2026届高三化学一轮复习-----配合物重点题型分析

2026届高考化学一轮复习-----配合物重点题型分析 题型一、与阿伏伽德罗常数NA组合 1．亚铜配合物广泛用作催化剂，实验室制备[Cu(CH3CN)4]ClO4的反应原理为：。NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A．常温常压下，41 gCH3CN分子中含有π键2NA B．铜位于元素周期表中的d区 C．36 g三重氢甲基(-CD3)中含有电子数14NA D．生成1 mol[Cu(CH3CN)4]ClO4，转移电子NA 2．为一种紫色的配合物，制备原理为。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是 A．1mol中键数目为 B．标准状况下，2.24L中质子数为 C．34g完全分解为，转移电子数为 D．向1L的溶液中加氨水至中性，此时溶液中数目为 3．一水合硫酸四氨合铜是一种深蓝色的晶体，常用作杀虫剂、媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分。下列说法错误的是 A．键角： B．铜元素基态原子的价层电子排布式： C．电负性： D．是一种配合物，配体是，配位数为4 4．亚铁氰化钾俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。一种制备方法为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A．分子中含有键的数目为 B．配合物的中心离子为 C．每生成时，反应过程中转移电子的数目为 D．中碳原子的价层电子对数目为4 5．亚铁氰化钾俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：。设为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是 A．分子中含有键数目为 B．配合物的中心离子价电子排布式为，该中心离子的配位数为6 C．每生成时，反应过程中转移电子数目为 D．中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数目为4 6．一种利用配合物消除氮氧化物污染的反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是 A．键角： B．1mol中含有键的数目为 C．同温下的数目：1L0.5mol/L溶液＞2L0.25mol/L溶液 D．标准状况下，每生成22.4L，该反应转移电子数为 题型二、表格论证类 7．下列实验操作和现象能得出相应结论的是 实验操作和现象 结论 A 向的水溶液中滴加硝酸银溶液，无明显现象 该配合物中的配位数是6 B 常温下，向溶液中滴加5滴0.1溶液，有白色沉淀生成，再滴加5滴0.1溶液，有黄色沉淀生成 C 向麦芽糖溶液中滴加稀硫酸并水浴加热，反应一段时间后，加入使溶液呈碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液，加热有砖红色沉淀生成 麦芽糖的水解产物具有还原性 D 向酸性溶液中滴加溶液，观察到溶液紫红色褪去 的氧化性强于 A．A B．B C．C D．D 8．下列方案设计、现象和结论都正确的是 选项 目的 方案设计 现象和结论 A 检验丙烯醛中含有碳碳双键 向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，静置，向上层清液中滴加溴水 若溴水褪色，则丙烯醛中含有碳碳双键 B 探究不同价态硫元素的转化 向与的混合液中加入硝酸 溶液变浑浊，证明与在酸性条件下发生了归中反应 C 探究压强对的影响 压缩体积，增大反应容器压强 气体颜色加深，则说明增大压强，该化学平衡正向移动 D 验证与在配合物形成过程中存在相互竞争 向溶液中加入少量NaCl固体 溶液由蓝色变为黄绿色，说明发生了到的转化 A．A B．B C．C D．D 9．下列对事实的解释或说明正确的是 事实 解释或说明 A 熔点：SiO2>SiCl4 键能：Si-O键>Si-Cl键 B 用杯酚分离C60和C70 杯酚与C60通过配位键形成超分子 C 缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体 晶体具有各向异性 D 单质硫()难溶于水，易溶于 是极性分子，和是非极性分子 A．A B．B C．C D．D 10．类比和推理是学习化学常用的思维方法。下列结论合理的是 选项 已知 方法 结论 A 是强酸 类比 HF是强酸 B 是非极性分子 类比 是非极性分子 C 向溶液中通入足量可以制取 推理 比更容易与形成配位键 D 在中燃烧只能生成，不能生成 推理 原子的最外层电子数为1 A．A B．B C．C D．D 11．从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列对事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 甘油是黏稠液体 甘油分子间存在氢键 B 键角 成键电子对离P越远，成键电子对间的斥力一定越小 C 乙醛羟醛缩合反应的产物为而不是 碳碳双键和碳氧双键形成共轭体系，能量更低 D 不溶于浓硝酸而溶于王水 作为配体形成配合物，增强了的还原性 A．A B．B C．C D．D 12．物质的组成和结构决定其性质和变化。下列事实解释错误的是 选项 事实 解释 A 食用油在空气中久置出现“哈喇”味 分子中含有的碳碳双键被氧化 B 用质谱仪检测乙酸时，谱图出现了质荷比为120的峰 两个乙酸分子通过范德华力形成了二聚体 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中变为完美的立方体 晶体具有自范性 D 在溶液中滴加少量溶液，红色褪去 与生成配合物的稳定性较强 A．A B．B C．C D．D 13．物质的结构决定性质，下列实例与解释不相符的是       超分子 选项 实例 解释 A 沸点：H2O>HF 氢键具有方向性和饱和性 B BF3与NH3形成配合物H3N·BF3 BF3中的B有空轨道，可接受NH3中N的孤电子对 C 酸性：CCl3COOH>CHCl2COOH Cl3C-的极性大于Cl2CH-的极性，导致CCl3COOH中羟基的极性更大 D 超分子冠醚(18-冠-6)如图所示，其空穴适配K+ 两者之间能形应离子键 A．A B．B C．C D．D 14．物质结构决定性质，进而影响用途。下列结构或现象解释错误的是 选项 结构或现象 解释 A Mg(OH)2不溶于氨水，Cu(OH)2溶于氨水 Cu2+能与NH3形成配合物，Mg2+不能与NH3形成配合物 B 水流能被静电吸引，CCl4不能 水分子中有少量H+和OH- C 细胞膜双分子层头向外，尾向内排列 细胞膜是磷脂双分子层，且磷脂分子头部亲水，尾部疏水 D 键角：PF3小于PCl3 电负性差异 A．A B．B C．C D．D 题型三、实验探究类 15．某小组为探究与KI之间的反应，进行了如下实验。 实验    现象 ①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液 ①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液 已知：；CuI为白色沉淀，可吸附； 在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推断不合理的是 A．与KI能发生反应： B．CuI与反应的速率快于与反应的速率 C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有生成 D．与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度 16．某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。 下列说法错误的是 A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质 B．③中现象说明配体与的结合能力： C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小 D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液 17．Fe2+与邻二氮菲(  )等多齿配体在水溶液中可以形成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，该配合物的颜色常用于Fe2+浓度的测定，依地酸铁钠是一种强化补铁剂。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价(已知：依地酸根是常见的配体)，下列说法错误的是    A．邻二氮菲分子中C、N两种元素原子的杂化方式均为sp2 B．根据实验现象推测，依地酸铁钠中含有Fe(Ⅲ) C．依据现象①、②和③推测，与形成配合物的稳定性强于依地酸铁钠 D．依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比邻二氮菲与形成的配合物更稳定 18．某实验小组为探究Fe3+配合物的性质，进行如下实验： 已知：溶液中，为浅紫色，为红色，为无色和可发生电离，方程式如下： 下列说法不正确的是 A．1个配离子含有的键数为12 B．由上述实验现象可得出平衡常数 C．若中的配体结构为，则配位原子为 D．溶于水后溶液呈黄色而不是浅紫色，可能是因为发生了水解 19．某化学小组设计如图实验制备铜的配合物。已知：[Cu(OH)4]2-和[Cu(NH3)4]2+均为深蓝色，下列说法不正确的是    A．硫酸铜溶液呈蓝色的原因是[Cu(H2O)4]2+的颜色所致 B．往c溶液中滴加95%乙醇，溶液会有蓝色晶体析出 C．由实验可知，NH3的配位能力比OH-强 D．从b溶液得到的Na2[Cu(OH)4]晶体中，只存在配位键和极性共价键 20．已知铜离子的配位数通常为4，和均为深蓝色。某化学小组设计如下实验制备铜的配合物。下列说法错误的是 A．硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在配离子 B．b中得到配合物，其配体为 C．上述实验可得配离子的稳定性顺序为： D．中含有的键数为 21．氧化亚铜(Cu2O)为砖红色粉末状固体，可用作陶瓷和搪瓷的着色剂。为探究Cu2O的性质，取少许等量的Cu2O固体分别加入甲、乙两支试管中，进行如下实验。下列说法正确的是 实验操作及现象 试管甲 滴加过量0.3mol/LHNO3溶液并充分振荡，无气体生成，砖红色固体转化为另一颜色固体，溶液呈浅蓝色；倾倒溶液，滴加浓硝酸，固体逐渐消失，产生红棕色气体。 试管乙 滴加过量6mol/L氨水并充分振荡；砖红色固体逐渐溶解，溶液颜色呈无色；静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色。 A．试管甲中新生成的固体为CuO B．试管甲中浓、稀硝酸的主要作用均为氧化剂 C．试管乙实验可证明Cu(Ⅰ)能与NH3形成无色配合物，且该配合物易被氧化 D．上述实验表明Cu2O是一种两性氧化物 22．[Cu(NH3)4]SO4•H2O是铜的重要配合物，其制备原料之一CuSO4可用废铜屑制备，其实验方案如下： 方案1：先灼烧废铜屑，再溶于稀硫酸，经系列操作得到CuSO4•5H2O； 方案2：加热废铜屑和98.3％硫酸的混合物； 方案3：在废铜屑和稀硫酸的混合液中滴加双氧水； 方案4：在废铜屑和稀硫酸的混合液中通入热空气。 下列叙述错误的是 A．方案1使用的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒和酒精灯 B．方案2中参与反应的硫酸利用率为50%，且产生大气污染物 C．方案3的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O D．方案4的化学方程式为2Cu+H2SO4+O22CuSO4+2H2O 23．“棕色环”实验是检验溶液中的一种方法。向含有溶液的试管中加入，随后沿管壁缓慢加入浓硫酸，在溶液界面上出现“棕色环”，发生的反应为(棕色)，产物中Fe元素为+1价，但的存在会干扰的检验。下列说法错误的是 A．中含有的化学键类型有离子键、共价键、配位键 B．该过程产生NO的反应为 C．该配合物的配体为NO和 D．在酸性条件下具有氧化性可能是干扰检验的原因 24．碳酸亚铁(FeCO3)为白色不溶于水的固体，与砂糖混用可作为补血剂。取少许FeCO3固体进行如下实验： 实验ⅰ    实验ⅱ    下列说法错误的是 A．红褐色沉淀为Fe(OH)3 B．Fe2+不能与SCN-形成配合物 C．Fe(SCN)3中铁原子提供空轨道形成配位键 D．KSCN溶液能使溶解平衡向溶解方向移动 题型四、图像类 25．络合反应的平衡常数用配合物稳定常数表示，Cu2+与NH3在水溶液中存在如下平衡(其中K1、K2、K3、K4分别是Cu2+的逐级稳定常数)： Cu2+[Cu(NH3)]2+[Cu(NH3)2]2+[Cu(NH3)3]2+[Cu(NH3)4]2+ 向硫酸铜溶液中缓慢通入氨气，实验测得各含铜微粒的分布分数(δ)随溶液中游离氨浓度的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．曲线d表示[Cu(NH3)3]2+ B．Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+的平衡常数K稳=K1•K2•K3•K4 C．c(NH3)=10-3mol·L-1时，c{[Cu(NH3)]2+}=c{[Cu(NH3)3]2+}>c{[Cu(NH3)4]2+} D．M点时，lgc(NH3)= 26．配合反应的平衡常数用配合物稳定常数表示，与乙二胺在水溶液中存在如下平衡(是的逐级稳定常数)：。向硫酸镉溶液中缓慢加入乙二胺，实验测得各含镉微粒的分布分数随溶液中游离乙二胺浓度的变化关系如下图所示。下列说法中错误的是 A．曲线d表示 B．的平衡常数 C．时， D．M点时， 27．某温度下，将含有的溶液逐滴加入含有的溶液，发生一系列可逆反应生成、、、四种配离子或分子。滴加过程中，五种含汞微粒分布分数(某含汞微粒的物质的量与所有含汞微粒的物质的量之和的比值)与之间的关系，如下图所示。 下列说法正确的是 A．曲线Ⅱ表示的分布分数随浓度变化曲线 B．当时几乎没有与发生配合反应 C．当时，继续滴加少量含的溶液，主要发生的反应为： D．反应的平衡常数大于反应的平衡常数 题型五、“位构性”类 28．如下反应相关元素中，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，基态原子的核外电子有5种空间运动状态，基态、原子有两个未成对电子，是ds区元素，焰色试验呈绿色。下列说法正确的是 溶液溶液 A．单质沸点： B．第一电离能： C．简单氢化物的键角： D．是配合物，配位原子是 29．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z、W在第二周期且相邻：M的基态原子3d轨道上有2个未成对电子，且价层电子的空间运动状态有6种。由该五种元素形成的一种配合物的结构如图所示，其中Y、Z、W原子的最外层均达到8电子稳定结构。 下列说法正确的是 A．该配合物中存在的化学键有共价键、配位键、氢键 B．1mol该配合物中含有4mol配体 C．X、Y、Z三种元素可以形成盐 D．ZX3形成的晶体是密堆积 30．已知X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，其中只有Y、Z位于同一周期，同周期元素中M的简单离子半径最小，由以上五种元素可组成配合物[M(YX3YZ)2Q2]Q，该配合物可由二聚体M2Q6溶于YX3YZ形成，其结构式如图所示。 下列说法正确的是 A．氢化物的沸点：Z>Y B．YX3YZ中Y原子的杂化方式为sp、sp3 C．M2Q6中所有原子均达到8e-稳定结构，则分子中存在极性键、非极性键 D．1mol配合物[M(YX3YZ)2Q2]Q与足量的硝酸银反应可生成3mol沉淀 题型六、给出配合物结构信息 31．在配合物A和B中，作为配体与中心金属离子配位，是吡啶是苯，B具有室温吸氧，加热脱氧的功能，可作为人工氧载体。下列说法错误的是 A．基态原子的价层电子排布式 B．元素C、N、O第一电离能由小到大的顺序为 C．A中键的键长大于B中键的键长 D．碱性：吡啶  小于吡咯 32．配合物顺铂(结构如图)是临床使用的第一代铂类抗癌药物。其抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。下列说法错误的是    A．中(Ⅱ)的配位数为4 B．的配合物中提供孤对电子 C．与铂(Ⅱ)的结合能力小于与铂(Ⅱ)的结合能力 D．配合物[]存在顺反异构，说明该配合物为平面结构 33．配合物顺铂(结构如图所示)是临床使用的第一代铂类抗癌药物。其抗癌机理为在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。其同分异构体反铂不具有抗癌作用。下列说法错误的是 A．中的配位数为4 B．顺铂在水中的溶解度大于反铂 C．与的结合能力小于与的结合能力 D．配合物存在顺反异构，说明该配合物为平面结构而非四面体结构 34．一种可以催化1，3-丁二烯发生聚合反应的钴金属配合物结构如图所示。下列说法错误的是 A．基态的价电子排布式为 B．N原子与其配位原子的空间结构有三角锥形和四面体形2种 C．该配合物分子中含有键和键 D．该配合物分子的核磁共振氢谱有7组峰 35．配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示。 下列说法错误的是 A．配合物1中化合价为+2 B．配合物1的配体数为6 C．配合物2中原子采取杂化 D．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 36．若配合物中心离子含有单电子，则配合物为顺磁性物质，将顺磁性物质置于外磁场中，会使磁场强度增大。某金属发光配合物的结构如下(代表苯环)。下列叙述错误的是 A．苯分子中有12个键 B．该配合物不属于顺磁性物质 C．苯中碳的未杂化的轨道形成6中心6电子的大键 D．该配合物中含有的化学键有配位键、氢键、共价键 37．EDTA可用于水的软化，软化过程中与形成的一种配合物如图所示。下列说法错误的是： A．两种不同状态的镁，电离最外层一个电子所需能量：大于 B．配合物中碳原子的杂化方式为和 C．图中键角1大于键角2 D．n=4 38．是一种重要的化工产品，实验室可利用制取该配合物：。已知的空间结构如图，其中1～6处的小圆圈表示分子，各相邻的分子间的距离相等，中心离子位于八面体的中心，分子到中心离子的距离相等(图中虚线长度相等)，下列说法正确的是 A．为非极性分子 B．中键角小于中键角 C．1 mol 含有键的数目为18 D．若中两个被替代，得到的有2种结构 39．某科研团队，在前期新型电荷转移金属配合物研究中取得了一系列重要进展，引入金属Ni离子取代四硫富瓦烯四苯羧酸(M)配体中的单元(如图所示)，合成了具有不饱和配位点和新的氧化还原活性金属中心的N，从而赋予材料更加丰富的物理、化学功能。下列有关说法正确的是 A．M、N中所有原子一定共面 B．N中Ni的配体和配位数均为4 C．M与N中C原子的杂化方式完全相同 D．由于形成了共轭大键，故M属于导电高分子 40．席夫碱A和含席夫碱A的红光铂配合物的分子结构如图所示。 下列说法正确的是 A．元素的电负性大小为： B．席夫碱A分子内可以形成氢键 C．红光铂配合物分子中的化合价为 D．红光铂配合物分子中键的类型为离子键 41．乙二胺四乙酸又名，是一种能与、等金属离子结合的螯合剂，它与形成配合物的结构如图所示。下列说法错误的是 A．中原子的杂化类型为、 B．与形成配合物中，的配位数是6 C．与形成配合物中，的配体数为2 D．中元素的第一电离能大小顺序为 42．三价铬离子能形成多种配位化合物，[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+(其结构如下图)是其中一种配位化合物的阳离子。下列说法正确的是    A．该配合物的中心离子是Cr3+，配位数为5 B．基态原子未成对电子数：Cr>N>O>Cl C．基态原子的第一电离能：Cl>O>N>H D．该配合物阳离子中存在极性键和非极性键 43．近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将转化为HCOOH。下列说法错误的是    A．Ru配合物中第二周期元素的电负性：O>N>C B．吡啶(  ，原子在同一平面)中C、N原子的杂化方式分别为、 C．该配合物中Ru的配位数是6 D．中P的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形 44．含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示。下列说法正确的是    A．该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd2+的配位数为7 B．该螯合物中N的杂化方式有2种 C．其中基态原子的第一电离能最小的元素为H D．该配合物分子中的H和O可形成分子内氢键 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A B B B B A D D C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B B D B B D C A D C 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 C A C B D D D C C B 题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 答案 D C C B B D D D C B 题号 41 42 43 44 答案 C B B A 1．A 【详解】A．CH3CN的结构为CH3-C≡N，其中C≡N含有一个三键(1个σ键和2个π键)，因此每个CH3CN分子含2个π键。41 g CH3CN的物质的量为n(CH3CN)==1 mol，因此其中含有的π键数目为2NA，A正确。 B．Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态铜原子的电子排布式简写为[Ar]3d104s1，可知Cu元素位于周期表的ds区而不是位于d区，B错误。 C．-CD3的式量为12+3×2=18，36 g-CD3对应的物质的量为n(-CD3)==2 mol。在每个-CD3中，含有的电子总电子数为6+3×1=9，故2 mol-CD3含有的电子总数为18NA，C错误； D．反应中，Cu元素的化合价由Cu(ClO4)2中的+2价变为反应后[Cu(CH3CN)4]ClO4中的+1价，得到电子被还原。Cu单质失去电子被氧化为[Cu(CH3CN)4]ClO4。反应中每转移1 mol电子，生成2 mol[Cu(CH3CN)4]ClO4，因此当生成1 mol产物时转移0.5NA电子，D错误； 故合理选项是A。 2．A 【详解】A．中含有15个共价键和6个配位键，配位键也是键，1mol中键数目为，A项错误； B．标准状况下，(0.1mol，1个含有10个质子)中质子数为，B项正确； C．(1mol，分解过程中一半氧原子化合价升高)完全分解为，转移电子数为，C项正确； D．向的溶液中加氨水至中性，根据电荷守恒可知，即此时溶液中数目为，D项正确； 故选A。 3．B 【详解】A．氨气分子中有一对孤电子对，而水分子中有两对孤电子对，所以水中O的斥力更大，使键角变小，A正确； B．铜的原子序数为29，基态原子的价层电子排布式：，B错误； C．根据同周期从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小可知，电负性：，C正确； D．该配合物的中心离子为，4个分子作为配体，配位数为4，为外界离子，D正确； 故选B。 4．B 【详解】A．物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，含有键的数目为2，A错误； B．配合物的中心离子为，中心离子的配体为，B正确； C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为，C错误； D．中碳原子的价层电子对数目为，无孤电子对，D错误； 答案选B。 5．B 【详解】A．的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则分子中含有键数目为2，A错误； B．配合物的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为，该中心离子的配体为CN-，配位数为6，B正确； C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成时，反应过程中转移电子数目为，C错误； D．中阴离子中C原子的孤电子对数，碳原子的价层电子对数= 3+0= 3，空间结构为平面三角形，D错误； 故选B。 6．B 【详解】A．氨气中N原子价层电子对数为，有一对孤电子对，水中O原子价层电子对数为，有两对孤电子对，孤电子对之间排斥力大，键角小，故键角，A正确； B．一个中含有4个N与Cu形成的配位键和12个N-H键，故含有键的数目为，B错误； C．物质的量相等，浓度越大，水解程度越小，故0.5mol/L溶液中的数目更多，C正确； D．由反应可知，NO中N由+2价变为0价，Cu由+2价变为+1价，每产生1mol，转移电子数为，D正确； 故选B。 7．A 【详解】A．滴加硝酸银溶液，无明显现象，可知配合物中外界无氯离子，则该配合物中Co3+的配位数是6，故A正确； B．AgNO3溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，不发生沉淀的转化，不能证明，故B错误； C．麦芽糖、葡萄糖均含醛基，由实验操作和现象，不能证明麦芽糖的水解产物具有还原性，故C错误； D．亚铁离子、氯离子均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则溶液紫色褪去不能证明MnO的氧化性强于Fe3+，故D错误； 故选A。 8．D 【详解】A．向丙烯醛中加入足量新制氢氧化铜悬浊液，加热至不再生成砖红色沉淀，醛基被氧化成羧基，此时溶液呈碱性，向上层清液中滴加溴水，Br2和OH-反应也会导致溴水褪色，该实验不能证明丙烯醛中含有碳碳双键，A错误； B．硝酸具有氧化性，能氧化Na2S生成S，干扰Na2SO3氧化Na2S，根据实验现象不能证明与在酸性条件下发生了归中反应，B错误； C．是气体体积不变的反应，压缩体积，增大反应容器压强，I2浓度增大，气体颜色加深，但平衡没有发生移动，C错误； D．[Cu(H2O)4]2+在水溶液中呈蓝色、[CuCl4]2-在水溶液中呈黄色，[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2-的混合溶液呈黄绿色，根据实验现象知，发生了[Cu(H2O)4]2+到[CuCl4]2-的转化，D正确； 故选D。 9．D 【详解】A．SiO2是共价晶体，SiCl4是分子晶体，共价晶体熔化破坏共价键，分子晶体熔化破坏分子间作用力，共价键强度高于分子间作用力，SiO2的熔点比SiCl4高，A错误； B．“杯酚”通过空腔的大小来识别分子，并与C60通过分子间作用力来形成超分子，B错误； C．缺角的氯化钠晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块，体现了晶体的自范性，C错误； D．和均为非极性分子，为极性分子，符合“相似相溶”原理，D正确； 故选D。 10．C 【详解】A．HCl是强酸，但HF是弱酸，类比错误，A错误； B．是非极性分子，是极性分子（结构不对称），类比错误，B错误； C．能与形成稳定配位键，使生成，说明比更容易与形成配位键，推理合理，C正确； D．Li在中燃烧生成，是因Li金属性弱，与最外层电子数为1无直接因果（如Na最外层电子数也为1，燃烧生成Na2O2），推理错误，D错误； 故选C。 11．B 【详解】A．甘油的分子间可以形成氢键，增加了其黏稠度，A正确； B．、中心原子均为sp3杂化，且有一个孤电子对，PF3分子中由于F原子上的孤对电子对占有P原子的3d空轨道，形成p－dπ配键，增强了P原子周围的电子云密度，使成键电子对之间的排斥力增大，所以键角变大，B错误； C．碳碳双键和碳氧双键形成共轭体系，能量更低，所以乙醛羟缩合反应的产物为而不是，C正确； D．王水中的氯离子可以与金和铂形成配合物，使其溶解，增强了Au、Pt的还原性，从而使溶于王水，D正确； 故选B。 12．B 【详解】A．食用油中含有不饱和脂肪酸甘油酯，在空气中久置，分子中的碳碳双键被氧化，从而出现“哈喇味”，故A正确； B．用质谱仪检测乙酸时，谱图出现了质荷比为120的峰，说明两个乙酸分子通过氢键形成了二聚体，故B错误； C．晶体的自范性本质是指晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象。这种有序排列使得晶体在适宜的条件下能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质。缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中变为完美的立方体体现了晶体具有自范性，故C正确； D．溶液中存在平衡，加入少量溶液，红色褪去，平衡正向移动，说明与生成配合物的稳定性较强，故D正确； 故选B。 13．D 【详解】A．水分子之间和HF分子间都能形成氢键，氢键具有方向性和饱和性，导致水分子间形成的氢键数目多，故沸点高，A正确； B．BF3中的B有空轨道，可接受NH3中N的孤电子对，B原子可接受NH3中N的孤电子对，从而形成N→B配位键，B正确； C．Cl3C-的极性大于Cl2CH-的极性，导致CCl3COOH中羟基的极性更大，更易发生电离，酸性更强，C正确； D．其空穴适配K+，两者能通过配位键形成超分子，不是离子键，D错误； 故选D。 14．B 【详解】A．与可形成稳定的配合物，而无法与形成配合物，因此Cu(OH)2溶于氨水，Mg(OH)2不溶，A正确； B．水流能被静电吸引是由于水分子的极性，而非含有少量和OH⁻；极性分子整体电荷分布不均，易被电场极化；而CCl4为非极性分子，无此性质，B错误； C．磷脂分子头部亲水、尾部疏水，细胞膜的双层结构中头部朝向外侧水环境，尾部朝内形成疏水区，符合实际结构，C正确； D．PF3与PCl3，价层电子对数均为，孤对电子数均为1，PF3键角小于PCl3主要因F的电负性高于Cl，导致P-F键电子云更偏向F，成键电子对斥力减小，键角缩小，电负性差异是合理原因，D正确； 故选B。 15．B 【详解】A．CuI为白色沉淀，可吸附而显土黄色，在溶液中不存在，故与KI能发生反应：，A正确； B．已知，结合第一实验，逐滴加入溶液的实验现象，应该是附着在CuI表面的先反应，故CuI与反应的速率慢于与反应的速率，B错误； C．第二个实验，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应，剩余，②逐滴加入溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了和；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的几乎全部转化为；最后黄色溶液变为无色溶液时，说明全部被还原为，C正确； D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为，故与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D正确； 故选B。 16．D 【分析】该实验过程中，相关物质转化如下：。 【详解】A．②中沉淀为，④中沉淀为，二者不是同一物质，故A项说法正确； B．③中含有的溶质为，Cu2+与NH3中N原子形成配位键，而未与H2O中O形成配位键，说明配体结合能力：NH3>H2O，故B项说法正确； C．为离子化合物，属于强极性物质，乙醇属于极性相对低的有机物，向的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得在水溶液中析出，即在乙醇中的溶解度小于在水中，故C项说法正确； D．由于⑥中溶液呈黄绿色是由于含有，因此向⑤中加入稀硫酸无法得到黄绿色溶液，故D项说法错误； 综上所述，说法错误的是D项。 17．C 【详解】A．由结构简式可知，邻二氮菲分子中碳原子和氮原子都形成3个σ键和1个π键，则碳原子和氮原子的杂化方式都为sp2杂化，故A正确； B．由加入具有还原性的维生素C后溶液变为橙红色可知，依地酸铁钠与维生素C反应稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，说明依地酸铁钠中含有Fe(Ⅲ)，故B正确； C．依据现象①、②和③推测，依地酸铁钠与铁离子形成配合物的稳定性强于硫氰酸根离子，故C错误； D．由加入具有还原性的维生素C后溶液变为橙红色可知，依地酸铁钠与维生素C反应稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子，说明与依地酸根相比邻二氮菲与亚铁离子形成的配合物更稳定，故D正确； 故选C。 18．A 【详解】A．1个[Fe(H2O)6]3+中Fe3+与6个H2O形成6个配位键，配位键属于σ键，每个H2O中含2个O—Hσ键，1个[Fe(H2O)6]3+中含有18个σ键，A项错误； B．溶液Ⅱ为红色，溶液Ⅱ中含[Fe(SCN)6]3-，存在电离：[Fe(SCN)6]3-Fe3++6SCN-，溶液Ⅱ中加入NaF溶液，溶液变为无色，说明[Fe(SCN)6]3-转化成更难电离的无色的[FeF6]3-，则平衡常数K1＞K2，B项正确； C．配体结构为[S—C≡N]-，电子式为，由于S吸引孤电子的能力弱于N，故[Fe(SCN)6]3-中配位原子为S，C项正确； D．Fe(NO3)3∙9H2O溶于水后溶液呈黄色而不是浅紫色，可能是Fe3+发生水解生成了Fe(OH)3，D项正确； 答案选A。 19．D 【详解】A．无水硫酸铜为白色粉末，硫酸铜溶液为蓝色，由和均为深蓝色可知，硫酸铜溶液呈蓝色是的颜色所致，故A正确； B．往溶液中滴加乙醇，乙醇极性小，溶液会有蓝色晶体析出，故B正确； C．由溶液变为深蓝色时氢氧化钠和一水合氨的用量可知，的配位能力比强，故正确； D．晶体中还存在离子键，故D错误； 故选D。 20．C 【详解】A．Cu2+具有空轨道，水分子中O原子含有孤电子对，能与Cu2+形成配离子，则硫酸铜溶液呈蓝色，是因为溶液中存在配离子，故A正确； B．和均为深蓝色，b加入过量的氢氧化钠得到配合物，由化学式可知，其配体为，B正确； C． 硫酸铜溶液含有[Cu( H2O)4]2+加入稀NaOH溶液易转化为Cu(OH)2沉淀，再加入浓NaOH溶液可转化为[Cu(OH)4]2-，说明稳定性: [Cu(H2O)4]2+< [Cu(OH)4]2-，对比试管b、c中的现象可知，稳定性:[Cu(NH3)4]2+> [Cu(OH)4 ]2-，所以配离子的稳定性: ，故C错误； D．单键都是键构成的，1mol中含有12molN-H，另外N原子与铜离子之间还有4mol配位键，因此键的数目为16NA，故D正确； 21．C 【详解】A．试管甲中稀硝酸与Cu2O反应生成Cu2+(溶液浅蓝色)和Cu单质，新固体为Cu而非CuO，A错误； B．稀硝酸在此反应中主要起酸的作用，促进Cu2O歧化，而浓硝酸作为氧化剂与Cu反应，两者作用不同，B错误； C．乙试管中Cu2O与氨水形成无色[Cu(NH3)2]+，静置后被氧化为深蓝色[Cu(NH3)4]2+，C正确； D．Cu2O与酸、碱的反应涉及氧化还原和配位，不符合两性氧化物的定义，D错误； 故答案为：C。 22．A 【详解】A．方案1铜转变为氧化铜与硫酸作用生成CuSO4•5H2O晶体，用到“过滤”操作，需要使用漏斗，不需要分液漏斗，，A错误； B．(浓)，参与反应的硫酸只有一半进入产品，且产生大气污染物，B正确； C．Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O，双氧水作氧化剂，C正确； D．空气中氧气作氧化剂，热空气同时提供热量，D正确； 故选A。 23．C 【详解】A．该物质阳离子与阴离子之间以离子键结合，不同的非金属元素的原子之间存在共价键，Fe与非金属元素的原子之间存在配位键，因此该化合物中存在的化学键类型：离子键、共价键、配位键，A正确； B．溶液中有，加入硫酸后，与共存体现硝酸的氧化性，发生反应，B正确； C．根据已知中Fe为+1价，则N为+3价，该配合物的配体为和，C错误； D．在酸性条件下氧化，生成的NO也会发生反应，出现“棕色环”现象，干扰检验，D正确； 故选C。 24．B 【分析】在KSCN溶液中，SCN-与Fe2+形成配离子，促进的溶解平衡向溶解方向移动，从而增大溶液中的Fe2+；而在KCl溶液中，FeCO3的溶解度很小，溶液中Fe2+的浓度很小。 【详解】A．实验ⅰ中，FeCO3中先加入KSCN溶液，FeCO3溶解，再加入H2O2后，Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+同时生成血红色的Fe(SCN)3和红褐色沉淀Fe(OH)3，A正确； B．由分析可知，Fe2+能与SCN-形成配合物，B错误； C．Fe(SCN)3中，Fe为中心原子，SCN-为配体，铁原子提供空轨道形成配位键，C正确； D．由分析可知，KSCN溶液能使溶解平衡向溶解方向移动，从而增大溶液中的Fe2+浓度，D正确； 故选B。 25．D 【详解】A．随着浓度增大，含铜微粒由逐渐生成，a、b、c、d、e曲线分别对应、、、、，A正确； B．方程式相加，平衡常数相乘，可由对应的反应相加得到，则，B正确； C．即时，由图可知，C正确； D．M点是曲线b和e的交点，，，即，D错误； 故选D。 26．D 【详解】A．随着乙二胺浓度增大，含铬微粒由逐渐生成，a、b、c、d曲线分别对应、、、，A正确； B．；；；三式相加可得：，则，B正确； C．即时，由图可知，C正确； D．M点是曲线b和d的交点，，则，即，D错误； 故选D。 27．D 【分析】随着氯离子浓度的增大，Hg2+浓度降低，故I为Hg2+的分布分数随浓度变化曲线，II为HgCl+的分布分数随浓度变化曲线，III为的分布分数随浓度变化曲线，IV为的分布分数随浓度变化曲线。 【详解】A．根据分析，II为HgCl+的分布分数随浓度变化曲线，A错误； B．当时与发生配合反应主要生成HgCl+和，B错误； C．由图可知，当时，继续滴加少量含的溶液，主要发生的反应为：，C错误； D．反应的平衡常数，反应的平衡常数，由图可知，当和时，对应的氯离子浓度前者小，后者大，故根据平衡常数的计算公式，K1>K3，D正确； 故选D。 28．C 【分析】Q是ds区元素，焰色试验呈绿色，则Q为Cu元素；空间运动状态数是指电子占据的轨道数，基态X原子的核外电子有5种空间运动状态，则X为第2周期元素，满足此条件的主族元素有N(1s22s22p3)、O(1s22s22p4)、F(1s22s22p5)；X、Y、Z为原子序数依次增大，基态Y、Z原子有两个未成对电子，若Y、Z为第2周期元素，则满足条件的可能为C(1s22s22p2)或O(1s22s22p4)，C原子序数小于N，所以Y不可能为C，若Y、Z为第3周期元素，则满足条件的可能为Si(1s22s22p63s23p2)或S(1s22s22p63s23p4)，Y、Z可与Cu形成CuZY4，而O、Si、S中只有O和S形成的才能形成CuZY4，所以Y、Z分别为O、S元素，则X只能为N；W能与X形成XW3，则W为IA族或VIIA族元素，但W原子序数小于N，所以W为H元素，综上所述，W、X、Y、Z、Q分别为H、N、O、S、Cu。 【详解】A．W、Y分别为H、O， O2和H2均为分子晶体，O2的相对分子质量大于H2，O2的范德华力大于H2，所以沸点O2＞H2，A错误； B．同周期从左到右，第一电离能增大，而N的价电子排布式2s22p3，半充满，第一电离能比O大，因此第一电离能N＞O，B错误； C． NH3、H2O中心原子的杂化轨道类型均为sp3，孤电子对数为1、2，孤电子对越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，键角NH3＞H2O，C正确； D．Cu(NH3)4SO4中铜离子提供空轨道、NH3的N原子提供孤电子对，两者形成配位键，配位原子为N，D错误； 故选：C。 29．C 【分析】由题干信息可知，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y、Z、W在第二周期且相邻，M的基态原子3d轨道上有2个未成对电子即3d2或者3d8，且价层电子的空间运动状态有6种，即占有6个轨道，为3d84s2，则M为Ni，由该五种元素形成的一种配合物的结构图所示信息可知，Y形成4个共价键，Z形成4个共价键，W形成2个共价键且能形成氢键，其中Y、Z、W原子的最外层均达到8电子稳定结构，则W为O、Z为N、Y为C，X只形成1个共价键，则X为H，据此分析； 【详解】A．氢键不是化学键，则该配合物中存在的化学键有共价键、配位键，A错误； B．由题干配合物的结构可知，1mol该配合物中含有2mol配体()，B错误； C．由分析可知，X为H、Y为C、Z为N，故X、Y、Z三种元素可以形成盐如NH4CN，C正确； D．由分析可知，X为H、Z为N，由于NH3分子间存在氢键，即ZX3形成的晶体为非密堆积，D错误； 故选C。 30．B 【分析】根据X、Y、Z、M、Q为原子序数依次增大的前四周期主族元素，其中只有Y、Z位于同一周期，则X为第一周期H元素，Y、Z为第二周期元素，M为第三周期元素，同周期元素中M的简单离子半径最小，M为Al元素；Q为第四周期元素，与Al形成该配合物二聚体Al2Q6，Q为Br元素；在配合物结构式中，Y形成四个共价键，Y为C元素，Z与C形成三键并存在一条单键，Z为N元素。 【详解】A．NH3分子间有氢键，甲烷分子间没有氢键，简单氢化物的沸点：NH3>CH4，A错误； B．YX3YZ为CH3CN，Y原子的杂化方式为sp、sp3，B正确； C．M2Q6中所有原子均达到8e-稳定结构，结构式为：，则分子中存在极性键，没有非极性键，C错误； D．配合物中，外界的离子可以电离，内界不能电离，1mol配合物[Al(CH3CN)2Br2]Br与足量的硝酸银反应可生成1mol沉淀，D错误； 答案选B。 31．D 【详解】A．Co是27号元素，价层电子排布式为：，A正确； B．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，故第一电离能大小：N>O>C，B正确；   C．从结构来看，A中两个O都有配位键，使得两个氧原子向钴靠近，氧氧键就变长；B结构有很多刚性结构，更容易让配位的钴吸引电子，因此该化合物具有良好吸附氧气的作用，此时吸附的氧气中氧原子的电子都向配合物一方移动，就有偏移，因此A中O—O键的键长大于B中O—O键的键长，C正确； D．吡啶氮原子上的未共用电子对可接受质子而显碱性，因此碱性：吡啶  大于吡咯，D错误； 故选D。 32．C 【详解】A．根据配合物顺铂[]的结构分析，得到中(Ⅱ)的配位数为4，故A正确； B．氨气中氮有一对孤对电子，因此的配合物中提供孤对电子，故B正确； C．顺铂进入人体细胞发生水解，生成的，说明与铂(Ⅱ)更易结合即与铂(Ⅱ)的结合能力大于与铂(Ⅱ)的结合能力，故C错误； D．配合物[]存在顺反异构，说明不是四面体结构，而该配合物为平面结构，故D正确。 综上所述，答案为C。 33．C 【详解】A．由的结构可知，的配位数为4，A正确； B．顺铂为极性分子，反铂为非极性分子，水是极性溶剂，根据“相似相溶”原理，极性大的顺铂在水中溶解度更大，B正确； C．顺铂进入人体细胞发生水解，生成，说明与的结合能力大于与的结合能力，C错误； D．配合物若为四面体结构，则不存在顺反异构，根据顺铂和反铂两种结构不同可说明该配合物为平面结构，D正确； 故选C。 34．B 【详解】A．钴元素的原子序数为27，基态亚钴离子的价电子排布式为，故正确； B．由图可知，该配合物呈轴对称，中间的氮原子是sp3杂化，空间结构是四面体形，左右两边对称的4个氮原子是平面结构，为sp2杂化，是平面三角形结构，没有三角锥形结构，故B错误； C．由图可知，中间氮原子的杂化方式为sp3杂化，左右两边对称的4个氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以配合物分子中含有与氢原子形成的键和键，故C正确； D．由图可知，配合物分子中含有7类氢原子，核磁共振氢谱有7组峰，故D正确； 故选B。 35．B 【详解】A．配合物1中Co为+2价，A正确； B．配合物1中含有2种配体，配体数为5，B错误； C．由配合物2的结构可知，N形成2个σ键，一个配位键，故采取sp2杂化，C正确； D．转变过程中，配合物1中断裂2个H2O与Co2+形成的配位键，配合物2中，中的O与Co2+形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，D正确； 故选B。 36．D 【详解】A．苯分子中有12个键，其中有6个键，6个键，A项正确； B．观察结构，配合物中的铜元素显+1价，Cu+的价电子排布式为，不含有单电子，不属于顺磁性物质，B项正确； C．苯中环上的每个碳原子存在一个未杂化的2p轨道，每个轨道中含1个电子，碳的未杂化的轨道形成6中心6电子的大键，C项正确； D．氢键不属于化学键，D项错误； 故选：D。 37．D 【详解】A．Mg原子的第二电离能大于第一电离能，则电离最外层一个电子所需能量：大于，故C正确； B．配合物中饱和碳原子的杂化方式为sp3，C=O键中的碳原子杂化方式为sp2，故B正确； C．键角1的碳原子是sp2杂化，键角2的碳原子是sp3杂化，中心原子杂化轨道越多，形成的键角越小，故键角1＞键角2，故C正确； D．由题中所给结构，EDTA离子电荷数为-4，与Mg2+形成配合物，故n=2，D错误； 本题选D。 38．D 【详解】 A．H2O2的结构：，正负电荷中心不能重合，为极性分子，A错误； B．NH3中中心原子N有1个孤电子对，H2O中中心原子O有2个孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子对之间的斥力，因此∠HNH大于∠HOH，NH3中键角大于H2O中键角，B错误； C．中NH3与形成6个配位键，6个NH3中有18个N-H键，所以1 mol 含有键的数目为24，C错误； D．由图可知，若中两个NH3被替代，得到的有2种结构，D正确。 39．C 【详解】A．因为苯环可以绕着对位取代基形成的轴旋转，故M、N中所有原子不一定共面，A错误； B．根据N结构简式可知，N中Ni的配体数是2，配位数为4，B错误； C．M与N中每个C原子周围都形成3个键，没有孤对电子，即杂化方式都是sp2杂化，C正确； D．M不属于高分子，D错误； 故选C。 40．B 【详解】A．同周期元素从左到右元素电负性逐渐增强，则电负性：，A错误； B．根据席夫碱A分子结构可知，分子内可以形成氢键，B正确； C．红光铂配合物分子中Pt有2个普通共价键、2个配位键，则的化合价为价，C错误； D．红光铂配合物分子中Pt提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键，D错误； 答案选B。 41．C 【详解】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，故采取sp2杂化，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，B正确； C．由图中信息可知，是乙二胺四乙酸，其与Ca2+形成的配合物中只有1个配体，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，D正确； 故选C。 42．B 【详解】A．该配合物的中心离子是Cr3+，配位数为6，故A错误； B．基态Cr原子价电子排布：，未成对电子数为6；基态N原子未成对电子数为3；基态O原子未成对电子数为2；基态Cl原子未成对电子数为1；故B正确； C．N原子的2p轨道为半充满的较稳定结构，所以第一电离能：N>O，故C错误； D．该配合物阳离子中只存在极性键，故D错误； 答案选B。 43．B 【详解】A．第二周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，因此电负性：O＞N＞C，故A正确； B．  中原子在同一平面，则C、N原子的价层电子对数均为3，杂化方式均为，故B错误； C．根据图中Ru与周围的原子得到该配合物中Ru的配位数是6，故C正确； D．中P的价层电子对数为4，无孤对电子，空间结构为正四面体形，故D正确。 综上所述，答案为B。 44．A 【详解】A．由题意知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，再结合题给结构可知，硝酸根中的2个氧原子和C、N杂环上的4个氮原子通过螯合作用与Cd2+形成配位键，该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd2+的配位数为7，故A正确； B．硝酸根中的氮原子价层电子数为，亚硝酸根中氮原子的价层电子对数为，C、N杂环上的4个氮原子价层电子对数为3+0=3，故该配合物中的氮原子均采取sp2杂化，故B错误； C．该螯合物中基态原子的第一电离能最小的元素为Cd，故C错误； D．该配合物分子中含氧结构为NO和NO，不能和苯环上的H原子形成氢键，故D错误； 故选A。 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$