2026高考化学复习热搜题之配合物与超分子

第26页（共26页）2026高考化学复习热搜题之配合物与超分子一．选择题（共20小题）1．（2024秋•广州期末）顺铂（分子式为[Pt（NH3）2Cl2]）是一种治疗癌症的药物。其结构如图所示。关于顺铂的描述正确的是（）A．含有非极性共价键 B．属于离子化合物 C．能与AgNO3溶液生成白色沉淀 D．分子数目为6.02×1021的顺铂中含铂元素1.95g2．（2025秋•辽宁月考）FeSO4•7H2O的结构如图，下列说法正确的是（）A．Fe2+的价层电子排布式为3d44s2 B．Fe2+的配位数为7 C．晶体FeSO4•7H2O中的作用力类型为共价键、配位键、氢键 D．H2O分子中的H—O—H键角小于SO42-3．（2025•哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模）含钴配合物应用广泛，关于反应2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2活性炭2[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，分析正确的是（）（设NAA．反应物NH3分子和产物中NH3分子键角相等 B．产物H2O是还原产物，每生成1molH2O，反应转移电子数为2NA C．1mol[Co（NH3）6]Cl3含有σ键的数目为18NA D．反应过程中有配位键的断裂和形成4．（2025•武昌区校级模拟）我国某科研团队利用具有构象自适应特性的二氢吩嗪（图1）配体与二价钯离子成功构筑了对卤素离子（Cl﹣、Br﹣、I﹣）具有极强结合能力的超分子配位笼，该配位笼能够从AgCl中提取Cl﹣（图2）。下列说法错误的是（）A．二氢吩嗪的核磁共振氢谱有4组峰 B．二氢吩嗪的亲水性强于 C．该配位笼对Cl﹣有极强的结合能力原因可能是其合适的空腔环境 D．该配位笼可能会促进CHCl3中C—Cl键的断裂，实现脱氯5．（2025•福州模拟）超分子有分子识别特性。“杯酚”可与C60形成超分子M（结构如图），借助杯酚分离C60、C70固体混合物的实验过程如下。下列说法正确的是（）A．M中C60与杯酚通过共价键相互结合 B．C70溶于甲苯，杯酚溶于氯仿 C．分离滤液A可回收杯酚 D．蒸馏滤液B可获得C706．（2025秋•天心区校级月考）为研究三价铁配合物的性质进行如下实验（忽略溶液体积变化）。已知：[FeCl4]-呈黄色、[Fe（SCN）]2+呈红色、下列说法错误的是（）A．①中浓盐酸促进Fe3+B．由①到②，生成[Fe（SCN）]2+并消耗[FeCC．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 D．由①→④的现象，说明F﹣与Fe3+有很强的配位能力7．（2025秋•房山区校级月考）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：[FeCl4]-为黄色、[Fe（SCN）下列说法不正确的是（）A．①中浓盐酸促进Fe3+B．由①到②，生成[Fe（SCN）]2+并消耗[FeCC．②、③对比，说明c（Fe3+）：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8．（2025秋•海淀区校级月考）X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如下。下列说法不正确的是（）A．②中发生反应：Cu（OH）2+2NH3•H2O+2NH4+=[Cu（NH3）4]2+B．在①和②中，氨水参与反应的微粒不同 C．X所含N原子以π键与Cu2+结合 D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度9．（2025秋•金坛区校级月考）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：[FeCl4下列说法不正确的是（）A．①中浓盐酸促进Fe3++4Cl﹣⇌[FeCl4]﹣平衡正向移动 B．由①到②，生成的红色微粒是[FeC．②、③对比，说明c（Fe3+）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10．（2025•泉州模拟）大环醚（如12﹣冠﹣4和18﹣冠﹣6）、杯芳烃衍生物（如杯酚）、DNA等在超分子化学的研究进程中占据了极其重要地位。下列有关超分子的陈述Ⅰ与陈述Ⅱ无因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA12﹣冠﹣4中元素的电负性：O＞C＞H12﹣冠﹣4与Li通过配位作用形成超分子B18﹣冠﹣6的空穴大小与K+直径适配，形成超分子18﹣冠﹣6可识别K+C杯酚与C60形成的超分子不溶于甲苯，而C70溶于甲苯可用杯酚和甲苯分离C60、C70DDNA中两条分子链之间有氢键作用DNA中分子链能自组装成超分子系统A．A B．B C．C D．D11．（2025春•重庆期中）某课题组利用光介导钴催化，成功地在温和条件下实现了烯烃与胺的插羰偶联反应（如图）。下列叙述错误的是（）已知：X＝[Co（CO）3（HNR2）2]A．d→e的过程中原子利用率为100% B．Co形成的化学键数目保持不变 C．a中所含元素均不位于第三周期 D．b、c、d、e都是中间产物12．（2025秋•河南月考）普鲁士蓝（PB）化学式为Fe4[Fe（CN）6]3，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．[Fe（CN）6]4﹣中σ键、π键数目之比为1：213．（2025秋•成都月考）已知6C6H5OH+Fe3+⇌[Fe（C6H6O）6]3﹣（紫色）+6H+。将一片阿司匹林（）研碎后放入适量水中，振荡后静置，分别取2mL上层清液加入试管①②中。向试管①中滴入2滴石蕊溶液，观察现象。向试管②中滴入2滴稀硫酸，振荡。再向其中滴入几滴FeCl3溶液，振荡，观察现象。下列说法错误的是（）A．若观察到试管①中溶液变红，说明阿司匹林可能含有羧基 B．水杨酸（）的二级电离常数Ka2小于苯酚的Ka C．配合物阴离子[Fe（C6H5O）6]3﹣中的配位原子是O原子 D．若观察到试管②中溶液未变紫，说明阿司匹林未水解14．（2025春•成都期中）向硫酸铜溶液中加入氯化钠时，溶液颜色会变为绿色，有关反应为[Cu(H2A．[CuCl4]2-中由Cu2+提供孤B．H2O和Cl﹣与Cu2+的配位能力：H2C．1mol[Cu（H2O）4]中所含σ键的数目为4NA D．溶液呈绿色是因为溶液中既有黄色的[CuCl4又有蓝色的[15．（2025秋•南京月考）固体ZnA2可以催化CO2与环氧乙烷的衍生物转化为环状碳酸酯，可能的机理如图：下列说法正确的是（）A．CO2中的C提供孤电子对与配位 B．过程Ⅰ、Ⅱ中都有C—Oσ键的断裂 C．可用标记CO2探究过程Ⅰ的机理 D．反应后通过分液操作回收ZnA216．（2025春•西青区期末）已知Cu2+在溶液中与H2O或Cl﹣等可形成配位数为4的配离子。某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是（）A．溶液②中形成了[Cu（H2O）4]2+，1mol[Cu（H2O）4]2+中有12molσ键 B．由④可知，Cu2+与Cl﹣可能会结合产生黄色物质 C．由②③④推测，溶液中存在：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O D．若取少量④中溶液进行稀释，溶液依然为绿色17．（2025•沙市区校级模拟）杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可改变其溶解度和选择性。图是SC[6]A修饰的银纳米粒（SC[6]A﹣AgNPs）与血根碱（SGR）形成SC[6]A﹣AgNPs—SGR络合过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。下列说法正确的是（）A．杯[n]芳烃中大π键与被装载分子通过强配位键形成超分子 B．SC[6]A是杯[6]芳烃上缘引入磺酸基后形成，可以增强水溶性 C．由于自组装的特征，后续研究选用SC[4]A同样可以自发装入血根碱（SGR） D．SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的羟基（—OH）带来的分子识别特性18．（2025•南京开学）固体ZnA2可以催化CO2与环氧乙烷的衍生物转化为环状碳酸酯，可能的机理如图：下列说法正确的是（）A．CO2中的C提供孤电子对与Zn2+配位 B．过程Ⅰ、Ⅱ中都有C—Oσ键的断裂 C．可用*18O标记CO2探究过程Ⅰ的机理 D．反应后通过分液操作回收ZnA219．（2025•重庆开学）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu（H2O）4]2+（蓝色）+4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣（黄色）+4H2O。向CuCl2溶液中持续添加氨水后，溶液由绿色最终变为深蓝色。下列说法正确的是（）A．与Cu2+的配位能力：NH3＜Cl﹣ B．铜元素位于元素周期表的d区 C．在深蓝色溶液中加入乙醇后，析出深蓝色晶体 D．物质的量相等的[Cu（H2O）4]2+和[Cu（NH3）4]2+的共价键数目相等20．（2025秋•湖南月考）物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是（）实例解释A碱金属中Li的熔点最高碱金属中Li的价电子数最少，金属键最强BBF3与NH3形成配合物[H3N→BF3]BF3中的B有空轨道接受NH3中N的孤电子对C用He替代H2填充探空气球更安全He的电子构型稳定，不易得失电子D不存在稳定的NF5分子N价层只有4个原子轨道，不能形成5个N—F键A．A B．B C．C D．D

2026高考化学复习热搜题之配合物与超分子（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）题号1234567891011答案DDDABCDCDAB题号121314151617181920答案DBDCDBCCA一．选择题（共20小题）1．（2024秋•广州期末）顺铂（分子式为[Pt（NH3）2Cl2]）是一种治疗癌症的药物。其结构如图所示。关于顺铂的描述正确的是（）A．含有非极性共价键 B．属于离子化合物 C．能与AgNO3溶液生成白色沉淀 D．分子数目为6.02×1021的顺铂中含铂元素1.95g【答案】D【分析】A．不同原子间形成极性共价键，相同原子间形成非极性共价键；B．Pt2+与2个Cl﹣和2个NH3形成配位键；C．Cl﹣和Pt2+形成配位键，没有可自由移动的离子；D．分子数目为6.02×1021的顺铂的物质的量为0.01mol。【解答】解：A．Pt2+与2个Cl﹣和2个NH3形成配位键，都为极性共价键，故A错误；B．Pt2+与2个Cl﹣和2个NH3形成配位键，属于共价化合物，故B错误；C．Cl﹣和Pt2+形成配位键，没有可自由移动的离子，不能与AgNO3溶液生成白色沉淀，故C错误；D．分子数目为6.02×1021的顺铂的物质的量为0.01mol，其质量为0.01mol×195g•mol﹣1＝1.95g，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质结构与性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确分子结构特点及存在的化学键是解本题关键，题目难度不大。2．（2025秋•辽宁月考）FeSO4•7H2O的结构如图，下列说法正确的是（）A．Fe2+的价层电子排布式为3d44s2 B．Fe2+的配位数为7 C．晶体FeSO4•7H2O中的作用力类型为共价键、配位键、氢键 D．H2O分子中的H—O—H键角小于SO42-【答案】D【分析】A．Fe的原子序数是26，核外电子排布式为3d64s2，失去2个电子后，形成Fe2+；B．由图可知，Fe2+的配位数为6；C．氢键不属于化学键，是特殊的分子间作用力；D．中心原子含有对孤电子对数越多，键角越小。【解答】解：A．Fe2+的价层电子排布式为3d6，故A错误；B．由图可知，Fe2+的配位数为6，故B错误；C．晶体FeSO4•7H2O中的作用力类型为共价键、配位键、离子键，氢键不属于化学键，是特殊的分子间作用力，故C错误；D．H2O分子中O原子含有2对孤电子对，SO42-中的S原子无孤电子对，所以H—O—H键角小于SO4故选：D。【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，属于基本知识的考查，难度中等。3．（2025•哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学一模）含钴配合物应用广泛，关于反应2CoCl2+2NH4Cl+10NH3+H2O2活性炭2[Co（NH3）6]Cl3+2H2O，分析正确的是（）（设NAA．反应物NH3分子和产物中NH3分子键角相等 B．产物H2O是还原产物，每生成1molH2O，反应转移电子数为2NA C．1mol[Co（NH3）6]Cl3含有σ键的数目为18NA D．反应过程中有配位键的断裂和形成【答案】D【分析】A．孤电子对与成键电子对的斥力转化为成键电子对间的斥力，斥力减小，键角增大；B．H2O2中O元素化合价降低，产物H2O是还原产物；C．1个[Co（NH3）6]3+中1个Co3+与6个N原子形成6个配位键，配位键属于σ键，每个NH3中含3个N—Hσ键；D．反应过程中，铵根中的配位键的断裂。【解答】解：A．NH3与Co3+形成配合物后，孤电子对与成键电子对的斥力转化为成键电子对间的斥力，斥力减小，键角增大，所以配合物中NH3分子键角大，故A错误；B．H2O2中O元素化合价降低，产物H2O是还原产物，每生成1molH2O，反应转移电子数为NA，故B错误；C．每个NH3中含3个N—Hσ键，1个[Co（NH3）6]3+中1个Co3+与6个N原子形成6个配位键，配位键属于σ键，则1mol[Co（NH3）6]3+中含有（6+6×3）mol＝24molσ键，σ键的数目为24NA，故C错误；D．反应过程中，铵根中的配位键的断裂，[Co（NH3）6]Cl3中的配位键形成，故D正确；故选：D。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生共价键的掌握情况，试题难度中等。4．（2025•武昌区校级模拟）我国某科研团队利用具有构象自适应特性的二氢吩嗪（图1）配体与二价钯离子成功构筑了对卤素离子（Cl﹣、Br﹣、I﹣）具有极强结合能力的超分子配位笼，该配位笼能够从AgCl中提取Cl﹣（图2）。下列说法错误的是（）A．二氢吩嗪的核磁共振氢谱有4组峰 B．二氢吩嗪的亲水性强于 C．该配位笼对Cl﹣有极强的结合能力原因可能是其合适的空腔环境 D．该配位笼可能会促进CHCl3中C—Cl键的断裂，实现脱氯【答案】A【分析】A．该物质有3种等效氢原子；B．二氢吩嗪含有N—H键，能与水分子形成分子间氢键；C．根据题给信息，类比冠醚识别碱金属离子形成超分子；D．根据题给信息知，二氢吩嗪配体与二价钯离子能构筑对卤素离子（Cl﹣、Br﹣、I﹣）具有极强结合能力的超分子配位笼。【解答】解：A．该物质有3种等效氢原子，核磁共振氢谱有3组峰，故A错误；B．二氢吩嗪含有N—H键，能与水分子形成分子间氢键，增大其水溶性，故B正确；C．类比冠醚识别碱金属离子形成超分子，可知该超分子配位笼对卤素离子有极强的结合能力的原因可能是其合适的空腔环境，故C正确；D．二氢吩嗪配体与二价钯离子能构筑对卤素离子（Cl﹣、Br﹣、I﹣）具有极强结合能力的超分子配位笼，则该配位笼可能会促进中CHCl3中C—Cl断裂，实现脱氯，故D正确；故选：A。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生共价键的掌握情况，试题难度中等。5．（2025•福州模拟）超分子有分子识别特性。“杯酚”可与C60形成超分子M（结构如图），借助杯酚分离C60、C70固体混合物的实验过程如下。下列说法正确的是（）A．M中C60与杯酚通过共价键相互结合 B．C70溶于甲苯，杯酚溶于氯仿 C．分离滤液A可回收杯酚 D．蒸馏滤液B可获得C70【答案】B【分析】按照分离过程，过滤1所得的滤液A为C70的甲苯溶液，M不溶于甲苯，加入氯仿后M中的杯酚溶解，M中C60不溶，过滤2所得的滤液B为杯酚的氯仿溶液，分离杯酚的氯仿溶液，得到的“杯酚“能够循环使用，据此分析解题。【解答】解：按照分离过程，过滤1所得的滤液A为C70的甲苯溶液，M不溶于甲苯，加入氯仿后M中的杯酚溶解，M中C60不溶，过滤2所得的滤液B为杯酚的氯仿溶液，分离杯酚的氯仿溶液，得到的“杯酚“能够循环使用；A．超分子M中C60与杯酚通过范德华力相互结合，故A错误；B．由分析可知，甲苯溶解C70而不溶解M，氯仿溶解杯酚而不溶解C60，故B正确；C．由分析可知，滤液A可获得甲苯和C70，分离滤液B可回收杯酚，故C错误；D．由分析可知，蒸馏滤液B可回收氯仿和杯酚，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生共价键的掌握情况，试题难度中等。6．（2025秋•天心区校级月考）为研究三价铁配合物的性质进行如下实验（忽略溶液体积变化）。已知：[FeCl4]-呈黄色、[Fe（SCN）]2+呈红色、下列说法错误的是（）A．①中浓盐酸促进Fe3+B．由①到②，生成[Fe（SCN）]2+并消耗[FeCC．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 D．由①→④的现象，说明F﹣与Fe3+有很强的配位能力【答案】C【分析】0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的[FeCl4]-，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，[FeCl4]-转化为[Fe（SCN）]2+，溶液变为红色；再加入NaF固体，[Fe（SCN）【解答】解：A．浓盐酸中Cl⁻浓度大，会促进Fe3++4ClB．加入KSCN后生成红色的[Fe（SCN）]2+，说明SCN﹣与Fe3+结合，促使[FeCl4]-解离释放Fe3+，即消耗[FeCl4]-C．①中主要含[FeCl4]-，其稳定性弱于[FeF6]3﹣，会部分解离出Fe3+；Fe3+氧化性较强，可氧化I⁻生成I2，淀粉遇I2变蓝，故向①D．②中[Fe（SCN）]2+为红色，加入NaF后红色褪去变为无色，说明F⁻与Fe3+形成更稳定的[FeF6]3﹣，证明F⁻与Fe3+配位能力很强，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2025秋•房山区校级月考）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：[FeCl4]-为黄色、[Fe（SCN）下列说法不正确的是（）A．①中浓盐酸促进Fe3+B．由①到②，生成[Fe（SCN）]2+并消耗[FeCC．②、③对比，说明c（Fe3+）：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【答案】D【分析】0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的[FeCl4]-，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，[FeCl4]-转化为[Fe（SCN）]2+，溶液变为红色；再加入NaF固体，[Fe（SCN）【解答】解：0.1mol•L﹣1的FeCl3溶液滴加数滴浓盐酸，生成更多的[FeCl4]-，溶液黄色加深；继续滴加1滴KSCN溶液，[FeCl4]-转化为[Fe（SCN）]2+，溶液变为红色；再加入NaF固体，[Fe（SCN）A．①中滴加数滴浓盐酸，试管溶液黄色加深，生成更多的[FeCl4]-B．由①到②，溶液变为红色，说明[FeCl4]-转化为[Fe（SCN）]2+，即生成[Fe（SCN）]2+C．②、③溶液中，均存在平衡Fe3++SCN﹣⇌[Fe（SCN）]2+，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（Fe3+）：②＞③，故C正确；D．类似C选项分析，由①→④推断，溶液中的c（Fe3+）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﹣，故D错误；故选：D。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。8．（2025秋•海淀区校级月考）X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如下。下列说法不正确的是（）A．②中发生反应：Cu（OH）2+2NH3•H2O+2NH4+=[Cu（NH3）4]2+B．在①和②中，氨水参与反应的微粒不同 C．X所含N原子以π键与Cu2+结合 D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度【答案】C【分析】向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu（OH）2+2NH3•H2O+2NH4+=[Cu（NH3）4【解答】解：A．步骤②中Cu（OH）2沉淀与过量氨水反应生成配合物，离子方程式为：Cu（OH）2+2NH3•H2O+2NH4+=[Cu（NH3）4]2++4H2B．向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3⋅H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu（OH）2+2NH3•H2O+2NH4+=[Cu（NH3）4]2++4H2O，X为含Cu2+的配合物，故X为深蓝色晶体[Cu（C．X为[Cu（NH3）4]2+，其中N原子以配位键与Cu2+结合，配位键属于σ键，而非π键，故C错误；D．加入95%的乙醇析出[Cu（NH3）4]SO4•H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。9．（2025秋•金坛区校级月考）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：[FeCl4下列说法不正确的是（）A．①中浓盐酸促进Fe3++4Cl﹣⇌[FeCl4]﹣平衡正向移动 B．由①到②，生成的红色微粒是[FeC．②、③对比，说明c（Fe3+）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【答案】D【分析】A．根据勒夏特列原理来分析；B．根据Fe3+与SCN﹣形成的配合物来分析；C．根据[FeF6]3﹣与[Fe（SCN）n]3﹣n的稳定性大小关系来分析；D．根据铁离子氧化碘离子，碘遇淀粉变蓝来分析。【解答】解：A．在Fe3++4Cl﹣⇌[FeCl4]﹣平衡体系中，①中滴加数滴浓盐酸，c（Cl﹣）增大，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，生成更多的[FeCl4]﹣，溶液黄色加深，故A正确；B．向①中加入KSCN溶液后变为红色，生成的红色微粒是[Fe（SCN）n]3﹣n，这是Fe3+与SCN﹣形成的配合物，故B正确；C．②中溶液显红色，存在Fe3++nSCN﹣⇌[Fe（SCN）n]3﹣n平衡，③中加入NaF固体后红色褪去变为无色，是因为Fe3+与F﹣形成了更稳定的无色[FeF6]3﹣，使得Fe3+浓度减小，平衡逆向移动，所以c（Fe3+）：②＞③，故C正确；D．①中存在Fe3+与Cl﹣形成的平衡体系，虽然加入浓盐酸后部分Fe3+转化为[FeCl4]﹣，但溶液中仍有Fe3+，Fe3+具有氧化性，能将I﹣氧化为I2，I2遇淀粉会变蓝，所以向①深黄色溶液中加入KI、淀粉溶液，溶液会变蓝，并非无明显变化，故D错误；故选：D。【点评】根据实验现象并利用所学的知识即可解答此题，注意络离子的稳定性及平衡移动规律的灵活运用。10．（2025•泉州模拟）大环醚（如12﹣冠﹣4和18﹣冠﹣6）、杯芳烃衍生物（如杯酚）、DNA等在超分子化学的研究进程中占据了极其重要地位。下列有关超分子的陈述Ⅰ与陈述Ⅱ无因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA12﹣冠﹣4中元素的电负性：O＞C＞H12﹣冠﹣4与Li通过配位作用形成超分子B18﹣冠﹣6的空穴大小与K+直径适配，形成超分子18﹣冠﹣6可识别K+C杯酚与C60形成的超分子不溶于甲苯，而C70溶于甲苯可用杯酚和甲苯分离C60、C70DDNA中两条分子链之间有氢键作用DNA中分子链能自组装成超分子系统A．A B．B C．C D．D【答案】A【分析】A．根据电负性顺序（O＞C＞H）并非12﹣冠﹣4与Li+形成配位超分子的直接原因分析；B．根据18﹣冠﹣6的空穴大小与K+直径的适配性，分析其对K+的识别能力；C．根据杯酚与C60形成的超分子的溶解性，分析其与C70的溶解性差异；D．根据DNA中两条分子链之间的氢键作用，分析其自组装成超分子系统的能力。【解答】解：A．电负性顺序（O＞C＞H）并非12﹣冠﹣4与Li+形成配位超分子的直接原因（直接原因是O的孤电子对与Li+的空轨道作用），陈述Ⅰ与Ⅱ无因果关系，故A错误；B．18﹣冠﹣6的空穴大小与K+直径适配，这种尺寸匹配使得18﹣冠﹣6能够有效地识别并结合K+，形成超分子，故B正确；C．杯酚与C60形成的超分子不溶于甲苯，而C70溶于甲苯，这说明杯酚与C60形成的超分子与C70在甲苯中的溶解性不同，利用杯酚与C60超分子和C70在甲苯中溶解性差异分离二者，陈述Ⅰ与Ⅱ因果关系成立，故C正确；D．DNA中两条分子链之间有氢键作用，这种氢键作用使得DNA分子链能够自组装成超分子系统，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查超分子化学的基本概念和原理，包括配位作用、分子识别、溶解性差异以及氢键作用等。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的化学知识进行解题。11．（2025春•重庆期中）某课题组利用光介导钴催化，成功地在温和条件下实现了烯烃与胺的插羰偶联反应（如图）。下列叙述错误的是（）已知：X＝[Co（CO）3（HNR2）2]A．d→e的过程中原子利用率为100% B．Co形成的化学键数目保持不变 C．a中所含元素均不位于第三周期 D．b、c、d、e都是中间产物【答案】B【分析】A．化合反应的原子利用率为100%；B．Co在a物质中化学键数目为4，但在b、c物质中化学键数目为5；C．a中H位于1周期，C、O位于2周期，Co位于4周期；D．中间产物在反应中先生成，后消耗。【解答】解：A．d与HNR2化合反应生成e的过程中原子利用率为100%，故A正确；B．Co在a物质中化学键数目为4，但在b、c物质中化学键数目为5，化学键数目发生了改变，故B错误；C．a中H位于1周期，C、O位于2周期，Co位于4周期，所含元素均不位于第三周期，故C正确；D．中间产物在反应中先生成，后消耗；b、c、d、e都是中间产物，故D正确；故选：B。【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生反应过程的掌握情况，试题难度中等。12．（2025秋•河南月考）普鲁士蓝（PB）化学式为Fe4[Fe（CN）6]3，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．[Fe（CN）6]4﹣中σ键、π键数目之比为1：2【答案】D【分析】根据化合价代数和0可知，Fe4[Fe（CN）6]3中，外界的4个Fe是+3价，内界的3个Fe是+2价，据此分析作答。【解答】解：A．HCN的结构式是H—C≡N，是直线形分子，故A正确；B．钾的焰色试验产生的光谱是电子跃迁产生的，属于发射光谱，故B正确；C．根据分析可知，PB中Fe（Ⅲ）与Fe（Ⅱ）数目之比为4：3，故C正确；D．CN的结构式C≡N，含有1条σ键，2条π键，另配位键属于σ键，故[Fe（CN）6]4﹣中σ键、π键数目之比为12：12＝1：1，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查配位化合物的组成与结构，属于基本知识的考查，难度中等。13．（2025秋•成都月考）已知6C6H5OH+Fe3+⇌[Fe（C6H6O）6]3﹣（紫色）+6H+。将一片阿司匹林（）研碎后放入适量水中，振荡后静置，分别取2mL上层清液加入试管①②中。向试管①中滴入2滴石蕊溶液，观察现象。向试管②中滴入2滴稀硫酸，振荡。再向其中滴入几滴FeCl3溶液，振荡，观察现象。下列说法错误的是（）A．若观察到试管①中溶液变红，说明阿司匹林可能含有羧基 B．水杨酸（）的二级电离常数Ka2小于苯酚的Ka C．配合物阴离子[Fe（C6H5O）6]3﹣中的配位原子是O原子 D．若观察到试管②中溶液未变紫，说明阿司匹林未水解【答案】B【分析】A．根据羧基的性质来分析；B．根据水杨酸（）中羧基对羟基的电离的影响规律来分析；C．根据配位键形成的条件来分析；D．结合题文信息来分析。【解答】解：A．石蕊溶液遇酸变红，若试管①中溶液变红，说明溶液呈酸性，而阿司匹林结构中含有羧基（—COOH），羧基显酸性，所以可说明阿司匹林可能含有羧基，故A正确；B．水杨酸的一级电离是—COOH的电离出氢离子，而二级电离是—OH电离出的氢离子，由于水杨酸中羧基的吸电子作用，使得酚羟基上的氢更易电离，酸性更强一些，即水杨酸的二级电离常数Ka2大于苯酚的Ka，故B错误；C．在配合物阴离子[Fe（C6H5O）6]3﹣中，（C6H5O）﹣（石炭酸根离子）中的O原子含有孤电子对，能提供孤电子对与Fe3+形成配位键，所以配位原子是O原子，故C正确；D．已知6C6H5OH+Fe3+⇌[Fe（C6H6O）6]3﹣（紫色）+6H+；阿司匹林水解会生成水杨酸，水杨酸中含有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，若试管②中溶液未变紫，说明没有水杨酸生成，即阿司匹林未水解，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查了羧酸的性质、配合物的性质、基团间的相互影响规律等相关知识，难度适中，利用所学的知识即可解答。14．（2025春•成都期中）向硫酸铜溶液中加入氯化钠时，溶液颜色会变为绿色，有关反应为[Cu(H2A．[CuCl4]2-中由Cu2+提供孤B．H2O和Cl﹣与Cu2+的配位能力：H2C．1mol[Cu（H2O）4]中所含σ键的数目为4NA D．溶液呈绿色是因为溶液中既有黄色的[CuCl4又有蓝色的[【答案】D【分析】A．中心原子提供空轨道，配位原子提供孤电子对误；B．氯原子电负性小，更容易给出孤电子对；C．1个[Cu（H2O）4]2+中含有4+4×2＝12个σ键；D．溶液呈绿色是因为溶液中既有黄色的[CuCl4又有蓝色的[Cu【解答】解：A．[CuCl4]2中由Cu2+提供空轨道，Cl﹣B．氯原子电负性小，更容易给出孤电子对，则Cl﹣和H2O与Cu2+的配位能力：Cl﹣＞H2O，故B错误；C．1个[Cu（H2O）4]2+中含有4+4×2＝12个σ键，则1mol[Cu（H2O）4]2+中所含σ键的数目为12NA，故C错误；D．溶液呈绿色是因为溶液中既有黄色的[CuCl4又有蓝色的[Cu(H故选：D。【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，属于基本知识的考点，难度中等。15．（2025秋•南京月考）固体ZnA2可以催化CO2与环氧乙烷的衍生物转化为环状碳酸酯，可能的机理如图：下列说法正确的是（）A．CO2中的C提供孤电子对与配位 B．过程Ⅰ、Ⅱ中都有C—Oσ键的断裂 C．可用标记CO2探究过程Ⅰ的机理 D．反应后通过分液操作回收ZnA2【答案】C【分析】A．CO2中的C原子无孤电子对；B．过程Ⅱ中有C—Oσ键的形成；C．可用标记CO2，探究过程Ⅰ的断键机理；D．ZnA2属于固体。【解答】解：A．CO2中的C原子无孤电子对，应该是O原子提供孤电子对与配位，故A错误；B．过程Ⅰ有C—Oσ键和C—Oπ键的断裂，过程Ⅱ中有C—Oσ键的形成，构成五元环，故B错误；C．可用标记CO2，探究过程Ⅰ的断键机理，故C正确；D．ZnA2属于固体，反应后通过过滤操作回收ZnA2，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查化学反应机理的探究，属于基本知识的考查，难度中等。16．（2025春•西青区期末）已知Cu2+在溶液中与H2O或Cl﹣等可形成配位数为4的配离子。某同学通过实验研究铜盐溶液颜色的变化。下列说法不正确的是（）A．溶液②中形成了[Cu（H2O）4]2+，1mol[Cu（H2O）4]2+中有12molσ键 B．由④可知，Cu2+与Cl﹣可能会结合产生黄色物质 C．由②③④推测，溶液中存在：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O D．若取少量④中溶液进行稀释，溶液依然为绿色【答案】D【分析】A．由①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，1mol[Cu（H2O）4]2+中含有4mol水中的8molσ键和4mol配位键；B．向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色；C．由②③④可知，③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色；D，[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O，平衡会向左移动。【解答】解：A．实验①②可知，无水CuSO4是白色的，加入水后CuSO4溶液呈蓝色，这说明②中溶液呈蓝色是Cu2+与水分子作用的结果；1mol[Cu（H2O）4]2+中含有4mol水中的8molσ键和4mol配位键，共12molσ键，故A正确；B．向③中溶液加入NaCl固体后，底部的NaCl固体表面变为黄色，说明Cu2+与Cl﹣可能会结合产生黄色物质，故B正确；C．③中蓝色溶液加入足量NaCl固体后④溶液为黄色，说明CuCl2水溶液中存在平衡：[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O，故C正确；D．若取少量④中溶液进行稀释，[Cu（H2O）4]2++4Cl﹣⇌[CuCl4]2﹣+4H2O，平衡会向左移动，溶液会变为蓝色，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了配合物的成键情况，涉及了化学平衡移动，侧重实验过程的现象和实验分析，掌握基础是解题关键，题目难度中等。17．（2025•沙市区校级模拟）杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可改变其溶解度和选择性。图是SC[6]A修饰的银纳米粒（SC[6]A﹣AgNPs）与血根碱（SGR）形成SC[6]A﹣AgNPs—SGR络合过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。下列说法正确的是（）A．杯[n]芳烃中大π键与被装载分子通过强配位键形成超分子 B．SC[6]A是杯[6]芳烃上缘引入磺酸基后形成，可以增强水溶性 C．由于自组装的特征，后续研究选用SC[4]A同样可以自发装入血根碱（SGR） D．SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的羟基（—OH）带来的分子识别特性【答案】B【分析】A．杯[n]芳烃与被装载分子通过分子间作用力结合；B．SC[6]A由杯[6]芳烃发生磺化反应得到，磺酸基属于亲水基；C．根据超分子可对分子进行识别，SC[6]A可自发装入血根碱；D．SC[6]A的上缘结合银纳米颗粒，是其—SO3H带来的分子识别特性。【解答】解：A．杯[n]芳烃与被装载分子通过分子间作用力结合，并非化学键，故A错误；B．SC[6]A由杯[6]芳烃发生磺化反应得到，磺酸基属于亲水基，因此可增强水溶性，故B正确；C．SC[6]A可自发装入血根碱，可知SC[6]A的大小与血根碱（SGR）适配，则SC[4]A无法识别血根碱，不能自发装入，故C错误；D．由SC[6]A﹣AgNPs—SGR络合结构可知，SC[6]A的上缘结合银纳米颗粒，应是其含有特定数量的—SO3H带来的分子识别特性，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查超分子的概念及应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。18．（2025•南京开学）固体ZnA2可以催化CO2与环氧乙烷的衍生物转化为环状碳酸酯，可能的机理如图：下列说法正确的是（