位键，而D项Ag＋与H＋都只能提供空轨道，而无法提供孤电子对，所以不能形成配位键。
2．下列有关配位键的分析正确的是( )
A．是离子键 B．是极性键 C．是非极性键 D．是π键
【答案】B
【解析】配位键是成键原子通过共用电子对形成的，属于共价键，A项错误；配位键存在于不同原子之间且为单键，故属于极性键与σ键，B项正确。故选B。
3．既有离子键又有共价键和配位键的化合物是( )
A．NH4NO3 B．NaOH C．H2SO4 D．H2O
【答案】A
【解析】碱和盐中金属阳离子与氢氧根、酸根之间通过离子键相结合，含氧酸根内有共价键，在我们中学所学的复杂离子中主要有NH、H3O＋内存在配位键，而配合物都是共价化合物，所以都不含离子键。
4．下列说法中，不正确的是( )
A．配位键也是一种静电作用
B．配位键实质上也是一种共价键
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】配位键是一种特殊的共价键，孤对电子由一方提供，另一方提供空轨道。
5．下列物质不是配合物的是( )
A．NaCl B．[Fe(SCN)2]Cl
C．[Cu(NH3)4]Cl2 D．[Ag(NH3)2]OH
【答案】A
【解析】含有配位键的化合物是配合物(一般铵盐除外)，NaCl中只含有离子键，故不是配合物。
6．下列关于配位化合物的叙述中，不正确的是( )
A．配位化合物中必定存在配位键
B．配位化合物中只有配位键
C．[Cu(H2O)4]2＋中的Cu2＋提供空轨道，H2O中的氧原子提供孤电子对形成配位键
D．配位化合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有着广泛的应用
【答案】B
【解析】含有配位键的化合物就是配位化合物，但配位化合物还会含有共价键、离子键等，B错误。故选B。
7．下列过程与配合物的形成无关的是( )
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液
B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液
D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】对于A项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；对于选项B，AgNO3与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配合物离子[Ag(NH3)2]＋；对于C项，Fe3＋与KSCN反应生成了配合物离子[Fe(SCN)n]3－n；对于D项，CuSO4与氨水反应生成了配合物离子[Cu(NH3)4]2＋。
8．下列有关超分子的说法错误的是( )
A．超分子是由两种或多种分子形成的聚集体
B．分子形成超分子的作用可能是分子间作用力
C．超分子具有分子识别的特性
D．分子以共价键聚合形成超分子
【答案】D
【解析】分子以非共价键或仅以分子间作用力形成超分子。故选D。
9．下列关于超分子的叙述中正确的是( )
A．超分子就是高分子 B．超分子都是无限伸展的
C．形成超分子的微粒都是分子 D．超分子具有分子识别和自组装的特征
【答案】D
【解析】A项，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，有的是高分子，有的不是，故A错误；B项，超分子这种分子聚集体有的是无限伸展的，有的的是有限的，故B错误；C项，形成超分子的微粒也包括离子，故C错误；D项，超分子的特征是分子识别和自组装，故D正确。
10．冠醚(皇冠状分子)因具有分子识别能力，成为超分子化学中重要一员。18-冠-6 是其中的一种，结构如图。下列说法正确的是( )
A．该分子是CH3OCH3的同系物
B．该分子中所有原子可能共平面
C．该分子含有σ键、极性键、非极性键
D．该有机物的最简式与甲醛的最简式相同
【答案】C
【解析】A项，同系物是指结构相似，分子式相差1个或n个CH2的物质，18-冠-6与CH3OCH3结构不相似，所以不是同系物，故A正确；B项，该分子中碳原子具有甲烷的结构特点，所以该分子中所有原子不可能共平面，故B错误；C项，该分子含有共价单键，所以含有σ键，而且分子中含有C-C，C-H键，所以还含有极性键、非极性键，故C正确；D项，该有机物的分子式为C12H24O6，最简式为C2H4O，与甲醛的最简式CH4O不相同，故D错误；故选C。
11．下列关于超分子和配合物的叙述不正确的是( )
A．利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70
B．配合物中只含配位键
C．[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中氧原子提供孤对电子，从而形成配位键
D．配合物在半导体等尖端技术、医学科学、催化反应和材料化学等领域都有广泛应用
【答案】B
【解析】A项，利用超分子的分子识别特征，可以分离C60和C70，A正确；B项，配位化合物中不一定只含有配位键，可能含有共价键、离子键，如[Cu(H2O)4]SO4，B错误；C项，配离子中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，所以[Cu(H2O)6]2+中的Cu2+提供空轨道，H2O中的O原子提供孤对电子，两者结合形成配位键，C正确；D项，配合物的应用：①生命体中，许多酶与金属离子的配合物有关；②科学研究和生产实践：进行溶解、沉淀或萃取等操作来达到分离提纯、分析检测等目的，D正确；故选B。
1．下列关于Cu(NH3)4]SO4的说法中，正确的有( )
A．Cu(NH3)4]SO4中所含的化学键有离子键、极性共价键和配位键
B．Cu(NH3)4]SO4含有NH3分子，其水溶液中也含有NH3分子
C．Cu(NH3)4]SO4的组成元素中第一电离能最大的是氧元素
D．Cu(NH3)4]SO4中SO的空间构型为平面三角形
【答案】A
【解析】在Cu(NH3)4]SO4中含有NH3，但其水溶液中不含有NH3，因为配离子很难再电离；在组成配合物的元素中，N的第一电离能最大，SO为正四面体构型。故选A。
2．关于[Ti(NH3)5Cl]Cl2的说法中正确的是( )
A．1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2含有σ键的数目为15NA
B．中心原子的化合价为+3价
C．中心原子的配位数是5
D．含1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2的水溶液中加入足量AgNO3溶液，产生3 mol白色沉淀
【答案】B
【解析】A项，NH3和Cl-与Ti3+形成的配位键为σ键，一个NH3分子中含有3个σ键，所以1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2含σ键的数目为3×5+6=21 mol，A项错误；B项，NH3不带电荷，Cl带一个单位负电荷，整体呈电中性，所以中心原子的化合价为+3价，B项正确；C项，NH3和Cl-均为配体，所以中心原子的配位数为6，C项错误；D项，配合物外界完全电离，内界不电离，所以1 mol [Ti(NH3)5Cl]Cl2只能电离产生2 mol Cl-，加入足量AgNO3溶液，产生2 mol白色沉淀，D项错误；故选B。
3．关于[Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O的说法正确的是( )
A．配体为水分子，外界为Br-
B．中心离子的配位数为6
C．中心离子Cr3＋提供孤电子对
D．中心离子的化合价为＋2
【答案】B
【解析】A项，[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中配位体是H2O、Br，外界为Br-，A项错误；B项，[Cr(H2O)4Br2]-中的中心离子的配体是H2O、Br，该配离子中含有4个H2O、2个Br，所以配位数是6，B项正确；C项， [Cr(H2O)4Br2]Br·2H2O中内界为[Cr(H2O)4Br2]＋，Cr3＋为中心离子，配体为H2O、Br-，配位数为6，外界为Br-，Cr3＋提供的空轨道，C项错误；D项，[Cr(H2O)4Br2]Br•2H2O中阴离子是溴离子，溴离子的化合价是-1价，所以铬离子的化合价是+3价，D项错误；故选B。
4．配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]可用于离子检验，下列说法不正确的是( )
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe(CN)5(NO)]2-，中心离子为Fe3+，配位数为6，配位原子有C和N
C．1mol配合物中σ键数目为12NA
D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol配合物电离共得到3NA阴阳离子
【答案】A
【解析】A项，Na+与[Fe(CN)5(NO)]2-存在离子键，NO分子、CN-与Fe3+形成配位键，碳氮之间，氮氧之间存在极性共价键，不存在非极性键，A错误；B项，NO分子、CN-与Fe3+形成配位键，共有6个，配位原子有C和N，B正确；C项，1mol配合物中σ键数目为(5×2+1×2)×NA =12 NA，C正确；D项，配合物Na2[Fe(CN)5(NO)]为离子化合物，电离出2个Na+与1个[Fe(CN)5(NO)]2-，所以1mol配合物电离共得到3NA阴阳离子，D正确；故选A。
5．HCHO与[Zn(CN)4]2-在水溶液中发生反应：4HCHO+[Zn(CN)4]2-+4H++4H2O=[Zn(H2O)4] 2++4HOCH2CN，下列说法错误的是( )
A．反应中HCHO发生了加成反应
B．HCHO和H2O中心原子的价层电子对数不相同
C．CN-和H2O与Zn2+的配位能力：CN-＞H2O
D．Zn 2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比为1∶1
【答案】C
【解析】A项，反应中HCHO反应生成了HOCH2CN，在C=O两端分别连上了-H和-CN，发生了加成反应，故A项正确；B项，HCHO中心原子C的价层电子对数=3+=3，H2O中心原子O的价层电子对数=2+=4，不相同，故B项正确；C项，配合物向生成更稳定的配合物转化，所以CN-和H2O与Zn2+的配位能力： CN-＜H2O，故C项错误；D项，配位键属于σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，Zn 2+与CN-生成的配离子[Zn(CN)4]2-中，σ键和π键的数目之比=(4+4)∶(4×2)=1∶1，故D项正确；故选C。
6．将灼热的铜丝伸入盛氯气的集气瓶中，剧烈燃烧产生棕黄色烟，向集气瓶中加入少量水，观察到溶液呈黄绿色，主要原因是CuCl2溶液中存在黄绿色的CuCl4]2－。现向蓝色的硫酸铜溶液中，加入少量稀氨水，得到蓝色絮状沉淀，继续加入氨水后，蓝色沉淀溶解，得到深蓝色溶液，再向其中加入少量浓盐酸，得到绿色溶液，则该绿色溶液中主要存在的离子是( )
A．Cu2＋、Cu(H2O)4]2＋、SO
B．CuCl4]2－、Cu(H2O)4]2＋、NH、SO
C．CuCl]、NH、SO
D．Cu(NH3)4]2＋、Cu(H2O)4]2＋、SO
【答案】B
【解析】由题中信息可推知，含CuCl4]2－的溶液为黄绿色，含Cu(H2O)4]2＋的溶液为蓝色，故绿色溶液中含CuCl4]2－和Cu(H2O)4]2＋；在整个反应过程中SO未参与反应，NH3与H＋结合生成了NH。故选B。
7．下列组合中，中心原子的电荷数和配位数均相同的是( )
A．K[Ag(CN)2]、[Cu(NH3)4]SO4 B．[Ni(NH3)4]Cl2、[Cu(NH3)4]SO4
C．[Ag(NH3)2]Cl、K3[Fe(SCN)6] D．[Ni(NH3)4]Cl2、[Ag(NH3)2]Cl
【答案】B
【解析】A项中中心原子的电荷数分别是＋1和＋2，配位数分别是2和4；B项中中心原子的电荷数均是＋2，配位数均是4；C项中中心原子的电荷数分别是＋1，＋3，配位数分别是2和6；D项中中心原子的电荷数分别是＋2和＋1，配位数分别是4和2。
8．向盛有少量CuCl2溶液的试管中滴入少量NaOH溶液，再滴入适量浓氨水，下列叙述不正确的是( )
A．开始生成蓝色沉淀，加入过量氨水时，形成无色溶液
B．开始生成Cu(OH)2，它不溶于水，但溶于浓氨水，生成深蓝色溶液
C．开始生成蓝色沉淀，加入氨水后，沉淀溶解生成深蓝色溶液
D．开始生成Cu(OH)2，之后生成更稳定的配合物
【答案】A
【解析】向CuCl2溶液中加入少量NaOH溶液，生成Cu(OH)2蓝色沉淀：Cu2＋＋2OH－===Cu(OH)↓；再加入浓氨水，沉淀溶解得到深蓝色的溶液：Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
9．下列关于超分子的说法不正确的是( )
A．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
B．超分子都是无限伸展的
C．冠醚是一种超分子，可以识别碱金属离子
D．细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质
【答案】B
【解析】A项，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，故A正确；B项，超分子有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误；C项，冠醚与某些金属的包合物都是超分子，可以识别碱金属离子，故C正确；D项，细胞和细胞器的双分子膜具有自组装性质，生物体的细胞即是由各种生物分子自组装而成，故D正确；故选B。
10．下列有关超分子的说法正确的是( )
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．超分子是由两个或两个以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体
【答案】D
【解析】超分子不同于蛋白质、淀粉等大分子，也不是由小分子通过聚合得到的高分子，超分子是由两个或多个分子相互“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，综上所述，故选D。
1．关于化学式为[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O的配合物的下列说法正确的是( )
A．配位体是Cl－和H2O，配位数是8
B．中心离子是Ti4＋，配离子是[TiCl(H2O)5]2＋
C．内界和外界中Cl－的数目比是1∶2
D．向1 mol该配合物中加入足量AgNO3溶液，可以得到3 mol AgCl沉淀
【答案】C
【解析】配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O，配体是Cl－和H2O，配位数是6，A项错误；中心离子是Ti3＋，B项错误；配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中内界Cl－的个数为1，外界Cl－的个数为2，内界和外界中Cl－的数目比是1∶2，C项正确；加入足量AgNO3溶液，外界Cl－与Ag＋反应，内界Cl－不与Ag＋反应，故只能生成2 mol AgCl沉淀，D项错误。
2．Fe为过渡金属元素，在工业生产中具有重要的用途。已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物 [Fe(NO)(H2O)n]SO4，该配合物的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26。下列有关说法正确的是( )
A．该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4
B．该配合物中所含非金属元素均位于元素周期表p区
C．1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应可生成2 mol沉淀
D．该配合物中阳离子呈正八面体结构，阴离子呈正四面体结构
【答案】A
【解析】配合物[Fe(NO)(H2O)n]SO4的中心离子的最外层电子数与配体提供的电子总数之和为26，因为中心离子Fe2+的最外层有14个电子(3s23p63d6)，配体为NO和H2O，每个配体只提供一对电子，因此，14+2+2n=26，所以n=5。A项，由分析可知，n=5，故该配合物的化学式为[Fe(NO)(H2O)5]SO4，A正确；B项，该配合物所含的非金属元素中，H位于位于元素周期表s区，N、O、S均位于p区，B不正确；C项，[Fe(NO)(H2O)5]SO4属于配合物，其内界[Fe(NO)(H2O)5]2+较稳定，不与Ba(OH)2发生反应，但是其外界中的硫酸根离子可以与Ba(OH)2反应，因此，1 mol该配合物与足量Ba(OH)2溶液反应只能生成1 mol硫酸钡沉淀，C不正确；D项，该配合物中阳离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，中心原子的配位数为6，但是，由于有两种不同的配体，因此其空间构型不可能是正八面体结构，D不正确。故选A。
3．配合物Na3[Fe(CN)6]可用于离子检验，下列说法不正确的是( )
A．此配合物中存在离子键、配位键、极性键、非极性键
B．配离子为[Fe(CN)6]3−，中心离子为Fe 3+，配位数为6
C．1mol配合物中σ键数目为12 NA
D．该配合物为离子化合物，易电离，1mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA
【答案】A
【解析】A项，Na+与[Fe(CN)6]3−之间存在离子键，CN-与Fe 3+之间存在配位键，CN-中碳原子与氮原子之间存在极性键，不存在非极性键，A项错误；B项，配合物Na3[Fe(CN)6]中，配离子为[Fe(CN)6]3−，中心离子为Fe 3+，配位数为6，B项正确；C项，CN-中碳原子与氮原子之间存在1个σ键，CN-与Fe 3+之间的配位键属于σ键，则1mol配合物Na3[Fe(CN)6]中σ键数目为(6+6) ×NA=12NA，C项正确；D项，该配合物为离子化合物，易电离，其电离方程式为Na3[Fe(CN)6] =3Na++ [Fe(CN)6]3−，1mol该配合物电离得到阴、阳离子的数目共4NA，D项正确；故选A。
4．某化合物的结构示意图如图，下列关于该化合物的叙述中正确的是( )
A．该化合物含有 H、O、N、Ni 四种元素
B．该化合物是配合物，中心离子的配位数是2，配体是氮元素
C．该化合物属于配合物，中心离子是 N
D．该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键
【答案】D
【解析】A项，由图可知，结构中含有C、H、N、O、Ni五种元素，故A项错误；B项，该物质中，Ni提供空轨道，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，中心离子为Ni，中心离子的配位数是4，配体是氮元素，故B项错误；C项，Ni含有空轨道，N原子含有孤对电子对，N原子与Ni形成配位键，中心离子是Ni，故C项错误；D项，由该化合物的结构示意图可知：N元素连接的氧原子与氧元素连接H原子之间形成氢键，N原子与Ni原子之间形成配位键，同时存在C=N双键，因此该化合物中含有σ键、π键、极性键、非极性键、配位键和氢键，故D项正确；故选D。
5．在碱性溶液中，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有H、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第一电离能大小顺序为O＞N＞C＞H
【答案】D
【解析】A项，该配离子中的N原子和O原子电负性较大、半径较小、含孤电子对，可与水分子中的H形成氢键，故A项正确；B项，根据配离子的结构可知，铜离子为受体，N和O为配体，铜离子的配位数为4，故B项正确；C项，Cu为29号元素，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，故C项正确；项，一般非金属性越强电离能越大，第ⅤA族元素比同周期相邻元素大，第一电离能大小顺序为N＞O＞C＞H，故D项错误；故选D。
6．如图是卟啉配合物叶绿素的结构示意图(部分)，下列有关叙述正确的是( )
A．示意图中的两个氧原子的杂化类型无法确定
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子
C．该叶绿素是配合物，其配体是N原子
D．该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物
【答案】B
【解析】由示意图知，两个氧原子均形成了两个σ键，故均为sp3杂化，A项错误；Mg元素的最高化合价为＋2，而化合物中Mg与4个氮原子形成化学键，由此可以判断该化合物中Mg与N原子间存在配位键，该物质为配合物，B项正确；因氮原子还与碳原子成键，因此只能说氮原子是配位原子而不能说是配体，C项错误；高分子化合物的相对分子质量通常在10 000以上，D项错误。故选B。
7．如图所示是卟啉配合物叶绿素的结构示意图，下列有关叙述正确的是( )
A．该叶绿素只含有H、Mg、C元素
B．该叶绿素是配合物，中心离子是镁离子
C．该叶绿素是配合物，其配位体是N元素
D．该叶绿素不是配合物，而是高分子化合物
【答案】B
【解析】A项，该化合物还含有O元素和N元素，A项错误；B项，Mg的最高化合价为+2，而化合物中Mg能与4个N原子作用，由此可以判断该化合物中Mg与N原子间形成配位键，该物质为配合物，B项正确；C项，该化合物中配位原子为N原子，不能称N原子为配位体，同样也不能称N元素为配位体，因为配位体一般为离子或分子，C项错误；D项，高分子化合物的相对分子质量在10000以上，D项错误；故选B。
8．如图所示，a为乙二胺四乙酸(EDTA)，易与金属离子形成螯合物，b为EDTA与Ca2＋形成的螯合物。下列叙述正确的是( )
A．a和b中N原子均采取sp2杂化
B．b中Ca2＋的配位数为6
C．a中配位原子是C原子
D．b中含有共价键、离子键和配位键
【答案】B
【解析】A项，a中N原子有3对σ电子对，1对孤电子对，b中N原子有4对σ电子对，没有孤电子对，a、b中N原子均采取sp3杂化，A项错误；B项，b为配离子，Ca2＋为中心离子，周围有4个O和2个N与Cu2+之间形成配位键，故Cu2+的配位数为6，B项正确；C项，a不是配合物，C项错误；D项，钙离子与N、O之间形成配位键，其他原子之间形成共价键，不含离子键，D项错误；故选B。
9．利用分子间作用力形成超分子进行“分子识别”，实现分子分离，是超分子化学的重要研究和应用领域。如图表示用“杯酚”对C60和C70进行分离的过程，下列对该过程的说法错误的是( )
A．C70能溶于甲苯，C60不溶于甲苯 B．C60能与“杯酚”形成超分子
C．C70不能与“杯酚”形成超分子 D．“杯酚”能够循环使用
【答案】A
【解析】A项，由题图可知，C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，而C70不能，C60与“杯酚”形成的超分子不能溶于甲苯，但不能证明C60是否能溶于甲苯，A项错误;B项，由题图可知，C60能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故B正确;C项，由题图可知，C70不能够与“杯酚”通过分子间作用力形成超分子，故Ｃ正确;D项，通过溶剂氯仿的作用，破坏“杯酚”与C60形成的超分子，可实现将C60与C70分离，且“杯酚”能够循环使用，D项正确;故选A。
10．分子中含有两个或两个以上中心原子(离子)的配合物称为多核配合物，如右图为Co(II)双核配合物的内界，下列说法正确的是( )
A．每个中心离子的配位数为6
B．如图结构中的氯元素为Cl-，则其含有极性键、非极性键和离子键
C．配合物中的C原子都是sp2杂化
D．如图结构中所有微粒共平面
【答案】A
【解析】在题给配合物中，带“∗”的碳原子，都与4个原子形成共价键：
A项，在Co(II)双核配合物中，每个中心离子与5个N原子、1个Cl-形成配位键，则配位数为6，A正确；B项，如图结构中的氯元素为Cl-，则其含有C-H、C-N极性键、C-C非极性键，但不含有离子键，B不正确；C项，分析中所标记的“∗”碳原子，与周围4个原子形成共价键，都发生sp3杂化，C不正确；D项，图中“∗”标记碳原子与周围4个原子以共价键相连接，5个原子不可能共平面，D不正确；故选A。
11．一种钴的配合物乙二胺四乙酸合钴的结构为，下列说法错误的是( )
A．Co2+的价电子排布式为3d54s2 B．碳原子的杂化轨道类型为sp2和sp3
C．该配合物中配位原子是N和O D．1mol该配合物形成的配位键有6mol
【答案】A
【解析】A项，钴元素的原子序数为27，Co2+离子的价电子排布式为3d7，故A错误；B项，由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，化合物中含有杂化轨道类型为sp3的单键碳原子和杂化轨道类型为sp2的双键碳原子，故B正确；C项，由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，具有空轨道的Co2+离子与具有孤对电子的氮原子和氧原子形成配位键，故C正确；D项，由乙二胺四乙酸合钴的结构可知，具有空轨道的Co2+离子与具有孤对电子的2个氮原子和4个氧原子形成6个配位键，则1mol配合物形成的配位键有6mol，故D正确；故选A。
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