2024-2025下学期高二化学鲁科版期中必刷题之配合物与超分子

第20页（共20页）2024-2025下学期高二化学鲁科版（2019）期中必刷题之配合物与超分子一．选择题（共15小题）1．（2025•烟台一模）氯化亚铜（CuCl）为白色粉末状固体，难溶于水，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂，将少量CuCl分别加入浓盐酸和氨水中进行实验，得到如下实验现象：试剂实验现象浓盐酸固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为黄色，最后变为浅蓝色。加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色。氨水固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为深蓝色，且不变色。已知：[CuCl4]3﹣无色，[CuCl4]2﹣黄色，[Cu（H2O）4]2﹣浅蓝色，[Cu（NH3）2]无色，[Cu（NH3）4]2+深蓝色。下列说法错误的是（）A．用饱和食盐水代替浓盐酸会产生相同的实验现象 B．[CuCl4]2﹣+4H2O⇌[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣ΔH＜0 C．向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出深蓝色晶体 D．无色溶液变为深蓝色时发生离子反应：4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3•H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+2．（2024秋•山东月考）超分子有分子识别特性。“杯酚”可与C60形成超分子M（结构如图），借助杯酚分离C60、C70固体混合物的实验过程如下。下列说法正确的是（）A．M中C60与杯酚通过共价键相互结合 B．C70溶于甲苯，杯酚溶于氯仿 C．分离滤液A可回收杯酚 D．蒸馏滤液B可获得C703．（2024秋•山东校级期末）向0.1mol•L﹣1的CuSO4溶液中滴加等浓度的氨水，先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液。再加无水乙醇会析出深蓝色晶体，下列说法不正确的是（）A．铜是ⅠB族元素，原子的最外层有2个电子 B．沉淀溶解是由于生成了[Cu(C．加入无水乙醇会使溶剂极性下降，降低硫酸四氨合铜的溶解度，从而析出晶体 D．加入无水乙醇后用玻璃棒摩擦试管内壁，有利于晶体析出4．（2024秋•济南期末）某种沸石可用于离子交换，结构由负电性骨架和Na+组成。Al、Si、O原子组成的笼状骨架结构中，能体现其成键情况的部分片段如图所示。下列说法错误的是（）A．元素的电负性：O＞Si＞Al＞Na B．笼状骨架结构中存在配位键 C．图示片段中所有原子的价层电子对数相同 D．含有1molSi原子的负电性骨架最多吸附0.5molNa+5．（2024秋•潍坊期末）MOFs是由有机配体、O2﹣和金属离子通过配位键自组装形成的催化剂载体，如图是某种MOFs的结构。下列说法错误的是（）A．该分子的有机配体是HCOO﹣ B．金属阳离子M的化合价为+4 C．该分子不存在分子内氢键 D．每个金属离子的配位数均为46．（2023秋•德州期末）配位化合物物广泛的应用于物质分离、定量测定．医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2═2[Co（NH3）5Cl]Cl2+2H2O，下列说法正确的是（）A．该配位化合物的配位数为5 B．1mol[Co（NH3）5Cl]Cl2与足量AgNO3反应最多生成2molAgCl沉淀 C．[Co（NH3）5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键 D．氧化剂H2O2是非极性分子7．（2023秋•德州期末）乙酰乙酸乙酯存在酮式与烯醇式的互变异构，其中烯醇式可与Fe3+结合产生紫色，其结构如图所示，下列有关该配离子的说法正确的是（）A．Fe3+有23种空间运动状态的电子 B．该配离子中含有6个配体 C．该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化 D．该配离子中含有的化学键有离子键、极性键、非极性键、配位键8．（2023秋•日照期末）乙二胺四乙酸又名EDTA，是一种能与Ca2+、Mg2+等金属离子结合的螯合剂，它与Ca2+形成配合物的结构如图所示。下列说法错误的是（）A．EDTA中C原子的杂化类型为sp2、sp3 B．EDTA与Ca2+形成配合物中，Ca2+的配位数是6 C．EDTA与Ca2+形成配合物中，Ca2+的配体数为2 D．EDTA中元素的第一电离能大小顺序为N＞O＞C9．（2024•泰安四模）Cr3+能形成多种配位化合物，[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法错误的是（）A．该配合物中的配离子存在多种同分异构体 B．对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去 C．提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态 D．向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液至过量，可生成2molAgCl沉淀10．（2023秋•崂山区校级期末）许多过渡金属离子能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是（）A．二乙二胺合铜配离子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+的结构如图所示，可知Cu2+的价电子排布式为3d9，配位数为4，配体数也为4 B．1molFe（CO）5配合物中含有5mol配位键 C．配合物K4Fe（CN）6中的配位原子是C D．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O中心离子为Ti3+，1mol该配合物与AgNO3溶液作用，生成3molAgCl11．（2023秋•崂山区校级期末）Fe3+的配位化合物较稳定且用运广泛。Fe3+可与H2O、SCN-、已知：向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-A．Fe第四电离能（I4）小于第三电离能（I3） B．基态Fe3+和基态Fe2+的核外电子排布中，未成对电子数之比N（Fe3+）：N（Fe2+）＝4：5 C．配离子[Fe(H2O)6]3+中H—O—H的键角与H2D．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+12．（2024秋•山东月考）金属﹣有机框架MOFs是由有机配体和金属离子通过配位键自组装形成的多孔性高比表面积的超分子材料。如图是某种MOFs超分子的结构，下列有关说法错误的是（）A．每个金属离子形成4个配位键 B．金属阳离子M的化合价为+2 C．该MOFs超分子间存在氢键 D．该分子的有机配体是HCOO﹣13．（2024•潍坊开学）某化学小组向盛有4mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol•L﹣1氨水，直至得到深蓝色透明溶液，再加入8mL95%乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤，将晶体溶于水，取两份相同的溶液a和b。向a中加入铁钉，无明显现象；向b中加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。下列说法错误的是（）A．该深蓝色晶体为[Cu（NH3）4]SO4•nH2O B．加入乙醇后，[Cu（NH3）4]2+与乙醇发生反应 C．溶液a中不存在大量Cu2+ D．向深蓝色透明溶液中加入固体Na2SO4，有利于获得较多的深蓝色晶体14．（2024•市中区校级二模）组成和结构决定性质和变化，关于下列事实的解释中错误的是（）选项事实解释AN的第一电离能大于O基态N原子2p轨道处于半充满状态比较稳定，原子能量较低，第一电离能较高BP能形成PCl3和PCl5，N只能形成NCl3P的价电子层有空的d轨道，N的价电子层没有C相同温度时，Ka1（）＞Ka（）形成分子内氢键如图，使其更易电离出羧基H+D在Fe（SCN）3溶液中滴加少量NH4F溶液，红色褪去Fe3+与F﹣生成配合物的稳定性较强A．A B．B C．C D．D15．（2024•山东模拟）北京理工大学吴彪教授团队基于邻苯二脲基元与磷酸根离子(P下列说法正确的是（）A．邻苯二脲基元中元素的第一电离能：N＞O＞C＞H B．阴离子配合物中，邻苯二脲基元与PO4C．PO43-中磷原子是sp3杂化，D．阴离子配合物中含有的化学键是共价键和氢键

2024-2025下学期高二化学鲁科版（2019）期中必刷题之配合物与超分子参考答案与试题解析题号1234567891011答案ABADBBCCCCD题号12131415答案CBCC一．选择题（共15小题）1．（2025•烟台一模）氯化亚铜（CuCl）为白色粉末状固体，难溶于水，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂，将少量CuCl分别加入浓盐酸和氨水中进行实验，得到如下实验现象：试剂实验现象浓盐酸固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为黄色，最后变为浅蓝色。加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色。氨水固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为深蓝色，且不变色。已知：[CuCl4]3﹣无色，[CuCl4]2﹣黄色，[Cu（H2O）4]2﹣浅蓝色，[Cu（NH3）2]无色，[Cu（NH3）4]2+深蓝色。下列说法错误的是（）A．用饱和食盐水代替浓盐酸会产生相同的实验现象 B．[CuCl4]2﹣+4H2O⇌[Cu（H2O）4]2﹣+4Cl﹣ΔH＜0 C．向深蓝色溶液中加入乙醇，可析出深蓝色晶体 D．无色溶液变为深蓝色时发生离子反应：4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3•H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+【答案】A【分析】氯化亚铜CuCl为白色粉末状固体，溶于浓硫酸时，得到[CuCl4]2﹣无色溶液，露置空气一段时间后变为黄色，最后变为浅蓝色，说明[CuCl4]2﹣被氧气氧化为[CuCl4]2+，最终转化为[Cu（H2O）4]2+，氯化亚铜（CuCl）溶于氨水，得到[Cu（NH3）2]+无色溶液，露置空气一段时间后变为深蓝色，说明[Cu（NH3）2]+被氧气氧化为[Cu（NH3）4]2+，以此解答。【解答】解：A．用饱和食盐水代替浓盐酸时，CuCl虽可溶解形成无色的[CuCl4]3﹣，但后续氧化现象不同，浓盐酸中的H+促进氧化反应。如：4[CuCl4]3﹣+O2+4H+＝4[CuCl4]2++2H2O，而饱和食盐水H+浓度低，氧化反应受阻，无法出现“无色→黄色→浅蓝”的完整现象，故A错误；B．由题干可知，加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色，说明[CuCl4]2﹣与H2O的配位平衡[CuCl4]2﹣+4H2O⇌[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣为放热反应，ΔH＜0，加热促使逆反应，符合实验现象，故B正确；C．深蓝色[Cu（NH3）4]2+溶液中加入乙醇可降低溶解度，析出深蓝色晶体，故C正确；D．无色溶液变为深蓝色时，[Cu（NH3）2]+被O2氧化为[Cu（NH3）4]2+离子反应为：4[Cu（NH3）2]++O2+8NH3•H2O＝4OH﹣+6H2O+4[Cu（NH3）4]2+，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查配合物的应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2024秋•山东月考）超分子有分子识别特性。“杯酚”可与C60形成超分子M（结构如图），借助杯酚分离C60、C70固体混合物的实验过程如下。下列说法正确的是（）A．M中C60与杯酚通过共价键相互结合 B．C70溶于甲苯，杯酚溶于氯仿 C．分离滤液A可回收杯酚 D．蒸馏滤液B可获得C70【答案】B【分析】按照分离过程，过滤1所得的滤液A为C70的甲苯溶液，M不溶于甲苯，加入氯仿后M中的杯酚溶解，M中C60不溶，过滤2所得的滤液B为杯酚的氯仿溶液，分离杯酚的氯仿溶液，得到的“杯酚“能够循环使用，据此分析解题。【解答】解：按照分离过程，过滤1所得的滤液A为C70的甲苯溶液，M不溶于甲苯，加入氯仿后M中的杯酚溶解，M中C60不溶，过滤2所得的滤液B为杯酚的氯仿溶液，分离杯酚的氯仿溶液，得到的“杯酚“能够循环使用；A．超分子M中C60与杯酚通过范德华力相互结合，故A错误；B．由分析可知，甲苯溶解C70而不溶解M，氯仿溶解杯酚而不溶解C60，故B正确；C．由分析可知，滤液A可获得甲苯和C70，分离滤液B可回收杯酚，故C错误；D．由分析可知，蒸馏滤液B可回收氯仿和杯酚，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生共价键的掌握情况，试题难度中等。3．（2024秋•山东校级期末）向0.1mol•L﹣1的CuSO4溶液中滴加等浓度的氨水，先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解得到深蓝色溶液。再加无水乙醇会析出深蓝色晶体，下列说法不正确的是（）A．铜是ⅠB族元素，原子的最外层有2个电子 B．沉淀溶解是由于生成了[Cu(C．加入无水乙醇会使溶剂极性下降，降低硫酸四氨合铜的溶解度，从而析出晶体 D．加入无水乙醇后用玻璃棒摩擦试管内壁，有利于晶体析出【答案】A【分析】A．Cu是29号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s1；B．沉淀溶解是Cu（OH）2和氨水反应生成[CuC．向深蓝色溶液中加入无水乙醇，降低极性；D．加入无水乙醇后用玻璃棒摩擦试管内壁，可形成晶种。【解答】解：A．Cu是29号元素，其核外电子排布式为：[Ar]3d104s1，铜是IB族元素，原子的最外层有1个电子，不是2个电子，故A错误；B．沉淀溶解是Cu（OH）2和氨水反应生成[Cu(NC．向深蓝色溶液中加入无水乙醇，降低极性，将析出深蓝色的晶体，加入无水乙醇会使溶剂极性下降，降低硫酸四氨合铜的溶解度，从而析出晶体，故C正确；D．加入无水乙醇后用玻璃棒摩擦试管内壁，可形成晶种，从而利于晶体析出，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生配位键的掌握情况，试题难度中等。4．（2024秋•济南期末）某种沸石可用于离子交换，结构由负电性骨架和Na+组成。Al、Si、O原子组成的笼状骨架结构中，能体现其成键情况的部分片段如图所示。下列说法错误的是（）A．元素的电负性：O＞Si＞Al＞Na B．笼状骨架结构中存在配位键 C．图示片段中所有原子的价层电子对数相同 D．含有1molSi原子的负电性骨架最多吸附0.5molNa+【答案】D【分析】A．同周期元素，从左至右，电负性逐渐增大，电负性：非金属元素＞金属元素，金属元素越活泼，电负性越小B．笼状骨架结构中存在Al←O配位键；C．图示片段中Si、Al的σ键数为4，价层电子对数为4，O的σ键数为2，孤电子对数为2，价层电子对数也为4；D．由图可知，该骨架中含有O原子的数目为4+8×12=8，根据化合价代数和为0可知，该负电性骨架和Na+组成物质的化学式为Na2Al2Si2【解答】解：A．根据分析可知，元素的电负性：O＞Si＞Al＞Na，故A正确；B．由图可知，笼状骨架结构中存在Al←O配位键，故B正确；C．图示片段中Si、Al的σ键数为4，价层电子对数为4，O的σ键数为2，孤电子对数为2，价层电子对数也为4，故C正确；D．由图可知，该骨架中含有O原子的数目为4+8×12=8，根据化合价代数和为0可知，该负电性骨架和Na+组成物质的化学式为Na2Al2Si2O8，则含有1molSi原子的负电性骨架最多吸附1molNa+故选：D。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及电负性、配位键、晶胞的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。5．（2024秋•潍坊期末）MOFs是由有机配体、O2﹣和金属离子通过配位键自组装形成的催化剂载体，如图是某种MOFs的结构。下列说法错误的是（）A．该分子的有机配体是HCOO﹣ B．金属阳离子M的化合价为+4 C．该分子不存在分子内氢键 D．每个金属离子的配位数均为4【答案】B【分析】A．由图可知，该分子的有机配体是HCOO﹣；B．由图可知，MOFs的化学式为：Zn3MO（HCOO）6，根据化合价代数和为0计算M的化合价；C．氢键只存在于与电负性大的N、O、F结合的H与另一个N、O、F原子之间；D．配位键的条数等于配位数。【解答】解：A．由图可知，该分子的有机配体是HCOO﹣，且个数为6，故A正确；B．由图可知，MOFs的化学式为：Zn3MO（HCOO）6，Zn为+2价，O为﹣2价，HCOO﹣整体为﹣1价，根据化合价代数和为0可知，M为+2价，故B错误；C．氢键只存在于与电负性大的N、O、F结合的H与另一个N、O、F原子之间，由图可知，该分子中只存在H—C键，所以不存在分子内氢键，故C正确；D．由图可知，每个金属离子周围形成配位键4条，故金属离子的配位数均为4，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查配位化合物的组成与结构，同上考查学生对氢键概念的理解与应用，属于基本知识的考查，难度中等。6．（2023秋•德州期末）配位化合物物广泛的应用于物质分离、定量测定．医药、催化等方面。利用氧化法可制备某些配位化合物。如2CoCl2+2NH4Cl+8NH3+H2O2═2[Co（NH3）5Cl]Cl2+2H2O，下列说法正确的是（）A．该配位化合物的配位数为5 B．1mol[Co（NH3）5Cl]Cl2与足量AgNO3反应最多生成2molAgCl沉淀 C．[Co（NH3）5Cl]2+中存在配位键、共价键和离子键 D．氧化剂H2O2是非极性分子【答案】B【分析】A．该配位化合物的配体是5个氨气分子和1个氯离子；B．配位化合物[Co（NH3）5Cl]Cl2中，外界的Cl可以电离，即可以电离出2个Cl﹣；C．[Co（NH3）5Cl]2+属于配位阳离子，没有阴离子；D．分子中正负电荷的中心重合的分子是非极性分子，反之是极性分子。【解答】解：A．该配位化合物的配位数为6，故A错误；B．配位化合物[Co（NH3）5Cl]Cl2中，外界的Cl可以电离，即可以电离出2个Cl﹣，所以1mol[Co（NH3）5Cl]Cl2与足量AgNO3反应最多生成2molAgCl沉淀，故B正确；C．[Co（NH3）5Cl]2+中存在配位键、共价键，只存在孤立的阳离子，没有离子键，故C错误；D．氧化剂H2O2是书页形，分子中正负电荷的中心不重合，是极性分子，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查配位化合物的组成、结构，分子极性的判断等，属于基本知识的考查，难度不大。7．（2023秋•德州期末）乙酰乙酸乙酯存在酮式与烯醇式的互变异构，其中烯醇式可与Fe3+结合产生紫色，其结构如图所示，下列有关该配离子的说法正确的是（）A．Fe3+有23种空间运动状态的电子 B．该配离子中含有6个配体 C．该配离子中碳原子的杂化类型有sp2、sp3杂化 D．该配离子中含有的化学键有离子键、极性键、非极性键、配位键【答案】C【分析】A．核外电子占据多少轨道就有多少种空间运动状态；B．每个配体提供2个O原子与Fe3+形成6个配位键；C．双键C原子为sp2杂化，饱和C原子为sp3杂化；D．该配离子为阳离子，没有阴离子，不存在离子键。【解答】解：A．Fe3+核外电子排布式为[Ar]3d5，占据1s、2s、2p、3s、3p、3d共14个轨道，有14种空间运动状态，故A错误；B．每个配体提供2个O原子与Fe3+形成6个配位键，有3个配体，故B错误；C．形成C＝O键、C＝C键的C原子为sp2杂化，甲基、乙基中饱和C原子为sp3杂化，故C正确；D．该配离子为阳离子，没有阴离子，不存在离子键，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原子结构、配位键、杂化方式、化学键等知识，掌握基础是关键，注重基础知识的考查，题目难度适中。8．（2023秋•日照期末）乙二胺四乙酸又名EDTA，是一种能与Ca2+、Mg2+等金属离子结合的螯合剂，它与Ca2+形成配合物的结构如图所示。下列说法错误的是（）A．EDTA中C原子的杂化类型为sp2、sp3 B．EDTA与Ca2+形成配合物中，Ca2+的配位数是6 C．EDTA与Ca2+形成配合物中，Ca2+的配体数为2 D．EDTA中元素的第一电离能大小顺序为N＞O＞C【答案】C【分析】A．—CH2﹣中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，—COO—中碳原子与氧原子形成双键，还分别与碳原子、氧原子各形成1个共用电子对，没有孤电子对；B．Ca2+为中心离子，周围有4个O和2个N与Ca2+之间形成配位键；C．EDTA是乙二胺四乙酸，其与Ca2+形成的配合物中只有1个配体；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素。【解答】解：A．—COO—中碳原子与氧原子形成双键，还分别与碳原子、氧原子各形成1个共用电子对，没有孤电子对，故采取sp2杂化，—CH2﹣中C原子有4对σ电子对，没有孤电子对，采取sp3杂化，故A正确；B．Ca2+为中心离子，周围有4个O和2个N与Ca2+之间形成配位键，故Ca2+的配位数为6，故B正确；C．EDTA是乙二胺四乙酸，其与Ca2+形成的配合物中只有1个配体，故C错误；D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能大小顺序为N＞O＞C，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生共价键的掌握情况，试题难度中等。9．（2024•泰安四模）Cr3+能形成多种配位化合物，[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]Cl2是其中的一种。下列说法错误的是（）A．该配合物中的配离子存在多种同分异构体 B．对该配合物进行加热时，配体H2O比NH3更容易失去 C．提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有相同数目的空间运动状态 D．向含1mol该配合物的溶液中滴加AgNO3溶液至过量，可生成2molAgCl沉淀【答案】C【分析】A．根据配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构进行分析；B．根据配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强进行分析；C．根据提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有不同数目的空间运动状态进行分析；D．根据电离方程式[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]Cl2＝[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]2++2Cl﹣，进行分析。【解答】解：A．该配合物中的配离子[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]2+，配位体在中心离子Cr3+周围形成八面体结构，故存在多种异构体，故A正确；B．配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，电负性O＞N，对配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O，故B正确；C．该配位离子中提供电子对形成配位键的原子由氮原子、氧原子和氯原子，它们的基态时核外电子空间运动状态分别为6，8，17，即提供电子对形成配位键的原子在基态时核外电子具有不同数目的空间运动状态，故C错误；D．根据[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]Cl2＝[Cr（NH3）3（H2O）2Cl]2++2Cl﹣，可知，常温下，向含1mol该配合物的溶液中滴加硝酸银溶液，滴定结束后生成2mol氯化银沉淀，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查配合物与超分子等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。10．（2023秋•崂山区校级期末）许多过渡金属离子能形成种类繁多的配合物。下列说法正确的是（）A．二乙二胺合铜配离子[Cu（H2NCH2CH2NH2）2]2+的结构如图所示，可知Cu2+的价电子排布式为3d9，配位数为4，配体数也为4 B．1molFe（CO）5配合物中含有5mol配位键 C．配合物K4Fe（CN）6中的配位原子是C D．配合物[TiCl（H2O）5]Cl2•H2O中心离子为Ti3+，1mol该配合物与AgNO3溶液作用，生成3molAgCl【答案】C【分析】A．根据Cu2+的价电子排布式为3d9，Cu2+与4个N原子形成配位键，Cu2+的配位数为4，进行分析；B．根据Fe与CO形成5个配位键，CO分子中氧原子提供1对电子与C原子形成1个配位键，进行分析；C．根据配合物K4Fe（CN）6中的配位体是CN﹣，其中得到的电子在C原子上，进行分析；D．根据内界配体Cl﹣不与Ag+反应，外界配体Cl﹣与Ag+反应，进行分析。【解答】解：A．铜离子的价电子排布式为3d9，如图，铜离子与4个N原子形成配位键，铜离子的配位数为4，乙二胺中有2个N原子，铜离子与2个乙二胺配位，配体数为2，故A错误；B．铁与CO形成5个配位键，CO分子中氧原子提供1对电子与C原子形成1个配位键，1个Fe（CO）5分子含有10个配位键，1molFe（CO）5分子含有10mol配位键，故B错误；C．配合物K4Fe（CN）6中的配位体是CN﹣，其中得到的电子在C原子上，故碳原子上的1对孤对电子与亚铁离子形成配位键，故C正确；D．内界配体Cl﹣不与Ag+反应，外界配体Cl﹣与Ag+反应，在1mol该配合物中加入AgNO3溶液可以得到2molAgCl沉淀，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查配合物与超分子等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。11．（2023秋•崂山区校级期末）Fe3+的配位化合物较稳定且用运广泛。Fe3+可与H2O、SCN-、F已知：向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-A．Fe第四电离能（I4）小于第三电离能（I3） B．基态Fe3+和基态Fe2+的核外电子排布中，未成对电子数之比N（Fe3+）：N（Fe2+）＝4：5 C．配离子[Fe(H2O)6]3+中H—O—H的键角与H2D．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+【答案】D【分析】九水合硝酸铁溶于水，铁离子形成浅紫色的[Fe(H2O)6]3+，加入KSCN后，浅紫色的[Fe(【解答】解：A．Fe3+的3d轨道半满，能量低，稳定，失去电子更难，所以Fe第四电离能（I4）小于第三电离能（I3），故A错误；B．基态Fe3+的外围电子排布为3d5，未成对电子数为5，基态Fe2+的外围电子排布为3d6，未成对电子为4，所以两者的未成对电子数之比N（Fe3+）：N（Fe2+）＝5：4，故B错误；C．配离子[Fe(H2O)6]3+中存在O→Fe配位键，H2O中O原子只有一对孤电子对，独立的H2O分子中O原子含有2对孤电子对，所以配离子[Fe(H2O)6]3+中D．向FeCl3溶液中先加入NaF，生成无色的[FeF6]3-，再加入KSCN溶液，若生成蓝色的[Co(SCN)4]故选：D。【点评】本题主要考查配位离子之间的转化以及稳定性比较，同时考查核外电子的排布、第一电离能的概念等，属于基本知识的考查，难度中等。12．（2024秋•山东月考）金属﹣有机框架MOFs是由有机配体和金属离子通过配位键自组装形成的多孔性高比表面积的超分子材料。如图是某种MOFs超分子的结构，下列有关说法错误的是（）A．每个金属离子形成4个配位键 B．金属阳离子M的化合价为+2 C．该MOFs超分子间存在氢键 D．该分子的有机配体是HCOO﹣【答案】C【分析】A．由题干MOFs超分子的结构示意图可知；B．由题干MOFs超分子的结构示意图可知，该分子的有机配体是HCOO﹣，则该超分子化学式为：Zn3MO（HCOO）6；C．氢键只存在于与电负性大的N、O、F结合的H与另一个电负性大的N、O、F之间；D．配合物中配体提供孤对电子。【解答】解：A．由题干MOFs超分子的结构示意图可知，每个金属离子周围均形成4个配位键，故A正确；B．由题干MOFs超分子的结构示意图可知，该分子的有机配体是HCOO﹣，则该超分子化学式为：Zn3MO（HCOO）6，根据化学式化合价代数和为0可知，金属阳离子M的化合价为+2，故B正确；C．氢键只存在于与电负性大的N、O、F结合的H与另一个电负性大的N、O、F之间，结合题干结构示意图可知，该MOFs超分子间不存在氢键，故C错误；D．配合物中配体提供孤对电子，该分子的有机配体是HCOO﹣，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生共价键的掌握情况，试题难度中等。13．（2024•潍坊开学）某化学小组向盛有4mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol•L﹣1氨水，直至得到深蓝色透明溶液，再加入8mL95%乙醇，析出深蓝色晶体，过滤、洗涤，将晶体溶于水，取两份相同的溶液a和b。向a中加入铁钉，无明显现象；向b中加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。下列说法错误的是（）A．该深蓝色晶体为[Cu（NH3）4]SO4•nH2O B．加入乙醇后，[Cu（NH3）4]2+与乙醇发生反应 C．溶液a中不存在大量Cu2+ D．向深蓝色透明溶液中加入固体Na2SO4，有利于获得较多的深蓝色晶体【答案】B【分析】向盛有4mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液的试管中逐滴加入1mol•L﹣1氨水，先生成Cu（OH）2沉淀，然后Cu（OH）2溶于氨水，生成[Cu（NH3）4]2+，即得到深蓝色透明溶液，再加入8mL95%乙醇，降低了[Cu（NH3）4]SO4•nH2O的溶解度，从而析出深蓝色晶体，该晶体为[Cu（NH3）4]SO4•nH2O，据此分析作答。【解答】解：A．[Cu（NH3）4]SO4•nH2O在乙醇中的溶解度更小，所以最后析出的深蓝色晶体为[Cu（NH3）4]SO4•nH2O，故A正确；B．加入乙醇后，降低了[Cu（NH3）4]SO4•nH2O的溶解度而析出晶体，[Cu（NH3）4]2+与乙醇没有发生反应，故B错误；C．溶液a中不存在大量Cu2+，主要存在[Cu（NH3）4]2+，故C正确；D．向深蓝色透明溶液中加入固体Na2SO4，增大了SO42-的浓度，有利于获得较多的深蓝色晶体，故故选：B。【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，属于基本知