第04讲 分子的性质 配位化合物（专项训练）（上海专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦分子性质与配位化合物，以“结构-性质-应用”为主线，系统覆盖键的极性、分子间作用力等核心考点，融合科技与生活情境，体现科学探究与实践素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|7考向，每考向3-5题|单一考向基础题，含选择、填空|从键的极性→分子极性→手性分子→范德华力→氢键→配位键→超分子，形成微观结构到宏观性质的递进| |重难·创新演练|20题|跨考向综合题，结合储氢材料、MOF等科技情境|整合键参数、杂化类型、配合物结构等，强化知识迁移与综合应用| |真题·实战演练|17题|高考原题，含选择、简答、计算|覆盖高频考点，体现命题趋势，注重科学思维与责任素养的考查|

第04讲 分子的性质 配位化合物（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 共价健的极性和分子极性的判断 考向02 键的极性对分子性质的影响 考向03 手性碳原子与手性分子 考向04 范德华力与物质性质 考向05 氢键 考向06 配位键、配合物性质 考向07 超分子的结构、性质及其应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 共价健的极性和分子极性的判断 1．（2024·上海虹口·二模）下列关于肼的说法正确的是 A．电子式为 B．既含极性键，又含非极性键 C．属于极性分子 D．N原子为sp2杂化 【答案】BC 【详解】 A．在N2H4分子中，每个N原子需形成3个共用电子对，另外每个N原子的最外层还有1个孤电子对，电子式为，A不正确； B．在N2H4分子中，既含N-H极性键，又含N-N非极性键，B正确； C．在N2H4分子中，每个N原子的最外层都存在1个孤电子对，正负电荷重心不重合，属于极性分子，C正确； D．在N2H4分子中，N原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，D不正确； 故选BC。 2.（24-25高三上·上海徐汇·期中）Ⅲ．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲体系 CO2的电子式为_______，其分子为_______。 A．极性分子   B．非极性分子 电负性C_______Si。 A．大于      B．小于      C．等于 【答案】 B A 【详解】二氧化碳中心碳原子与两个氧原子分别形成两对共用电子，每个原子满足电子稳定结构，电子式为：。根据价层电子对互斥理论，中心碳原子无孤对电子，仅有两对成键电子，是杂化，空间构型是直线形，属于非极性分子，故选B。随着原子序数的增加，电子层数增多，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力减弱，电负性减小‌，电负性，故选A。 3．（24-25高三上·上海·阶段检测）1962年，青年化学家巴特利特制备了第一种稀有气体化合物氟铂酸氙(XePtP6)，震惊了化学界。 (1)巴特利特制备该稀有气体化合物的反应为：Xe+PtF6—-Xe+[PtF6]-，产物中正离子的价电子排布式是_______，负离子中Pt和F之间的作用力为_______。 (2)后来人们又合成了诸多氙的化合物，XeF4就是其中一种，它能将全氟丙烯氟化为全氟丙烷：XeF4+2CF3CF=CF2=2CF3CF2CF3+Xe．在该反应中，部分碳原子的杂化方式由_______杂化转变为_______杂化。 (3)XeF4可与水反应生成XeO3。判断XeO3中价层电子对的空间结构为_______，XeO3是_______(选填“极性”或“非极性”)分子。 (4)Xe与F2反应可生成XeF2、XeF4和XeF6气体，现有一个50L的容器，投入1molXe和9molF2，反应后还剩余8.9mol气体，且产物中XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3。若反应时间为10min，则XeF4的生成速率为_______mol/(L∙min)。 【答案】(1) 5s25p5 配位键 (2) sp2 sp3 (3) 正四面体 极性 (4)6×10-4 【详解】（1）Xe+PtF6—-Xe+[PtF6]-，产物中正离子是Xe+，Xe失去最外层的1个电子得到Xe+，Xe+电子排布式是5s25p5；负离子中Pt提供空轨道、F提供孤电子对，Pt和F之间的作用力为配位键； （2）全氟丙烯中单键碳杂化方式为sp3，双键碳杂化方式为sp2，全氟丙烷中只有单键碳，碳原子杂化方式全是sp3，部分碳原子的杂化方式由sp2杂化转变为sp3杂化； （3）XeO3中Xe价层电子对数=3+=4，价层电子对的空间结构为正四面体，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，是极性分子； （4）现有一个50L的容器，投入1molXe和9molF2，反应后还剩余8.9mol气体，且产物中XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3。设反应生成XeF2、XeF4、XeF6的物质的量分别是amol、6amol、3amol，根据元素守恒，反应消耗10amolXe、消耗22amolF2；则1+9+a+6a+3a-10a-22a=8.9，a=0.05，若反应时间为10min，则XeF4的生成速率为mol/(L∙min)。 4.（24-25高三上·上海·开学考试）Claus法脱硫。第一阶段中部分硫化氢被空气完全氧化为SO2；第二阶段在400℃左右进行，上一阶段氧化产物与剩余硫化氢继续反应，生成硫单质(化学式为S2)。 关于SO2分子说法正确的是_______。 A．既含有σ键，又含有π键 B．既含有极性键，又含有非极性键 C．分子构型为角形，键角为120° D．属于非极性分子，S原子采用sp杂化 【答案】A 【详解】A. SO2分子中硫氧原子间既含有σ键，又含有π键，正确； B. SO2分子含有极性键，不含有非极性键，错误； C. SO2分子分子构型为V形，键角不为120°，错误； D. SO2分子属于极性分子，S原子采用sp2杂化，错误； 答案选A； 考向02 键的极性对分子性质的影响 5.【新型清洁能源与学科知识结合】（2025·上海普陀·二模）氢能是一种优秀的新型清洁能源，储氢材料的发展对氢气的高效存储起到至关重要的作用，也是氢气能否被广泛利用的关键。AMH4型物质是一类无机储氢材料，其中A可为Li、Na、K，M可为B、Al、Ga。 (1)氢气沸点低，其可能的原因是：________。 (2)研究发现，该类物质中A+离子半径越大、M元素电负性越强，物质越稳定，则该类物质中最稳定的一种的化学式为________。 A．LiAlH4 B．KBH4 C．NaBH4 D．KGaH4 (3)AMH4型物质中，H的活性与M-H键的极性相关，已知Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，请解释NaAlH4还原性比NaBH4强的原因：________。 硼氢化钠（NaBH4）也是一种典型的AMH4型物质，其在催化剂钌（Ru）表面与水反应的历程如图所示： (4)NaBH4与水反应的离子方程式为：________。 (5)上述历程为放热过程，该反应能自发进行的条件是________。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (6)下列说法正确的是________（不定项）。 A．反应过程中硼元素的化合价发生了变化 B．若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2 C．催化剂可以加快反应速率，其用量多少不影响反应速率 D．相同物质的量的与，具有相同数量的配位键 【答案】(1)H2相对分子质量小，且为非极性分子，分子间作用力小 (2)B (3)Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，NaAlH4还原性比NaBH4强，这是由于电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越小，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性增强；NaAlH4中氢活性更高，还原性更强； (4) (5)C (6)BD 【详解】（1）H2为分子晶体，相对分子质量小，且为非极性分子，分子间作用力小，故氢气沸点低； （2）同族元素离子半径从上至下增大，故离子半径：K+>Na+>Li+；同主族元素电负性由上至下减弱，故电负性：B>Al>Ga；则离最稳定的是KBH4，故选B； （3）Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，NaAlH4还原性比NaBH4强，这是由于电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越大，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性增强；NaAlH4中Al与H电负性差大，极性大，氢活性更高，还原性更强； （4）由图可知，反应物为和，生成物为和，离子方程式为：； （5）由方程式可知，根据，当时反应自发进行，根据该反应、可知该反应任意温度下均可自发进行，故选C； （6）A．各步骤中硼元素的化合价均为+3价，A错误； B．由历程可知，若将NaBH4中的H用D代替，反应中提供H的为和水，则生成的气体中含有H2、HD和D2，B正确； C．催化剂可以加快反应速率，其用量多反应速率加快，C错误； D．和均为+3价，均含1个配位键，故相同物质的量的与，具有相同数量的配位键，D正确； 故选BD； 6．（高三上·上海闵行·期中）科学家们锲而不舍地努力，揭示了原子结构、物质结构与性质的奥秘。H、C、N、O、Si、Ca、Ti、卤素等元素常常构成丰富的物质世界。请回答下列问题： (1)基态22Ti原子的价电子轨道表示式为________，Ti元素位于周期表的_________区，与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数的主族元素为________。 (2)Ca元素的焰色反应为砖红色，这是由于钙元素的核外电子由________态跃迁到另一状态时产生的光谱。(填编号) A．基态　　　　　B．激发态 (3)焰色反应的光谱属于_________光谱。(填编号) A．发射　　　　　B．吸收 (4)下列说法正确的是___________。 A．CH3Cl中C原子的杂化类型为sp2 B．CH3CH2Br相比CH3CH3有较强的反应活性，是因为碳溴键极性强 C．C、N、O三种元素的电负性大小顺序是N>O>C D．SiCl4的相对分子质量大于SiO2，所以SiCl4的沸点大于SiO2 (5)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。从原子半径和共价键成键的角度分析，C、O原子间易形成C=O键，而Si、O原子间不易形成Si=O键的原因___________。 (6)N元素的第一电离能比O的高，原因是： ①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低； ②___________。 (7)下列关于氨气的叙述正确的是___________。 A．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力 B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键 C．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大 D．构成NH3的基态N原子核外电子的空间运动状态有7种 (8)若COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，试写出COS的结构式___________。 (9)根据所学知识比较①CH3COOH②CH2ClCOOH③CH2FCOOH的酸性由大到小排列___________(填编号)。 A．①②③ B．③①② C．②①③ D．③②① (10)下列叙述不正确的是___________。 A．热稳定性：HF>H2O>H2S B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素 C．盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，Cl比C的非金属性强 D．SiCl4、PCl5分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构 【答案】(1) d Ge、Se (2)B (3)A (4)B (5)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O (6)N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能 (7)A (8) (9)D (10)C 【详解】（1）已知Ti是22号元素，其核外电子排布式为：，则基态Ti原子的价电子轨道表示式为；Ti元素位于周期表的d区；与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数即为2个的主族元素为价电子排布为4s24p2的Ge和价电子排布为4s24p4的Se； 故答案为：；d；Ge、Se； （2）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量； 故答案为：B； （3）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量； 故答案为：A； （4）A．CH3Cl中C原子的价层电子对数为4，杂化类型为sp3，A错误； B．Br原子吸引电子能力强，使碳溴键的电子云向溴原子偏移，碳溴键的极性强，B正确； C．同周期元素，随着原子序数增强，电负性增强，则电负性O＞N＞C，C错误； D．元素的电负性越大，其非金属性越强，金属性越弱，SiCl4属于分子晶体，SiO2为原子晶体，原子晶体沸点大于分子晶体，则SiO2沸点高于SiCl4，D错误； 故答案为：B； （5）CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键即C=O；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O； 故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O； （6）N的电子排布为，O的电子排布式为，N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能； 故答案为：N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能； （7）A．氨分子中氮原子有1对孤对电子、甲烷分子中碳原子没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力更大，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，A正确； B．氨分子属于极性分子，又因为氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，B错误； C．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与N-H键和P-H键的键能大小无关，C错误； D．N的电子排布为，核外电子的空间运动状态有5种，D错误； 故答案为：A； （8）COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，为直线结构； 故答案为：； （9）CH2ClCOOH和CH2FCOOH中均含有卤素原子，卤素原子都是吸电子基团，故酸性比CH3COOH强，F的电负性强，吸引电子能力强，则CH2FCOOH酸性强于CH2ClCOOH； 故答案为：D； （10）A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：F>O>S，则热稳定性：HF>H2O>H2S，故A正确； B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素，故B正确； C．盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，但Cl、C非金属性强弱无法判断，故C错误； D．SiCl4中Si原子最外层电子数为4，形成4个共价键，CI原子最外层电子数为7，形成1个共价键，各原子最外层均达到8电子稳定结构，PCl5中P原子最外层电子数为5，形成5个共价键，Cl原子最外层电子数为7，形成1个共价键，各原子最外层均达到8电子稳定结构，故D正确； 故答案为：C。 7．（23-24高三上·上海·期中）分子的空间结构决定了分子的极性、对称性等很多性质，也影响着物质的化学性质和用途。分子之间的相互作用的种类、强弱又与物质的各种物理性质密切相关。 (1)下列分子：①CH4、②NH3、③H2O中键角从小到大的顺序是___________(用序号表示)；从分子极性角度解释NH3、CH4在H2O中溶解度差异非常大的原因___________；已知H-N键、H-O键的键能分别为391kJ·mol-1、467kJ·mol-1，由此可以判断热稳定性NH3___________H2O(填“>”或“<”)，从原子结构角度解释H-O键键能大于H-N键键能的原因___________。 (2)比较下列物质的熔沸点：CH4___________SiH4(填“>”或“<”，下同)；HF___________HCl。 (3)FCH2COOH、ClCH2COOH、BrCH2COOH的酸性依次___________(填“增强”或“减弱”)，其原因是___________。 【答案】(1) ③<②<① 和均为极性分子，为非极性分子，根据“相似相溶”规律，在中的溶解度远大于； < O原子半径小于N原子半径，键的键长小于键，键的键能大于键的键能 (2) < > (3) 减弱 F、Cl、Br的电负性依次减小，吸引电子的能力依次减弱，导致羧基中键的极性依次减弱，电离出的难度依次增大，故酸性依次减弱。 【详解】（1）中心原子孤电子对越多，斥力越大，键角越小，CH₄中碳原子没有孤电子对，键角约109.5°；NH₃中氮原子有1对孤电子对，键角约107°；H₂O中氧原子有2对孤电子对，键角更小约104.5°，因此③<②<①；氨气是极性分子，甲烷是非极性分子，水是极性溶剂，根据相似相溶原理，极性的氨气易溶于水，非极性的甲烷难溶于水；O原子半径小于N原子半径，键的键长小于键，键的键能大于键。 （2）CH4、SiH4(均为由分子构成的物质或分子晶体)，无氢键，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，，故熔沸点：CH4<SiH4。 HF 、HCl：HF分子间存在氢键，熔沸点显著升高；HCl只有范德华力。故熔沸点：HF>HCl。 （3）F、Cl、Br的电负性依次减小，吸引电子的能力依次减弱，导致羧基中键的极性依次减弱，电离出的难度依次增大，故酸性依次减弱。 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。 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．___________。 【答案】 分子间存在氢键，使沸点增大 【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。 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； 考向03 手性碳原子与手性分子 9．（高三下·上海嘉定·阶段检测）聚富马酸丙二醇酯是一种医用高分子材料，可由如下反应制备： 下列说法错误的是 A．富马酰氯存在顺式异构体 B．丙二醇可由油脂水解得到 C．该反应为缩聚反应 D．聚富马酸丙二醇酯中不存在手性碳原子 【答案】B 【详解】A．福马酰氯碳碳双键中不饱和C原子所连的两个基团不同，存在顺式异构体，A项正确； B．油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，油脂水解得到的是丙三醇，B项错误； C．生成物中除了聚合物外，还有小分子的HCl生成，该反应类型为缩聚反应，C项正确； D．把与四个不同原子或基团相连的碳原子叫做手性碳原子，根据结构可知聚富马酸丙二醇酯中不存在手性碳原子，D项正确； 答案选B。 10.（高三上·上海松江·阶段检测）下列有机物分子中属于手性分子的是 A．甘氨酸(NH2CH2COOH) B．氯仿(CHCl3) C．丙三醇() D．谷氨酸() 【答案】D 【详解】A．甘氨酸(NH2CH2COOH)中没有连4个不同原子或原子团的C原子，不属于手性分子，故A不选； B．氯仿(CHCl3)中C原子连接3个Cl原子，没有手性碳原子，不属于手性分子，故B不选； C．丙三醇(中没有连4个不同原子或原子团的C原子，不属于手性分子，故C不选； D．谷氨酸()中与氨基相连的碳原子上分别连有：羧基、氨基、氢原子、亚甲基四种基团，属于手性碳原子，属于手性分子，故D选； 故选D。 11.（24-25高三上·上海·期中）“敌敌畏”是一种含磷杀虫剂，但是施用在农作物上容易有残留。因此科学家改进出了“敌百虫”，通过水洗可以顺利洗去杀虫剂残留。两种杀虫剂的结构如下图所示。 ①从分子间作用力的角度，分析为何“敌百虫”比“敌敌畏”能更好地避免杀虫剂残留：_______。 ②有一种结构简式与“敌百虫”书写方式相同的有机物，但是其杀虫效果不佳，从结构角度解释原因：_______。 【答案】①“敌百虫”中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，氢键数目更多，增大水溶性，更易水洗除去残留 ②“敌百虫”中的官能团空间排列方式发生了改变，含有手性碳原子 【解析】①由两种杀虫剂的结构图可知，“敌百虫”中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，氢键数目更多，增大水溶性，更易水洗除去残留； ②与 “敌百虫” 结构简式相同的有机物杀虫效果不佳，可能是因为“敌百虫” 分子中的官能团空间排列方式发生了改变，含有手性碳原子，“敌百虫” 分子中的官能团的空间结构和位置可能是使其具有良好杀虫效果的关键因素，如果结构相似的有机物中官能团的空间位置或取向发生变化，可能会导致其无法有效地与害虫体内的作用靶点（如酶等）结合，从而降低了杀虫效果。 12.（24-25高三上·上海·期中）盐酸左西替利嗪是一种用于治疗荨麻疹的药物。其部分说明书如下： 盐酸左西替利嗪说明书 【成分】本品为西替利嗪的R型对映体，在过量盐酸中结晶制得。 【性状】本品外观是白色或类白色的片剂，易溶于水。 ①市售的普通盐酸西替利嗪片也能治疗荨麻疹，而本品仍对西替利嗪的对映体进行分离，其可能原因是___________。请在下图中用*标出具有手性的碳原子__________。 ②下列关于西替利嗪说法正确的是___________。 A．两个苯环上的12个碳原子一定共平面 B．西替利嗪中，有8个碳原子与氮原子的杂化方式相同 C．分子内含有羧基和酯基 【答案】 ① 该对映体在生理过程中会显示出不同的药效 ②B 【详解】① 本品仍对西替利嗪的对映体进行分离，其可能原因是：该对映体在生理过程中会显示出不同的药效；手性碳原子位置如图； ②A．两个苯环由中间的C链接，单键可旋转，两个苯环上的12个碳原子可能共平面，也可能不共平面，A错误； B．N的杂化方式为sp3，与其杂化方式相同的为饱和碳原子，其个数有8个，B正确； C．分子中不含酯基，C错误； 故选B。 考向04 范德华力与物质性质 13．（23-24高三上·上海·期中）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞(其晶胞结构如图，其中空心球所示原子位于立方体的顶点及面心，实心球所示原子位于立方体内)类似。有关冰晶胞的说法合理的是 A．水汽化和水分解两个变化过程中都破坏了共价键 B．晶体冰与金刚石晶体硬度相差不大 C．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是一种σ键 D．氢键的存在导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒的排列方式类似 【答案】D 【详解】A．水汽化克服分子间作用力，水分解克服氢氧共价键，A不合理； B．晶体冰是分子晶体，硬度受分子间作用力决定，硬度较小，金刚石晶体是共价晶体，硬度受共价键决定，很大，B不合理； C．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，氢键不是化学键，不是一种σ键，C不合理； D．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，一个冰分子可形成四个氢键，构成正四面体，与金刚石晶胞微粒的排列方式类似，D合理； 故选D。 14．（24-25高三上·上海·期中）回答下列问题 (1)比较下列物质的熔沸点：CH4___________SiH4(填“>”或“<”，下同)。说明理由：___________。 (2)比较下列物质的沸点，H2O___________H2S。说明理由：___________； (3)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为___________。 【答案】(1) < CH4和SiH4都是分子晶体,结构相似,熔沸点取决于分子间作用力的强弱，SiH4的相对分子质量大，分子间作用力强，SiH4的熔沸点高 (2) > H2O和H2S都是分子晶体，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键，由于氢键的存在使得的分子间作用力比大得多，因此H2O的沸点高于H2S (3)O—H键、氢键、分子间的范德华力 【详解】（1）CH4和SiH4都是分子晶体，结构相似，熔沸点取决于分子间作用力的强弱，SiH4的相对分子质量大，分子间作用力强，SiH4的熔沸点高； （2）H2O和H2S都是分子晶体，分子晶体的沸点主要取决于分子间作用力的大小，分子间作用力包括范德华力和氢键，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键，所以，H2O分子间作用力主要是氢键和范德华力，H2S分子间作用力主要是范德华力，由于氢键的存在使得的分子间作用力比大得多，因此H2O的沸点高于H2S； （3）化学键是相邻原子间强烈的相互作用，氢键的作用力比化学键弱，但比范德华力的作用力要强，H2O分子内由强到弱的依次为O—H键>氢键>分子间的范德华力。 15．（23-24高三上·上海·期中）已知：常温常压下为无色气体，熔点，沸点为黄色油状液体，熔点，沸点70℃，95℃以上易爆炸。请解释以下问题： (1)热稳定性高于：___________。 (2)熔、沸点高于：___________。 【答案】(1)，键长：，键能： (2)结构和组成相似的分子晶体，相对分子质量大于，范德华力：大于，熔、沸点大于 【详解】（1）热稳定性与键能有关，氟原子半径小于氯，形成氮氟键键长更小、键能更大，故热稳定性高于； （2）、为结构和组成相似的分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔、沸点越高，因此熔、沸点：大于。 16．（24-25高三上·上海·期中）镓、锗是重要的半导体材料。中国是全球最大的镓、锗生产国，也是最大的出口国。2022年，中国镓产量占全球的98%、精炼锗产量占全球68%。已知镓与锗在元素周期表中位置如图所示。 Al Si P Ga Ge As (1)基态镓(Ga)原子核外价电子的轨道表示式为_______。 (2)用原子光谱分析法可以确定元素种类，锗(Ge)元素的光谱是_______(填“线”或“连续”)光谱。 (3)按照核外电子的排布，可将元素周期表划分为4个区，镓(Ga)属于_______。 A．s区 B．p区 C．d    区 D．f区 (4)以下价电子排布式能代表基态锗(Ge)原子的是_______。 A．4s14p3 B．4s24p2 C．4s24p14d1 D．4p4 (5)关于图中元素及其化合物相关比较用“>”或“<”填空。 ①第一电离能：Al_______Ga         ②热稳定性：PH3_______AsH3 (6)与镓同族的元素硼可以形成一系列的硼氢化合物(BnH2n+2)，称为硼烷。常温下随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因是_______。 【答案】(1) (2)线 (3)B (4)B (5) > > (6)硼烷属于分子晶体，随着B原子数的增加，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔、沸点升高 【详解】（1） 镓与铝同主族，基态镓(Ga)原子核外价电子排布式为4s24p1，价电子的轨道表示式为； （2）原子核外电子在不同的、能量量子化的轨道之间跃迁产生的光谱为线状光谱，而不是连续光谱； （3）基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1，位于p区；答案为B； （4）Ge是32号元素，位于第四周期第ⅣA族，基态Ge原子价电子排布式为4s24p2；答案选B； （5）①同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，故第一电离能Al>Ga； ②同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，非金属性：P＞As，则氢化物热稳定性：PH3＞AsH3； （6）硼烷属于分子晶体，随着B原子数的增加，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔点升高，故硼烷由气态经液态至固态。 考向05 氢键 17.【生物氮循环与学科知识结合】（24-25高三上·上海长宁·期中）地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸经胺([NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。 已知：25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A．键角： NH3 B．熔点：NH2OH>[NH3OH]Cl C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl>NH4Cl D．羟胺分子间氢键的强弱： 【答案】 D 【解析】 A．NH3中N原子的价层电子对个数为3+=4且含有1个孤电子对，分子空间构型为三角锥形，键角小于120°；NO中N原子价层电子对个数为3+=3且不含孤电子对，为平面正三角形结构，键角为120°，所以键角：NH3<NO，故A错误； B．分子晶体熔点较低、离子晶体熔点较高，羟胺属于分子晶体、盐酸羟胺属于离子晶体，所以熔点：NH2OH＜[NH3OH]Cl，故B错误； C．相同温度下相同浓度的[NH3OH]Cl、NH4Cl溶液，弱离子水解程度越大，其酸性越强，溶液的pH值越小，根据电离平衡常数知，水解程度：[NH3OH]Cl＞NH4Cl，所以酸性：[NH3OH]Cl＞NH4Cl，溶液的pH：[NH3OH]Cl＜NH4Cl，故C错误； D．原子半径越大，键长越长，氢键越弱，r(O)＜r(N)，所以氢键键长：O—H•••O＜N—H•••N，则羟胺分子间氢键的强弱：O—H•••O＞N—H•••N，故D正确； 答案选D； 18．（24-25高三下·上海·阶段检测）富马酸()和马来酸()为顺反异构体，两者的熔点及电离平衡常数如下表： 物质名称 熔点 富马酸 300℃ a c 马来酸 140℃ b d 解释富马酸的熔点比马来酸的熔点高的原因_____。预测c_____d(填“>”、“＜”或“=”)。 【答案】 富马酸是反式结构，形成的主要是分子间氢键，使其分子间的作用力大大强于马来酸，故熔点比马来酸高的多 > 【详解】富马酸是反式结构，形成的主要是分子间氢键，使其分子间的作用力大大强于马来酸，故熔点比马来酸高的多； 由于马来酸中第二个可电离的氢原子参与了氢键的形成，因此要电离这个H+就需要破坏氢键，消耗更多的能量，所以马来酸和富马酸对应的Ka2为：c>d，答案为>。 19．（24-25高三上·上海·期中）.硼及其化合物在新材料、工农业生产方面用途广泛。 (1)写出基态B原子的轨道表达式_______。 (2)如下图所示1mol硼酸H3BO3形成_______mol氢键。 【答案】(1) (2)3mol 【详解】（1） B是5号元素，根据构造原理，其核外电子排布式为。轨道表达式为 。 （2）在硼酸分子中，一个硼酸分子周围有6个氢键，但每个氢键是由两个分子共同形成的，所以属于一个硼酸分子的氢键数为=3个，那么1mol硼酸形成3mol氢键。 20．（24-25高三上·上海·阶段检测）液态HF中存在：3HF⇌+X，则其中X为_______，的结构为：［F-H…F］-，则HF与F-间以_______相连接。 【答案】 氢键 【详解】液态HF中存在：3HF⇌+X，根据元素守恒、电荷守恒，X为，的结构为：［F-H…F］-，则HF与F-间以氢键相连接。 考向06 配位键、配合物性质 21．（24-25高三下·上海·阶段检测）金属钴的一种配位数为6的配合物由、、、组成，实验显示、、的物质的量之比为，向该配合物的水溶液加入溶液，只能沉淀出三分之一的。则该配合物的化学式是_______。 【答案】 【详解】向该配合物的水溶液加入AgNO3溶液，只能沉淀出三分之一的Cl-，则有三分之一的氯离子处于外界、三分之二的处于内界，由于金属钴的一种配位数为6的配合物由、、、组成，实验显示、、的物质的量之比为，故该配合物的化学式是[Co(NH3)3Cl2H2O]Cl。 22.（24-25高三上·上海·阶段检测）回答下列问题。 ①AlBr3常以二聚体形式存在，且各原子均满足8e-结构，该二聚体中存在的化学键有___________。 A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 ②将该二聚体溶于CH3CN生成[Al(CH3CN)2Br2]Br。其中心原子(或离子)为___________，配体为___________(填化学式)；该配离子的结构为___________形。 A． 平面四边        B． 正方        C． 四面体        D． 正四面体 【答案】①AC ② Al CH3CN、Br- C 【详解】①根据题目信息，AlBr3常以二聚体形式存在，且各原子均满足8e-结构，则该二聚体的结构为，其内部含有的化学键为：极性共价键和配位键，故答案为：AC。 ②将该二聚体溶于CH3CN生成[Al(CH3CN)2Br2]Br，其结构为：，根据结构可知，其中心原子为Al原子；该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为杂化，其中N原子提供一对孤电子对，Br-提供一对孤电子对，所以配体为和；由杂化且4条单键的结构为四面体形。 故答案为：Al ；、；C。 23．（24-25高三上·上海·期中）CuSO4溶液中逐滴加入氨水，先产生蓝色沉淀，后又溶解得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4。 (1)写出沉淀溶解生成深蓝色溶液的离子方程式_______。 (2)该配合物正离子的中心是___(填微粒符号)，外界离子的中心原子的杂化方式为：____。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）氢氧化铜沉淀和氨水反应生成配离子[Cu(NH3)4]2+而溶解生成深蓝色溶液，同时生成氢氧根离子和水，离子方程式，故答案为：； （2）该配合物正离子的中心是；外界离子为，其中心原子的价层电子数为，为杂化，故答案为：；。 24．（24-25高三上·上海·阶段检测）一种稀有气体化合物可表示为，下列说法正确的是__________（不定项），其外界的价电子排布式是__________。 A．中心离子为  B．配体为原子    C．含2种化学键    D．含个键 【答案】 AC 【详解】A．中心离子为，A正确； B．配体为离子，B错误； C．含有离子键和极性共价键，C正确； D．含个键，D错误； 故选AC； 是第五周期0族元素，则的价电子排布式是。 25．（24-25高三上·上海·期中）可形成两种钴的配合物，已知的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加溶液时，无明显现象。则第一种配合物可表示为___________。若在第二种配合物的溶液中滴加溶液，则产生的现象是___________。 【答案】 生成淡黄色沉淀 【详解】已知的配位数是6，第一种配合物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，则硫酸根离子为配合物的外界，硫酸根在水溶液中以离子形式存在，所以会与钡离子结合成白色沉淀，则第一种配合物可表示为；在第二种配合物的溶液中加入BaCl2溶液时，无明显现象，说明硫酸根离子在内界，溴离子为配合物的外界，在水溶液中存在溴离子，若加入AgNO3溶液，会产生淡黄色沉淀溴化银。 26．（24-25高三上·上海·阶段检测）离子中的中心离子是______，配体是______。 【答案】 Ag+ 【详解】由可知，中Ag+提供空轨道，是中心离子；提供孤电子对，是配体。 考向07 超分子的结构、性质及其应用 27．【金属有机框架与学科知识结合】（25-26高三上·辽宁·开学考试）柔性有机分子不易结晶，难以测定其单晶结构。2025年4月我国科研工作者基于柱[n]芳烃大环的金属有机框架特异性对长烷基链化合物进行“超分子对接”，以便测定其单晶结构，原理如图。下列说法正确的是 A．柱[n]芳烃可与NaOH发生反应 B．“超分子对接”后增强了长烷基链化合物的柔性 C．“超分子对接”体现超分子的自组装性质 D．对接后可用X射线衍射测定长烷基链化合物的单晶结构 【答案】D 【详解】A．柱[n]芳烃结构中含乙氧基（-OEt），属于醚键，无酚羟基等酸性基团，不能与NaOH反应，A错误； B．“超分子对接”后长烷基链化合物被固定在框架中，分子运动受限，柔性降低而非增强，B错误； C．“超分子对接”是柱[n]芳烃大环的金属有机框架特异性识别长烷基链化合物，体现超分子的分子识别性质，C错误； D．X射线单晶衍射是测定晶体结构的有力手段，可用X射线衍射测定长烷基链化合物的单晶结构，D正确； 故选D。 28．（26-27高三上·河北唐山·开学考试）环状水溶性WPr[5]可以与有机物X形成超分子，如下图所示： 下列说法错误的是 A．X的晶体类型为分子晶体 B．WPr[5]和X通过氢键作用形成超分子 C．WPr[5]能结合一定尺寸范围内X的衍生物 D．WPr[5]·X能在一定条件下释放X 【答案】B 【详解】A．X属于共价小分子有机物，构成的晶体为分子晶体，A正确； B．氢键形成需要存在、、这类氢键供体和对应的、、受体，WPr[5]和X的结构中均无活泼氢作为氢键供体，二者是通过空腔的范德华作用等弱相互作用形成超分子，并非氢键作用，B错误； C．WPr[5]的空腔尺寸固定，仅能结合尺寸在其空腔容纳范围内的X的衍生物，C正确； D．WPr[5]和X之间的结合为弱分子间作用力，外界条件改变时超分子可解离，释放出X，D正确； 故选B。 29．（26-27高三上·陕西咸阳·阶段检测）冠醚可用于金属元素的分离、富集以及相转移催化反应的催化剂。利用K与L合成高分子冠醚M的反应的化学方程式如图所示。下列说法正确的是 A．冠醚K属于超分子，K不能与NaOH溶液反应 B．L中最多12个原子共平面 C．反应方程式中 D．不同的冠醚可识别不同的碱金属离子 【答案】D 【详解】A．超分子是两种及以上分子通过分子间作用力形成的聚集体，K是单一有机分子，不属于超分子；K所含官能团为醚键和氨基，两者均不与NaOH反应，A错误； B．L中苯环和羰基的碳原子均为杂化，苯环为平面结构，羰基为平面结构，通过单键旋转可以使所有原子平面，包含8个C、2个O、2个Cl和4个H，故共平面原子数最多为16，B错误； C．该反应为缩聚反应，1个与1个反应生成1个酰胺键，同时脱去1分子； K含， L含，聚合后链端剩余1个未反应的和1个未反应的，因此，C错误； D．不同冠醚的空腔大小不同，可匹配不同半径的碱金属离子，因此可识别不同的碱金属离子，D正确； 故选D。 重难·创新演练 1．【科技创新与化学物质】（25-26高三上·上海·阶段检测）碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是 A．碳铂分子含有手性碳 B．碳铂中的配位数为3 C．1，1-环丁二羧酸分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为1：2 D．1 mol的1，1-环丁二羧酸含有键的数目为18 【答案】D 【详解】A．碳铂分子中没有连接四个不同基团的碳原子，因此不含手性碳，A错误； B．碳铂中Pt2+与2个NH3的N原子及2个羧酸根的O原子配位，配位数为4，B错误； C．1，1-环丁二羧酸中，环丁烷的4个碳均为sp3杂化，2个羧基碳为sp2杂化，因此杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为2：1，C错误； D．1个1，1-环丁二羧酸分子中，σ键包括：6个C-C键、6个C-H键、4个C-O键、2个O-H键，总计6+6+4+2=18个，故1 mol的1，1-环丁二羧酸含18 NA个σ键，D正确； 故答案选D。 2．（25-26高三上·上海·阶段检测）下列关于、的叙述错误的是 A．均为酸性氧化物 B．均为非电解质 C．VSEPR模型均为平面三角形 D．均为非极性分子 【答案】D 【详解】A．SO2和SO3均能与强碱反应生成盐和水，因此均为酸性氧化物，A正确； B．非电解质是在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物。SO2和SO3本身不能电离出离子，在水溶液中导电是因为与水反应分别生成的亚硫酸和硫酸电离，所以二者均为非电解质，B正确； C．根据VSEPR理论，SO2的S原子的价层电子对数为3（其中有1个孤电子对），SO3的S原子的价层电子对数为3（无孤电子对），VSEPR模型均为平面三角形，C正确； D．SO3为平面三角形的对称结构，是非极性分子；但SO2为V形结构，是极性分子，D错误； 故选D。 3．（24-25高三下·上海·期中）氧、硫、硒(Se)、锑(Te)4种元素属于第VIA族元素(又称氧族元素)，下列可以由非金属性强弱的变化规律来推测的是 A．单质和氢气化合越来越难，甚至Te和氢气不直接化合 B．酸性： C．向硒化氢溶液中通入氧气可能会发生： D．沸点： 【答案】AC 【详解】A．氧族元素的非金属性越强，越容易与氢气化合。随着氧族元素原子半径增大（O→S→Se→Te），非金属性逐渐减弱，与氢气化合的难度逐渐增加，Te甚至难以直接与氢气化合。这一现象可以通过非金属性变化规律推测，A正确； B．比较酸性时，应对比最高价氧化物对应的酸。H2SO4（S最高价+6）的酸性强于H2TeO4（Te最高价+6），但题目中H2TeO3（Te为+4价）并非最高价酸，无法直接通过非金属性推测其酸性强弱，B错误； C．O的非金属性比Se强，O2可作为强氧化剂将H2Se中的Se氧化为单质硒，反应为：，此反应可通过非金属性差异推测，C正确； D．H2O的沸点高于H2S，主要因水分子间存在氢键，而氢键的形成与非金属性无直接关系，属于分子间作用力的范畴，D错误； 故选AC。 4．（2025·上海金山·二模）硫在自然界中既有游离态又有化合态。在硫酸工业的接触室中发生的反应为2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)  ΔH=-198 kJ·mol-1。下列说法正确的是 A．SO2是含有极性键的非极性分子 B．SO2能使紫色石蕊试液先变红后褪色 C．接触室中的催化剂为铁触媒 D．硫酸分子间能形成氢键 【答案】D 【详解】A．二氧化硫分子中孤对电子对数为1，价层电子对数为2+1=3，分子的空间构型是结构不对称的V形，属于极性分子，故A错误； B．二氧化硫具有漂白性，但不能使紫色石蕊溶液褪色，故B错误； C．接触室中的催化剂为五氧化二钒，铁触媒是合成氨的催化剂，故C错误； D．硫酸分子中含有羟基，能形成分子间氢键，故D正确； 故选D。 5．（24-25高三上·上海浦东新·期中）有人认为CH4是四棱锥型分子，碳原子位于四棱锥的顶点（如图）。 下列说法不能排除该观点的是 A．CH4是非极性分子 B．一氯甲烷只有一种结构 C．二氯甲烷只有一种沸点 D．CH4中的键角109°28' 【答案】B 【详解】A．C-H键为极性键，若甲烷为四棱锥结构，正负电荷一定不重合，不可能是非极性分子，A不符合题意； B．甲烷为四面体构型，一氯甲烷只有一种结构，若是四棱锥构型甲烷也只有一种一氯代物，B符合题意； C．正四面体中任意两个Cl取代均等价，仅一种结构；而四棱锥型中可能存在不同取代位置（如底面相邻或相对），导致不同沸点。若实验仅测到一种沸点，说明其不能是四棱锥型分子，C不符合题意； D．CH4分子中碳氢键的夹角均为109°28'说明是正四面体的特征值(由sp3杂化决定)，而不是四棱锥型，D不符合题意； 故本题选B。 6．（24-25高三上·上海·期中）MnO2催化降解甲醛的机理如图。下列说法正确的是 A．CO2的电子式为： B．在催化降解过程中，涉及到的分子均为非极性分子 C．HCHO与CO2中C的杂化方式相同 D．降解的总反应式为：HCHO + O2CO2 + H2O 【答案】D 【详解】 A．二氧化碳分子中碳原子与两个氧原子各形成双键，氧原子各有两个孤对电子，写成“” ，A错误； B．反应过程中明显有极性分子参与，例如和均为极性分子，故不能说所涉及分子“均为非极性”，B错误； C．二氧化碳分子中，中心碳原子的价层电子对数为，因此采取‌杂化‌，分子呈‌直线形‌结构‌；甲醛分子中，碳原子与2个H原子和1个O原子一共形成3个键，同时与O原子形成一个键。由于价层电子对数为3，C原子采取‌杂化‌，分子呈‌平面三角形‌结构‌，C错误； D．分析题中催化机理图，除去中间产物，可得该反应总反应为：，D正确； 故选D。 7．（2025·上海奉贤·二模）能形成配离子为八面体的配合物，在该配合物的配离子中，位于八面体的中心。若含1mol该配合物的溶液与足量溶液作用可生沉淀，则化学式中的n为 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【详解】依题可知配位数为6，根据化合物的化合价代数和为0，可知m=2，又因1mol该配合物的溶液与足量溶液作用可生沉淀，说明该配合物外界有1个Cl-，则n=6-1=5，C正确；故答案选C。 8．（2025·上海静安·二模）Na2Mn[Fe(CN)6]晶体的中心离子是 A．Na+ B．Mn2+ C．[Fe(CN)6]4- D．Fe2+ 【答案】D 【详解】Na显+1价，Mn显+2价，故配离子为[Fe(CN)6]4-，CN-为-1价，故中心离子是Fe2+，故选D。 9．（24-25高三上·上海·期中）下列表达式或说法正确的是 A．基态Cr原子价层电子排布： B．的结构式： C．次氯酸的结构式： D．乙醇分子球棍模型： 【答案】D 【详解】 A．基态Cr原子价层电子排布式为3d54s1；轨道表达式为，A错误； B．BF3与F-通过配位键形成，F-提供孤电子对、B原子提供空轨道，结构式为，B错误； C．HClO中心原子为O，O原子有两对孤对电子，空间构型为V形，结构应为，C错误；    D．球棍模型是用球表示原子和用棍表示化学键的模型；乙醇分子球棍模型：，D正确； 故选D。 10．（24-25高三上·上海·阶段检测）下列有关超分子的说法正确的是 A．超分子是像蛋白质一样的大分子 B．超分子是由小分子通过聚合得到的高分子 C．超分子是由高分子通过非化学键作用形成的分子聚集体 D．超分子是由两种或两种以上的物质通过非共价相互作用形成的分子聚集体 【答案】D 【详解】超分子不同于蛋白质、淀粉等大分子，也不是由小分子通过聚合得到的高分子，超分子是由两个或多个分子通过非共价相互作用“组合”在一起形成具有特定结构和功能的聚集体，综上所述，D正确； 故选：D。 11．（24-25高三下·上海虹口·期中）下列液态有机化合物中存在氢键的有 A．乙醇 B．乙醛 C．乙酸 D．乙酸乙酯 【答案】AC 【分析】氢键是由已经与电负性很大的原子形成共价键的氢原子与另一个电负性很大的原子之间形成的作用力，表达式为X-H…Y，其中X、Y为电负性大，且原子半径小的N、O、F原子。 【详解】A．乙醇分子中含有O—H，O原子电负性大，则乙醇分子间存在氢键，A符合题意； B．乙醛分子中含有羰基的C、O双键，无O—H键，则乙醛分子间不存在氢键，B不符合题意﹔ C.．乙酸分子中含有O—H，O原子电负性大，则乙酸分子间存在氢键，C符合题意； D．乙酸乙酯分子中含有酯基的C、O双键，无O—H键，则乙酸乙酯分子间不存在氢键，D不符合题意； 故合理选项是AC。 12．（24-25高三下·上海·期中）下列化学用语或图示表示正确的是 A．反-2-丁烯的球棍模型： B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C．HClO的空间填充模型： D．晶态和非晶态粉末的X射线衍射图谱对比： 【答案】AC 【详解】 A．反-2-丁烯两个甲基在双键的不同侧，球棍模型为：，A正确； B．邻羟基苯甲醛的分子内氢键应由羟基中的氢与醛基上的氧形成，氢键示意图为，B错误； C．HClO中O原子与H原子和Cl原子成键，原子半径H<O<Cl，空间填充模型为，C正确； D．晶态二氧化硅的X射线衍射峰是由数十乃至上百个锐峰(窄峰)组成，而非晶态二氧化硅的粉末X射线衍射峰的数量较少且呈弥散状(为宽峰或馒头峰)，图中标反了，D错误； 故选AC。 13．（24-25高三上·上海长宁·期中）下面有关卤素及其物质的描述，正确的是 A．常温下，F2、Cl2、Br2、I2均能与水发生反应，且所得溶液中均含有七种不同的微粒 B．F2、Cl2、Br2、I2均能与H2发生化合反应，但反应难度依次增加 C．相同条件下，沸点大小顺序：HI>HBr>HCl>HF D．相同条件下，还原性顺序：HI>HBr>HCl>HF 【答案】BD 【详解】A．，与水剧烈反应生成和氧气，所得溶液中有：、、、、，故与反应后溶液中有五种不同的微粒；，，，、和与水反应后溶液中含有七种不同的微粒：、、、、、、；、、、、、、；、、、、、、；A错误； B．非金属性越强，与氢气化合越容易，所以卤素单质与氢气化合按、、、的顺序由易变难，B正确； C．相对分子质量越大，沸点越高，但因为中存在分子间氢键，导致其沸点高，故HF>HI>HBr>HCl，C错误； D．单质的氧化性越强，即非金属越强，其对应氢化物的还原性越弱，所以卤化氢的还原性按HF、HCl、HBr、HI的顺序依次增强，D正确； 故选BD。 14．（24-25高三上·上海·期中）物质III(2，3−二氢苯并呋喃)是一种重要的精细化工原料，其合成的部分流程如下，下列叙述正确的是 A．物质I的分子式为C9H7OBr B．II有弱酸性，但不能使紫色石蕊试液变红 C．物质II中所有原子可能位于同一平面内 D．物质III与足量的H2加成所得产物分子中有2个手性碳原子 【答案】AD 【详解】A．根据I的结构可知其分子式为C9H7OBr，A正确； B．II中含醇羟基，不含羧基和酚羟基，该物质无酸性，不能使紫色石蕊试液变红，B错误； C．物质II中与苯环相连的碳原子是饱和碳原子，具有四面体结构，因此所有原子不可能位于同一平面内，C错误； D． III与足量的H2加成后产物的结构简式为：，有2个手性碳原子，D正确； 故选AD。 15．（24-25高三下·上海·开学考试）下列说法不正确的是 A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，Se位于元素周期表p区 B．Se的第二电离能小于的第二电离能 C．硒的两种含氧酸的酸性强弱为大于 D．不稳定，因为其键长较长，键重叠程度小 【答案】AB 【详解】A．元素周期表根据核外电子排布划分为s、p、d、f四个区，Se的最外层电子构型为4s24p4，属于p区，A错误； B．Se失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p3，失去1个电子后的电子排布式为[Ar]3d104s24p2，失去一个电子的Se的4p能级为半满稳定结构，则第二电离能：Se＞As，B错误； C．同种元素含氧酸，非羟基氧原子个数越多酸性越强，H2SeO4的酸性强于H2SeO3，C正确； D．Se原子半径较大，Se=O键长较长，导致π键重叠程度小，稳定性较差，D正确； 故选AB。 16．（24-25高三上·上海青浦·期末）液氨气化时破坏的作用力有 A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．范德华力 【答案】CD 【详解】液氨气化时，由液态变为气态的过程中克服范德华力，液氨分子中存在氢键，故也需要破坏氢键；该变化不是化学变化，不需要破坏化学键； 故选CD。 17．（24-25高三上·上海·阶段检测）下列性质与氢键无关的是 A．极易溶于水 B．沸点比高 C．易燃烧 D．具有还原性 【答案】CD 【详解】A．CH3OH与水分子间形成氢键，导致CH3OH极易溶于水，A不符合题意； B．CH3OH分子间形成氢键，CH3SH不能形成氢键，导致熔点CH3OH>CH3SH，B不符合题意； C．物质的可燃性与氢键无关，C符合题意； D．物质的还原性与氢键无关，D符合题意； 故答案选CD。 18．（25-26高三上·上海·阶段检测）下列说法正确的是 A．位于元素周期表d区 B．某种激发态原子的电子排布式为： C．钴的配合物中既存在配位键又存在离子键 D．基态的价电子占据6个能量不同的轨道 【答案】AC 【详解】A．Co为第27号元素，位于元素周期表d区，A正确； B．Co有9个价电子，基态和激发态的电子数目相同，为基态Fe原子或激发态Co+的电子排布式，B错误； C．钴的配合物由与Cl-之间为离子键，配体NH3、Cl-与Co3+之间形成配位键，C正确； D．基态的价电子排布为3d7，d轨道为五重简并，占据5个能量相同的轨道，D错误； 故答案为AC。 19．（24-25高三上·上海·阶段检测）某种超分子的结构如图所示(已知：−Me为甲基)。下列说法正确的是 A．电负性：F > O > N > H > C B．该超分子中涉及的元素均为元素周期表p区元素 C．超分子具有分子识别和自组装的特征 D．该超分子形成的B−N配位键中，N原子提供孤电子对 【答案】CD 【详解】A．同周期主族元素，随着原子序数递增，电负性增大，C的非金属性比H大，电负性：F > O > N > C > H，A错误； B．H元素均为元素周期表s区元素，B错误； C．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，具有分子识别和自组装的特征，C正确； D．该超分子形成的B−N配位键中，N原子提供孤电子对，B提供空轨道，D正确； 故选CD。 20．（24-25高三上·上海·期中）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]Br，下列说法正确的是 A．CH3CN与Mn＋配位时，提供孤电子对的是C原子 B．Mn＋的配位数为6 C．CH3CN中C原子的杂化类型为sp2、sp3 D．CH3CN中σ键与π键数目之比为5:2 【答案】BD 【详解】 A．CH3CN的电子式为，与Mn＋配位时，提供孤电子对的是形成碳氮三键的N原子，因为N原子有孤电子对，A错误； B．由化学式可知，配合物中锰为中心原子，CO和CH3CN为配体，配位数为5＋1=6，B正确； C．CH3CN的结构式为，甲基中的C原子采取sp3杂化、碳氮三键的C原子采取sp杂化，C错误； D．CH3CN的结构式为，分子中单键为σ键，三键中含有1个σ键和2个π键，则σ键和π键数目之比为5:2，D正确； 答案选BD。 21．（23-24高三上·上海·期中）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。嘌呤与顺铂反应机理如下所示： 鸟嘌呤与反应的产物中包含的化学键 A．氢键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 【答案】BCD 【详解】 根据产物结构可知，与氯离子之间存在离子键，中N和Pt之间是配位键，根据其结构可知，其中存在离子键、共价键、配位键、氢键，但氢键不是化学键，故答案选BCD。 22．（24-25高三上·上海·阶段检测）下列关于配合物的说法正确的是 A．配体是和，配位数是9 B．中心离子是的 C．该配合物中含共价键 D．含该配合物的水溶液中加入足量溶液，生成沉淀 【答案】BC 【详解】A．由化学式可知，配合物中中心离子是Ti3+离子，配位体为氯离子和水分子，配位数为6，故A错误； B．由化学式可知，配合物中中心离子是Ti3+离子，故B正确； C．由化学式可知，配合物中配位键为共价键，水分子的氢氧键为共价键，则配合物中含有18mol共价键，故C正确； D．由化学式可知，配合物中加入足量硝酸银溶液，内界氯离子不能与硝酸银溶液反应，只有外界氯离子能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，则该配合物与足量溶液，生成沉淀，故D错误； 故选：BC。 23．（25-26高三上·上海·阶段检测）氨硼烷常温下为固态，它的熔点比乙烷的熔点高近。进一步检测发现其晶体中分子间除了分子间作用力外，还存在正电性(用“”表示)和负电性(用“”表示)的相互作用，这种作用称为“双氢键”。 (1)测定氨硼烷晶体结构可使用的仪器分析技术是_______。 A．原子发射光谱 B．紫外-可见光光谱 C．红外光谱 D．射线晶体衍射 (2)仿照氢键的表示方法：“X-H…Y”，上述“双氢键”可表示为_______。 A． B． C． D． 【答案】(1)D (2)B 【详解】（1）A．原子发射光谱：用于测定物质中元素的种类和含量，不能用于晶体结构分析； B．紫外﹣可见光光谱：用于研究物质的电子跃迁行为，常用于分析有机物的结构或溶液中物质的浓度，不适用于晶体结构测定； C． 红外光谱：用于分析分子的振动和化学键信息，可以提供分子结构信息，但无法提供晶体的三维结构信息； D．X射线晶体衍射：这是测定晶体结构的最常用和最有效的方法，通过X射线在晶体中的衍射图样，可以精确测定晶体中原子的排列方式和空间结构。 故选D。 （2） 分子中N—H 键上的 H 因氮的较高电负性而带部分正电(δ+)，B—H 键上的 H 则带部分负电(δ−)，二者通过 H(δ+)⋯H(δ−) 相互吸引形成所谓的“双氢键”。故可写作Ｂ。 24．（25-26高三上·上海·阶段检测）用相关知识解释下列化学事实： (1)是共价化合物而不是离子化合物______。 (2)HF的稳定性强于(从微观结构角度分析)______。 (3)氨气极易溶于水的原因是______。 (4)的熔点比熔点______；原因是______。 (5)熔点______，原因是______。 【答案】(1)熔点低，易升华 (2)F原子的半径小于氯，H-F键的键长较小，所以键能更大 (3)氨气能与水形成氢键 (4) 低 能形成分子内氢键，能形成分子间氢键 (5) 大于 氧离子的半径小于硫离子的半径，所以的晶格能更强 【详解】（1）熔点低，易升华，属于共价化合物。 （2）F原子的半径小于氯，H-F键的键长小于H-Cl键，所以H-F的键能更大，稳定性更强。 （3）氨气能与水形成氢键，增大溶解度，所以极易溶于水。 （4） 能形成分子内氢键，能形成分子间氢键，分子间氢键使物质熔点升高，所以的熔点更高。 （5）氧离子的半径小于硫离子的半径，所带电荷数相同，所以的晶格能更强，所熔点更于。 25．（25-26高三上·上海·阶段检测）2021年，中国化学家发明了一种常压固氮的MCC法，部分流程示意如下： 完成下列填空： (1)MCC法涉及的各元素原子中，未成对电子数最多的元素原子核外电子排布式为_______；原子半径最大的元素原子核外能量最高的轨道的电子云形状为_______。 (2)下列关于MCC法中涉及的各元素的说法正确的是_______。(不定项) A．微粒半径： B．酸性： C．第一电离能： D．电负性： (3)天然存在的镁有三种同位素。镁元素的相对原子质量计算式可以表示为：镁元素的相对原子质量。其中24.986的含义是_______，后两种同位素原子在自然界中的质量比为_______(列式)。 (4)过程①中，断裂的化学键有_______。(不定项) A．金属键 B．共价键 C．离子键 D．配位键 (5)过程③的化学方程式为_______。 (6)上述方法所涉及的物质中，属于极性分子的是_____；含有极性共价键的是_______。 (7)属于_______。 A．离子化合物 B．共价化合物 C．共价分子 D．共价单质 (8)写出的电子式_______。 (9)写出镁的最高价氧化物对应水化物和氯的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_______。 (10)请用化学方程式说明氯的非金属性比氮强。_______。 (11)写出一个能说明氧和氯非金属性强弱的实验事实。_______ (12)MCC法的特点是循环利用物质：如反应③产物可通过电解转化为原料与，请再写出该法中的一种循环路径：_______。 【答案】(1) 1s22s22p3 球形 (2)D (3) Mg的一种同位素的相对原子质量 (4)AB (5)Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3 (6) NH3和HCl NH3、HCl、NH4Cl (7)A (8) (9)Mg(OH)2+2HClO4=2H2O+Mg(ClO4)2 (10)3Cl2+2NH3═6HCl+N2 (11)H2O的稳定性强于HCl (12)最后生成NH3可以在过程②中循环利用 【详解】（1）MCC法涉及的各元素原子中，未成对电子数最多的元素是N，基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；原子半径最大的元素原子是Mg原子，核外能量最高的轨道是3s，电子云形状为球形； （2）A．Cl-有3个电子层，是最多的，故半径最大，N3-和Mg2+都是两个电子层，电子层结构也相同，N3-的核电荷数小，半径大；而H+没有核外电子，半径最小，故半径由大到小为，故A错误； B．HClO3不是Cl的最高价含氧酸，不能说明其酸性强于HNO3，故B错误； C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N失去的是2p3半满结构的电子，第一电离能大于O，故C错误； D．Mg是金属，电负性最小，O的得电子能力强于Cl，电负性大于Cl，Cl的电负性大于H，故电负性：，故D正确； 答案选D； （3）24.986的含义是Mg的一种同位素的相对原子质量；后两种同位素原子在自然界中的质量比为； （4）过程①是Mg和N2生成Mg3N2，Mg断开金属键，N2断开共价键(非极性键)；答案为AB； （5）过程③是Mg3N2和NH4Cl反应生成MgCl2和NH3，化学方程式为Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3； （6）上述方法所涉及的物质中，属于极性分子的是NH3和HCl；含有极性共价键的是NH3、HCl、NH4Cl； （7）由Mg2+和N3-构成，是离子化合物，答案为A； （8）NH4Cl是离子化合物，电子式为：； （9）镁的最高价氧化物对应水化物是Mg(OH)2，氯的最高价氧化物对应水化物是HClO4，两者反应的化学方程式为Mg(OH)2+2HClO4=2H2O+Mg(ClO4)2； （10）反应3Cl2+2NH3═6HCl+N2可以发生，说明Cl2的氧化性强于N2，故说明Cl的非金属性比N强； （11）H2O的稳定性强于HCl，说明O的非金属性比Cl强； （12）最后生成NH3可以在过程②中循环利用。 26．（2025·上海·三模）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是：___________。 【答案】吡啶分子中的N原子能与水分子中的H原子形成氢键 【详解】吡啶分子中的N原子能与水分子中的H原子形成氢键，所以吡啶在水中的溶解度远大于苯。 （2025·上海·三模）组氨酸(简称)是一种氨基酸，结构如下图。在组氨酸脱羧酶的作用下，组氨酸脱羧生成组胺和二氧化碳。 27．指出1号N和2号N的杂化方式正确的是_______。 氮原子编号 A B C D 1 2 28．推测组氨酸的水溶性，并说明理由_______。 29．组胺的结构简式为_______。 【答案】27．C 28．组氨酸易溶于水，原因是组氨酸分子中既有—NH2又有—COOH等极性基团，水也是极性分子，且组氨酸能和水分子形成氢键，其易溶于水 29． 【详解】27．1号氮原子形成2条键，提供单电子用于形成大π键，还剩余1对孤对电子，故价层电子对数是3，为sp2杂化； 2号氮原子形成3条键，还剩余1对孤对电子，故价层电子对数是4，为sp3杂化； 故选C； 28．组氨酸中含有氨基和羧基，分子整体极性较大，且能和水分子之间形成氢键，推测组氨酸易溶于水； 29．组胺是由组氨酸脱去羧基（—COOH）后生成的产物，结构简式为：。 30．（25-26高三上·上海·期中）检验醛糖常用新制氢氧化铜，但氢氧化铜不稳定，检验时需现配现用，使用不便。美国化学家班尼迪克特改良了配方。利用柠檬酸钠与硫酸铜反应，生成稳定的配合物，使试剂可以长久保存。因此，该试剂也被称为班氏试剂，班氏试剂检验醛糖中醛基的原理与新制氢氧化铜类似。 (1)配合物中，中心离子是___________。 A． B． C． D． (2)利用班氏试剂检验葡萄糖(用RCHO代表葡萄糖)中的醛基时，发生反应的离子方程式如下，请补全该方程式________。 ______________________ 【答案】(1)C (2) 【详解】（1）配合物中，中心离子是提供空轨道的金属离子，因为班氏试剂检验醛糖中醛基的原理与新制氢氧化铜类似，氢氧化铜中的铜为+2价，所以这里的铜应该为+2价，故答案为C； （2）因为班氏试剂检验醛糖中醛基的原理与新制氢氧化铜类似，故离子反应方程式为：。 31．（25-26高三上·上海·阶段检测）氨硼烷是颇具潜力的化学储氢材料之一，其结构与乙烷相似。氨硼烷分子球棍模型如图所示。已知电负性：H-2.1，B-2.0，N-3.0。 (1)氨硼烷分子属于_______。 A．极性分子    B．非极性分子 (2)氨硼烷分子中存在N-B配位键，下列说法正确的是_______。(不定项) A．为杂化，为杂化 B．原子提供空轨道，原子提供孤电子对 C．、均为杂化 D．原子提供孤电子对，原子提供空轨道 【答案】(1)A (2)CD 【详解】（1）氨硼烷虽结构与乙烷相似，但由于 N（电负性 3.0）和 B（电负性 2.0）电负性存在差异，分子中正负电荷中心不重合，因此属于极性分子； （2）N和B均形成4个σ键，均采取sp3杂化，N原子价层5个电子，与3个H原子形成σ键，还有一对孤对电子占据1个sp3轨道，B原子价层3个电子，与3个H原子形成σ键后，还有一个空sp3轨道，因此N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道形成配位键，故选CD。 32．（25-26高三上·上海·阶段检测）纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯金酸钠()溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。 (1)下列说法错误的是___________。 A．具有氧化性 B．纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 C．纳米金属于胶体 D．制备过程中，纳米金为还原产物 (2)是一种配位化合物，其中配体是___________，配位数为___________。 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，但是加入浓盐酸后会大大加快金的溶解，请从平衡移动原理的角度解释___________。 (4)纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，与其中的___________有关。 A．金离子 B．自由电子 C．粒径(粒子大小) D．稳定性 【答案】(1)C (2) Cl- 4 (3)Cl-与Au3+形成稳定的配离子，降低了Au3+的浓度，促使金被硝酸氧化的化学平衡向右移动 (4)C 【详解】（1）A．在中，金元素的化合价为+3价（Au3+）。Au3+具有强氧化性，可以被葡萄糖等还原剂还原为单质金，因此该化合物具有氧化性，正确； B．​纳米金的直径在几十纳米，恰好落在胶体颗粒的尺寸范围（1-100 nm）内，纳米金分散在水中形成的是胶体（溶胶），丁达尔效应是胶体特有的光学性质，当一束光通过胶体时，在垂直于光线的方向上可以看到一条光亮的“通路”，正确； C．​​纳米金​​指的是​​金单质颗粒本身​​，它是一种物质，而​​胶体​​是一种​​分散系​​，是由分散质（纳米金颗粒）和分散剂（如水）共同组成的混合物，错误； D．​在反应中，Au3+得到电子被还原，生成单质金（纳米金），所以纳米金是还原反应的产物，正确； 综上所述，答案为C。 （2）是配合物与Na+形成的盐，在配离子中，中心离子是Au3+，提供空轨道，配体是Cl-，提供孤电子对与Au3+形成配位键，与中心离子直接结合的配位原子（Cl）的数目为4，所以配位数是4。 （3）加入浓盐酸后，Cl-与Au3+形成稳定的配离子，降低了Au3+的浓度，促使金被硝酸氧化的化学平衡向右移动，从而大大加快了金的溶解。 （4）纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，而普通固体金单质为黄色，二者的区别在于粒径(粒子大小)不同，故答案为C。 33．（2025·上海·三模）甲基咪唑()常用于配合物的制备。 (1)在酸性环境中其配位能力会___________。 A．增强        B．减弱        C．不变 (2)甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物如图，常温下为液态而非固态，原因可能是___________。 【答案】(1)减弱 (2)1-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物，阴离子体积较大，导致离子间作用力较弱 【详解】（1）在酸性条件下，1-甲基咪唑的氮原子容易与质子(H+)结合，形成质子化的1-甲基咪唑(1-甲基咪唑-H+)。质子化后，氮原子的孤对电子被占据，无法再与金属离子配位，导致配位能力减弱； （2）1-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物，阴离子体积较大，导致离子间作用力较弱，熔点较低，故常温下为液态而非固态； 34．（24-25高三下·上海虹口·期中）H2中含有CO等杂质，工业上把高压气体通过冷的铜氨溶液和氨水的混合液除去中的CO。化学方程式如下：     (1)[Cu(NH3)3(CO)]+的配体为___________。 (2)下列条件可实现铜氨溶液的再生的是___________。 A．加热加压 B．冷却加压 C．加热减压 D．冷却减压 【答案】(1)NH3、CO (2)C 【分析】对于有气体参加的可逆反应，在其它条件不变时，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动；减小压强，化学平衡向气体体积扩大的方向移动。对于反应前后温度改变的可逆反应，在其它条件不变时，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动；降低温度，化学平衡向放热反应方向移动，据此判断实现铜氨溶液的再生反应的条件。 【详解】（1）对于配离子[Cu(NH3)3(CO)]+来说，中心离子是Cu+，配位体是NH3、CO，配位数是3+1=4； （2）反应   的正反应是气体体积减小的放热反应，根据平衡移动原理，要实现铜氨溶液的再生，即使化学平衡逆向移动，可采用减小压强、升高反应温度的方法达到目的，故合理选项是C。 （24-25高三下·上海·期中）2024年我国新能源汽车销量预计达1300万辆，是制造汽车锂电池必不可少的原材料。某锂离子电池主要由Li、S、Co元素组成，回答下列问题。 35．基态Co原子核外电子云有___________种伸展方向，的结构示意图为___________。 36．可形成多种配合物。已知中的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加溶液，无明显现象，则该配合物可表示为___________。 37．该配合物中键角___________键角。 A． B． C． D．无法判断 38．可被氧化为，从物质结构的角度分析的结构为___________(填字母)。 【答案】35． 9 36． 37．C 38．a 【解析】35．Co是27号元素，其基态原子核外电子排布式为，s、p轨道的电子云在空间有1、3种伸展方向，轨道的电子云在空间有5种伸展方向，因此，基态Co原子核外电子云总共有9种伸展方向‌。的结构示意图为：。 36．向该配合物的溶液中滴加溶液，无明显现象说明、是配体，没有发生电离，应该位于界内，则该配合物可表示为：。 37．该配合物中，N原子无孤电子对，而氨气的氮原子存在一对孤对电子，所以键角键角，故选C。 38．可被氧化为，说明具有还原性，中含有键，具有强氧化性，不符合题意，则的结构为。 39．（2025·上海·一模）配合物正离子的符号为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，其配位体是___________，其中非金属元素的电负性由大到小的顺序是___________。 【答案】 NH3、H2O， O>N>H 【详解】在配合物正离子中，铜离子能提供空轨道，氮、氧原子均可以提供孤对电子，故Cu2+是中心离子，NH3、H2O是配位体；通常，元素非金属性强电负性大，同周期从左到右电负性递增，则其中非金属元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞H。 40．（2025·上海奉贤·二模）醋酸锰的结晶水合物是一种配合物，其结构如图所示。 (1)其中配位数为_______。 A．2 B．3 C．4 D．6 (2)其含有的化学键有_______。（不定项） A．离子键 B．非极性共价键 C．极性共价键 D．氢键 (3)已知羧酸的酸性强弱与羧基中羟基的极性大小密切相关。请指出相同条件下、、碱性最弱的物质为_______，原因是_______。 【答案】(1)D (2)BC (3) 氟原子的电负性大于氯原子，吸引电子云向氟靠拢的程度大于氯原子，导致羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，三氟醋酸有三个氟原子，对电子云的吸引程度大于氟醋酸，因此对应盐的碱性最弱（合理即可） 【详解】（1）由图，锰和6个氧结合成键，配位数为6，故选D； （2）由图，结构存在碳碳非极性共价键，碳氧、碳氢等极性键，不存在离子键，氢键不是共价键，故选BC； （3）氟原子的电负性大于氯原子，吸引电子云向氟靠拢的程度大于氯原子，导致羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，三氟醋酸有三个氟原子，对电子云的吸引程度大于氟醋酸，故酸性最强的为CF3COOH，则对应盐的碱性最弱。 真题·实战演练 1．（2026·浙江·高考真题）下列有关物质结构的说法，不正确的是 A．分子中存在键和键 B．分子间存在范德华力 C．石墨属于分子晶体 D．是极性分子 【答案】C 【详解】A．分子中碳碳双键包含1个键和1个键，所有碳氢单键均为键，因此分子中存在键和键，A正确； B．属于分子晶体，分子间存在范德华力，B正确； C．石墨层内以共价键结合，层间存在范德华力，同时具有导电性，属于混合晶体，不属于分子晶体，C错误； D．为四面体结构，分子中正负电荷中心不重合，因此是极性分子，D正确； 故选C。 （2026·甘肃·高考真题）奥沙利铂是第三代铂类抗癌药物，可由Pt前药转化而成。据此完成下面小题， 2．关于前药分子，下列说法正确的是 A．配位数为4 B．含有多种配体 C．第一电离能 D．原子半径 3．关于奥沙利铂分子，下列说法错误的是 A．分子结构中含有五元环 B．分子中电负性最大的是O C．每个分子中含两个手性碳原子 D．与前药分子中的价态相同 【答案】2．B 3．D 【详解】2．A．Pt前药中Pt的配位原子为2个、2个的O、2个草酸根的O，配位数为6，A错误； B．Pt前药的配体包含1,2-环己二胺、、草酸根，共3种不同配体，B正确； C．同周期元素从左往右第一电离能增大（ⅡA与ⅤA出现反常），第一电离能，C错误； D．同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径，D错误； 故选B； 3．A．奥沙利铂中Pt与两个、两个相邻C形成五元环，草酸根与Pt也形成五元环，分子含五元环结构，A正确； B．分子所含元素为C、、、O、Pt，电负性顺序为，电负性最大的是O，B正确； C．分子中与氨基直接相连的两个环己烷碳原子均连接4种不同基团，均为手性碳原子，共2个，如图（带*号），C正确； D．由图知，草酸根显-2价，氢氧根显-1价，则Pt前药中Pt为价，奥沙利铂中Pt为价，二者价态不同，D错误； 故选D。 4．（2026·广西·高考真题）深蓝色的溶液由与氨水反应制得，下列说法错误的是 A．有孤电子对，故能与配位 B．溶液含，故呈深蓝色 C．比稳定，所以可以转化为 D．的极性小于，故溶液中加乙醇会析出晶体 【答案】C 【详解】A．中原子存在孤电子对，有空轨道，二者可形成配位键，A正确； B．是具有特征深蓝色的配离子，因此溶液呈深蓝色，B正确； C．能转化为的原因是的配位能力强于，与、的分子热稳定性无因果关系，C错误； D．属于离子化合物，在极性更小的乙醇中溶解度更低，因此加入乙醇会析出晶体，D正确； 故选C。 5．（2026·北京·高考真题）下列说法正确的是 A．分子中的化学键是极性键，可推知分子为极性分子 B．的非金属性比的强，可推知的酸性比的酸性强 C．由和在元素周期表中的位置，可推知的电负性大于的电负性 D．的沸点比的高，可推知键的键能比键的键能大 【答案】C 【详解】A．为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，仅含极性键不能推出其为极性分子，A错误； B．元素非金属性强弱对应的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，、均不是对应元素的最高价含氧酸，无法通过非金属性比较二者酸性，B错误； C．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，和同主族且位于上方，可推知的电负性大于的电负性，C正确； D．沸点高于是因为分子间存在氢键，属于分子间作用力范畴，与共价键键能无关，D错误； 故选C。 6．（2026·湖北·高考真题）物质的性质与其结构密切相关。下列事实与结构因素不相符的是 选项 事实 结构因素 A． 氨基酸的水溶性与值有关 碱性基团：氨基 B． 合成氨工业用冷却法使氨液化而实现分离 分子间作用力：氢键 C． 易水解形成红褐色胶体 特征：高电荷与小半径 D． 的熔点低于 阴离子半径： A．A B．B C．C D．D 【答案】A 【详解】A．氨基酸水溶性与pH有关是因为氨基酸同时含有碱性氨基和酸性羧基，不同pH下两种基团的解离状态共同影响水溶性，结构因素仅提及氨基，与事实不相符，A符合题意； B．分子间存在氢键，分子间作用力更强，沸点相对较高易液化，结构因素与事实相符，B不符合题意； C．电荷高、半径小，极化能力强，易结合水电离出的水解生成胶体，结构因素与事实相符，C不符合题意； D．两种物质均为离子晶体，阳离子相同，半径大于，对应离子晶体晶格能更小，熔点更低，结构因素与事实相符，D不符合题意； 故选A。 7．（2026·湖北·高考真题）腰带状的[20]胶原烯，兼具刚性与空腔适应性，能有效结合或形成超分子。 下列有关[20]胶原烯说法错误的是 A．苯环与甲基的数量比为 B．通过氢键作用与、形成超分子 C．超分子能在一定条件下释放、 D．能结合一定尺寸范围内的、衍生物 【答案】B 【详解】A．由[20]胶原烯结构可知，苯环共10个，甲基共20个，二者数量比为1:2，A正确； B．[20]胶原烯、、均不含N、O、F与氢原子直接相连的结构，不满足氢键形成条件，二者通过非共价键形成超分子，并非氢键作用，B错误； C．超分子依靠弱相互作用结合，条件改变时弱相互作用被破坏，可释放、，C正确； D．[20]胶原烯兼具刚性与空腔适应性，尺寸在空腔可容纳范围内的、衍生物均可被结合，D正确； 故选B。 8．（2026·甘肃·高考真题）某研究小组对硅电池碎片中的、、进行分离回收的流程如下： 下列说法错误的是 A．适当搅拌可提高“浸出”效率 B．“操作Ⅰ”中主要反应的离子方程式为 C．“氨浸”操作后，溶液含有 D．“操作Ⅱ”中，作还原剂 【答案】B 【分析】硅电池碎片中的、、，加入浸出剂，不反应，、转化为、，加入盐酸进行“沉银”，得到，过滤，滤渣为，加入，转化为，再加入，将还原为；向滤液中加入，转化为沉淀，过滤得到，据此回答。 【详解】A．适当搅拌能增大反应物接触面积，加快反应速率，提高“浸出”效率，A不符合题意； B．操作Ⅰ加入的是弱电解质，离子方程式中不可拆分为，正确的离子方程式为，B符合题意； C．“沉银”步骤得到的滤渣为，氨浸时与氨水反应生成可溶性的，因此溶液中含有，C不符合题意； D．操作Ⅱ中中+1价的Ag被还原为0价Ag单质，中元素化合价升高失电子，作还原剂，D不符合题意； 故选B。 9．（2026·江苏·高考真题）为研究的性质，实验操作及现象如下图所示。 已知：白色沉淀是；有较强的还原性，溶液为无色。 下列说法正确的是 A．实验Ⅰ中发生复分解反应生成 B．实验Ⅱ中无色溶液中的被氧化 C．实验Ⅰ、Ⅱ反应后溶液中： D．实验Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的均大于7 【答案】B 【详解】A．CuCl中Cu为+1价，转化为+1价Cu的过程中化合价降低，属于氧化还原反应，而复分解反应无元素化合价变化，因此不是通过复分解反应生成CuCl，A错误； B．已知有较强还原性，Cu为+1价；实验Ⅱ中无色的迅速变为深蓝色，对应生成了+2价的铜氨配离子，是被空气中的氧化导致的，B正确； C．实验Ⅰ中部分随CuCl白色沉淀进入滤渣，实验Ⅱ加浓氨水后，CuCl溶解转化为使得进入溶液，假设实验Ⅰ中完全转化为CuCl，将有一半的在实验Ⅱ中进入溶液，满足；但实际上实验Ⅰ反应后的溶液为浅蓝色，说明未完全转化为CuCl，所以实验Ⅰ中剩余的多于实验Ⅱ，即，C错误； D．实验Ⅰ中溶液因水解本身呈弱酸性，加入Zn反应后溶液仍为偏酸性的浅蓝色铜盐溶液（产生气泡可证明此时溶液呈酸性），pH小于7，D错误； 故选B。 10．（2026·全国卷·高考真题）一种含钴(Ⅱ)的多酸阴离子(以表示)能催化和的反应，制备，其反应历程如图所示。 下列叙述正确的是 A．和均含有极性键，都是极性分子 B．反应过程中Co的化合价保持不变 C．该制备反应的原子利用率为100% D．用替换，反应生成 【答案】C 【详解】A．二氧化碳的分子结构为结构对称的直线形，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A错误； B．由图可知，反应历程中存在电子转移，钴元素在反应过程中存在电子的得失，化合价会发生变化，B错误； C．由图可知，该反应为环氧乙烷和二氧化碳的加成反应生成，所以制备反应的原子利用率为100%，C正确； D．由图可知，与二氧化碳发生加成反应生成，D错误； 故选C。 11.（2026·上海·高考真题）硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： 已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A．、5 B．、6 C．、5 D．、6 【答案】B 【分析】溶解后经HNO3氧化，生成H2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3、KNO3后再用Na2CO3将溶液调至pH=8，此时H2[Fe(CN)5(NO)]转化成Na2[Fe(CN)5(NO)]、NH4NO3转化成NaNO3和，煮沸除去NH3，溶液进行蒸发结晶，得到滤渣为粗产品，滤液中主要含硝酸钾、硝酸钠。 【详解】11．整个配合物为电中性，设中心的化合价为，根据电荷守恒：，解得，即中心离子为；配体为个和个，总配位数为； 12.（2026·上海·高考真题）阿法诺啡是一种强效阿片类镇痛药，具有很强的镇痛作用。其某种中间体的合成路线部分如下： 已知：(1) (2) 关于化合物D的叙述正确的是___________(不定项) A．有手性碳原子 B．能与碳酸氢钠溶液反应 C．能与茚三酮反应 D．能与氢氧化钠溶液反应 【答案】 AD 【详解】 A．连接 的碳原子同时连接了氢原子、氨基、酯基和芳香环，四个基团互不相同，属于手性碳原子。 B．D中含有酯基和氨基，没有游离的羧基，不能与 溶液反应生成 。 C．茚三酮反应通常是 -氨基酸的特征反应，D属于氨基酸酯，在高中化学范畴内通常不认为其能发生典型的茚三酮显色反应。 D．D中含有酯基（），能在氢氧化钠（）溶液中发生水解反应。 故选AD。 13．(2025·上海卷T3)关于化合物E()的说法中正确的是_______。 A．碳的杂化方式有sp2和sp两种 B．能与茚三酮反应 C．能与NaHCO3反应产生CO2 D．能形成分子间氢键 【答案】CD 【解析】A项，苯环碳、羰基碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，错误；B项，茚三酮反应是一种化学反应，是指在加热条件及弱酸环境下，氨基酸或肽与茚三酮作用生成有特殊颜色的化合物及相应的醛和二氧化碳的反应。由E结构可知其不能与茚三酮反应，错误；C项，分子中含羧基，能与NaHCO3反应产生CO2，正确；D项，当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子(例如氟、氧、氮)上时，可以形成氢键；分子中含有N、羧基，则能形成分子间氢键，正确；故选CD； 14．(2025·上海卷T3)D()中有_______个手性碳原子。 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；中含有2个手性碳原子，故选B； 15．(2024·上海卷T4)G()对映异构体分离后才能发生下一步反应，G中有 个手性碳 【答案】 1 【解析】(6) G的结构简式为，其中有1个手性碳，为图中标记星号的碳原子：； 16．(2024·上海卷T1)液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HFX+HF2，其中X为 。HF2的结构为，其中F-与HF依靠 相连接。 【答案】 H2F 氢键 【解析】根据原子守恒可知，X为H2F。HF2的结构为，其中F-与HF之间依靠氢键连接。 17．(2024·上海卷T3)已知可二聚为下图的二聚体： (1)该二聚体中存在的化学键类型为_______。 A．极性键 B．非极性键 C．离子键 D．金属键 (2)将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为 ，其中配体是 ，该配合物中有键 。 【答案】(1)A (2)sp3 CH3CN 14 【解析】(1)从图中可知，该二聚体中Br和Al之间以极性键相连，该二聚体中存在的化学键类型为极性键，故选A。(2)该配离子中，中心原子Al形成4条单键，杂化方式为sp3杂化，其中N原子提供一对孤电子对，配体为CH3CN，1个该配合物中含有12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 分子的性质 配位化合物（专项训练） 参考答案 模拟·基础演练 1. BC 2.【答案】 B A 3.【答案】(1) 5s25p5 配位键 (2) sp2 sp3 (3) 正四面体 极性 (4)6×10-4 4. 【答案】A 5.【答案】(1)H2相对分子质量小，且为非极性分子，分子间作用力小 (2)B (3)Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，NaAlH4还原性比NaBH4强，这是由于电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越小，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性增强；NaAlH4中氢活性更高，还原性更强； (4) (5)C (6)BD 6.【答案】(1) d Ge、Se (2)B (3)A (4)B (5)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O (6)N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能 (7)A (8) (9)D (10)C 7.【答案】(1) ③<②<① 和均为极性分子，为非极性分子，根据“相似相溶”规律，在中的溶解度远大于； < O原子半径小于N原子半径，键的键长小于键，键的键能大于键的键能 (2) < > (3) 减弱 F、Cl、Br的电负性依次减小，吸引电子的能力依次减弱，导致羧基中键的极性依次减弱，电离出的难度依次增大，故酸性依次减弱。 8.【答案】 分子间存在氢键，使沸点增大 9. B 10.D 11.【答案】①“敌百虫”中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，氢键数目更多，增大水溶性，更易水洗除去残留 ②“敌百虫”中的官能团空间排列方式发生了改变，含有手性碳原子 12.【答案】 ① 该对映体在生理过程中会显示出不同的药效 ②B 13.D 14.【答案】(1) < CH4和SiH4都是分子晶体,结构相似,熔沸点取决于分子间作用力的强弱，SiH4的相对分子质量大，分子间作用力强，SiH4的熔沸点高 (2) > H2O和H2S都是分子晶体，H2O分子间存在氢键，H2S分子间不存在氢键，由于氢键的存在使得的分子间作用力比大得多，因此H2O的沸点高于H2S (3)O—H键、氢键、分子间的范德华力 15.【答案】(1)，键长：，键能： (2)结构和组成相似的分子晶体，相对分子质量大于，范德华力：大于，熔、沸点大于 16.【答案】(1) (2)线 (3)B (4)B (5) > > (6)硼烷属于分子晶体，随着B原子数的增加，相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增大，熔、沸点升高 17.D 18.【答案】 富马酸是反式结构，形成的主要是分子间氢键，使其分子间的作用力大大强于马来酸，故熔点比马来酸高的多 > 19.【答案】(1) (2)3mol 20.【答案】 氢键 21. 【答案】 22. 【答案】①AC ② Al CH3CN、Br- C 23.【答案】(1) (2) 24.【答案】 AC 25.【答案】 生成淡黄色沉淀 26. 【答案】 Ag+ 27.D 28.B 29.D 重难·创新演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D D AC D B D C D D D AC AC 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 BD AD AB CD CD AC CD BD BCD BC 23.【答案】(1)D (2)B 24.【答案】(1)熔点低，易升华 (2)F原子的半径小于氯，H-F键的键长较小，所以键能更大 (3)氨气能与水形成氢键 (4) 低 能形成分子内氢键，能形成分子间氢键 (5) 大于 氧离子的半径小于硫离子的半径，所以的晶格能更强 25.【答案】(1) 1s22s22p3 球形 (2)D (3) Mg的一种同位素的相对原子质量 (4)AB (5)Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3 (6) NH3和HCl NH3、HCl、NH4Cl (7)A (8) (9)Mg(OH)2+2HClO4=2H2O+Mg(ClO4)2 (10)3Cl2+2NH3═6HCl+N2 (11)H2O的稳定性强于HCl (12)最后生成NH3可以在过程②中循环利用 26.【答案】吡啶分子中的N原子能与水分子中的H原子形成氢键 27．C 28．组氨酸易溶于水，原因是组氨酸分子中既有—NH2又有—COOH等极性基团，水也是极性分子，且组氨酸能和水分子形成氢键，其易溶于水 29． 30.【答案】(1)C (2) 31.【答案】(1)A (2)CD 32.【答案】(1)C (2) Cl- 4 (3)Cl-与Au3+形成稳定的配离子，降低了Au3+的浓度，促使金被硝酸氧化的化学平衡向右移动 (4)C 33.【答案】(1)减弱 (2)1-甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物，阴离子体积较大，导致离子间作用力较弱 34.【答案】(1)NH3、CO (2)C 【答案】35． 9 36． 37．C 38．a 39.【答案】 NH3、H2O， O>N>H 40.【答案】(1)D (2)BC (3) 氟原子的电负性大于氯原子，吸引电子云向氟靠拢的程度大于氯原子，导致羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，三氟醋酸有三个氟原子，对电子云的吸引程度大于氟醋酸，因此对应盐的碱性最弱（合理即可） 真题·实战演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C B D C C A B B B C B AD CD B 15. 1 16.【答案】 H2F 氢键 17.【答案】(1)A (2)sp3 CH3CN 14 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第04讲 分子的性质 配位化合物（专项训练） 目 录 模拟·基础演练 考向01 共价健的极性和分子极性的判断 考向02 键的极性对分子性质的影响 考向03 手性碳原子与手性分子 考向04 范德华力与物质性质 考向05 氢键 考向06 配位键、配合物性质 考向07 超分子的结构、性质及其应用 重难·创新演练 真题·实战演练 模拟·基础演练 考向01 共价健的极性和分子极性的判断 1．（2024·上海虹口·二模）下列关于肼的说法正确的是 A．电子式为 B．既含极性键，又含非极性键 C．属于极性分子 D．N原子为sp2杂化 2.（24-25高三上·上海徐汇·期中）Ⅲ．人体血液存在H2CO3(CO2)和NaHCO3的缓冲体系 CO2的电子式为_______，其分子为_______。 A．极性分子   B．非极性分子 电负性C_______Si。 A．大于      B．小于      C．等于 3．（24-25高三上·上海·阶段检测）1962年，青年化学家巴特利特制备了第一种稀有气体化合物氟铂酸氙(XePtP6)，震惊了化学界。 (1)巴特利特制备该稀有气体化合物的反应为：Xe+PtF6—-Xe+[PtF6]-，产物中正离子的价电子排布式是_______，负离子中Pt和F之间的作用力为_______。 (2)后来人们又合成了诸多氙的化合物，XeF4就是其中一种，它能将全氟丙烯氟化为全氟丙烷：XeF4+2CF3CF=CF2=2CF3CF2CF3+Xe．在该反应中，部分碳原子的杂化方式由_______杂化转变为_______杂化。 (3)XeF4可与水反应生成XeO3。判断XeO3中价层电子对的空间结构为_______，XeO3是_______(选填“极性”或“非极性”)分子。 (4)Xe与F2反应可生成XeF2、XeF4和XeF6气体，现有一个50L的容器，投入1molXe和9molF2，反应后还剩余8.9mol气体，且产物中XeF2：XeF4：XeF6=1：6：3。若反应时间为10min，则XeF4的生成速率为_______mol/(L∙min)。 4.（24-25高三上·上海·开学考试）Claus法脱硫。第一阶段中部分硫化氢被空气完全氧化为SO2；第二阶段在400℃左右进行，上一阶段氧化产物与剩余硫化氢继续反应，生成硫单质(化学式为S2)。 关于SO2分子说法正确的是_______。 A．既含有σ键，又含有π键 B．既含有极性键，又含有非极性键 C．分子构型为角形，键角为120° D．属于非极性分子，S原子采用sp杂化 考向02 键的极性对分子性质的影响 5.【新型清洁能源与学科知识结合】（2025·上海普陀·二模）氢能是一种优秀的新型清洁能源，储氢材料的发展对氢气的高效存储起到至关重要的作用，也是氢气能否被广泛利用的关键。AMH4型物质是一类无机储氢材料，其中A可为Li、Na、K，M可为B、Al、Ga。 (1)氢气沸点低，其可能的原因是：________。 (2)研究发现，该类物质中A+离子半径越大、M元素电负性越强，物质越稳定，则该类物质中最稳定的一种的化学式为________。 A．LiAlH4 B．KBH4 C．NaBH4 D．KGaH4 (3)AMH4型物质中，H的活性与M-H键的极性相关，已知Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，请解释NaAlH4还原性比NaBH4强的原因：________。 硼氢化钠（NaBH4）也是一种典型的AMH4型物质，其在催化剂钌（Ru）表面与水反应的历程如图所示： (4)NaBH4与水反应的离子方程式为：________。 (5)上述历程为放热过程，该反应能自发进行的条件是________。 A．高温 B．低温 C．任意温度 D．无法判断 (6)下列说法正确的是________（不定项）。 A．反应过程中硼元素的化合价发生了变化 B．若将NaBH4中的H用D代替，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2 C．催化剂可以加快反应速率，其用量多少不影响反应速率 D．相同物质的量的与，具有相同数量的配位键 6．（高三上·上海闵行·期中）科学家们锲而不舍地努力，揭示了原子结构、物质结构与性质的奥秘。H、C、N、O、Si、Ca、Ti、卤素等元素常常构成丰富的物质世界。请回答下列问题： (1)基态22Ti原子的价电子轨道表示式为________，Ti元素位于周期表的_________区，与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数的主族元素为________。 (2)Ca元素的焰色反应为砖红色，这是由于钙元素的核外电子由________态跃迁到另一状态时产生的光谱。(填编号) A．基态　　　　　B．激发态 (3)焰色反应的光谱属于_________光谱。(填编号) A．发射　　　　　B．吸收 (4)下列说法正确的是___________。 A．CH3Cl中C原子的杂化类型为sp2 B．CH3CH2Br相比CH3CH3有较强的反应活性，是因为碳溴键极性强 C．C、N、O三种元素的电负性大小顺序是N>O>C D．SiCl4的相对分子质量大于SiO2，所以SiCl4的沸点大于SiO2 (5)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。从原子半径和共价键成键的角度分析，C、O原子间易形成C=O键，而Si、O原子间不易形成Si=O键的原因___________。 (6)N元素的第一电离能比O的高，原因是： ①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低； ②___________。 (7)下列关于氨气的叙述正确的是___________。 A．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力 B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键 C．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大 D．构成NH3的基态N原子核外电子的空间运动状态有7种 (8)若COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，试写出COS的结构式___________。 (9)根据所学知识比较①CH3COOH②CH2ClCOOH③CH2FCOOH的酸性由大到小排列___________(填编号)。 A．①②③ B．③①② C．②①③ D．③②① (10)下列叙述不正确的是___________。 A．热稳定性：HF>H2O>H2S B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素 C．盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，Cl比C的非金属性强 D．SiCl4、PCl5分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构 7．（23-24高三上·上海·期中）分子的空间结构决定了分子的极性、对称性等很多性质，也影响着物质的化学性质和用途。分子之间的相互作用的种类、强弱又与物质的各种物理性质密切相关。 (1)下列分子：①CH4、②NH3、③H2O中键角从小到大的顺序是___________(用序号表示)；从分子极性角度解释NH3、CH4在H2O中溶解度差异非常大的原因___________；已知H-N键、H-O键的键能分别为391kJ·mol-1、467kJ·mol-1，由此可以判断热稳定性NH3___________H2O(填“>”或“<”)，从原子结构角度解释H-O键键能大于H-N键键能的原因___________。 (2)比较下列物质的熔沸点：CH4___________SiH4(填“>”或“<”，下同)；HF___________HCl。 (3)FCH2COOH、ClCH2COOH、BrCH2COOH的酸性依次___________(填“增强”或“减弱”)，其原因是___________。 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。 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．___________。 考向03 手性碳原子与手性分子 9．（高三下·上海嘉定·阶段检测）聚富马酸丙二醇酯是一种医用高分子材料，可由如下反应制备： 下列说法错误的是 A．富马酰氯存在顺式异构体 B．丙二醇可由油脂水解得到 C．该反应为缩聚反应 D．聚富马酸丙二醇酯中不存在手性碳原子 10.（高三上·上海松江·阶段检测）下列有机物分子中属于手性分子的是 A．甘氨酸(NH2CH2COOH) B．氯仿(CHCl3) C．丙三醇() D．谷氨酸() 11.（24-25高三上·上海·期中）“敌敌畏”是一种含磷杀虫剂，但是施用在农作物上容易有残留。因此科学家改进出了“敌百虫”，通过水洗可以顺利洗去杀虫剂残留。两种杀虫剂的结构如下图所示。 ①从分子间作用力的角度，分析为何“敌百虫”比“敌敌畏”能更好地避免杀虫剂残留：_______。 ②有一种结构简式与“敌百虫”书写方式相同的有机物，但是其杀虫效果不佳，从结构角度解释原因：_______。 12.（24-25高三上·上海·期中）盐酸左西替利嗪是一种用于治疗荨麻疹的药物。其部分说明书如下： 盐酸左西替利嗪说明书 【成分】本品为西替利嗪的R型对映体，在过量盐酸中结晶制得。 【性状】本品外观是白色或类白色的片剂，易溶于水。 ①市售的普通盐酸西替利嗪片也能治疗荨麻疹，而本品仍对西替利嗪的对映体进行分离，其可能原因是___________。请在下图中用*标出具有手性的碳原子__________。 ②下列关于西替利嗪说法正确的是___________。 A．两个苯环上的12个碳原子一定共平面 B．西替利嗪中，有8个碳原子与氮原子的杂化方式相同 C．分子内含有羧基和酯基 考向04 范德华力与物质性质 13．（23-24高三上·上海·期中）冰晶胞中水分子的空间排列方式与金刚石晶胞(其晶胞结构如图，其中空心球所示原子位于立方体的顶点及面心，实心球所示原子位于立方体内)类似。有关冰晶胞的说法合理的是 A．水汽化和水分解两个变化过程中都破坏了共价键 B．晶体冰与金刚石晶体硬度相差不大 C．冰分子间的氢键具有方向性和饱和性，也是一种σ键 D．氢键的存在导致冰晶胞与金刚石晶胞微粒的排列方式类似 14．（24-25高三上·上海·期中）回答下列问题 (1)比较下列物质的熔沸点：CH4___________SiH4(填“>”或“<”，下同)。说明理由：___________。 (2)比较下列物质的沸点，H2O___________H2S。说明理由：___________； (3)H2O分子内的O—H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为___________。 15．（23-24高三上·上海·期中）已知：常温常压下为无色气体，熔点，沸点为黄色油状液体，熔点，沸点70℃，95℃以上易爆炸。请解释以下问题： (1)热稳定性高于：___________。 (2)熔、沸点高于：___________。 16．（24-25高三上·上海·期中）镓、锗是重要的半导体材料。中国是全球最大的镓、锗生产国，也是最大的出口国。2022年，中国镓产量占全球的98%、精炼锗产量占全球68%。已知镓与锗在元素周期表中位置如图所示。 Al Si P Ga Ge As (1)基态镓(Ga)原子核外价电子的轨道表示式为_______。 (2)用原子光谱分析法可以确定元素种类，锗(Ge)元素的光谱是_______(填“线”或“连续”)光谱。 (3)按照核外电子的排布，可将元素周期表划分为4个区，镓(Ga)属于_______。 A．s区 B．p区 C．d    区 D．f区 (4)以下价电子排布式能代表基态锗(Ge)原子的是_______。 A．4s14p3 B．4s24p2 C．4s24p14d1 D．4p4 (5)关于图中元素及其化合物相关比较用“>”或“<”填空。 ①第一电离能：Al_______Ga         ②热稳定性：PH3_______AsH3 (6)与镓同族的元素硼可以形成一系列的硼氢化合物(BnH2n+2)，称为硼烷。常温下随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因是_______。 考向05 氢键 17.【生物氮循环与学科知识结合】（24-25高三上·上海长宁·期中）地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y均为氮氧化物)，羟胺(NH2OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与盐酸反应的产物盐酸经胺([NH3OH]Cl)广泛用于药品、香料等的合成。 已知：25℃时，Ka(HNO2)=7.2×10-4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Kb(NH2OH)=8.7×10-9。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A．键角： NH3 B．熔点：NH2OH>[NH3OH]Cl C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl>NH4Cl D．羟胺分子间氢键的强弱： 18．（24-25高三下·上海·阶段检测）富马酸()和马来酸()为顺反异构体，两者的熔点及电离平衡常数如下表： 物质名称 熔点 富马酸 300℃ a c 马来酸 140℃ b d 解释富马酸的熔点比马来酸的熔点高的原因_____。预测c_____d(填“>”、“＜”或“=”)。 19．（24-25高三上·上海·期中）.硼及其化合物在新材料、工农业生产方面用途广泛。 (1)写出基态B原子的轨道表达式_______。 (2)如下图所示1mol硼酸H3BO3形成_______mol氢键。 20．（24-25高三上·上海·阶段检测）液态HF中存在：3HF⇌+X，则其中X为_______，的结构为：［F-H…F］-，则HF与F-间以_______相连接。 考向06 配位键、配合物性质 21．（24-25高三下·上海·阶段检测）金属钴的一种配位数为6的配合物由、、、组成，实验显示、、的物质的量之比为，向该配合物的水溶液加入溶液，只能沉淀出三分之一的。则该配合物的化学式是_______。 22.（24-25高三上·上海·阶段检测）回答下列问题。 ①AlBr3常以二聚体形式存在，且各原子均满足8e-结构，该二聚体中存在的化学键有___________。 A．极性键 B．氢键 C．配位键 D．离子键 ②将该二聚体溶于CH3CN生成[Al(CH3CN)2Br2]Br。其中心原子(或离子)为___________，配体为___________(填化学式)；该配离子的结构为___________形。 A． 平面四边        B． 正方        C． 四面体        D． 正四面体 23．（24-25高三上·上海·期中）CuSO4溶液中逐滴加入氨水，先产生蓝色沉淀，后又溶解得到深蓝色溶液[Cu(NH3)4]SO4。 (1)写出沉淀溶解生成深蓝色溶液的离子方程式_______。 (2)该配合物正离子的中心是___(填微粒符号)，外界离子的中心原子的杂化方式为：____。 24．（24-25高三上·上海·阶段检测）一种稀有气体化合物可表示为，下列说法正确的是__________（不定项），其外界的价电子排布式是__________。 A．中心离子为  B．配体为原子    C．含2种化学键    D．含个键 25．（24-25高三上·上海·期中）可形成两种钴的配合物，已知的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，现对两种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加溶液时，无明显现象。则第一种配合物可表示为___________。若在第二种配合物的溶液中滴加溶液，则产生的现象是___________。 26．（24-25高三上·上海·阶段检测）离子中的中心离子是______，配体是______。 考向07 超分子的结构、性质及其应用 27．【金属有机框架与学科知识结合】（25-26高三上·辽宁·开学考试）柔性有机分子不易结晶，难以测定其单晶结构。2025年4月我国科研工作者基于柱[n]芳烃大环的金属有机框架特异性对长烷基链化合物进行“超分子对接”，以便测定其单晶结构，原理如图。下列说法正确的是 A．柱[n]芳烃可与NaOH发生反应 B．“超分子对接”后增强了长烷基链化合物的柔性 C．“超分子对接”体现超分子的自组装性质 D．对接后可用X射线衍射测定长烷基链化合物的单晶结构 28．（26-27高三上·河北唐山·开学考试）环状水溶性WPr[5]可以与有机物X形成超分子，如下图所示： 下列说法错误的是 A．X的晶体类型为分子晶体 B．WPr[5]和X通过氢键作用形成超分子 C．WPr[5]能结合一定尺寸范围内X的衍生物 D．WPr[5]·X能在一定条件下释放X 29．（26-27高三上·陕西咸阳·阶段检测）冠醚可用于金属元素的分离、富集以及相转移催化反应的催化剂。利用K与L合成高分子冠醚M的反应的化学方程式如图所示。下列说法正确的是 A．冠醚K属于超分子，K不能与NaOH溶液反应 B．L中最多12个原子共平面 C．反应方程式中 D．不同的冠醚可识别不同的碱金属离子 重难·创新演练 1．【科技创新与化学物质】（25-26高三上·上海·阶段检测）碳铂是1，1-环丁二羧酸二氨合铂(Ⅱ)的简称，属于第二代铂族抗癌药物，结构简式如图所示，其毒副作用低于顺铂。下列说法正确的是 A．碳铂分子含有手性碳 B．碳铂中的配位数为3 C．1，1-环丁二羧酸分子中杂化的碳原子与杂化的碳原子数之比为1：2 D．1 mol的1，1-环丁二羧酸含有键的数目为18 2．（25-26高三上·上海·阶段检测）下列关于、的叙述错误的是 A．均为酸性氧化物 B．均为非电解质 C．VSEPR模型均为平面三角形 D．均为非极性分子 3．（24-25高三下·上海·期中）氧、硫、硒(Se)、锑(Te)4种元素属于第VIA族元素(又称氧族元素)，下列可以由非金属性强弱的变化规律来推测的是 A．单质和氢气化合越来越难，甚至Te和氢气不直接化合 B．酸性： C．向硒化氢溶液中通入氧气可能会发生： D．沸点： 4．（2025·上海金山·二模）硫在自然界中既有游离态又有化合态。在硫酸工业的接触室中发生的反应为2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)  ΔH=-198 kJ·mol-1。下列说法正确的是 A．SO2是含有极性键的非极性分子 B．SO2能使紫色石蕊试液先变红后褪色 C．接触室中的催化剂为铁触媒 D．硫酸分子间能形成氢键 5．（24-25高三上·上海浦东新·期中）有人认为CH4是四棱锥型分子，碳原子位于四棱锥的顶点（如图）。 下列说法不能排除该观点的是 A．CH4是非极性分子 B．一氯甲烷只有一种结构 C．二氯甲烷只有一种沸点 D．CH4中的键角109°28' 6．（24-25高三上·上海·期中）MnO2催化降解甲醛的机理如图。下列说法正确的是 A．CO2的电子式为： B．在催化降解过程中，涉及到的分子均为非极性分子 C．HCHO与CO2中C的杂化方式相同 D．降解的总反应式为：HCHO + O2CO2 + H2O 7．（2025·上海奉贤·二模）能形成配离子为八面体的配合物，在该配合物的配离子中，位于八面体的中心。若含1mol该配合物的溶液与足量溶液作用可生沉淀，则化学式中的n为 A．3 B．4 C．5 D．6 8．（2025·上海静安·二模）Na2Mn[Fe(CN)6]晶体的中心离子是 A．Na+ B．Mn2+ C．[Fe(CN)6]4- D．Fe2+ 9．（24-25高三上·上海·期中）下列表达式或说法正确的是 A．基态Cr原子价层电子排布： B．的结构式： C．次氯酸的结构式： D．乙醇分子球棍模型： 10．（24-25高三上·上海·阶段检测）下列有关超分子的说法正确的是 A．超分子是像蛋白质一样的大分子 B．超分子是由小分子通过聚合得到的高分子 C．超分子是由高分子通过非化学键作用形成的分子聚集体 D．超分子是由两种或两种以上的物质通过非共价相互作用形成的分子聚集体 11．（24-25高三下·上海虹口·期中）下列液态有机化合物中存在氢键的有 A．乙醇 B．乙醛 C．乙酸 D．乙酸乙酯 12．（24-25高三下·上海·期中）下列化学用语或图示表示正确的是 A．反-2-丁烯的球棍模型： B．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： C．HClO的空间填充模型： D．晶态和非晶态粉末的X射线衍射图谱对比： 13．（24-25高三上·上海长宁·期中）下面有关卤素及其物质的描述，正确的是 A．常温下，F2、Cl2、Br2、I2均能与水发生反应，且所得溶液中均含有七种不同的微粒 B．F2、Cl2、Br2、I2均能与H2发生化合反应，但反应难度依次增加 C．相同条件下，沸点大小顺序：HI>HBr>HCl>HF D．相同条件下，还原性顺序：HI>HBr>HCl>HF 14．（24-25高三上·上海·期中）物质III(2，3−二氢苯并呋喃)是一种重要的精细化工原料，其合成的部分流程如下，下列叙述正确的是 A．物质I的分子式为C9H7OBr B．II有弱酸性，但不能使紫色石蕊试液变红 C．物质II中所有原子可能位于同一平面内 D．物质III与足量的H2加成所得产物分子中有2个手性碳原子 15．（24-25高三下·上海·开学考试）下列说法不正确的是 A．按照核外电子排布，可把元素周期表划分为4个区，Se位于元素周期表p区 B．Se的第二电离能小于的第二电离能 C．硒的两种含氧酸的酸性强弱为大于 D．不稳定，因为其键长较长，键重叠程度小 16．（24-25高三上·上海青浦·期末）液氨气化时破坏的作用力有 A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．范德华力 17．（24-25高三上·上海·阶段检测）下列性质与氢键无关的是 A．极易溶于水 B．沸点比高 C．易燃烧 D．具有还原性 18．（25-26高三上·上海·阶段检测）下列说法正确的是 A．位于元素周期表d区 B．某种激发态原子的电子排布式为： C．钴的配合物中既存在配位键又存在离子键 D．基态的价电子占据6个能量不同的轨道 19．（24-25高三上·上海·阶段检测）某种超分子的结构如图所示(已知：−Me为甲基)。下列说法正确的是 A．电负性：F > O > N > H > C B．该超分子中涉及的元素均为元素周期表p区元素 C．超分子具有分子识别和自组装的特征 D．该超分子形成的B−N配位键中，N原子提供孤电子对 20．（24-25高三上·上海·期中）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]Br，下列说法正确的是 A．CH3CN与Mn＋配位时，提供孤电子对的是C原子 B．Mn＋的配位数为6 C．CH3CN中C原子的杂化类型为sp2、sp3 D．CH3CN中σ键与π键数目之比为5:2 21．（23-24高三上·上海·期中）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。嘌呤与顺铂反应机理如下所示： 鸟嘌呤与反应的产物中包含的化学键 A．氢键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 22．（24-25高三上·上海·阶段检测）下列关于配合物的说法正确的是 A．配体是和，配位数是9 B．中心离子是的 C．该配合物中含共价键 D．含该配合物的水溶液中加入足量溶液，生成沉淀 23．（25-26高三上·上海·阶段检测）氨硼烷常温下为固态，它的熔点比乙烷的熔点高近。进一步检测发现其晶体中分子间除了分子间作用力外，还存在正电性(用“”表示)和负电性(用“”表示)的相互作用，这种作用称为“双氢键”。 (1)测定氨硼烷晶体结构可使用的仪器分析技术是_______。 A．原子发射光谱 B．紫外-可见光光谱 C．红外光谱 D．射线晶体衍射 (2)仿照氢键的表示方法：“X-H…Y”，上述“双氢键”可表示为_______。 A． B． C． D． 24．（25-26高三上·上海·阶段检测）用相关知识解释下列化学事实： (1)是共价化合物而不是离子化合物______。 (2)HF的稳定性强于(从微观结构角度分析)______。 (3)氨气极易溶于水的原因是______。 (4)的熔点比熔点______；原因是______。 (5)熔点______，原因是______。 25．（25-26高三上·上海·阶段检测）2021年，中国化学家发明了一种常压固氮的MCC法，部分流程示意如下： 完成下列填空： (1)MCC法涉及的各元素原子中，未成对电子数最多的元素原子核外电子排布式为_______；原子半径最大的元素原子核外能量最高的轨道的电子云形状为_______。 (2)下列关于MCC法中涉及的各元素的说法正确的是_______。(不定项) A．微粒半径： B．酸性： C．第一电离能： D．电负性： (3)天然存在的镁有三种同位素。镁元素的相对原子质量计算式可以表示为：镁元素的相对原子质量。其中24.986的含义是_______，后两种同位素原子在自然界中的质量比为_______(列式)。 (4)过程①中，断裂的化学键有_______。(不定项) A．金属键 B．共价键 C．离子键 D．配位键 (5)过程③的化学方程式为_______。 (6)上述方法所涉及的物质中，属于极性分子的是_____；含有极性共价键的是_______。 (7)属于_______。 A．离子化合物 B．共价化合物 C．共价分子 D．共价单质 (8)写出的电子式_______。 (9)写出镁的最高价氧化物对应水化物和氯的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式_______。 (10)请用化学方程式说明氯的非金属性比氮强。_______。 (11)写出一个能说明氧和氯非金属性强弱的实验事实。_______ (12)MCC法的特点是循环利用物质：如反应③产物可通过电解转化为原料与，请再写出该法中的一种循环路径：_______。 26．（2025·上海·三模）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。吡啶在水中的溶解度远大于苯，主要原因是：___________。 （2025·上海·三模）组氨酸(简称)是一种氨基酸，结构如下图。在组氨酸脱羧酶的作用下，组氨酸脱羧生成组胺和二氧化碳。 27．指出1号N和2号N的杂化方式正确的是_______。 氮原子编号 A B C D 1 2 28．推测组氨酸的水溶性，并说明理由_______。 29．组胺的结构简式为_______。 30．（25-26高三上·上海·期中）检验醛糖常用新制氢氧化铜，但氢氧化铜不稳定，检验时需现配现用，使用不便。美国化学家班尼迪克特改良了配方。利用柠檬酸钠与硫酸铜反应，生成稳定的配合物，使试剂可以长久保存。因此，该试剂也被称为班氏试剂，班氏试剂检验醛糖中醛基的原理与新制氢氧化铜类似。 (1)配合物中，中心离子是___________。 A． B． C． D． (2)利用班氏试剂检验葡萄糖(用RCHO代表葡萄糖)中的醛基时，发生反应的离子方程式如下，请补全该方程式________。 ______________________ 31．（25-26高三上·上海·阶段检测）氨硼烷是颇具潜力的化学储氢材料之一，其结构与乙烷相似。氨硼烷分子球棍模型如图所示。已知电负性：H-2.1，B-2.0，N-3.0。 (1)氨硼烷分子属于_______。 A．极性分子    B．非极性分子 (2)氨硼烷分子中存在N-B配位键，下列说法正确的是_______。(不定项) A．为杂化，为杂化 B．原子提供空轨道，原子提供孤电子对 C．、均为杂化 D．原子提供孤电子对，原子提供空轨道 32．（25-26高三上·上海·阶段检测）纳米金是直径为几十纳米的金单质颗粒，其表面积大，吸附性强，生物兼容性好，被广泛应用于生物医药方面。制备原理是用氯金酸钠()溶液与葡萄糖反应生成纳米金单质颗粒。 (1)下列说法错误的是___________。 A．具有氧化性 B．纳米金与水形成的分散系能产生丁达尔效应 C．纳米金属于胶体 D．制备过程中，纳米金为还原产物 (2)是一种配位化合物，其中配体是___________，配位数为___________。 (3)单质金在浓硝酸中溶解不明显，但是加入浓盐酸后会大大加快金的溶解，请从平衡移动原理的角度解释___________。 (4)纳米金可呈现出红色、紫色等多种颜色，与其中的___________有关。 A．金离子 B．自由电子 C．粒径(粒子大小) D．稳定性 33．（2025·上海·三模）甲基咪唑()常用于配合物的制备。 (1)在酸性环境中其配位能力会___________。 A．增强        B．减弱        C．不变 (2)甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物如图，常温下为液态而非固态，原因可能是___________。 34．（24-25高三下·上海虹口·期中）H2中含有CO等杂质，工业上把高压气体通过冷的铜氨溶液和氨水的混合液除去中的CO。化学方程式如下：     (1)[Cu(NH3)3(CO)]+的配体为___________。 (2)下列条件可实现铜氨溶液的再生的是___________。 A．加热加压 B．冷却加压 C．加热减压 D．冷却减压 （24-25高三下·上海·期中）2024年我国新能源汽车销量预计达1300万辆，是制造汽车锂电池必不可少的原材料。某锂离子电池主要由Li、S、Co元素组成，回答下列问题。 35．基态Co原子核外电子云有___________种伸展方向，的结构示意图为___________。 36．可形成多种配合物。已知中的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加溶液，无明显现象，则该配合物可表示为___________。 37．该配合物中键角___________键角。 A． B． C． D．无法判断 38．可被氧化为，从物质结构的角度分析的结构为___________(填字母)。 39．（2025·上海·一模）配合物正离子的符号为[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，其配位体是___________，其中非金属元素的电负性由大到小的顺序是___________。 40．（2025·上海奉贤·二模）醋酸锰的结晶水合物是一种配合物，其结构如图所示。 (1)其中配位数为_______。 A．2 B．3 C．4 D．6 (2)其含有的化学键有_______。（不定项） A．离子键 B．非极性共价键 C．极性共价键 D．氢键 (3)已知羧酸的酸性强弱与羧基中羟基的极性大小密切相关。请指出相同条件下、、碱性最弱的物质为_______，原因是_______。 真题·实战演练 1．（2026·浙江·高考真题）下列有关物质结构的说法，不正确的是 A．分子中存在键和键 B．分子间存在范德华力 C．石墨属于分子晶体 D．是极性分子 （2026·甘肃·高考真题）奥沙利铂是第三代铂类抗癌药物，可由Pt前药转化而成。据此完成下面小题， 2．关于前药分子，下列说法正确的是 A．配位数为4 B．含有多种配体 C．第一电离能 D．原子半径 3．关于奥沙利铂分子，下列说法错误的是 A．分子结构中含有五元环 B．分子中电负性最大的是O C．每个分子中含两个手性碳原子 D．与前药分子中的价态相同 4．（2026·广西·高考真题）深蓝色的溶液由与氨水反应制得，下列说法错误的是 A．有孤电子对，故能与配位 B．溶液含，故呈深蓝色 C．比稳定，所以可以转化为 D．的极性小于，故溶液中加乙醇会析出晶体 5．（2026·北京·高考真题）下列说法正确的是 A．分子中的化学键是极性键，可推知分子为极性分子 B．的非金属性比的强，可推知的酸性比的酸性强 C．由和在元素周期表中的位置，可推知的电负性大于的电负性 D．的沸点比的高，可推知键的键能比键的键能大 6．（2026·湖北·高考真题）物质的性质与其结构密切相关。下列事实与结构因素不相符的是 选项 事实 结构因素 A． 氨基酸的水溶性与值有关 碱性基团：氨基 B． 合成氨工业用冷却法使氨液化而实现分离 分子间作用力：氢键 C． 易水解形成红褐色胶体 特征：高电荷与小半径 D． 的熔点低于 阴离子半径： A．A B．B C．C D．D 7．（2026·湖北·高考真题）腰带状的[20]胶原烯，兼具刚性与空腔适应性，能有效结合或形成超分子。 下列有关[20]胶原烯说法错误的是 A．苯环与甲基的数量比为 B．通过氢键作用与、形成超分子 C．超分子能在一定条件下释放、 D．能结合一定尺寸范围内的、衍生物 8．（2026·甘肃·高考真题）某研究小组对硅电池碎片中的、、进行分离回收的流程如下： 下列说法错误的是 A．适当搅拌可提高“浸出”效率 B．“操作Ⅰ”中主要反应的离子方程式为 C．“氨浸”操作后，溶液含有 D．“操作Ⅱ”中，作还原剂 9．（2026·江苏·高考真题）为研究的性质，实验操作及现象如下图所示。 已知：白色沉淀是；有较强的还原性，溶液为无色。 下列说法正确的是 A．实验Ⅰ中发生复分解反应生成 B．实验Ⅱ中无色溶液中的被氧化 C．实验Ⅰ、Ⅱ反应后溶液中： D．实验Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的均大于7 10．（2026·全国卷·高考真题）一种含钴(Ⅱ)的多酸阴离子(以表示)能催化和的反应，制备，其反应历程如图所示。 下列叙述正确的是 A．和均含有极性键，都是极性分子 B．反应过程中Co的化合价保持不变 C．该制备反应的原子利用率为100% D．用替换，反应生成 11.（2026·上海·高考真题）硝普钠()为一种速效和短时作用的血管扩张药，某化学实验小组按以下流程制备硝普钠晶体。 已知： ①硝普钠易溶于水，溶解度随温度变化不大； ②氧化步骤的反应方程式为： 已知中配体为、，则该配合物的中心离子和配位数分别为___________。 A．、5 B．、6 C．、5 D．、6 12.（2026·上海·高考真题）阿法诺啡是一种强效阿片类镇痛药，具有很强的镇痛作用。其某种中间体的合成路线部分如下： 已知：(1) (2) 关于化合物D的叙述正确的是___________(不定项) A．有手性碳原子 B．能与碳酸氢钠溶液反应 C．能与茚三酮反应 D．能与氢氧化钠溶液反应 13．(2025·上海卷T3)关于化合物E()的说法中正确的是_______。 A．碳的杂化方式有sp2和sp两种 B．能与茚三酮反应 C．能与NaHCO3反应产生CO2 D．能形成分子间氢键 14．(2025·上海卷T3)D()中有_______个手性碳原子。 A．1 B．2 C．3 D．4 15．(2024·上海卷T4)G()对映异构体分离后才能发生下一步反应，G中有 个手性碳 16．(2024·上海卷T1)液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HFX+HF2，其中X为 。HF2的结构为，其中F-与HF依靠 相连接。 17．(2024·上海卷T3)已知可二聚为下图的二聚体： (1)该二聚体中存在的化学键类型为_______。 A．极性键 B．非极性键 C．离子键 D．金属键 (2)将该二聚体溶于生成(结构如图所示)，已知其配离子为四面体形，中心原子杂化方式为 ，其中配体是 ，该配合物中有键 。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $