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

该高中化学高考复习讲义围绕分子间作用力、分子性质、配合物与超分子等核心考点，按“结构-性质-应用”逻辑梳理知识，通过考点表格对比、方法技巧指导、近三年真题训练等环节，帮助学生构建知识网络，突破手性碳判断、氢键对性质影响等难点。 资料突出科学探究与实践，设计配合物制备实验分析活动，结合科学思维培养，通过结构式元素推断题训练模型建构能力。设置基础判断、能力提升、综合应用分层练习，保障复习效率，为教师把控节奏提供支撑，有效提升学生应考能力。

第29讲　分子的性质　配合物与超分子 [课程标准]　1.了解分子的性质。2.了解范德华力、氢键的含义及对物质性质的影响。3.了解配位键、超分子。 考点一　分子间作用力　分子的性质 1．范德华力与物质的性质 实质 范德华力的实质是电性作用，无饱和性和方向性 影响因素 ①一般来说，组成和结构相似的物质，随着相对分子质量的增大，范德华力逐渐增大； ②相对分子质量相近的分子，分子的极性越大，范德华力越大 范德华力与物质性质 范德华力主要影响物质的熔沸点、硬度等物理性质。范德华力越大，物质的熔沸点越高，硬度越大 2.氢键与物质的性质 (1)表示及特征 (2)强弱及对物质性质的影响 [自主思考1] (1)以HF为例表示出共价键、氢键及其键长：________。 (2)已知邻羟基苯甲醛与对羟基苯甲醛的沸点相差很大，其中沸点较高的是__________，请画出上述两种物质形成氢键的情况：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 提示　 (1) (2)对羟基苯甲醛　邻羟基苯甲醛形成分子内氢键：；对羟基苯甲醛形成分子间氢键： 3．分子的性质 (1)分子的极性 ①极性分子、非极性分子 ②键的极性对化学性质的影响 键的极性对羧酸酸性大小的影响实质是通过改变羧基中羟基的极性而实现的，羧基中羟基的极性越大，越容易电离出H＋，则羧酸的酸性越强。 a．与羧基相邻的共价键的极性越大，羧基中羟基的极性越大，则羧酸的酸性越强。 b．烷基是推电子基团，从而减小羧基中羟基的极性，导致羧酸的酸性减小。一般地，烷基越长，推电子效应越大，羧酸的酸性越弱。 (2)分子的溶解性 ①“相似相溶”原理：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂。 ②若溶剂和溶质分子之间可以形成氢键，则溶质的溶解度增大。 ③随着溶质分子中疏水基个数的增多，溶质在水中的溶解度减小。如甲醇、乙醇和水以任意比互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。 (3)分子的手性 ①手性异构：具有完全相同的组成和原子排列的一对分子，如同左手和右手一样互为镜像，在三维空间里不能叠合的现象。 ②手性分子：具有手性异构体的分子。 ③手性碳原子：在有机物分子中，连有四个不同基团或原子的碳原子。如。 [自主思考2] (1)试比较下列有机酸的酸性强弱：____________(填序号)。 ①CF3COOH　　②CCl3COOH ③CHCl2COOH ④CH2ClCOOH ⑤CH3COOH ⑥CH3CH2COOH (2)氟乙酸酸性大于氯乙酸酸性的原因是________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)甲酸酸性大于乙酸酸性的原因是___________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 提示　(1)①＞②＞③＞④＞⑤＞⑥ (2)电负性：F>Cl，C—F的极性大于C—Cl的极性，导致氟乙酸羧基中的羟基的极性更大，更易电离出H＋，故氟乙酸的酸性大于氯乙酸的酸性 (3)烷基(R—)是推电子基团，烷基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)(2024·湖北卷节选)甘油是黏稠液体，是因为甘油分子间的氢键较强。(　　) (2)(2024·甘肃卷节选)在水中的溶解度：苯<苯酚。(　　) (3)(2023·湖南卷节选)含有手性碳原子的分子叫做手性分子。(　　) (4)(2023·湖南卷节选)邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点。(　　) (5)(2023·湖北卷节选)CF4和SF4均为非极性分子。(　　) (6)(2023·湖北卷改编)沸点：正戊烷(36.1 ℃)高于新戊烷(9.5 ℃)，是因为前者分子间作用力大。(　　) (7)(2023·湖北卷改编)酸性：CF3COOH(pKa＝0.23)远强于CH3COOH(pKa＝4.76)，是因为前者羟基极性大。(　　) (8)(2023·辽宁卷改编) (　　) (9)(2023·北京卷改编)氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释。(　　) 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√　(7)√　(8)×　(9)√ 一、范德华力、氢键与分子性质 1．(2025·陕西西安模拟)学习结构化学有利于了解原子和分子的奥秘。下列叙述不正确的是(　　) A．酸性：FCH2COOH>ClCH2COOH B．SO的VSEPR模型： C．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： D．气态氟化氢中存在： 解析　F的电负性大于Cl，F原子使羧基中O—H键极性增强，所以酸性：FCH2COOH>ClCH2COOH，A正确；SO中S的价层电子对数＝3＋＝4，有一对孤电子对，因此其VSEPR模型为，B正确；邻羟基苯甲醛中—OH中的H原子与醛基中的O原子之间形成氢键，表示为，C错误；F的电负性很大，使HF分子间形成氢键，导致气态HF中存在二聚分子(HF)2，表示为，D正确。 答案　C 2．(2026·北京段考)下列实验事实可用范德华力大小解释的是(　　) A．热稳定性：HBr>HI B．氧化性：Cl2>Br2 C．熔点：I2>Br2 D．沸点：HF>HCl 解析　A.热稳定性与化学键键能有关；B.卤素单质氧化性与电负性有关；D.HF沸点高于HCl是由于HF分子间氢键的作用；C.相对分子质量越大，范德华力越大，单质熔点越高；故选C。 答案　C 3．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是(　　) 选项 性质差异 结构因素 A 沸点：正戊烷(36.1 ℃)高于新戊烷(9.5 ℃) 分子间作用力 B 无水CoCl2中存在离子键 CoCl2易溶于水 C 酸性：CF3COOH(pKa＝0.23)远强于CH3COOH 羟基极性 D 溶解性：H2S在水中的溶解度大于CH4在水中的溶解度 分子的极性 解析　存在离子键的化合物不一定易溶于水(如BaSO4)，CoCl2易溶于水是因其晶格能小于水合能，与“存在离子键”无必然因果关系，故选B。 答案　B 二、分子的极性与共价键的极性的关系 4．(2026·广西柳州段考)六氟化硫(SF6)是一种无色、无味、无毒、难溶于水的气体，具有优良的绝缘性能，SF6分子(如图所示)呈正八面体结构，硫原子位于正八面体的中心，广泛应用于电力设备中。下列说法正确的是(　　) A．SF6中含极性共价键和配位键 B．SF6中S的杂化方式为sp3 C．难溶于水，是因为水是极性分子，SF6是非极性分子 D．SF6的键角a等于109°28′ 解析　SF6中含极性共价键，不含配位键，A错误；SF6中心原子S原子的价层电子对数为6，其杂化方式不为sp3，B错误；SF6分子为正八面体构型，键角a等于90°，D错误；故选C。 答案　C 三、手性碳的判断 5．下列分子中若有手性分子，请用“*”标出其手性碳原子；若无手性分子，此小题不必作答。 6．闭花耳草是海南传统药材，具有消炎功效。车叶草苷酸是其活性成分之一，结构简式如图所示。用“*”标出分子中的手性碳原子。 答案　 考点二　配合物与超分子 1．配位化合物 (1)配合物 ①概念：金属原子或离子(有空轨道)与含有孤电子对的分子或离子通过配位键结合形成的化合物。 ②形成条件 中心离子或原子：有空轨道，一般是带正电的金属离子，特别是过渡金属离子，如Fe3+、Cu2+、Zn2+、Ag＋等，但也有电中性的原子等。 配体：其中的配位原子有孤电子对。配体可以是分子，如CO、NH3、H2O等，也可以是离子，如F－、Cl－、Br－、I－、CN－、SCN－、OH－等。 ③组成：如[Cu(NH3)4]SO4 (2)配合物的制备实验 实验操作 实验现象及有关的离子方程式 滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀：Cu2+＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH； 氨水过量后沉淀逐渐溶解，得到深蓝色的透明溶液：Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2+＋2OH－； 滴加乙醇后析出深蓝色晶体： [Cu(NH3)4]2+＋SO＋H2O[Cu(NH3)4]SO4·H2O↓ 溶液变为红色：Fe3+＋nSCN－===[Fe(SCN)n]3-n 滴加AgNO3溶液后，试管中出现白色沉淀：Ag＋＋Cl－===AgCl↓； 再滴加氨水后沉淀溶解，溶液呈无色：AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－ [自主思考] 取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)两种化合物各1 mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银白色沉淀，沉淀的物质的量分别为3 mol、2 mol。请用配合物的形式写出它们的化学式，并指出中心离子的配位数：______________________。 提示　[Co(NH3)6]Cl3、6，[Co(NH3)5Cl]Cl2、6 2．超分子 (1)超分子的定义和主要特征 ①定义：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。 ②主要特征：分子识别；自组装。 例如：冠醚与金属离子的聚集体可以看成是一类超分子。 (2)应用 KMnO4溶液对烯烃的氧化效果差，在烯烃中溶入冠醚时，冠醚通过与K＋结合而将MnO带入烯烃；冠醚不与MnO结合，使游离或裸露的MnO反应活性很高，从而使氧化反应能够迅速发生。 正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)配位键实质上是一种特殊的共价键。(　　) (2)提供孤电子对的微粒既可以是分子，也可以是离子。(　　) (3)有配位键的化合物就是配位化合物。(　　) (4)配位化合物都很稳定。(　　) (5)利用超分子识别与组装的基本原理，可开发新型催化剂。(　　) (6)Ni(CO)4是配合物，它是由Ni原子与配体构成的。(　　) 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√ 一、配合物 1．(2025·甘肃卷)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(CH3)4NCl可形成主客体包合物：(CH3)4N＋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S===O小 D．(CH3)4N＋和(CH3)3N中N均采用sp3杂化 解析　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；主体与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；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；N原子价电子数为5，(CH3)4N＋中N有4条σ键，失去1个电子形成阳离子，无孤电子对，采用sp3杂化，(CH3)3N中N有3条σ键，1对孤电子对，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确。 答案　B 2．镍能形成多种配合物，如[Ni(NH3)6]2+、Ni(CO)4等。 (1)1 mol [Ni(NH3)6]2+中含有的σ键数目为________。 (2)Ni(CO)4中的配位原子为__________，其更容易进行配位的原因是_______________ ______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 答案　(1)24NA　(2)C　C的电负性小于O，对孤电子对的束缚作用低，易于提供出孤电子对 二、超分子的性能与特征 3．(2025·河北唐山模拟)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”。KMnO4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．C—O—C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Cs＋ D．该冠醚可提高KMnO4氧化苯甲醛、苯乙烯的速率 解析　物质1生成物质2，氧没有得失电子，故O显－2价，A正确；冠醚中O原子有两对孤电子对，孤电子对间斥力大，C—O—C键角较小；超分子中O通过孤电子对与K＋配位，孤电子对数减少(变为1对)，孤电子对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；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”，Cs＋半径大于K＋，该冠醚分子不能识别Cs＋，C错误；KMnO4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MnO带入有机相，增加MnO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。 答案　C 4．冠醚是一种超分子，它能否适配碱金属离子与其空腔直径和离子直径有关。二苯并­18­冠­6与K＋形成的配离子的结构如下图所示。下列说法错误的是(　　) 冠醚 冠醚空腔直径/pm 适合的粒子(直径/pm) 15­冠­5 170～220 Na＋(204) 18­冠­6 260～320 K＋(276)、Rb＋(304) 21­冠­7 340～430 Cs＋(334) A.冠醚可以用来识别碱金属离子 B．二苯并­18­冠­6也能适配Li＋ C．该冠醚分子中碳原子杂化方式有2种 D．一个配离子中配位键的数目为6 解析　由表知，碱金属离子在冠醚空腔直径范围内，冠醚与碱金属离子的包含物都是超分子，可以识别碱金属离子，A正确；Li＋半径小于Na＋，则二苯并­18­冠­6不能适配Li＋，B错误；该冠醚分子中苯环碳原子为sp2杂化、其他碳链上的碳原子为sp3杂化，C正确；由结构简式可知，一个配离子中配位键的数目为6，D正确。 答案　B 　配合物的结构、性质与实验探究 (2025·河南卷)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Cu2+的结合能力：NH3>H2O 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 [命题视角探寻] (1)考查相关物质的转化：该实验过程中，相关物质转化如下：CuSO4(aq)Cu(OH)2(s)SO4(aq)SO4(s)2-。 ②中沉淀为Cu(OH)2(s)，④中沉淀为SO4(s)，二者不是同一种物质，A正确； (2)结合转化，考查配位键的强弱：③中含有的溶质为SO4，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，B正确； (3)结合转化，考查配合物的溶解性：向SO4的水溶液中加入乙醇，扩大了溶质与溶剂的极性差，使得SO4在水溶液中析出，即SO4在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，C正确； (4)结合实验现象，考查配合物的结构：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，D错误。 [答案]　D (人教版选择性必修2　P104实验活动) [实验步骤] 简单配合物的形成 序号 实验步骤 实验现象 解释 (1) 向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水 继续加入氨水 再加入乙醇 (2) 向盛有氯化钠溶液的试管里滴几滴硝酸银溶液 再滴入氨水 1．配位键的形成是一方提供空轨道，另一方提供孤电子对。 2．具有孤电子对的原子提供孤电子对的能力越强，形成的配位化合物越稳定。 3．中心离子形成配合物后性质不同于原来的金属离子，具有新的化学特性。 4．根据平衡移动原理，可以考查外界条件改变，平衡的移动方向及移动结果。 1．(2024·福建卷)用CuCl探究Cu(Ⅰ)、Cu(Ⅱ)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： ①CuCl＋2NH3·H2O===＋Cl－＋2H2O ②2===＋Cu↓ ③＋Cu===2 ④4＋O2＋8NH3·H2O===4＋4OH－＋6H2O 下列说法错误的是(　　) A．与Cu2+的配位能力：NH3<OH－ B．(aq)无色 C．氧化性：< D．探究过程未发生反应② 解析　电负性：O＞N，则O给电子能力弱，则与Cu2+的配位能力：NH3＞OH－，A错误；加入铜粉振荡，发生反应③，得到无色溶液，可知(aq)无色，B正确；氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式＋Cu===2可知，氧化性：<，C正确；探究整个过程未发生反应②，D正确。 答案　A 2．Fe3+的配合物呈现不同的颜色。如为浅紫色，为黄色，为红色，为无色。某同学为探究Fe3+配合物的性质进行如下实验，下列有关说法错误的是(　　) A．溶液Ⅰ呈黄色是因为形成了 B．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀硝酸 C．与Fe3+形成配位键能力的强弱：H2O<SCN－<F－ D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色 解析　溶液Ⅰ中含有，向其中滴入几滴KSCN溶液，溶液含有，加入几滴NaF，溶液转化成。Ⅰ中溶液显黄色，原因是Fe3+水解成黄色的，A错误；为了观察浅紫色，需要抑制Fe3+的水解，为了防止Cl－的干扰，需要加入稀硝酸，B正确；溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ，溶液由黄色变为红色，说明转化为，即SCN－与Fe3+的配位能力强于H2O；溶液Ⅱ转化为溶液Ⅲ，溶液颜色由红色变为无色，说明转化成，即F－与Fe3+的配位能力强于SCN－，C正确；向溶液Ⅲ中加入足量KSCN固体，可使平衡Fe3+＋6SCN－正向移动，溶液可能再次变为红色，D正确。 答案　A 3．(2025·浙江宁波一模)探究含铜化合物性质的实验如下： 步骤Ⅰ：取一定量5%CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。 步骤Ⅱ：将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。 步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。 下列说法正确的是(　　) A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为SO4·H2O B．由铜化合物的转化可知，与铜离子的结合能力：H2O<OH－<NH3 C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为＋Fe===Cu＋Fe2+＋4NH3↑ 解析　适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O，A错误；步骤Ⅱ中，浓氨水溶解Cu(OH)2生成[Cu(NH3)4]2+，稀盐酸溶解Cu(OH)2生成Cu2+，实验表明NH3能取代OH－和H2O与Cu2+结合，结合能力顺序为H2O<OH－<NH3，B正确；步骤Ⅲ中后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化，真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C错误；步骤Ⅲ中加入盐酸后，H＋与NH3结合生成NH，释放Cu2+，随后Fe与H＋反应生成H2，并与Cu2+发生置换反应，＋Fe===Cu＋Fe2+＋4NH3↑，未体现H＋的作用，与实际反应原理不符，D错误。 答案　B 难点突破8　结构式型元素推断与元素性质集训 常考短周期元素形成共价键的数目 主族序数 常考元素 共价键数目 实例 ⅠA H 1 H2、HCl ⅢA B 3 BF3 4 NaBH4、BF(含有配位键) Al 3 AlCl3 4 LiAlH4、Al2Cl6、AlCl(含有配位键) 6 Na3[AlF6] ⅣA C 4 CH4(碳碳间可以是单键、双键、三键) Si SiH4、SiCl4 ⅤA N 3 NH3 4 NH(含有配位键) P 3 PCl3 5 PCl5、H3PO4 ⅥA O 2 H2O 3 H3O＋(含有配位键) S 2 H2S 6 SF6 ⅦA F、Cl 1 HF、HCl 突破　元素推断与性质 [例]　(2025·四川卷)由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W组成的化合物，其结构如图所示。X的核外电子数与电子层数相同，Y、W同族，Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和。下列说法正确的是(　　) A．原子半径：Z>Y>X B．电负性：Z>Y>W C．简单氢化物的沸点：Y<W D．Y的第一电离能高于同周期相邻元素 [解析]　原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、W，X的核外电子数与电子层数相同，X可以形成一条共价键，故X为H；Y可以形成两条共价键，则为第ⅥA族，Y、W同族，故Y为O，W为S；Z的价电子数等于X与Y的价电子数之和(1＋6＝7)，Z为第ⅦA族，且原子序数小于S，故Z为F。H是原子半径最小的元素，同周期元素由左至右原子半径减小，故原子半径：O>F>H，A错误；同周期元素从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，电负性：F>O>S，B正确；H2O分子之间可以形成氢键使沸点升高，而H2S无分子间氢键，简单氢化物的沸点：Y>W，C错误；Y是O，同周期元素由左至右第一电离能呈增大趋势，但ⅡA、ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素高，故第一电离能：N>O、F>O，D错误。 [答案]　B 1．(2024·广东卷)一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则(　　) A.沸点：ZR3<YR3 B．最高价氧化物的水化物的酸性：Z<W C．第一电离能：Z<X<W D．ZX和WX的空间结构均为平面三角形 解析　R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，结合Z能形成3个共价键，Y能形成5个共价键，可知Z为N，Y为P；R、W、X分别能形成1个共价键、4个共价键和2个共价键，结合原子序数大小关系可知R、W、X分别为H、C、O。由于NH3可形成分子间氢键，而PH3不能，因此沸点：NH3＞PH3，故A错误；W为C元素、Z为N元素，由于非金属性：C＜N，因此最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜HNO3，故B错误；同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：C<O<N，故C错误；NO的中心原子价层电子对数为3＋＝3，属于sp2杂化，为平面三角形，CO的中心原子价层电子对数为3＋＝3，属于sp2杂化，为平面三角形，故D正确。 答案　D 2．(2026·四川广安段考)一种阴离子的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，基态W原子中有3个未成对电子，下列说法正确的是(　　) A．电负性：W>Z B．氢化物的沸点：X<Z C．原子半径：X>W D．Y的第一电离能比同周期左右相邻元素的第一电离能低 解析　由阴离子结构及元素是短周期且原子序数依次增大的信息，可看出X形成4个键，为C；Y形成2个键，为O；Z形成1个键，为F；基态W原子有3个未成对电子，W为P。F是电负性最强的元素，所以电负性F＞P，即Z＞W，A错误；X为C，C的氢化物有多种，不能直接比较它们的沸点高低，B错误；X为C，W为P，电子层数越多，半径越大，所以P的原子半径大于碳的原子半径，即W＞X，C错误；Y是O，同周期相邻元素是N、F，N原子2p轨道半充满，第一电离能N＞O，F原子半径小、核电荷数大，第一电离能F＞O，所以O的第一电离能比同周期左右相邻元素低，D正确。 答案　D 3．(2025·安徽卷)某化合物的结构如图所示。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族。下列说法错误的是(　　) A.元素电负性：X>Z>Y B．该物质中Y和Z均采取sp3杂化 C．基态原子未成对电子数：W<X<Y D．基态原子的第一电离能：X>Z>Y 解析　W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，其中X、Z位于同一主族，且X、Z均形成2个共价键，则X为O，Z为S；Y形成5个共价键且原子序数位于O、S之间，则Y为P；W形成1个共价键，原子序数最小，则W为H。同周期从左向右电负性逐渐增大，同主族从上向下电负性逐渐减小，故元素电负性：O>S>P，即：X>Z>Y，A项正确；该物质中，P原子的价层电子对数为4＋＝4，为sp3杂化，S原子的价层电子对数为2＋＝4，为sp3杂化，B项正确；基态H原子未成对电子数为1，基态O原子的价电子排布式为2s22p4，未成对电子数为2，基态P原子的价电子排布式为3s23p3，未成对电子数为3，则基态原子未成对电子数H<O<P，即W<X<Y，C项正确；基态原子的第一电离能同周期从左向右逐渐增大，由于ⅤA族原子的p轨道处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻主族元素，即P>S，D项错误。 答案　D 1．判断下列说法正误：正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)(2025·湖北卷)配位化合物通过“电子对给予—接受”形成配位键。(　　) (2)(2025·湖北卷)超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成。(　　) (3)(2025·陕晋宁青卷)抗坏血酸葡萄糖苷(AA2G)具有抗氧化功能(如图所示)。，AA2G含有3个手性碳原子。(　　) (4)(2025·浙江1月卷)抗坏血酸(维生素C)是常用的抗氧化剂。 1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子。(　　) (5)(2025·四川卷)α­山道年是一种蒿类植物提取物，有驱虫功能，其结构如图所示。，手性碳原子数目为4。(　　) (6)(2025·河南卷)化合物M是从红树林真菌代谢物中分离得到的一种天然产物，其结构如图所示。，化合物M能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键。(　　) 解析　(3)手性碳原子为连接4个不同基团的碳原子，该物质中含有7个手性碳原子，，错误；(4)1个脱氢抗坏血酸分子中有2个手性碳原子，如图所示：，正确；(5)分子中含有如图所示的4个手性碳原子(用*表示)：，正确；(6)化合物M中存在羟基、羧基，能形成分子间氢键，由于存在羟基与羧基相邻的结构，因此也能形成分子内氢键，错误。 答案　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)√　(6)× 2．(2025·浙江1月卷)下列属于极性分子的是(　　) A．HCl B．N2 C．He D．CH4 解析　HCl是由极性键形成的双原子分子，正、负电中心不重合，属于极性分子，A正确；N2是由非极性键形成的双原子分子，正、负电中心重合，属于非极性分子，B错误；He是单原子分子，属于非极性分子，C错误；CH4是由极性键形成的正四面体形分子，正、负电中心重合，属于非极性分子，D错误。 答案　A 3．(2025·江苏卷)在溶有15­冠­5()的有机溶剂中，苄氯()与NaF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：χ(F)<χ(Cl) C．离子半径：r(F－)>r(Na＋) D．X中15­冠­5与Na＋间存在离子键 解析　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；同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：χ(F)>χ(Cl)，B错误；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：r(F－)>r(Na＋)，C正确；15­冠­5是分子，与阳离子Na＋之间不存在离子键，D错误。 答案　C 4．(2025·北京卷)为研究三价铁配合物性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。 已知：为黄色、[Fe(SCN)]2+为红色、为无色。 下列说法不正确的是(　　) A．①中浓盐酸促进Fe3+＋4Cl－平衡正向移动 B．由①到②，生成[Fe(SCN)]2+并消耗 C．②、③对比，说明c：②>③ D．由①→④推断，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液也无明显变化 解析　①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的，说明浓盐酸促进Fe3+＋4Cl－平衡正向移动，A正确；由①到②，溶液变为红色，说明转化为，即生成并消耗，B正确；②、③溶液中，均存在平衡Fe3+＋SCN－，由于温度不变，故该反应的平衡常数不变，由于②、③溶液中含有的初始SCN－浓度相同，且②溶液为红色，③溶液为无色，故能说明c：②>③，C正确；类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的c是越来越小的，若向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，无法确定①中溶液中的Fe3+的含量是否能够氧化I－，D错误。 答案　D 5．(1)(2025·海南卷节选)H2O分子中O—H键的极性大于NH3分子中N—H键，主要原因是________。 (2)(2025·黑吉辽内蒙古卷节选)H2A(HOOCCOOH)分子中手性碳原子数目为________。 (3)(2025·安徽卷节选)将窝穴体a(结构如图所示)与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是_____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)(2025·广东卷节选)“选择萃取”中，镍形成如图的配合物。镍易进入有机相的原因有________(填字母)。 A.镍与N、O形成配位键 B．配位时Ni2+被还原 C．配合物与水能形成分子间氢键 D．烷基链具有疏水性 解析　(1)极性共价键的极性强弱取决于原子电负性差异。电负性差异越大，键的极性越强，电负性O>N，故H2O分子中O—H键的极性大于NH3分子中N—H键； (2)H2A分子中手性碳原子有2个，； (3)窝穴体a与K＋形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+，原因是Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定； (4)A.镍与N、O形成配位键，可以使镍进入有机相，正确；B.配体中提供孤电子对的O原子带一个单位负电荷，可以视作是得到一个电子的阴离子，其余配体不带电，整个配合物不显电性，形成配合物后，中心离子还是Ni2+，Ni2+化合价不变，错误；C.配合物与水形成氢键，不能解释镍进入有机相，错误；D.烷基具有疏水性，可以使其进入有机相，正确；故选A、D。 答案　(1)电负性O>N　(2)2　(3)Sr2+具有更多的空轨道，能够与更多的N、O形成配位键，形成超分子后，结构更稳定　(4)AD 6．(2025·广东卷节选)酸及盐在生活生产中应用广泛。 该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。 (1)知识回顾　羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：CH3COOH<CH2ClCOOH<CCl3COOH<CF3COOH 随着卤原子电负性________，羧基中的羟基________增大，酸性增强。 (2)提出假设　甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为 (3)验证假设　甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为___________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的Ka，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。 (4)实验小结　假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，(1)中规律不可随意推广。 解析　(1)卤素原子电负性越强，吸电子效应就越强，则羧基中H—O键的极性增大，容易发生断裂，更易电离出氢离子，因此酸性增强。(3)实验探究时应控制单一变量，不同物质在同一温度下的溶解度不同，故不同物质的饱和溶液的浓度一般不同，则要比较三种酸的酸性强弱，除物质不同外，其他条件均应该保持相同，即三种酸溶液的浓度应相同，所以乙同学的实验方案不合理。 答案　(1)增强　极性　(3)三种酸的饱和溶液浓度不同 学科网（北京）股份有限公司 $