第7章 第29讲 分子的性质 配合物与超分子（Word练习）-【精讲精练】2027年高考化学一轮复习（人教版）

**基本信息** 聚焦“结构决定性质”核心，通过高考真题与模拟题系统训练物质结构与性质的关联分析，强化科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |结构与性质|5题（如1-5题）|电负性比较、杂化类型判断、氢键分析|从分子结构（V形/层状）→化学键（极性/氢键）→性质（溶解度/键角）递进| |数据推理|2题（如3、10题）|pKa数据比较酸性、平衡常数计算反应程度|数据→规律→结论的科学推理链条| |配合物与超分子|3题（如7-9题）|配位数计算、σ/π键判断、超分子作用力分析|配合物结构→成键特征→性质应用| |实验探究|2题（如11-12题）|控制变量法、平衡移动原理应用|实验现象→原理分析→结论验证的探究逻辑|

说明：选择题每题3分；非选择题共32分；本试卷共62分。 一、选择题：每小题只有一个选项符合题目要求。 1．下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是(　　) A．丙氨酸的手性异构体： B．密度：干冰＜冰 C.在水中溶解度：CO2＞乙醇 D．键的极性：SiCl4<PCl3 解析　丙氨酸分子中含有1个手性碳原子：，手性异构体为，A正确；干冰分子间以范德华力结合，排列紧密；冰中水分子的氢键导致晶体结构疏松，则干冰密度＞冰，B错误；乙醇可与水分子间形成氢键，二者以任意比例互溶，而CO2为非极性分子，在水中溶解度较低，C错误；电负性Si＜P，Si—Cl电负性差＞P—Cl电负性差，因此SiCl4的键极性＞PCl3，D错误。 答案　A 2．(2025·广东广州模拟)下列物质的性质与对应结构无关的是(　　) 选项 结构 性质 A O3的空间结构为V形 O3在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度 B 石墨具有层状结构 石墨有良好的润滑性 C NH3中的N具有孤电子对 NH3具有碱性 D 乙醇中含有亲水基—OH 乙醇易溶于水 解析　A.O3具有的极性较弱，其溶解度在非极性的CCl4中更高，而非直接由V形结构导致，因此结构和性质无关；B.石墨的层状结构使层间易滑动，直接导致润滑性，结构和性质相关；C.NH3中N的孤电子对使其能结合质子，直接体现碱性，结构和性质相关；D.乙醇的—OH为亲水基，能与水形成氢键，直接导致乙醇易溶于水，结构和性质相关；故选A。 答案　A 3．数据是科学推理中的重要证据，由下表中的数据，所得推论正确的是(　　) 羧酸 pKa＝－lg Ka 丙酸(C2H5COOH) 4.88 乙酸(CH3COOH) 4.76 甲酸(HCOOH) 3.75 氯乙酸(CH2ClCOOH) 2.86 二氯乙酸(CHCl2COOH) 1.29 三氯乙酸(CCl3COOH) 0.65 三氟乙酸(CF3COOH) 0.23 A.相同浓度下，乙酸的酸性一定强于氯乙酸 B．烃基是吸电子基团，烃基越长，吸电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C．卤素原子是推电子基团，卤素原子使得羧基中羟基的极性变小，导致二氯乙酸的酸性强于一氯乙酸 D．氟原子的电负性大于氯原子，使F3C—的极性大于Cl3C—的极性，使三氟乙酸羧基中羟基的极性增大，导致三氟乙酸容易电离出氢离子 解析　由题表可知电离平衡常数Ka(CH3COOH)＝10-4.76，Ka(CH2ClCOOH)＝10-2.86，电离平衡常数越大，电离程度越大，则相同浓度下，氯乙酸的酸性强于乙酸，A错误；烃基为推电子基团，碳原子数越多，推电子能力越强，则酸性越弱，B错误；卤素原子为吸电子基团，卤素原子电负性越大，吸电子能力越强，则酸性越强，故酸性：二氯乙酸＞一氯乙酸，C错误；电负性越大，吸引电子能力越强，F的电负性大于Cl，则F—C键极性大于Cl—C键的极性，F原子吸引电子能力较大，导致F3C—极性大于Cl3C—的极性，则三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以三氟乙酸的酸性较强，D正确。 答案　D 4．下列对物质性质的解释错误的是(　　) 选项 物质性质 解释 A K与Na产生的焰色不同 能量量子化 B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子 C 金属有良好的延展性 离子键 D SiH4的沸点高于CH4 分子间作用力 解析　金属延展性源于金属键的特性(自由电子使原子层滑动)，而离子键对应离子晶体(延展性差)，结构因素“离子键”错误，故选C。 答案　C 5．(2025·江苏卷)下列说法正确的是(　　) A．硫黄有S2、S2-、S4等多种同素异形体 B．高温下青蒿素分子结构稳定 C．NH3分子中H—N—H键角大于CH4分子中H—C—H键角 D．题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对 解析　同素异形体是同种元素形成的不同单质间的互称，S2-是离子不是单质，A错误；根据信息可知青蒿素中含有—O—O—，分子结构不稳定，高温条件下易分解，B错误；NH3中心原子N原子价层电子对数为3＋×(5－1×3)＝4，采用sp3杂化，孤电子对数为1，CH4中心原子C原子价层电子对数为4＋×(4－1×4)＝4，采用sp3杂化，孤电子对数为0，中心原子杂化方式相同时，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则NH3分子中H—N—H键角小于CH4分子中H—C—H键角，C错误；鸟嘌呤、胞嘧啶中含有—NH—、—NH2、O原子、N原子，可形成氢键，从而实现互补配对，如图所示：，D正确。 答案　D 6．(2024·湖南卷)通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是(　　) A.P为非极性分子，Q为极性分子 B．第一电离能：B<C<N C．1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等 D．P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化 解析　由所给分子结构图，P和Q分子都是对称结构，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，B正确；由所给分子结构可知，P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1 mol P和1 mol Q所含电子数目相等，C正确；由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其他三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确。 答案　A 7．(2026·河南开封段考)普鲁士蓝(PB)化学式为Fe4，是一种配合物，可用作油画染料，可用如图流程制备。下列说法错误的是(　　) A．HCN是直线形分子 B．钾的焰色试验产生的光谱属于发射光谱 C．PB中Fe(Ⅲ)与Fe(Ⅱ)数目之比为4∶3 D．中σ键、π键数目之比为1∶2 解析　PB的化学式为Fe4，内界为，其中Fe为＋2价，3个内界含3个Fe2+；外界Fen＋需满足电荷守恒：4n＋3×(－4)＝0，解得n＝＋3，共4个Fe3+，故Fe(Ⅲ)与Fe(Ⅱ)数目之比为4∶3；中，Fe2+与6个CN－形成6个配位σ键，每个CN－中C≡N含1个σ键和2个π键，故σ键总数＝6(配位)＋6(C≡N中的σ)＝12，π键总数＝6×2(C≡N中的π)＝12，σ键与π键数目之比为1∶1，D错误；故选D。 答案　D 8．(2025·重庆模拟)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。现有某种超分子结构如图所示。下列有关说法不正确的是(　　) A．该超分子中C原子为sp2、sp3杂化 B．甲基中的键角∠HCH大于—NH2中的键角∠HNH C．该超分子由一个非极性分子和一个极性分子聚集而成 D．该超分子加热熔化时既破坏氢键，也破坏分子间作用力 解析　该分子中双键碳原子杂化类型为sp2，单键碳原子为sp3杂化，A正确；该超分子中—CH3中心原子C和—NH2中心原子N均为sp3，但N原子有一对孤电子对，所以∠HNH键角小些，B正确；该超分子由2个极性分子聚集而成，C错误；该超分子分子间作用力有氢键与范德华力，所以加热熔化时既破坏氢键，也破坏分子间作用力，D正确。 答案　C 9．(2025·陕晋宁青卷)一种高聚物(XYZ2)n被称为“无机橡胶”，可由如图所示的环状三聚体制备。X、Y和Z都是短周期元素，X、Y价电子数相等，X、Z电子层数相同，基态Y的2p轨道半充满，Z的最外层只有1个未成对电子。下列说法正确的是(　　) A．X、Z的第一电离能：X>Z B．X、Y的简单氢化物的键角：X>Y C．最高价含氧酸的酸性：Z>X>Y D．X、Y、Z均能形成多种氧化物 解析　基态Y的2p轨道半充满，价电子排布式为2s22p3，则Y为N；X、Y、Z均为短周期元素，X、Y价电子数相等，X与Y同主族，则X为P；X、Z电子层数相同，Z的最外层只有1个未成对电子(题图物质中Z形成1个共价键)，Z为第三周期元素，基态Z的价电子排布式为3s23p5，则Z为Cl。同周期元素的第一电离能从左到右呈增大趋势，则第一电离能：Cl>P，A错误；X(P)、Y(N)同主族，其简单氢化物PH3与NH3的中心原子杂化类型及孤电子对数均相同，但是N的电负性大于P，使得NH3中成键电子对更偏向中心原子，NH3中成键电子对之间的斥力更大，所以键角：PH3<NH3，B错误；元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性：N>P，所以酸性：HNO3>H3PO4，C错误；N、P、Cl都能在化合物中呈现多种价态，能与氧形成多种氧化物，N的氧化物有NO、NO2等，P的氧化物有P2O3、P2O5等，Cl的氧化物有Cl2O、ClO2等，D正确。 答案　D 10．(2025·河南卷)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Mr＝870＋32x(x为整数)。 下列说法正确的是(　　) A．x＝1 B．第一电离能：C<N<O 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 解析　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×100%≈3.5%，结合图像可知，该化合物中x＝1，故A正确；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错误；该化合物中，配离子与NO之间为离子键，故C错误；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错误。 答案　A 二、非选择题 11．(16分)根据要求回答下列问题。 (1)(2024·浙江6月卷节选)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图。 ①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序：________，请说明理由：_________________________________________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 ②已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD，请从结构角度说明理由：_________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(9分) (2)(2024·山东卷节选)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(如图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是_____________________________ ______________________________________________。(2分) (3)(2026·陕西西安段考)回答下列问题： ①气态氢化物热稳定性：HF大于HCl的主要原因是_______________________________ _________________________________________。 ②已知硝基(—NO2)是吸电子基，甲基(—CH3)是推电子基，则酸性强弱：________(填“>”“<”或“＝”) 。 ③已知K＋能和某冠醚形成超分子，结构如图所示，下列说法错误的是________(填字母)。(5分) a．K＋和冠醚分子之间以配位键结合 b．在烯烃中加入该冠醚，可提高KMnO4溶液对烯烃的氧化速率 c．在烯烃中加入该冠醚，可提高Na2Cr2O7溶液对烯烃的氧化速率 解析　(3)①F和Cl同主族，F的原子半径小于Cl，则H—F键的键长比H—Cl键的键长短，H—F键的键能比H—Cl键的键能大，所以HF的热稳定性大于HCl。②吸电子基(—NO2)会使苯环上的电子云密度降低，从而使羟基(—OH)上的氢原子更容易电离，酸性增强；推电子基(—CH3)会使苯环上的电子云密度升高，羟基上的氢原子更难电离，酸性减弱，所以酸性>。③a.K＋与冠醚分子存在分子间相互作用，不是离子键也不是配位键，错误；b.冠醚与K＋结合后，能使KMnO4中的MnO更易与烯烃接触，可提高KMnO4溶液对烯烃的氧化速率，正确；c.Na＋半径小于K＋，加入该冠醚，不能与Na＋形成超分子，不能提高Na2Cr2O7溶液对烯烃的氧化速率，错误；故选a、c。 答案　(1)①HC>HB>HA　O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C===O＞C===S＞C===Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强　②S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H＋，酸性HD＞HC，C－的水解能力大于D－ (2)FDCA形成的分子间氢键更多 (3)①原子半径：F<Cl，键能：F—H>Cl—H　②>　③ac 12．(16分)(2026·北京海淀开学考试)某小组制备配离子，实验如下： 实验Ⅰ 实验Ⅱ 已知：ⅰ.Ksp＝2.2×10-20；Cu2+＋4NH3　K＝2.0×1013； ⅱ.生成Cu(OH)2的速率过快，大量Cu2+混杂于Cu(OH)2沉淀中。 (1)用化学用语表示CuSO4溶液显酸性的原因：________________________________。(2分) (2)实验Ⅰ中，生成蓝色沉淀的离子方程式为________________________，两个过程中氨水的作用分别是______________________________________________________________ _______________________________________________________________________。(6分) (3)探究实验Ⅰ和Ⅱ中沉淀溶解程度不同的原因： ①理论分析：实验Ⅰ和Ⅱ中沉淀溶解反应为Cu(OH)2＋4NH3＋2OH－，由__________________________________(结合平衡常数分析)可知Cu(OH)2不易溶于氨水。 ②提出猜想：运用平衡移动原理分析原因：____________________________________ ________________________________________________________________________。 ③实验证明：进一步设计实验，________________________________(填实验操作及现象)证实了上述猜想。(6分) (4)进一步探究实验Ⅱ中“沉淀部分溶解，生成深蓝色浊液”的原因： 猜想1：生成的Cu(OH)2溶于氨水 猜想2：生成Cu(OH)2的速率过快，部分Cu2+包裹于Cu(OH)2沉淀中，要证明猜想1是否成立，设计实验并预测实验现象：________________________________________(填实验操作及现象)。(2分) 解析　(1)CuSO4溶液显酸性的原因是Cu2+发生水解生成了Cu(OH)2和H＋。 (2)实验Ⅰ中，CuSO4溶液和氨水反应生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2，离子方程式为Cu2+＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH，继续滴加氨水，Cu(OH)2和NH3·H2O反应生成深蓝色的，两个过程中氨水的作用分别是：提供OH－生成Cu(OH)2沉淀；提供配体NH3生成配离子。 (3)①根据已知，实验Ⅰ和Ⅱ中沉淀溶解反应为Cu(OH)2＋4NH3＋2OH－，该反应的平衡常数为＝Ksp[Cu(OH)2]×K＝2.2×10-20×2.0×1013＝4.4×10-7<10-5，可知Cu(OH)2不易溶于氨水；②Cu(OH)2＋4NH3＋2OH－，实验Ⅰ中第一步生成的NH可与OH－反应生成NH3·H2O，平衡正向移动，有利于Cu(OH)2的溶解，导致实验Ⅰ和Ⅱ中沉淀溶解程度不同；③取Ⅱ中剩余沉淀，继续滴加1 mol·L-1氨水，沉淀未见明显溶解，滴加饱和NH4Cl溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液，可证实上述猜想。 (4)若要验证猜想1：生成的Cu(OH)2溶于氨水，只需要取纯净的Cu(OH)2加入1 mol·L-1氨水，充分振荡，若沉淀部分溶解，得到深蓝色溶液，说明猜想1成立，否则猜想1不成立。 答案　(1)Cu2+＋2H2OCu(OH)2＋2H＋ (2)Cu2+＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH　提供OH－生成Cu(OH)2沉淀；提供配体NH3生成配离子 (3)①该反应的平衡常数为Ksp×K＝2.2×10-20×2.0×1013＝4.4×10-7<10-5　②Cu(OH)2＋4NH3＋2OH－，实验Ⅰ中第一步生成的NH可与OH－反应生成NH3·H2O，平衡正向移动，有利于Cu(OH)2的溶解　③取Ⅱ中剩余沉淀，继续滴加1 mol·L-1氨水，沉淀未见明显溶解，滴加饱和NH4Cl溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液 (4)取纯净的Cu(OH)2加入1 mol·L-1氨水，充分振荡，若沉淀部分溶解，得到深蓝色溶液，说明猜想1成立，否则猜想1不成立 学科网（北京）股份有限公司 $