3.4 配合物与超分子（分层作业）-【生动课堂】2025-2026学年高二化学同步教学系列（人教版2019选择性必修2）

第3章 晶体结构与性质 第四节 配合物与超分子 分层作业 1．（2024·浙江·高考真题）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是 选项 结构或性质 用途 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂 B 具有氧化性 可用作漂白剂 C 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂 D 冠醚18-冠-6空腔直径()与直径()接近 冠醚18-冠-6可识别，能增大在有机溶剂中的溶解度 A．A B．B C．C D．D 2．（2025·浙江·一模）某硫酸铜晶体结构片段如图所示： 下列说法正确的是 A．该硫酸铜晶体中存在的化学键有离子键、共价键、氢键 B．将“缺角”的硫酸铜晶体放入饱和硫酸铜溶液中，硫酸铜晶体变规整，体现了晶体的各向异性 C．向硫酸铜溶液中加入过量氨水，生成深蓝色沉淀 D．根据晶体结构，该晶体的化学式可表示为，也可表示为 3．（2025·广西南宁·模拟预测）四氰合铜酸钾常用于电镀铜。下列化学用语或图示正确的是 A．中子数为8的碳原子： B．的结构示意图为： C．基态Cu原子的价层电子的轨道表示式： D．用电子云轮廓图示意中P－P键的形成为： 4．（2025·浙江·一模）2025年诺贝尔化学奖授予Susumu Kitagawa、Richard Robson和Omar M。 Yaghi，以表彰他们在金属有机框架(MOF又名多孔配位聚合物)材料的发展方面所作出的贡献。现有金属有机框架MOF-5由和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构(见下图)。 下列关于金属有机框架的说法不正确的是 A．MOF-5其骨架结构中存在配位键 B．MOF-5中对苯二甲酸根中的碳原子均采取杂化 C．MOF-5和冠醚一样，属于超分子 D．金属有机框架(MOF)在储氢及环境净化等领域是极具发展潜力的关键材料 5．（2024·福建·高考真题）用探究性质，实验步骤及观察到的现象如下： 该过程中可能涉及的反应有： ① ② ③ ④ 下列说法错误的是 A．与的配位能力： B．无色 C．氧化性： D．探究过程未发生反应② 6．（2024·广西·高考真题）如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是 A．第一电离能： B．图中X原子的杂化方式为 C．元素以原子的形态与配位 D．Y的电负性大于中的化学键是极性键 7．（24-25高二下·广东广州·期中）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。下列说法不正确的是 A．杯酚是超分子 B．杯酚分子中存在大键 C．杯酚与C60有分子间作用力 D．C60与金刚石晶体类型不同 8．（24-25高二下·湖南益阳·期末）杯酚()能够分离提纯C60和C70，其结构和提纯原理如下图所示。下列说法错误的是 A．杯酚与C60分子之间通过氢键形成超分子 B．“操作1”和“操作2”均为过滤 C．杯酚属于极性分子，可溶于氯仿，且能循环使用 D．该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征 9．（25-26高三上·黑龙江·期中）瓜环是继冠醚、环糊精、杯芳烃之后的新一代有机大环主体分子，由2n个亚甲基桥联n个苷脲单体(n=5，6，7，8……)构成的笼状化合物，具有分子识别功能。具体合成路线和不同大小形状的瓜环形状结构如图所示。 下列说法错误的是 A．不同瓜环识别的分子或金属离子不同 B．瓜环与识别的分子间一般不形成化学键 C．缩合形成瓜环时还伴随水分子生成 D．瓜环都属于有机高分子 10．（2025·河北·模拟预测）冠醚能与碱金属离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，因而成为有机反应中很好的催化剂。将冠醚与金属离子的聚集体称为“超分子”。与冠醚反应生成超分子的过程如图所示： 下列叙述错误的是 A．该冠醚分子与超分子中O的化合价相等 B．之间的键角：超分子>冠醚 C．该冠醚分子可以通过形成超分子识别 D．该冠醚可提高氧化苯甲醛、苯乙烯的速率 11．（25-26高三上·天津·月考）一水合甘氨酸锌配合物，微溶于水，主要用作药物辅料，是锌营养强化剂，比一般的补锌剂、等稳定性和吸收率较好，其结构简式如图： (1)写出Zn在元素周期表中的位置： 。 (2)基态O原子电子排布式为 ，图中的配位数为 。 (3)甘氨酸中第2周期的元素按第一电离能从小到大的顺序为 。该配合物中氮原子的杂化方式有 。 (4)甘氨酸在水中的溶解度较大，其原因为 。 (5)以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：，化学通式相同(如)且价电子总数相等的分子或离子互为等电子体，具有相同的化学键类型和空间结构，下列分子或者离子与互为等电子体的是___________。 A． B． C． D． (6)以下关于说法正确的是___________。 A．配体是氮原子 B．提供孤电子对 C．键角： D．配离子中存在离子键 (7)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示，已知晶胞边长为，则晶胞密度 (阿伏伽德罗常数的数值为)(列出表达式即可)。 12．（25-26高三上·上海·阶段练习）碳族元素凭借独特的原子结构，跨越了金属与非金属的界限。高性能芯片的基石单晶硅，驱动着智能时代的高速运转：碳化钙是重要的工业原料：球碳分子为新型材料研发打开全新的思路。 (1)下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是______。 A．金刚石(C) B．单晶硅(Si) C．金刚砂(SiC) D．氮化硼(BN，立方相) (2)俗称电石，该化合物中存在的化学键类型为______。(不定项)。 A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．配位键 (3)锡的卤化物熔点数据如下表： 物质 熔点/C 442 29 143 比其余三物质熔点都高的原因是： 。 利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用“杯酚”(“杯酚”用“”表示)分离和的过程如图所示。 (4)杯酚、和均属于 (填晶体类型)，其熔点从大到小排序为 。 (5)从、的混合物中纯化的过程如图，其中和杯酚之间通过______形成超分子。 A．金属键 B．范德华力 C．氢键 D．离子键 (6)是一种球碳分子，晶胞结构如图所示。 每个分子周围与它最近且等距离的分子有 个。已知该晶胞参数为，则晶体密度为 (写出含和的表达式，表示阿伏加德罗常数)。 1．（2025·辽宁·二模）多环氮杂冠醚是在氮原子间以醚链桥联，和冠醚一样均可适配不同大小的离子(如下图)。二环氮杂冠醚在水溶液中对碱金属离子的稳定性(以lgK衡量，其值越大，稳定性越强)如下表所示。与尺寸大小非常接近，但只能利用三环氮杂冠醚识别。下列说法正确的是 碱金属离子 lgK 3.8 5.4 4.3 A．(a)分子中碳原子和氧原子杂化方式均为且所有非氢原子共平面。 B．(a)和(b)分子的核磁共振氢谱的谱图相同 C．(b)分子与形成的超分子相对更稳定 D．(c)分子中四个N原子构筑的空间有利于与形成氢键 2．（2024·甘肃·高考真题）兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性： B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是 D．溶液①中的金属离子是 3．（2025·河南·高考真题）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 4．（2025·天津·高考真题）下列离子在溶液中能大量共存的是 A． B． C． D． 5．（25-26高三上·福建南平·期中）D-青霉胺可用于治疗先天性铜代谢障碍性疾病，反应原理如下： 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1 mol Cu2+的d电子数为10NA B．1 mol D-青霉胺的sp3杂化C原子数为5NA C．1 mol H+的中子数为NA D．1 mol X的配位键数为4NA 6．（25-26高三上·天津·月考）超分子冠的合成过程如图所示。下列说法不正确的是 A．水中溶解性：化合物Ⅰ>化合物Ⅱ B．18-冠-6也可以与、形成稳定的超分子 C．超分子可以是分子，也可以是离子 D．冠中与O原子之间有静电相互作用 7．（2025·四川泸州·一模）配合物三草酸合铁酸钾常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．离子中提供孤电子对形成配位键 B．离子中的配位原子共有3个 C．离子含键数为 D．离子中C和O的杂化方式均为 8．（25-26高三上·上海·期中）2025年的诺贝尔化学奖授予开发“金属有机框架”(MOF)的三位杰出化学家，这种三维材料能如同“分子积木”一般选择零件，在材料中容纳各种不同分子，具有广阔的应用前景。 Ⅰ．用金属有机框架(MOF)构筑双铁催化剂，主要流程如下： 其中：代表价的铁元素，代表价的铁元素。 ⑴．写出基态Fe原子的价层电子排布式 。 ⑵．与的式量相差较大，但二者的沸点却极为接近，原因有： ⅰ．的极性强于；ⅱ． 。 ⑶．根据图中结构，的配位数是 。 Ⅱ．MOF-5晶体的低温储氢性能非常优异，其结构如下图所示。 对苯二甲酸(BDC)作为有机配体，与无机基团连接。 ⑷．中O原子的杂化轨道类型为 。 ⑸．下列也可以作为有机配体与连接形成三维多孔骨架的是___________。(不定项) A． B． C． D． MOF-5晶体属于立方晶系，如图所示，其晶胞由8个结构相似的重复单元构成。 ⑹．每个重复单元中的个数为 。 ⑺．已知与的摩尔质量分别为和，阿伏加德罗常数为。MOF-5晶体的密度为 。() Ⅲ．工业上可采用MOF中的SIFSIX-3-Cu材料选择性吸附，如图所示。 ⑻．该材料能吸附而不能吸附CO可能的原因是 。 ⑼．将MOF材料与ZnO复合可制备荧光材料ZnO-MOF，ZnO溶于氨水生成，中共有 mol的键，也可溶于氨水生成，写出该反应的离子方程式： 。 ⑽．掺杂ZnO的MOF还可以电催化还原，装置原理如图所示。电极b的电极反应式为 ，电极a上生成时，理论上可还原标准状况下 。 1．（2025·浙江·高考真题）某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是 A．晶体类型为混合晶体 B．与二价铁形成配位键 C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比高 2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键 C．乙中键和键的数目比为 D．甲和乙中X杂化方式分别为和 3．（2025·甘肃·高考真题）我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是 A．主体分子存在分子内氢键 B．主客体分子之间存在共价键 C．磺酸基中的S—O键能比小 D．和中N均采用杂化 4．（2025·河南·高考真题）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是 A． B．第一电离能： C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 5．（2025·江苏·高考真题）在溶有15-冠()的有机溶剂中，苄氯()与发生反应： 下列说法正确的是 A．苄氯是非极性分子 B．电负性： C．离子半径： D．X中15-冠与间存在离子键 6．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是 A．溶液1中 B．溶液2中 C．溶液3中 D．上述实验可证明 7．（2025·四川·高考真题）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是 A．中含有配位键 B．和都是由极性键构成的极性分子 C．和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D．的模型和空间结构都为平面三角形 8．（2025·浙江·高考真题）能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是 A．图中球①代表原子团 B．该化合物易溶于水 C．作还原剂时，该化合物释放 D．氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 9．（2024·湖北·高考真题）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 385 3764 176000 A．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 10．（2024·广西·高考真题）某小组对和的性质进行探究： Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 下列说法正确的是 A．实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅 B．实验Ⅱ中溶液呈红色 C．KSCN能区分和 D．焰色试验不能区分和 11．（2025·浙江·高考真题）铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C．基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D．配位键强度： (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式 。 (3)化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因 。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式 。 ③设计实验检验气体C (要求利用气体C的氧化性或还原性)。 (4)有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式 。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为 (要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子 (按浓度由高到低顺序)。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 第3章 晶体结构与性质 第四节 配合物与超分子 分层作业 1．（2024·浙江·高考真题）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不能解释其用途的是 选项 结构或性质 用途 A 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合 石墨可用作润滑剂 B 具有氧化性 可用作漂白剂 C 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团 聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂 D 冠醚18-冠-6空腔直径()与直径()接近 冠醚18-冠-6可识别，能增大在有机溶剂中的溶解度 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A． 石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑剂，A正确； B． 具有漂白性，可用作漂白剂，B错误； C． 聚丙烯酸钠()中含有亲水基团-COO-，聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，C正确； D．在溶有冠醚18-冠-6的有机溶液中，滴入高锰酸钾溶液，冠醚环上氧原子的孤对电子与K+离子配位，形成稳定配合物，形象地表示为“钾离子落到分子中心的洞穴里”并利用冠醚配离子对有机溶剂的亲和性，使得钾离子从水溶液转移到有机溶剂，带负电荷的高锰酸根离子也随之进入有机溶剂中，进而能增大在有机溶剂中的溶解度，D正确； 故选B。 2．（2025·浙江·一模）某硫酸铜晶体结构片段如图所示： 下列说法正确的是 A．该硫酸铜晶体中存在的化学键有离子键、共价键、氢键 B．将“缺角”的硫酸铜晶体放入饱和硫酸铜溶液中，硫酸铜晶体变规整，体现了晶体的各向异性 C．向硫酸铜溶液中加入过量氨水，生成深蓝色沉淀 D．根据晶体结构，该晶体的化学式可表示为，也可表示为 【答案】D 【详解】A．该硫酸铜晶体中存在的化学键有：[Cu(H2O)4]2+与硫酸根离子之间的离子键、硫酸根离子中S-O间、水分子中O-H间都形成共价键，1个Cu2+与4个水分子中的O原子间形成配位键，但氢键不属于化学键，A不正确； B．将“缺角”的硫酸铜晶体放入饱和硫酸铜溶液中，硫酸铜晶体变规整，体现了晶体的自范性(晶体自发呈现多面体外形的特性)，不是各向异性(晶体不同方向物理性质不同的特性)，B不正确； C．向硫酸铜溶液中加入过量氨水，先生成Cu(OH)2蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，生成[Cu(NH3)4]2+深蓝色溶液，C不正确； D．从晶体结构看，Cu2+周围有4个H2O分子通过配位键结合，还有1个H2O分子通过氢键等与晶体结构关联，所以该晶体的化学式可表示为，也可表示为，D正确； 故选D。 3．（2025·广西南宁·模拟预测）四氰合铜酸钾常用于电镀铜。下列化学用语或图示正确的是 A．中子数为8的碳原子： B．的结构示意图为： C．基态Cu原子的价层电子的轨道表示式： D．用电子云轮廓图示意中P－P键的形成为： 【答案】B 【详解】A．中子数为8的碳原子，质子数为6，质量数，原子符号应为错误； B．为配合物，结构示意图为，B正确； C．基态Cu原子的价层电子排布式为，轨道表示式为，C错误； D．P-P σ键为以p轨道形成的键，重叠方式为头碰头，不是肩并肩，D错误； 故选B。 4．（2025·浙江·一模）2025年诺贝尔化学奖授予Susumu Kitagawa、Richard Robson和Omar M。 Yaghi，以表彰他们在金属有机框架(MOF又名多孔配位聚合物)材料的发展方面所作出的贡献。现有金属有机框架MOF-5由和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构(见下图)。 下列关于金属有机框架的说法不正确的是 A．MOF-5其骨架结构中存在配位键 B．MOF-5中对苯二甲酸根中的碳原子均采取杂化 C．MOF-5和冠醚一样，属于超分子 D．金属有机框架(MOF)在储氢及环境净化等领域是极具发展潜力的关键材料 【答案】C 【详解】A．MOF-5是金属有机框架材料，Zn2+（配位离子）与对苯二甲酸根（配体）通过配位键结合形成骨架结构，因此骨架中存在配位键，A正确； B．对苯二甲酸根中苯环上的碳原子均为sp2杂化；羧基为平面结构，碳与氧形成双键，价层电子对为 3，故羧酸根为中的碳原子也为sp2杂化，因此对苯二甲酸根的所有碳原子均采取sp2杂化，B正确； C．超分子是通过分子间作用力，如氢键、范德华力等组装形成的聚集体；而 MOF-5是通过配位键，共价键的一种，连接金属离子与配体形成的配合物，并非超分子，C错误； D．MOF 具有规则的多孔结构，可利用孔隙实现氢的储存，同时能吸附环境中的污染物，因此在储氢、环境净化等领域具有应用潜力，D正确； 故选C。 5．（2024·福建·高考真题）用探究性质，实验步骤及观察到的现象如下： 该过程中可能涉及的反应有： ① ② ③ ④ 下列说法错误的是 A．与的配位能力： B．无色 C．氧化性： D．探究过程未发生反应② 【答案】A 【分析】加入过量氨水生成无色溶液，过程中发生反应，其中为无色，无色溶液在空气中被氧气氧化为蓝色溶液，发生反应，其中为蓝色，加入铜粉发生反应，放置在空气中又发生反应，溶液又变为蓝色，据此解答。 【详解】A．中由N原子提供孤对电子用于形成配位键，中由O原子提供孤对电子用于形成配位键，电负性O＞N，则O给电子能力弱，则与的配位能力：，故A错误； B．由分析可知，无色，故B正确； C．氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式可知，氧化性：，故C正确； D．由分析可知，探究整个过程未发生反应②，故D正确； 故选A。 6．（2024·广西·高考真题）如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是 A．第一电离能： B．图中X原子的杂化方式为 C．元素以原子的形态与配位 D．Y的电负性大于中的化学键是极性键 【答案】C 【分析】短周期元素的原子序数依次增大。是黄绿色气体，Z为氯；X形成3个共用电子对，X与Re2+之间为配位键，推测X为氮，标准状况下，WY和是等密度的无色气体，则WY为一氧化碳、为氮气，故W为碳、X为氮、Y为氧、Z为氯； 【详解】A．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，A正确； B．图中X原子处于环中，且存在平面大π键，则其杂化方式为，B正确； C．由图可知，整个离子带1个单位正电荷，而其中带2个单位正电荷，则氯元素以Cl-的形态与配位，C错误； D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；O的电负性大于C，则CO中的化学键是极性键，D正确； 故选C。 7．（24-25高二下·广东广州·期中）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。下列说法不正确的是 A．杯酚是超分子 B．杯酚分子中存在大键 C．杯酚与C60有分子间作用力 D．C60与金刚石晶体类型不同 【答案】A 【详解】A．超分子是由分子通过非共价键形成的聚集体，杯酚是具有空腔的单个分子，并非超分子，A项错误； B．杯酚分子中含有多个苯环，每个苯环存在大π键，B项正确； C．杯酚与C60通过空腔适配结合，这种结合力为分子间作用力，C项正确； D．C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，晶体类型不同，D项正确； 答案选A。 8．（24-25高二下·湖南益阳·期末）杯酚()能够分离提纯C60和C70，其结构和提纯原理如下图所示。下列说法错误的是 A．杯酚与C60分子之间通过氢键形成超分子 B．“操作1”和“操作2”均为过滤 C．杯酚属于极性分子，可溶于氯仿，且能循环使用 D．该流程体现了超分子具有“分子识别”的特征 【答案】A 【详解】A．杯酚含羟基，但C60为碳单质，分子中无N、O、F等电负性大的原子，无法与杯酚形成氢键，超分子的形成应为分子间作用力，故A错误； B．操作1中，C70溶于甲苯，C60-杯酚超分子不溶，过滤分离；操作2中，杯酚溶于氯仿，C60不溶，过滤分离，均为过滤，故B正确； C．杯酚含多个羟基，为极性分子，氯仿是极性溶剂，根据相似相溶可溶于氯仿，且流程中杯酚可循环使用，故C正确； D．杯酚能选择性结合C60而不结合C70，体现超分子“分子识别”特征，故D正确； 选A。 9．（25-26高三上·黑龙江·期中）瓜环是继冠醚、环糊精、杯芳烃之后的新一代有机大环主体分子，由2n个亚甲基桥联n个苷脲单体(n=5，6，7，8……)构成的笼状化合物，具有分子识别功能。具体合成路线和不同大小形状的瓜环形状结构如图所示。 下列说法错误的是 A．不同瓜环识别的分子或金属离子不同 B．瓜环与识别的分子间一般不形成化学键 C．缩合形成瓜环时还伴随水分子生成 D．瓜环都属于有机高分子 【答案】D 【详解】A．不同瓜环的空腔不同，不同空腔尺寸的瓜环可以识别不同分子或金属离子并选择性吸附，故A正确； B．进行分子识别时，通常是通过非化学键方式进行，瓜环与识别的分子间一般不形成化学键，故B正确； C．由图中原子守恒可知，缩合反应生成瓜环的同时还生成水分子，故C正确； D．根据题意可知瓜环的n值可以为5，相对分子质量未达到上万，不属于高分子，故D错误； 故选D。 10．（2025·河北·模拟预测）冠醚能与碱金属离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，因而成为有机反应中很好的催化剂。将冠醚与金属离子的聚集体称为“超分子”。与冠醚反应生成超分子的过程如图所示： 下列叙述错误的是 A．该冠醚分子与超分子中O的化合价相等 B．之间的键角：超分子>冠醚 C．该冠醚分子可以通过形成超分子识别 D．该冠醚可提高氧化苯甲醛、苯乙烯的速率 【答案】C 【详解】A．物质1对物质2，氧没有得失电子，故O显-2价，A正确； B．冠醚中O原子有两对孤对电子，孤对电子间斥力大，C-O-C键角较小；超分子中O通过孤对电子与K⁺配位，孤对电子数减少（变为1对），孤对电子对成键电子对的斥力减弱，键角增大，故超分子中C-O-C键角大于冠醚，B正确； C．冠醚与金属离子形成超分子的前提条件是冠醚空腔直径与金属阳离子直径“适配”，半径大于，该冠醚分子不能识别，C错误； D．为离子化合物，在有机溶剂中溶解度小，冠醚通过与K⁺形成超分子将带入有机相，增加与苯甲醛、苯乙烯（有机物）的接触机会，加快氧化反应速率，D正确； 故答案选C。 11．（25-26高三上·天津·月考）一水合甘氨酸锌配合物，微溶于水，主要用作药物辅料，是锌营养强化剂，比一般的补锌剂、等稳定性和吸收率较好，其结构简式如图： (1)写出Zn在元素周期表中的位置： 。 (2)基态O原子电子排布式为 ，图中的配位数为 。 (3)甘氨酸中第2周期的元素按第一电离能从小到大的顺序为 。该配合物中氮原子的杂化方式有 。 (4)甘氨酸在水中的溶解度较大，其原因为 。 (5)以氧化锌矿物为原料，提取锌的过程中涉及反应：，化学通式相同(如)且价电子总数相等的分子或离子互为等电子体，具有相同的化学键类型和空间结构，下列分子或者离子与互为等电子体的是___________。 A． B． C． D． (6)以下关于说法正确的是___________。 A．配体是氮原子 B．提供孤电子对 C．键角： D．配离子中存在离子键 (7)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示，已知晶胞边长为，则晶胞密度 (阿伏伽德罗常数的数值为)(列出表达式即可)。 【答案】(1)第四周期第IIB族 (2) 5 (3) C＜O＜N (4)甘氨酸分子中含，均能与水分子形成氢键 (5)B (6)C (7) 【分析】由一水合甘氨酸锌配合物图示可知中心离子为，配体有两种为甘氨酸和水，有5个配位键，配位数为5。 【详解】（1）Zn的核外电子排布式为：，根据核外电子排布式可知在第四周期第IIB族； （2）O为8号元素，核外电子排布式为；由分析可知图中的配位数为5； （3）甘氨酸中第2周期的元素为C、N、O，N的2p轨道半充满，第一电离能反常高于O，故第一电离能顺序为C＜O＜N； 与配位的N有4个键无孤电子对，故为杂化； （4）甘氨酸在水中的溶解度较大，其原因为：甘氨酸分子中含，均能与水分子形成氢键，因此在水中溶解度较大； （5）属于型的，价电子总数5+41=8 A．，型的，价电子总数，不符合题意，A错误； B．，型的，价电子总数4+4=8，符合题意，B正确； C．，型的，价电子总数，，C错误； D．不属于型的，不符合题意，D错误； 故答案选B。 （6）A．配体是分子，不是N原子，A错误； B．提供空轨道，提供孤电子对，B错误； C．与中的N均为杂化，中N有一对孤电子对，对成键电子对有排斥作用，故中键角小，C正确； D．离子键存在于阴阳离子间，配离子中不存在离子键，D错误； 故答案选C。 （7）根据均摊法，Zn与S形成的晶胞ZnS中含为个，有4个，即含4个，则晶胞密度； 12．（25-26高三上·上海·阶段练习）碳族元素凭借独特的原子结构，跨越了金属与非金属的界限。高性能芯片的基石单晶硅，驱动着智能时代的高速运转：碳化钙是重要的工业原料：球碳分子为新型材料研发打开全新的思路。 (1)下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是______。 A．金刚石(C) B．单晶硅(Si) C．金刚砂(SiC) D．氮化硼(BN，立方相) (2)俗称电石，该化合物中存在的化学键类型为______。(不定项)。 A．离子键 B．极性共价键 C．非极性共价键 D．配位键 (3)锡的卤化物熔点数据如下表： 物质 熔点/C 442 29 143 比其余三物质熔点都高的原因是： 。 利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用“杯酚”(“杯酚”用“”表示)分离和的过程如图所示。 (4)杯酚、和均属于 (填晶体类型)，其熔点从大到小排序为 。 (5)从、的混合物中纯化的过程如图，其中和杯酚之间通过______形成超分子。 A．金属键 B．范德华力 C．氢键 D．离子键 (6)是一种球碳分子，晶胞结构如图所示。 每个分子周围与它最近且等距离的分子有 个。已知该晶胞参数为，则晶体密度为 (写出含和的表达式，表示阿伏加德罗常数)。 【答案】(1)B (2)AC (3)SnF4属于离子晶体，离子键是强烈的相互作用，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，分子间作用力弱 (4) 分子晶体 杯酚 (5)B (6) 12 【详解】（1）金刚石(C)、单晶硅(Si)、金刚砂(SiC)、立方氮化硼(BN)都为共价晶体，结构相似，则原子半径越大，键长越长，键能越小，熔沸点越低，在这几种晶体中，键长Si－Si＞Si－C＞B－N＞C－C，所以熔点最低的为单晶硅，故选B； （2）电石属于离子化合物，存在离子键，还存在碳碳非极性共价键； （3）根据表中数据可知，的熔点均远高于其余三种物质，属于离子晶体，、、属于分子晶体，分子间作用力弱，所以离子晶体的熔点比分子晶体的高，三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高。 （4）杯酚属于分子晶体，C60和C70都是由碳原子组成的分子，都是基于分子间的相互作用形成的晶体结构，则杯酚、C60和C70均属于分子晶体，因相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，则熔点从大到小排序为：杯酚； （5）C60与杯酚通过分子间作用力形成超分子，则杯酚与之间的作用力为分子间作用力（范德华力）； （6）以晶胞中顶点上的C60分子为研究对象，与它距离最近等距离的C60分子位于面心，有12个，所以每个C60分子周围与它距离最近等距离的C60分子有12个；在C60晶胞中C60位于晶胞的顶点和面心，有8×＋6×=4个C60分子，C60摩尔质量是720g/mol，则C60晶体密度为。 1．（2025·辽宁·二模）多环氮杂冠醚是在氮原子间以醚链桥联，和冠醚一样均可适配不同大小的离子(如下图)。二环氮杂冠醚在水溶液中对碱金属离子的稳定性(以lgK衡量，其值越大，稳定性越强)如下表所示。与尺寸大小非常接近，但只能利用三环氮杂冠醚识别。下列说法正确的是 碱金属离子 lgK 3.8 5.4 4.3 A．(a)分子中碳原子和氧原子杂化方式均为且所有非氢原子共平面。 B．(a)和(b)分子的核磁共振氢谱的谱图相同 C．(b)分子与形成的超分子相对更稳定 D．(c)分子中四个N原子构筑的空间有利于与形成氢键 【答案】D 【详解】A．(a)为18-冠-6，分子中C、O原子均为sp3杂化（C形成4个σ键且无孤对电子，O形成2个σ键且有2对孤对电子，C和O的价层电子对数均为4），18元环为非平面结构，所有非氢原子不可能共平面，A错误； B．(a)18-冠-6结构高度对称，所有亚甲基氢(-CH2-)环境相同，核磁共振氢谱只有1组峰；(b)二环氮杂冠醚含N原子，N与O电负性不同，导致其相邻氢原子所处的化学环境不同，氢谱峰的组数不为1，B错误； C．二环氮杂冠醚(b)与碱金属离子的稳定性以lgK衡量，其值越大，稳定性越强，Na+的lgK=3.8，而K+的lgK=5.4，(b)分子与K⁺形成的超分子更稳定，C错误； D．与尺寸大小非常接近，但只能利用三环氮杂冠醚识别，说明需要的空腔更大，则说明三环氮杂冠醚(c)中四个N原子构筑的空间有利于与形成N-H···N氢键，D正确； 故选D。 2．（2024·甘肃·高考真题）兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是 A．还原性： B．按上述方案消耗可回收 C．反应①的离子方程式是 D．溶液①中的金属离子是 【答案】C 【分析】从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤出铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。 【详解】A．金属活动性越强，金属的还原性越强，而且由题中的实验方案能得到证明，还原性从强到弱的顺序为 Fe > Cu > Ag，A不正确； B．由电子转移守恒可知，1 mol Fe可以置换1 mol Cu，而1 mol Cu可以置换2 mol Ag，因此，根据上述方案消耗1 mol Fe可回收2 mol Ag，B不正确； C．反应①中，氯化四氨合铜溶液与浓盐酸反应生成氯化铜和氯化铵，该反应的离子方程式是，C正确； D．向氯化铜和氯化铵的混合液中加入铁，铁置换出铜后生成，然后被通入的氧气氧化为，氯化铵水解使溶液呈酸性，在这个过程中，溶液中的氢离子参与反应，因此氢离子浓度减少促进了铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁存在沉淀溶解平衡，因此，溶液①中的金属离子是，D不正确； 综上所述，本题选C。 3．（2025·河南·高考真题）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 【答案】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。 4．（2025·天津·高考真题）下列离子在溶液中能大量共存的是 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】A．与发生互促双水解，且会氧化，不能共存，A错误； B．与不共存能，会生成二氧化硫和水，B错误； C．与反应生成，与生成沉淀，不能共存，C错误； D．4种离子均互不发生反应，D正确； 故答案选D。 5．（25-26高三上·福建南平·期中）D-青霉胺可用于治疗先天性铜代谢障碍性疾病，反应原理如下： 设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是 A．1 mol Cu2+的d电子数为10NA B．1 mol D-青霉胺的sp3杂化C原子数为5NA C．1 mol H+的中子数为NA D．1 mol X的配位键数为4NA 【答案】D 【详解】A． 金属铜原子的基态电子排布为[Ar]3d104s1，生成Cu2+时先失去4s电子并再失去1个3d电子，故Cu2+的3d电子数为9，因此，1 mol Cu2+的而d电子数应为9NA，而不是10NA，A错误； B．根据 D‐青霉胺分子结构知有4个sp³杂化的碳，如图，则1 mol D‐青霉胺分子中sp3杂化的C原子数为4NA，B错误； C．1 H+核内无中子，1 mol 1 H+所含中子总数为0，C错误； D． 由题示配合物X的结构可见，Cu2+中心与2个S原子、2个N原子配位，形成4个配位键，则1 mol该配合物中含配位键的个数为4 NA，D正确； 故答案选D。 6．（25-26高三上·天津·月考）超分子冠的合成过程如图所示。下列说法不正确的是 A．水中溶解性：化合物Ⅰ>化合物Ⅱ B．18-冠-6也可以与、形成稳定的超分子 C．超分子可以是分子，也可以是离子 D．冠中与O原子之间有静电相互作用 【答案】B 【详解】A．化合物I中存在羟基，在水溶液中能形成氢键，增大其在水中的溶解度，因此水中溶解性：化合物I＞化合物II，A正确； B．18 -冠 -6 能 与K+形成稳定的超分子，但 Na+、Rb+的直径不在18- 冠- 6 空腔直径范围内，因此18-冠-6不可以与Na+、Rb+形成稳定的超分子，B错误； C．超分子是由多个分子/离子经非共价键作用所形成的聚集体，可以是分子，也可以是离子，C正确； D．K⁺@18-冠-6 内 K⁺ 与冠醚中 O 原子之间主要通过离子–偶极（静电）作用结合，D正确； 故选B。 7．（2025·四川泸州·一模）配合物三草酸合铁酸钾常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A．离子中提供孤电子对形成配位键 B．离子中的配位原子共有3个 C．离子含键数为 D．离子中C和O的杂化方式均为 【答案】C 【详解】A．配合物中，中心离子提供空轨道，配体提供孤电子对，A错误； B．是双齿配体，每个配体通过两个O原子配位，中含有3个，配位原子为6个，B错误； C．中存在1个C-C键和2个，每个中含有一个键一个键，故每个中含有5个键和2个键，离子含键数为，C正确； D．中C原子的杂化方式为杂化，O原子为sp2、杂化，D错误； 故选C。 8．（25-26高三上·上海·期中）2025年的诺贝尔化学奖授予开发“金属有机框架”(MOF)的三位杰出化学家，这种三维材料能如同“分子积木”一般选择零件，在材料中容纳各种不同分子，具有广阔的应用前景。 Ⅰ．用金属有机框架(MOF)构筑双铁催化剂，主要流程如下： 其中：代表价的铁元素，代表价的铁元素。 ⑴．写出基态Fe原子的价层电子排布式 。 ⑵．与的式量相差较大，但二者的沸点却极为接近，原因有： ⅰ．的极性强于；ⅱ． 。 ⑶．根据图中结构，的配位数是 。 Ⅱ．MOF-5晶体的低温储氢性能非常优异，其结构如下图所示。 对苯二甲酸(BDC)作为有机配体，与无机基团连接。 ⑷．中O原子的杂化轨道类型为 。 ⑸．下列也可以作为有机配体与连接形成三维多孔骨架的是___________。(不定项) A． B． C． D． MOF-5晶体属于立方晶系，如图所示，其晶胞由8个结构相似的重复单元构成。 ⑹．每个重复单元中的个数为 。 ⑺．已知与的摩尔质量分别为和，阿伏加德罗常数为。MOF-5晶体的密度为 。() Ⅲ．工业上可采用MOF中的SIFSIX-3-Cu材料选择性吸附，如图所示。 ⑻．该材料能吸附而不能吸附CO可能的原因是 。 ⑼．将MOF材料与ZnO复合可制备荧光材料ZnO-MOF，ZnO溶于氨水生成，中共有 mol的键，也可溶于氨水生成，写出该反应的离子方程式： 。 ⑽．掺杂ZnO的MOF还可以电催化还原，装置原理如图所示。电极b的电极反应式为 ，电极a上生成时，理论上可还原标准状况下 。 【答案】 ⑴． （2）．分子间存在氢键，使沸点增大 （3）．4 （4）． （5）．AB （6）．3 （7）． （8）．分子直径与该材料孔径匹配，CO分子直径与该材料孔径不匹配 （9）． 16 （10）． 44.8 【分析】 与的式量相差较大，由于的极性强于，且分子间存在氢键，使沸点增大，使得二者的沸点却极为接近。根据有机配体BDC为对苯二甲酸，含由此可知有两个或两个以上的或可以作为有机配体用于构成金属有机框架。中的配位键和N-H键都为σ键。电极b上是发生反应生成CO，碳的化合价降低，得电子，则电极b为阴极，发生反应：；a电极为阳极，发生反应。 ⑴．基态Fe原子核外26个电子，价层电子排布式为，故答案为：； （2）． 与的式量相差较大，由于的极性强于，且分子间存在氢键，使沸点增大，使得二者的沸点却极为接近，故答案为：分子间存在氢键，使沸点增大； （3）．根据图中结构，可知每个与4个原子成键，故配位数为4，故答案为：4； （4）．从图中可知中O原子与4个形成四面体结构，所以O原子采取sp3杂化，O原子杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3； （5）．根据有机配体BDC为对苯二甲酸，含由此可知有两个或两个以上的或可以作为有机配体用于构成金属有机框架。 A．含有3个，可以作为有机配体用于构成金属有机框架，A正确； B．含有2个，可以作为有机配体用于构成金属有机框架，B正确； C．含有1个，不可以作为有机配体用于构成金属有机框架，C错误； D．不含或，不可以作为有机配体用于构成金属有机框架，D错误； 故答案为： AB； （6）．每个重复单元中有12个位于棱上，个数为，故答案为：3； （7）．每个重复单元中有12个位于棱上，个数为，每个重复单元中与8个位于顶点，个数为，则MOF-5晶体的密度为，故答案为：； （8）．由图可知，材料的孔径为0.33~0.35 nm，分子的大小为0.338 nm，分子的大小为0.376 nm，所以该材料能吸附而不能吸附可能的原因是材料的孔径与分子的大小匹配，而与分子不匹配，故答案为：分子直径与该材料孔径匹配，分子直径与该材料孔径不匹配； （9）．中的配位键和N-H键都为σ键，则1 mol中含有的σ键的物质的量为；溶解生成的Zn2+，与氨水中NH3形成配位键，生成，促进的溶解，离子方程式是； 故答案为：16；； （10）．电极b上是发生反应生成CO，碳的化合价降低，得电子，则电极b为阴极，发生反应：；a电极为阳极，发生反应；根据得失电子守恒可得关系式，若生成1 mol，则可还原2 mol ，其体积在标准状况下为44.8 L； 故答案为：；44.8。 1．（2025·浙江·高考真题）某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是 A．晶体类型为混合晶体 B．与二价铁形成配位键 C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比高 【答案】D 【详解】A．由图可知该物质Fe和Cl之间以配位键相连，Cl离子桥接形成无限平面链状结构，NH3在平面上下对亚铁离子进行配位，整个链为电中性，故链内由共价键结合，链间只能靠范德华力结合，与石墨类似，属于混合晶体，A正确； B．与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确； C．与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，方程式为+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确； D．配合物中有氨气作为配体，根据熵增原理加热易分解，故稳定性比差，D错误； 答案选D。 2．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）化学家用无机物甲成功制备了有机物乙，开创了有机化学人工合成的新纪元。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z同周期，基态X、Z原子均有2个单电子。下列说法正确的是 A．第一电离能：Z>Y>X B．甲中不存在配位键 C．乙中键和键的数目比为 D．甲和乙中X杂化方式分别为和 【答案】D 【分析】(YW2)2XZ为有机物，基态X、Z原子均有2个单电子，X、Z分别为IVA族和VIA族元素，X、Y、Z同周期、原子序数依次增大，若X、Y、Z为第三周期元素，则X、Y、Z分别为Si、P、S；若X、Y、Z为第二周期元素，则X、Y、Z分别为C、N、O；又YW4ZXY为无机物，(YW2)2XZ为有机物，所以X、Y、Z分别为C、N、O，W、X、Y、Z原子序数依次增大，能形成YW4ZXY，则W为H，综上所述，W、X、Y、Z分别为H、C、N、O。 【详解】A．C、N、O同周期，同一周期主族元素，从左到右第一电离能有逐渐增大的趋势，第VA族的第一电离能大于同周期相邻的两种元素，则第一电离能N＞O＞C，故A错误； B．甲为NH4OCN，中有N原子提供孤对电子、H+提供空轨道形成的N→H配位键，故B错误； C．乙为，其中有4个N-H、2个C-N、碳氧原子之间1个σ键，则一个中有7个键、1个π键，键与π键的数目比为7：1，故C错误； D．甲为NH4OCN，其中的C原子与N原子形成三键、与O原子形成单键，键电子对数为2，无孤对电子，C原子采取sp杂化，乙为，其中的C原子形成3个键，即键电子对数为3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，故D正确； 故答案为：D。 3．（2025·甘肃·高考真题）我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子(结构式如图a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是 A．主体分子存在分子内氢键 B．主客体分子之间存在共价键 C．磺酸基中的S—O键能比小 D．和中N均采用杂化 【答案】B 【详解】A．主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确； B．主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误； C．已知单键的键能小于双键，则S-O的键能比S=O键能小，C正确； D．N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确； 故选B。 4．（2025·河南·高考真题）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氦气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量(x为整数)。 下列说法正确的是 A． B．第一电离能： C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 【答案】A 【详解】A．该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，结合图像可知，该化合物中x=1，故A项说法正确； B．同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C，故B项说法错误； C．该化合物中，配离子与之间为离子键，故C项说法错误； D．该化合物中，根据O、N原子成键数可知，O-Fe为共价键，N-Fe为配位键，配位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离子个数，因此配体个数为2，故D项说法错误； 综上所述，说法正确的为A项。 5．（2025·江苏·高考真题）在溶有15-冠()的有机溶剂中，苄氯()与发生反应： 下列说法正确的是 A．苄氯是非极性分子 B．电负性： C．离子半径： D．X中15-冠与间存在离子键 【答案】C 【详解】A．苄氯分子含有饱和C原子，且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故苄氯为极性分子，A错误； B．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：，B错误； C．电子层结构相同时，离子半径随原子序数增大而减小，故离子半径：，C正确； D．15-冠-5是分子，与阳离子之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误； 故选C。 6．（2025·重庆·高考真题）某兴趣小组探究沉淀的转化。将2mL 0.1mol·L-1 AgNO3溶液与同浓度同体积的NaCl溶液混合，得悬浊液1，然后进行如下实验。下列叙述错误的是 A．溶液1中 B．溶液2中 C．溶液3中 D．上述实验可证明 【答案】C 【分析】在2mL0.2mol/L的溶液中加入等体积等浓度的NaCl溶液得悬浊液1，经分离后，向中滴加6mol/L的氨水，发生反应，加入0.1mol/LKI溶液2mL，发生反应：，得到沉淀，由物质的量关系可知，不能完全反应，溶液3中可能还存在剩余的氨水以及； 【详解】A．溶液1中主要溶质是，同时由于存在溶解平衡：，还存在极少量的，选项中满足电荷守恒关系，A正确； B．根据元素守恒可知，若不水解，则，但会水解生成其他含银的微粒，故，B正确； C．溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出的结论，C错误； D．由实验操作可知，存在转化，由此说明AgI更难溶，故可得出结论，D正确； 故选C。 7．（2025·四川·高考真题）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收的反应如下：。下列说法错误的是 A．中含有配位键 B．和都是由极性键构成的极性分子 C．和晶体分别为分子晶体和共价晶体 D．的模型和空间结构都为平面三角形 【答案】B 【详解】A．Na2SiF6的阴离子中有Si提供空d轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A正确； B．SiF4中心原子Si的价层电子对数是，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，属于非极性分子；H2O为极性分子，B错误； C．CO2晶体为分子晶体（分子间作用力），SiO2为共价晶体（原子间共价键），C正确； D．中心原子C的价层电子对数是，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，实际空间结构也为平面三角形，D正确； 故选B。 8．（2025·浙江·高考真题）能代表化合物的结构片段如图(氢原子未画出)，下列有关该化合物的描述不正确的是 A．图中球①代表原子团 B．该化合物易溶于水 C．作还原剂时，该化合物释放 D．氮原子上没有孤电子对，晶体中不存在氢键 【答案】D 【分析】 由结构片段可知，结合化合物化学式可知，各部分结构如图：； 【详解】A．可表示为，其中①号氮原子要提供孤对电子与形成配位键，而结构中无孤对电子，故①表示，A正确； B．该化合物属于可溶性盐，且可与水形成氢键，因此易溶于水，B正确； C．作还原剂时，化合价升高转化为N2和，因此该化合物释放，C正确； D．中①号氮原子与Zn2+形成配位键，旁边的氮原子与形成配位键，因此氮原子上没有孤电子对，但中含有氧原子，晶体中存在氢键，D错误； 故选D。 9．（2024·湖北·高考真题）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 385 3764 176000 A．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 【详解】A．“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体——超分子，A项正确； B．“分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm，从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构，从高的方向观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B项错误； C．芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C项正确； D．芘、并四苯、蒄中碳原子都采取sp2杂化，π电子数依次为16、18、24，π电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D项正确； 答案选B。 10．（2024·广西·高考真题）某小组对和的性质进行探究： Ⅰ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 Ⅱ．向少量蒸馏水里滴加2滴溶液，再滴加2滴KSCN溶液。 下列说法正确的是 A．实验Ⅰ中继续加入少量固体，溶液颜色变浅 B．实验Ⅱ中溶液呈红色 C．KSCN能区分和 D．焰色试验不能区分和 【答案】C 【详解】A．实验Ⅰ中，溶液与KSCN溶液反应的实质是：，硫酸钾固体溶于水产生钾离子和硫酸根，并不影响该平衡的移动，因此溶液的颜色不发生变化，故A错误； B．实验Ⅱ中，溶液中存在有K+、，并不能电离出Fe3+，因此溶液与KSCN溶液并不能发生反应，溶液颜色无明显变化，故B错误； C．实验Ⅰ中，KSCN溶液与溶液反应产生，溶液变为红色，但溶液与KSCN溶液并不能发生反应，是一种深红色晶体，水溶液呈黄色，带有黄绿色荧光，因此加入KSCN可以区分两者，故C正确； D．焰色反应是金属单质或离子的电子在吸收能量后，跃迁到较高能量级，然后从较高能量级跃迁到低能量级，这次跃迁会放出光子，光子的频率若在可见光频率范围内，则金属表现为有焰色反应。铁燃烧火焰为无色，是因为放出的光子频率不在可见光频率范围内，而中含有钾元素，焰色试验时透过蓝色钴玻璃可以看到紫色，因此焰色试验可以区分和，故D错误； 故答案选C。 11．（2025·浙江·高考真题）铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C．基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D．配位键强度： (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式 。 (3)化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因 。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式 。 ③设计实验检验气体C (要求利用气体C的氧化性或还原性)。 (4)有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式 。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为 (要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子 (按浓度由高到低顺序)。 【答案】(1)ABD (2) (3) 化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂 2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑ 将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) (4) 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O SO2 、Fe2+ 【分析】（4）中步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O。步骤Ⅱ中溶液E中的Cu2+被还原为CuBr，需要加入具有还原性的气体SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液中还有大量的 ，来自CuSO4、Fe2(SO4)3等，所以溶液F中除K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 【详解】（1）A．硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为:1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确； B．焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确； C．基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成:[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误； D．配位数是指中心原子周围配体的个数，配位数都是1，但的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确； 故选ABD。 （2）根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为； （3）①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中，N-H键的极性更强，更易断裂，给出趋势相对更大； ②化合物A[化学式：]与足量稀硫酸混合，中P元素为+5价，S元素为-2价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成、H2S气体和(NH4)2SO4，化学方程式为：2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑； ③由②可知气体C为H2S，利用其还原性检验：将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) ； （4）①步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，化学方程式为:4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O； ②步骤Ⅱ中要将溶液E(含Cu2+等)中的铜元素全部转化为CuBr，且不引入新元素，结合反应中元素化合价变化，Cu2+被还原为Cu+(存在于CuBr中)，需要加入具有还原性的气体，所以气体X为SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液E中的CuSO4、Fe2(SO4)3还有大量的，所以溶液F除含K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 / 学科网（北京）股份有限公司 $