2026年高考化学模拟试卷重点知识题型汇编-配合物与超分子

第1页（共1页）2026年高考化学模拟试卷重点知识题型汇编——配合物与超分子一．选择题（共20小题）1．（2025秋•江苏期中）探究含铁化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色（生成了[FeF步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2 B．步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeFC．步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色D．步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-2．（2025秋•和平区校级月考）超分子K+@18﹣冠﹣6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Na+、Rb+形成稳定的超分子 C．超分子可以是分子，也可以是离子 D．K+@18﹣冠﹣6中K+与O原子之间有静电相互作用3．（2025秋•泉州期中）在有机合成工业中，一种配位催化氧化加成反应的过程中，中性分子XY能加成到具有配位空穴的过渡金属化合物上。如CO催化氧化加成的反应机理如图示：下列说法错误的是（）A．②反应中Rh配位数增加了2 B．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成 C．分子中具有空穴 D．总反应为C4．（2025秋•河北期中）下列叙述正确的是（）A．爆炸盐过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）中存在离子键、极性键、非极性键、氢键4种化学键 B．聚乙炔中掺杂I2可发生加成反应而使其导电性减弱甚至丧失 C．泡沫灭火器内部为双桶结构：铁桶中装Al2（SO4）3溶液，塑料桶中装NaHCO3溶液 D．碳化硅硬度很大，其原子排列与金刚石类似，最小环为六元环，碳和硅的配位数都是45．（2025秋•泉州期中）物质的结构决定其性质，下列实例与解释不相符的是（）选项实例解释A酸性：CF3COOH＞CH3COOH—CF3为吸电子基B热稳定性：HF＞HClHF分子间存在氢键C利用“杯酚”可分离C60和C70超分子具有分子识别的特征D硬度：碳化硅＞硅单质键长：C—Si＜Si—SiA．A B．B C．C D．D6．（2025秋•汕头月考）AgCl难溶于水，但可以溶于氨水形成[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3A．加水稀释，c{[Ag(NB．再往溶液中加入NaCl溶液，一定会析出白色固体 C．[Ag（NH3）2]OH的电离方程式为：[Ag(ND．体系中，c(A7．（2025秋•泗阳县期中）观察下列结构示意图并结合相关信息，判断有关说法正确的是（）名称或化学式邻羟基苯甲醛苯FeSO4•7H2O18﹣冠﹣6结构示意图A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： B．苯分子中σ键的数目为12 C．FeSO4•7H2O结构中键角1、2、3由大到小的顺序：2＞1＞3 D．18﹣冠﹣6中带负电荷O（灰球）通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征8．（2025秋•临沂月考）Fen+形成的某种离子结构如图所示。下列说法错误的是（）A．n＝3 B．Fen+的配位数是6 C．Fe﹣O键的键长均相等 D．0.1mol该离子含有3molσ键9．（2025秋•浙江月考）2025年诺贝尔化学奖授予SusumuKitagawa、RichardRobson和OmarM。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Zn2+和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构（见图）。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sp2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10．（2025•山东模拟）二乙二胺合铜配离子的结构如图所示。下列说法正确的是（）A．涉及元素分别位于元素周期表的四个区 B．原子半径：N＞C＞H C．非金属元素电负性：N＞H＞C D．碳原子和氮原子均不存在孤电子对11．（2025秋•岳麓区校级月考）铜离子可以与双缩脲试剂发生反应，形成紫色配离子（结构如图所示），可以用来检验蛋白质。已知双缩脲的结构为H2NCONHCONH2。下列说法错误的是（）A．双缩脲的碱性比NH3强 B．该紫色配离子中的配位原子为N和O C．该配离子中的铜元素是+2价 D．该配离子中存在σ键和π键12．（2025秋•岳麓区校级月考）在水溶液中，CN﹣可与Co2+和Co3+分别形成配离子M和N，其中N的稳定性更强。配离子的通式为[Co(CN)x]y-，达到平衡时，lgc(Co2+)A．曲线①代表lgc(Co2+)c(M)与﹣lgcB．配离子M和配离子N中的配位数不相同 C．99.99%的Co2+、Co3+分别转化为配离子时，前者溶液中CN—的平衡浓度更大 D．向配离子M的溶液中加入适量Co3+，能实现M向N的完全转化13．（2025秋•大连校级期中）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是（）A．Cl2分子中σ键的形成： B．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：[Cu(NC．NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构 D．制备芳纶纤维凯芙拉：14．（2025秋•舟山期中）铁的配合物离子（用[L—Fe—H]+表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是（）A．该过程的总反应为HCOOH催化剂CO2↑+H2↑B．该反应为放热反应 C．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低 D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决15．（2025秋•鲤城区校级期中）依地酸铁钠是一种强化补铁剂，依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与Fe2+形成橙红色配合物，其结构简式如图。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。下列说法正确的是（）A．溶液pH的大小不影响邻二氮菲与Fe2+的配位能力 B．该橙红色配离子中含有配位键、共价键、离子键 C．依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe（Ⅲ） D．依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与Fe2+形成的配合物更稳定16．（2025秋•通州区期中）三价铁离子可形成多种配合物，如[FeCl4]-（黄色）、[Fe(SCN)下列说法正确的是（）A．实验①中黄色加深是Fe3+的水解程度增加引起的 B．Cl﹣与Fe3+的配位能力强于SCN﹣ C．反应[Fe(SCN)6]3-+6D．实验④中溶液保持无色能说明还原性：Fe2+＞I﹣17．（2025秋•淮安期中）探究AlCl3和CH3COONa反应情况的实验如下：步骤Ⅰ：2mL0.33mol•L﹣1AlCl3溶液中滴入2mL1mol•L﹣1CH3COONa溶液，无明显现象，经检验，溶液中含有配合物Al（CH3COO）3步骤Ⅱ：将步骤Ⅰ中混合溶液加热，观察到有白色沉淀生成。步骤Ⅲ：分别取步骤Ⅱ洗净后的白色沉淀和Al（OH）3固体于两支试管中，加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH不同。步骤Ⅳ：取步骤Ⅱ洗净后的白色沉淀进行实验分析，确定白色沉淀为AlOH（CH3COO）2。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ能生成配合物的原因为CH3COO-B．步骤Ⅱ中生成白色沉淀的反应为：Al（CH3COO）3+H2O△AlOH（CH3COO）2+CH3COOHC．步骤Ⅲ的实验目的是证明沉淀不是Al（OH）3 D．步骤Ⅲ中加Al（OH）3固体的试管上层清液的pH小18．（2025•西城区校级三模）铑的价层电子排布式是4d85s1，铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化反应A．铑位于元素周期表第五周期第Ⅷ族 B．X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形 C．A、C分别是CH3COI和CH3COOH D．B为OH﹣，D为I﹣19．（2025秋•思明区校级期中）铁的配合物离子（用[L—Fe—H]+表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是（）A．该过程的热化学方程式为：HCOOH催化剂CO2↑+H2↑ΔH＝﹣46.2kJ•molB．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低 C．加入[L—Fe—H]+，提高了该反应的活化分子百分数，从而加快了反应速率 D．该过程的总反应速率由Ⅳ→Ⅰ步骤决定20．（2025秋•海淀区校级月考）Fe3+的配位化合物较稳定且应用广泛。Fe3+可与H2O、SCN﹣、F﹣等配体形成使溶液呈浅紫色的[Fe（H2O）6]3+、红色的[Fe(SCN)6]3+、无色的[FeF6已知：向Co2+的溶液中加入KSCN溶液生成蓝色的[Co(SCN)4]2-配离子；CoA．Fe第四电离能（I4）大于其第三电离能（I3） B．I中溶液呈黄色可能是由Fe3+水解产物的颜色造成 C．可用NaF和KSCN溶液检验FeCl3溶液中是否含有Co2+ D．[Fe(H2O)6]3+中H—O—H的键角与H2O

2026年高考化学模拟试卷重点知识题型汇编——答案一．选择题（共20小题）题号1234567891011答案DBBDBABCCDA题号121314151617181920答案BDDDCDDAD一．选择题（共20小题）1．（2025秋•江苏期中）探究含铁化合物性质的实验如下：步骤Ⅰ：取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。步骤Ⅱ：向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色（生成了[FeF步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2 B．步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeFC．步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中：c血红色D．步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-【答案】D【分析】A．取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝，说明有单质I2生成，即Fe3+具有氧化性；B．血红色溶液是Fe3+和SCN﹣形成配合物，NaF加入后血红色溶液变为无色；C．步骤Ⅱ中血红色溶液中铁元素主要以Fe（SCN）3形式存在，游离Fe3+浓度低；而无色溶液中[FeF6]3-D．根据步骤I可知氧化性Fe3+＞I2，步骤Ⅲ中向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝，说明[FeF6]3-不能将I﹣【解答】解：A．向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝，说明有单质I2生成，即Fe3+具有氧化性，能与I﹣发生反应：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，故A正确；B．血红色溶液是Fe3+和SCN﹣形成配合物，NaF加入后血红色溶液变为无色，生成更稳定的无色[FeF6]C．步骤Ⅱ中血红色溶液中铁元素主要以Fe（SCN）3形式存在，游离Fe3+浓度低；而无色溶液中[FeF6]3-更稳定，游离Fe3+浓度更低，则有：D．根据步骤I可知氧化性Fe3+＞I2，步骤Ⅲ中向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝，说明[FeF6]3-不能将I﹣氧化为I2，则氧化性[FeF故选：D。【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。2．（2025秋•和平区校级月考）超分子K+@18﹣冠﹣6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Na+、Rb+形成稳定的超分子 C．超分子可以是分子，也可以是离子 D．K+@18﹣冠﹣6中K+与O原子之间有静电相互作用【答案】B【分析】A．化合物Ⅰ中含有羟基，易溶于水，化合物Ⅱ为氯原子，不溶于水；B．Na+、Rb+的直径不在18﹣冠﹣6的空腔范围内，不可以与18﹣冠﹣6形成稳定的超分子；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；D．K+@18﹣冠﹣6中K+与冠醚中的O原子之间主要通过离子﹣偶极相互作用。【解答】解：A．化合物Ⅰ中含有羟基，易溶于水，化合物Ⅱ为氯原子，不溶于水，则水中溶解性：化合物Ⅰ＞化合物Ⅱ，故A正确；B．18﹣冠﹣6能够与K+形成稳定的分子，但Na+、Rb+的直径不在18﹣冠﹣6的空腔范围内，不可以与18﹣冠﹣6形成稳定的超分子，故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，故C正确；D．K+@18﹣冠﹣6中K+与冠醚中的O原子之间主要通过离子﹣偶极（静电）相互作用，故D正确；故选：B。【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秋•泉州期中）在有机合成工业中，一种配位催化氧化加成反应的过程中，中性分子XY能加成到具有配位空穴的过渡金属化合物上。如CO催化氧化加成的反应机理如图示：下列说法错误的是（）A．②反应中Rh配位数增加了2 B．反应过程中有极性键和非极性键的断裂与形成 C．分子中具有空穴 D．总反应为C【答案】B【分析】A．反应②前Rh的配体为I⁻、CO（配位数4），反应后结合CH3-B．反应过程中，有极性键（如CH3OH中O—C、HI中H—I、CH3I中C—I）断裂与形成（如CH3COOH中C—O、O—H）；C．“中性分子XY能加成到具有空穴的过渡金属化合物上”以及反应机理图可知，这种分子作为过渡金属化合物；D．将各个分步反应进行加和。【解答】解：A．反应②前Rh的配体为I⁻、CO（配位数4），反应后结合CH3-和另一配体，配位数变为6，增加2B．反应过程中，有极性键（如CH3OH中O—C、HI中H—I、CH3I中C—I）断裂与形成（如CH3COOH中C—O、O—H），没有非极性键的断裂与形成，故B错误；C．“中性分子XY能加成到具有空穴的过渡金属化合物上”以及反应机理图可知，这种分子作为过渡金属化合物，具有空穴来接受中性分子的加成，故C正确；D．将各个分步反应进行加和，可得出总反应为CH3OH+CO催化剂CH3COOH，故D故选：B。【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。4．（2025秋•河北期中）下列叙述正确的是（）A．爆炸盐过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）中存在离子键、极性键、非极性键、氢键4种化学键 B．聚乙炔中掺杂I2可发生加成反应而使其导电性减弱甚至丧失 C．泡沫灭火器内部为双桶结构：铁桶中装Al2（SO4）3溶液，塑料桶中装NaHCO3溶液 D．碳化硅硬度很大，其原子排列与金刚石类似，最小环为六元环，碳和硅的配位数都是4【答案】D【分析】A．氢键不属于化学键，属于特殊的分子间作用力；B．I2可以使聚乙炔的链状结构中产生带正电的可以移动的空穴，从而提高导电性；C．NaHCO3溶液显碱性，Al2（SO4）3溶液显酸性；D．碳化硅的原子排列与金刚石类似，属于共价晶体。【解答】解：A．爆炸盐过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）中存在离子键、极性键、非极性等3种化学键，氢键不属于化学键，属于特殊的分子间作用力，故A错误；B．聚乙炔中掺杂I2，使聚乙炔的链状结构中产生带正电的可以移动的空穴，从而提高导电性，故B错误；C．泡沫灭火器内部为双桶结构：铁桶中装NaHCO3溶液，塑料桶中装Al2（SO4）3溶液，故C错误；D．碳化硅的原子排列与金刚石类似，属于共价晶体，硬度很大，其最小环为六元环，碳和硅的配位数都是4，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，同时考查盐类水解等，属于基本知识的考查，难度中等。5．（2025秋•泉州期中）物质的结构决定其性质，下列实例与解释不相符的是（）选项实例解释A酸性：CF3COOH＞CH3COOH—CF3为吸电子基B热稳定性：HF＞HClHF分子间存在氢键C利用“杯酚”可分离C60和C70超分子具有分子识别的特征D硬度：碳化硅＞硅单质键长：C—Si＜Si—SiA．A B．B C．C D．D【答案】B【分析】A．根据羧基中羟基的极性越大，越易电离出H+来分析；B.热稳定性由分子内H—X键能决定，而非分子间作用力；C．根据超分子的概念来分析；D．键长越短，键能越大，晶格能越大，共价晶体的硬度越大。【解答】解：A．—CF3为吸电子基，使CF3COOH的羧基中羟基的极性更大，更易电离出H+，所以酸性：CF3COOH＞CH3COOH，故A正确；B.HF热稳定性高源于H—F键能大，而非氢键，故B错误；C．“杯酚”与C60形成的物质是超分子；超分子具有分子识别的特性，利用这一特性可以分离C60和C70，故C正确；D．两者都是共价晶体，键长C—Si＜Si—Si，键能C—Si＞Si—Si，碳化硅的晶格能比硅单质的大，则硬度：碳化硅＞硅单质，故D正确；故选：B。【点评】本题考查元素周期律，侧重考查学生基础知识的掌握情况，题目难度中等。6．（2025秋•汕头月考）AgCl难溶于水，但可以溶于氨水形成[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3A．加水稀释，c{[Ag(NB．再往溶液中加入NaCl溶液，一定会析出白色固体 C．[Ag（NH3）2]OH的电离方程式为：[Ag(ND．体系中，c(A【答案】A【分析】A．加水稀释时，虽然配合物可能解离，但溶液体积增大导致各物质浓度总体降低；B．加入NaCl后，Cl⁻浓度增加，但溶液中游离Ag+浓度极低（因Ag主要以配合物形式存在）；C．[Ag（NH3）2]OH为强电解质，应完全解离为[Ag(NH3D．电荷守恒式遗漏了NH【解答】解：A．存在解离平衡，稀释后总Ag浓度（由Cl⁻浓度决定）必然减少，因此[Ag（NH3）2]+的浓度一定减小，故A正确；B．加入NaCl后，Cl⁻浓度增加，但溶液中游离Ag+浓度极低（因Ag主要以配合物形式存在），Ag+与Cl⁻的浓度积难以超过AgCl的溶度积（Ksp），故不一定析出AgCl，故B错误；C．[Ag（NH3）2]OH为强电解质，应完全解离为[Ag(NH3)2]+和OH⁻，而非直接分解为Ag+、D．电荷守恒式遗漏了NH4+的浓度（氨水部分解离产生NH4+），正确式应为：c（Ag+）+c{[Ag（NH3）]+}+c{[Ag（NH3）2]+}+c（H+）+c（NH4+）＝c故选：A。【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握情况，试题难度中等。7．（2025秋•泗阳县期中）观察下列结构示意图并结合相关信息，判断有关说法正确的是（）名称或化学式邻羟基苯甲醛苯FeSO4•7H2O18﹣冠﹣6结构示意图A．邻羟基苯甲醛分子内氢键示意图： B．苯分子中σ键的数目为12 C．FeSO4•7H2O结构中键角1、2、3由大到小的顺序：2＞1＞3 D．18﹣冠﹣6中带负电荷O（灰球）通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征【答案】B【分析】A．根据氢键是与N、O、F相连的氢原子与其它N、O、F原子间的较强分子间作用进行分析；B．根据两原子形成共价键进行分析。C．根据价层电子对之间的斥力由大到小的顺序为：孤电子对—孤电子对＞孤电子对—成键电子对＞成键电子对—成键电子对，进行分析；D．根据A中冠醚与K+之间并非离子键，进行分析。【解答】解：A．氢键是与N、O、F相连的氢原子与其它N、O、F原子间的较强分子间作用，图中所示形成氢键的氢原子是与氧原子相连形成的，故A错误；B．苯分子中含有6个碳氢键和6个碳碳键，则σ键的数目为12，故B正确；C．价层电子对之间的斥力由大到小的顺序为：孤电子对—孤电子对＞孤电子对—成键电子对＞成键电子对—成键电子对，由图，1、2是水分子中的键角，3是硫酸根离子中的键角，水分子中心原子氧原子和硫酸根离子中心原子硫原子都是sp3杂化，但是2中水分子中有两对孤对电子对氢氧键排斥，使键角变小，1中有1对孤对电子与铁形成配位键，只有一对孤对电子排斥，键角稍大于2，3无孤对电子排斥，键角为109°28'，键角最大，故大小顺序为3＞1＞2，故C错误；D．A中冠醚与K+之间并非离子键，而是通过配位键结合，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查元素电离能、电负性的含义及应用等，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。8．（2025秋•临沂月考）Fen+形成的某种离子结构如图所示。下列说法错误的是（）A．n＝3 B．Fen+的配位数是6 C．Fe﹣O键的键长均相等 D．0.1mol该离子含有3molσ键【答案】C【分析】A．该离子为[Fe2(OH)B．由图知，该分子中每个Fe3+的配位数均为6；C．由图知，该分子中有2种Fe﹣O；D．1个该离子中，每个Fe3+形成6个配位键，每个水分子内部有两个O—H共价键。【解答】解：A．该离子为[Fe2(OH)2(H2O)B．该分子中每个Fe3+的配位数均为6，故B正确；C．该分子中有2种Fe﹣O，键长不会均相等，故C错误；D．1个该离子中，每个Fe3+形成6个配位键，每个水分子内部有两个O—H共价键，则该离子中含有的σ键数为6+6+8×2+1+1＝30，所以0.1mol离子中含有3molσ键，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握情况，试题难度中等。9．（2025秋•浙江月考）2025年诺贝尔化学奖授予SusumuKitagawa、RichardRobson和OmarM。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Zn2+和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构（见图）。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sp2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【分析】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；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；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；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。【解答】解：A．Zn2+与对苯二甲酸根通过配位键结合形成骨架结构，因此骨架中存在配位键，故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，故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，故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，故D正确；故选：C。【点评】本题考查化学键，侧重考查基础知识的掌握情况，试题难度中等。10．（2025•山东模拟）二乙二胺合铜配离子的结构如图所示。下列说法正确的是（）A．涉及元素分别位于元素周期表的四个区 B．原子半径：N＞C＞H C．非金属元素电负性：N＞H＞C D．碳原子和氮原子均不存在孤电子对【答案】D【分析】A．涉及的元素为Cu、C、N、H，其中H位于s区，C、N位于p区，Cu位于ds区；B．同周期主族元素原子半径从左到右逐渐减小；C．同一周期元素从左向右电负性逐渐增大，H电负性小于C；D．根据二乙二胺合铜配离子的结构，碳原子均形成4个σ键，孤电子对数为0。【解答】解：A．涉及的元素为Cu、C、N、H，其中H位于s区，Cu位于ds区，C、N位于p区，共3个区，故A错误；B．同周期主族元素原子半径从左到右逐渐减小，C、N同处第二周期，原子半径C＞N，H原子半径最小，原子半径：C＞N＞H，故B错误；C．同一周期元素从左向右电负性逐渐增大，氢原子电负性小于C，电负性：N＞C＞H，故C错误；D．二乙二胺合铜配离子的结构中碳原子均形成4个σ键，孤电子对数为0；N原子与Cu形成配位键后，价层电子对为4个σ键（2个N—H、1个N—C、1个N→Cu配位键），孤电子对参与成键后消失，故C、N均无孤电子对，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查配合物与超分子等，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。11．（2025秋•岳麓区校级月考）铜离子可以与双缩脲试剂发生反应，形成紫色配离子（结构如图所示），可以用来检验蛋白质。已知双缩脲的结构为H2NCONHCONH2。下列说法错误的是（）A．双缩脲的碱性比NH3强 B．该紫色配离子中的配位原子为N和O C．该配离子中的铜元素是+2价 D．该配离子中存在σ键和π键【答案】A【分析】A．双缩脲（结构中含有酰胺基）的氮原子上电子对会与羰基（C＝O）发生一定程度的共轭，导致N原子电子云密度较小，更难与H+配位，几乎没有碱性；B．根据配离子的结构可知，铜离子形成4个配位键，铜离子的配位数为4，N原子和O原子提供孤对电子；C．根据配离子的结构可知，配体是2个OH﹣，2个[HNCONHCONH]2﹣；D．单键是σ键，双键中有一个是σ键、一个是π键。【解答】解：A．双缩脲的氮原子上电子对会与羰基（C＝O）发生一定程度的共轭，导致N原子电子云密度较小，更难与H+配位，几乎没有碱性，故双缩脲的碱性比NH3弱，故A错误；B．铜离子形成4个配位键，铜离子的配位数为4，N原子和O原子提供孤对电子，配位原子是N和O，故B正确；C．配体是2个OH﹣，2个[HNCONHCONH]2﹣，整个配离子带2个单位负电荷，故Cu呈+2价，故C正确；D．该配离子中存在C—N、N—H等σ键，也存在C＝O中的π键，故D正确；故选：A。【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。12．（2025秋•岳麓区校级月考）在水溶液中，CN﹣可与Co2+和Co3+分别形成配离子M和N，其中N的稳定性更强。配离子的通式为[Co(CN)x]y-，达到平衡时，lgc(Co2+)c(M)A．曲线①代表lgc(Co2+)c(M)与﹣lgcB．配离子M和配离子N中的配位数不相同 C．99.99%的Co2+、Co3+分别转化为配离子时，前者溶液中CN—的平衡浓度更大 D．向配离子M的溶液中加入适量Co3+，能实现M向N的完全转化【答案】B【分析】配离子M（或N）转化为Co2+（或Co3+）的反应为[Co（CN）x]y﹣（aq）⇌Co2+（或Co3+）（aq）+xCN﹣（aq），M转化为Co2+的平衡常数K1=c(Co2+)c(M)×cx1（CN﹣），N转化为Co3+的平衡常数K2=c(Co3+)c(N)×cx2（CN﹣），lgc(Co2+)c(M)=x1[﹣lgc（CN﹣）]+lgK1、lgc(Co3+)c(N)=x2[﹣lgc（CN﹣）]+lgK2，N的稳定性更强，即K1＞K2，当﹣lgc（CN﹣）相同、c（CN﹣）相等时lgK1＞lgK2，此时lgc(Co2+)c(M)＞lgc(Co3+)c(N)，所以图中曲线①代表lgc(Co2+)c(M)与﹣lgc（CN﹣）的关系，曲线②代表lgc(Co3+)c(N)与﹣lgc（CN﹣）的关系；由图可知，当﹣lgc（CN﹣）＝0、c（CN﹣）＝1mol/L时lgc(Co2+)c(M)=lgK1＝﹣35，lgc(Co3+)c(N)=lgK2＝﹣42，K1＝【解答】解：A．配离子M（或N）转化为Co2+（或Co3+）的反应为[Co（CN）x]y﹣（aq）⇌Co2+（或Co3+）（aq）+xCN﹣（aq），M转化为Co2+的平衡常数K1=c(Co2+)c(M)×cx1（CN﹣），N转化为Co3+的平衡常数K2=c(Co3+)c(N)×cx2（CN﹣），lgc(Co2+)c(M)=x1[﹣lgc（CN﹣）]+lgK1、lgc(Co3+)c(N)=x2[﹣lgc（CN﹣）]+lgK2，N的稳定性更强，即K1＞K2，当﹣lgc（CN﹣）相同、c（CN﹣）相等时B．由上述分析、计算可知，配离子M和N中的配位数均为6，即配离子M和配离子N中的配位数相等，故B错误；C．99.99%的Co2+、Co3+分别转化为配离子时溶液中c(Co2+)c(M)=c(Co3+)c(N)，K1=c(Co2+)c(M)×c6（CN﹣），K2=c(Co3+)c(N)×c6（CN﹣），但平衡常数D．由上述分析可知，配离子M、N分别为[Co（CN）6]4﹣、[Co（CN）6]3﹣，平衡常数K1=c(Co2+)c(M)×c6（CN﹣）＝10﹣35，N转化为Co3+的平衡常数K2=c(Co3+)c(N)×c6（CN﹣）＝10﹣42，M和Co3+的反应为M（aq）+Co3+（aq）⇌N（aq）+Co2+（故选：B。【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。13．（2025秋•大连校级期中）化学用语可以表达化学过程，下列化学用语表达错误的是（）A．Cl2分子中σ键的形成： B．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：[Cu(NC．NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构 D．制备芳纶纤维凯芙拉：【答案】D【分析】A．Cl2分子的σ键由两个Cl原子的p轨道“头碰头”重叠形成；B．亚铜氨配离子[Cu(NH3)2]+与C．NH4+的中心N原子价层电子对为4（无孤电子对），VSEPR模型为四面体，空间结构为正四面体；ClO4-的中心Cl原子价层电子对为D．应生成（2n﹣1）H2O。【解答】解：A．Cl2分子的σ键由两个Cl原子的p轨道“头碰头”重叠形成，图中显示p轨道“头碰头”靠拢、重叠形成单键，故A正确；B．亚铜氨配离子[Cu(NH3)2]+与CO、NH3C．ClO4-的中心Cl原子价层电子对为4（无孤电子对），VSEPR模型为四面体，空间结构为正四面体，NH4+的中心N原子价层电子对为4（无孤电子对），D．应生成（2n﹣1）H2O，正确的方程式为，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查配合物与超分子等，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。14．（2025秋•舟山期中）铁的配合物离子（用[L—Fe—H]+表示）催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是（）A．该过程的总反应为HCOOH催化剂CO2↑+H2↑B．该反应为放热反应 C．H+浓度过大或者过小，均导致反应速率降低 D．该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决【答案】D【分析】A．由反应机理可知，HCOOH电离出氢离子后，HCOO﹣与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气；B．由图可知，该反应的生成物能量低于反应物能量；C．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢；D．由反应进程可知，反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢。【解答】解：A．甲酸电离出氢离子后，HCOO﹣与催化剂结合，放出二氧化碳，然后又结合氢离子转化为氢气，所以化学方程式为HCOOH催化剂CB．该反应的生成物能量低于反应物能量，为放热反应，故B正确；C．若氢离子浓度过低，则反应Ⅲ→Ⅳ的反应物浓度降低，反应速率减慢，若氢离子浓度过高，则会抑制加酸的电离，使甲酸根浓度降低，反应Ⅰ→Ⅱ速率减慢，所以氢离子浓度过高或过低，均导致反应速率减慢，故C正确；D．反应Ⅳ→Ⅰ能垒最大，反应速率最慢，对该过程的总反应起决定作用，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查配合物与超分子等，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。15．（2025秋•鲤城区校级期中）依地酸铁钠是一种强化补铁剂，依地酸根是常见的配体，邻二氮菲可与Fe2+形成橙红色配合物，其结构简式如图。某实验小组采用如下实验探究该补铁剂中铁元素的化合价。下列说法正确的是（）A．溶液pH的大小不影响邻二氮菲与Fe2+的配位能力 B．该橙红色配离子中含有配位键、共价键、离子键 C．依据现象②和③推测，依地酸铁钠中不含Fe（Ⅲ） D．依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与Fe2+形成的配合物更稳定【答案】D【分析】A．邻二氮菲中也可以与H+形成配位键；B．该橙红色配离子中无离子键；C．依据现象②和③推测，依地酸铁钠与Fe（Ⅲ）形成配位化合物的稳定性强于SCN﹣，不能说明依地酸铁钠中不含Fe（Ⅲ）；D．依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲更易与Fe2+形成的配合物。【解答】解：A．邻二氮菲中，N原子含有孤电子对，也可以与H+形成配位键，溶液pH的大小影响邻二氮菲与Fe2+的配位能力，故A错误；B．该橙红色配离子中含有配位键、共价键，无离子键，故B错误；C．依据现象②和③推测，依地酸铁钠与Fe（Ⅲ）形成配位化合物的稳定性强于SCN﹣，不能说明依地酸铁钠中不含Fe（Ⅲ），故C错误；D．依据现象①、④和⑤推测，与依地酸根相比，邻二氮菲与Fe2+形成的配合物更稳定，故D正确；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。16．（2025秋•通州区期中）三价铁离子可形成多种配合物，如[FeCl4]-（黄色）、[Fe(SCN)下列说法正确的是（）A．实验①中黄色加深是Fe3+的水解程度增加引起的 B．Cl﹣与Fe3+的配位能力强于SCN﹣ C．反应[Fe(SCN)6]3-+6D．实验④中溶液保持无色能说明还原性：Fe2+＞I﹣【答案】C【分析】A．Fe3+与Cl﹣形成了黄色的配位离子：[FeClB．Cl﹣与Fe3+的配位能力弱于SCN﹣；C．根据②→③的过程可知，稳定性：[Fe(SCN)D．实验④中溶液保持无色，是因为[FeF6]3-稳定，Fe3+浓度很小，没有发生反应：2Fe3++2I﹣＝2Fe【解答】解：A．实验①中黄色加深是Fe3+与Cl﹣形成了[FeCl4]B．Cl﹣与Fe3+的配位能力弱于SCN﹣，故B错误；C．根据②→③的过程可知，反应[Fe(SCN)6]3-+6F-D．实验④中溶液保持无色，不能说明还原性：Fe2+＞I﹣，因为[FeF6]3-稳定，Fe3+浓度很小，没有发生反应：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I故选：C。【点评】本题主要考查配位化合物的相互转化，属于基本知识的考查，难度中等。17．（2025秋•淮安期中）探究AlCl3和CH3COONa反应情况的实验如下：步骤Ⅰ：2mL0.33mol•L﹣1AlCl3溶液中滴入2mL1mol•L﹣1CH3COONa溶液，无明显现象，经检验，溶液中含有配合物Al（CH3COO）3步骤Ⅱ：将步骤Ⅰ中混合溶液加热，观察到有白色沉淀生成。步骤Ⅲ：分别取步骤Ⅱ洗净后的白色沉淀和Al（OH）3固体于两支试管中，加入等体积等浓度盐酸，充分反应后得到悬浊液，测得上层清液pH不同。步骤Ⅳ：取步骤Ⅱ洗净后的白色沉淀进行实验分析，确定白色沉淀为AlOH（CH3COO）2。下列说法不正确的是（）A．步骤Ⅰ能生成配合物的原因为CH3COO-B．步骤Ⅱ中生成白色沉淀的反应为：Al（CH3COO）3+H2O△AlOH（CH3COO）2+CH3COOHC．步骤Ⅲ的实验目的是证明沉淀不是Al（OH）3 D．步骤Ⅲ中加Al（OH）3固体的试管上层清液的pH小【答案】D【分析】A．CH3COOB．根据原子守恒书写方程式；C．步骤Ⅲ属于比较实验，最后上层清液pH不同，消耗盐酸量不同；D．Al（OH）3消耗的盐酸更多。【解答】解：A．步骤Ⅰ能生成配合物：Al（CH3COO）3，原因是CH3COO-有孤电子对，B．根据原子守恒可得步骤Ⅱ中生成白色沉淀的反应为：Al（CH3COO）3+H2O△AlOH（CH3COO）2↓+CH3COOH，故BC．步骤Ⅲ属于比较实验，最后上层清液pH不同，消耗盐酸量不同，实验目的是证明沉淀不是Al（OH）3，故C正确；D．步骤Ⅲ中加Al（OH）3固体的试管中，盐酸消耗的量大，上层清液的pH大，故D错误；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。18．（2025•西城区校级三模）铑的价层电子排布式是4d85s1，铑的配合物离子[Rh(CO)2I2]-可催化甲醇羰基化反应A．铑位于元素周期表第五周期第Ⅷ族 B．X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间结构不是四面体形 C．A、C分别是CH3COI和CH3COOH D．B为OH﹣，D为I﹣【答案】D【分析】甲醇羰基化反应CH3OH+CO＝CH3COOH，由图可知，E为CH3OH，C为CH3COOH，根据F和X反应可知F为CH3I，CH3COI可水解反应生成CH3COOH和HI，则发生的反应依次为：①+CO＝，②＝CH3COI+，③水解反应CH3COI+H2O＝HI+CH3COOH，④卤代烃发生取代反应CH3OH+HI═CH3I+H2O，⑤+CH3I＝，⑥＝，据此分析解答。【解答】解：A．铑的价层电子排布式是4d85s1，其价电子总数为9，最高能层为5，铑位于元素周期表第五周期第Ⅷ族，故A正确；B．由图可知，X存在一种成键方式相同的同分异构体，说明X的空间