三年高考化学重难点题型必刷题-配合物与超分子

第1页（共1页）三年高考化学重难点题型必刷题——配合物与超分子一．选择题（共25小题）1．（2024秋•吉林期末）下列事实的解释不正确的是（）D事实解释A酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH烃基（R—）越长推电子效应越大，羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱BH3O+中H—O—H键角比HH3O+和H2O中心原子的孤电子对数分别是1C冬季河流中，冰浮于水面水结成冰时，每个水分子通过氢键与周围4个紧邻的水分子相互作用，使冰晶体中水分子之间留有相当大的空隙，从而体积变大，密度变小D气态Mn2再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态A．A B．B C．C D．D2．（2025秋•黄冈期末）某锆基内嵌富勒烯电子结构为(Zr2C2)6+@(C78)6-，结构如图（a）所示；笼内Zr2C2团簇A．富勒烯是一种烯烃 B．Zr与C原子间都以离子键结合 C．锆基内嵌富勒烯中所有碳碳键的键长都相等 D．该结构的形成体现了超分子的“分子识别”特征3．（2024秋•个旧市校级期末）冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。下列说法错误的是（）A．冠醚属于超分子 B．冠醚与K+结合后将MnO4-带入烯烃中，C．K+通过配位键与冠醚相结合 D．冠醚中C、O原子间的化学键为σ键4．（2024秋•江西期末）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配不正确的是（）选项性质差异结构因素A熔点：AlF3（1040℃）远高于AlCl3（178℃升华）晶体类型B在水中的溶解度（20℃）：NH3＞H2S分子立体结构C稳定性：[Cu（NH3）4]2+＞[Cu（H2O）4]2+配体的稳定性D水晶柱面上的固态石蜡在不同方向熔化的快慢不同原子有序排列A．A B．B C．C D．D5．（2025秋•河南月考）某同学设计以下实验，探究相关物质的性质及转化。已知在水溶液中离子大都以水合离子的形式存在。下列说法错误的是（）A．由步骤②的现象可知，NH3与Ag+的配位能力比H2O强 B．若向丙的无色溶液中滴加稀硝酸，无明显现象 C．步骤④用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 D．已中无色溶液可用于检验某未知溶液中是否含有氯离子6．（2024秋•益阳期末）钌（Ru）的配合物在太阳能电池等重要领域有广泛的用途，我国科研团队成功研发出一种新的钉配合物c，合成路线如图所示（“R”为—CF3）。下列有关描述正确的是（）A．物质a中C、N原子的杂化类型完全相同 B．第一电离能：N＞O＞C C．配合物b转化为c的过程中配体数不变 D．上述合成路线中电负性最大的元素为Cl7．（2025秋•潍坊月考）配合物三草酸合铁酸钾K3[Fe（C2O4）3]•3H2O常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．该配合物中存在的化学键有离子键、氢键、配位键 B．配离子中Fe3+的配位数为3 C．1mol[Fe(C2O4D．Fe3+的价电子排布图为8．（2025•辽宁三模）配合物[Co2（CO）8]催化烯烃氢甲酰化反应的催化反应历程如图所示。下列有关叙述错误的是（）A．整个催化反应历程中Co的成键数发生了变化 B．过程①中有极性键、非极性键的断裂和形成 C．物质X的结构简式为： D．该催化反应总反应式为：+CO+H2→9．（2025•辽宁三模）“棕色环”实验是检验溶液中NO3-的一种方法。向含有NO3-溶液的试管中加入FeSO4，随后沿管壁缓慢加入浓硫酸，在溶液界面上出现“棕色环”，发生的反应为Fe2++NO+5A．[Fe（NO）（H2O）5]SO4中含有的化学键类型有离子键、共价键、配位键 B．该过程产生NO的反应为3FeC．该配合物的配体为NO和H2O D．NO2-10．（2025•宜宾模拟）常温下的水溶液中，CN﹣可与多种金属离子形成配离子。如图中直线①～④分别代表X、Y、Z、W四种金属离子（未标出正电荷数）与CN﹣形成配离子达平衡后，溶液中lgc(金属离子)c(混离子)与﹣lg[cA．X和W分别与CN形成的配离子中配位数相等 B．c（CN﹣）＝10﹣4mol/L时，c（X）＝c（Y）＝10﹣20mol/L C．常温下，Zn++6CN-⇌[Z(CN)6D．与CN﹣形成配离子的能力：W＜X11．（2024秋•武威期末）开发可再生能源驱动的绿色合成氨过程对于实现人类社会的可持续发展具有重要意义。我国研究团队提出并构建了一种由氢化钠（NaH）介导，等离子体驱动的两步化学链合成氨过程，合成示意图如图。下列说法正确的是（）A．第一电离能：N＞Na＞H B．反应2为氮的固定 C．NaNH2晶体中存在π键和σ键 D．NaH晶体中H﹣的配位数为612．（2024秋•烟台期末）用CuCl探究Cu（I）、Cu（Ⅱ）性质，实验步骤及观察到的现象如下：下列说法错误的是（）A．1mol[Cu(NH3)2B．与Cu2+的配位能力：NHC．氧化性：[Cu(NHD．过程④中配离子的空间构型发生变化13．（2024秋•辛集市期末）科学家研究发现铁的配合物在常温下可以催化甲酸的还原反应，其反应机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．该反应的总化学方程式为HCOOH+2H2催化剂CH3OH+H2OB．1，2，3三种物质中Fe的配位数相同 C．反应中存在非极性键的断裂和形成 D．可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别HCOOH和CH3OH14．（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C7015．（2024秋•绿园区校级期末）下列关于配合物和超分子的说法正确的是（）A．超分子是由两种或两种以上的分子形成的分子聚集体 B．向[Co（NH3）6]Cl2溶液中加入硝酸银溶液不能生成沉淀 C．利用超分子的自组装特征可以分离C60和C70 D．在[Fe(CN)5(NO)]2-中，中心离子为16．（2024秋•洛阳期末）下列关于物质的结构或性质及解释均正确的是（）选项物质的结构或性质解释A沸点：邻羟基苯甲酸＞对羟基苯甲酸邻羟基苯甲酸形成的分子间氢键多BNH3易溶于水，CH4易溶于CCl4NH3能与水反应，CH4能与CCl4反应C细胞和细胞器的双分子膜能以头向外而尾向内的方式排列超分子具有分子识别的特征D等离子体具有良好的导电性和流动性等离子体中含有带电粒子且能自由运动A．A B．B C．C D．D17．（2025•浙江三模）利用含铑（Rh）配合物A将烯烃转化为醛的原理如图所示（L表示一种配体）。下列说法正确的是（）A．若以异丁烯为原料，可以制得异丁醛 B．物质A和CO均为该反应的催化剂 C．步骤①和步骤③中，均有碳原子的杂化方式发生了改变 D．步骤④）中，使用D2代替H2反应一段时间，则所得醛中，D只会出现在醛基上18．（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19．（2025•乌兰察布二模）某些含氟有机化合物具有特异的生物活性和生物体适应性，疗效比一般药物强好几倍。实验室将KF溶入18﹣冠﹣6（结构如图1）的乙腈（CH3CN）溶液中可轻松实现氟的取代，反应过程如图2，下列说法正确的是（）A．用12﹣冠﹣4（）代替18﹣冠﹣6络合钾离子的效率更高 B．∠1的C—O—C键角大于乙醚中的C—O—C键角 C．KF、18﹣冠﹣6和乙腈均为极性分子，KF溶解度增大，可与卤代烃充分接触 D．KF与18﹣冠﹣6形成的过程体现超分子自组装的特征20．（2025秋•未央区校级月考）用肼（N2H4）的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A．[Cu(N2H4)B．1molFe3O4参与反应时转移的电子数为2NA C．还原性：N2D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+21．（2024秋•西湖区校级期末）有两种钴的配合物A和B，它们的化学式均为Co（NH3）5BrSO4，主要区别在于配合物A的溶液中加入BaCl2时产生BaSO4沉淀，但加AgNO3时不产生沉淀，而配合物B则与此相反，但两者可以在一定的条件下相互转化。下列说法不正确的是（）A．配合物A中Co和Br成配位键 B．相同浓度配合物A的导电性比B弱 C．配合物B的溶液中有游离的Br﹣ D．Co的化合价在转化时没有变化22．（2025•张家界三模）某钛配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（）A．基态Ti原子的价电子排布式为3d34s1 B．该配合物中有2种配体 C．氧原子提供空轨道与Ti形成配位键 D．基态碳原子转化为激发态碳原子产生的光谱是发射光谱23．（2024秋•杭州校级期末）结构决定物质性质是研究化学的重要方法，下列对结构与性质的描述不正确的是（）A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，可用于识别特定的碱金属离子 B．②中在纯金属中加入其它元素，使原子层之间的相对滑动变得困难导致合金的硬度变大 C．③中烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向内疏水基向外的胶束，而用作表面活性剂 D．④中石墨晶体是层状结构，每个碳原子配位数为3，属于混合晶体，熔沸点高24．（2025•临沭县三模）配合物Na2[Fe（CN）5（NO）]可用于离子检验。下列说法正确的是（）A．该物质中Fe元素的化合价为+2 B．配合物Na2[Fe（CN）5（NO）]的配位数为5 C．1mol配合物中含σ键数目为12NA D．该配合物中心原子杂化方式为sp325．（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﹣

答案解析一．选择题（共25小题）1．（2024秋•吉林期末）下列事实的解释不正确的是（）D事实解释A酸性：CH3COOH＞CH3CH2COOH烃基（R—）越长推电子效应越大，羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱BH3O+中H—O—H键角比HH3O+和H2O中心原子的孤电子对数分别是1C冬季河流中，冰浮于水面水结成冰时，每个水分子通过氢键与周围4个紧邻的水分子相互作用，使冰晶体中水分子之间留有相当大的空隙，从而体积变大，密度变小D气态Mn2再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满比较稳定；Fe2+的价层电子排布为3d6，再失去一个电子可达到3d轨道半充满的比较稳定状态A．A B．B C．C D．D【答案】B【分析】A．CH3COOH和CH3CH2COOH都含有羧基，前者烃基小于后者烃基，烃基为推电子基团，导致后者羧基中羟基的极性越小；B．H2O中O孤电子对为2，价层电子对数为4，O采用sp3杂化，H3O+中O孤电子对为1，价层电子对数为4，O采用sp3杂化，H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大；C．水结成冰时，每个水分子通过氢键与周围4个紧邻的水分子相互作用，由于氢键具有方向性；D．由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态。【解答】解：A．醋酸和CH3CH2COOH都含有羧基，前者烃基小于后者烃基，烃基为推电子基团，导致后者羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱，故A正确；B．H3O+中O孤电子对为1，价层电子对数为4，O采用sp3杂化，H2O中O孤电子对为2，价层电子对数为4，O采用sp3杂化，H3O+中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角大，是因为H2O中氧原子有2对孤电子对，H3O+中氧原子只有1对孤电子对，排斥力较小，成键电子对之间的斥力＜孤电子对与成键电子对之间的斥力＜孤电子对之间的斥力，故B错误；C．水结成冰时，每个水分子通过氢键与周围4个紧邻的水分子相互作用，由于氢键具有方向性，冰的晶体中空间利用率较低，则冰的体积变大，密度变小，冰浮在水面上，故C正确；D．由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态，需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，故气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子更难，故D正确；故选：B。【点评】本题考查配合物与超分子等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。2．（2025秋•黄冈期末）某锆基内嵌富勒烯电子结构为(Zr2C2)6+@(C78)6-，结构如图（a）所示；笼内Zr2C2团簇A．富勒烯是一种烯烃 B．Zr与C原子间都以离子键结合 C．锆基内嵌富勒烯中所有碳碳键的键长都相等 D．该结构的形成体现了超分子的“分子识别”特征【答案】D【分析】A．根据烯烃定义（含有碳碳双键的碳氢化合物）判断；B．团簇内部的成键情况需结合图（b）的明确描述：“（C≡C）2﹣单元桥连的平面菱形构型”，这表明团簇内部存在明确的共价键；C．富勒烯笼（C78）：与C60类似，由五元环和六元环拼接而成，在五元环与六元环、六元环与六元环的连接处，碳碳键的键长和键级（单键或双键特征）不同，因此键长不全相等；D．超分子体系由两种或多种分子（或离子）通过非共价键作用（如静电作用、范德华力、氢键等）组装而成，其中“分子识别”指主体与客体之间通过尺寸、形状、电荷、氢键等特异性相互作用实现选择性结合。【解答】解：A．富勒烯是碳单质，不是烯烃，故A错误；B．内嵌团簇（如Zr2C2）与碳笼之间确实存在强烈的离子相互作用[电子转移形成(Zr2C2)6+@(C78C．富勒烯碳笼中C为sp2杂化，与内嵌团簇中的碳碳三键键长不相等，故C错误；D．超分子化学的核心是“分子识别”，即主体分子对客体分子有选择性结合的能力，在此研究中，特定对称性的碳笼能够选择性地包裹并稳定特定尺寸和构型的金属团簇（如Zr2C2或Zr3C2），这种“一个特定的笼匹配一个特定的团簇”的现象，正是超分子“分子识别”在纳米尺度上的完美体现，故D正确；故选：D。【点评】本题是一道融合了前沿材料科学与基础化学概念的综合题，体现了化学从微观成键到宏观材料性质的桥梁作用，通过富勒烯这一明星分子，引导学生关注化学前沿，理解基础理论在解释复杂体系中的强大力量，难度中等。3．（2024秋•个旧市校级期末）冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，例如KMnO4水溶液对烯烃的氧化效果较差，在烯烃中溶入冠醚，可使氧化反应迅速发生，原理如图。下列说法错误的是（）A．冠醚属于超分子 B．冠醚与K+结合后将MnO4-带入烯烃中，C．K+通过配位键与冠醚相结合 D．冠醚中C、O原子间的化学键为σ键【答案】A【分析】A．超分子通常是指由2种或2种以上的分子依靠分子间作用力结合在一起，组成复杂的、有组织的聚集体，并保持一定的完整性，使其具有明确的微观结构和宏观特性；B．冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂；C．冠醚提供孤电子对，K+提供空轨道，两者形成配位键；D．单键都属于σ键。【解答】解：A．根据分析可知，冠醚是单独的一个分子结构，不是超分子，故A错误；B．已知冠醚能与阳离子作用，将阳离子以及对应的阴离子都带入有机溶剂，则冠醚与K+结合后将MnO4-带入烯烃中，MnC．冠醚提供孤电子对，K+提供空轨道，两者通过配位键结合，故C正确；D．冠醚中C、O原子间的化学键为C﹣O单键，属于σ键，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查物质结构的相关知识，主要考查配位键的形成，同时考查学生读取信息、应用信息的能力，属于基本知识的考查，难度中等。4．（2024秋•江西期末）物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配不正确的是（）选项性质差异结构因素A熔点：AlF3（1040℃）远高于AlCl3（178℃升华）晶体类型B在水中的溶解度（20℃）：NH3＞H2S分子立体结构C稳定性：[Cu（NH3）4]2+＞[Cu（H2O）4]2+配体的稳定性D水晶柱面上的固态石蜡在不同方向熔化的快慢不同原子有序排列A．A B．B C．C D．D【答案】B【分析】A．根据AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体进行分析；B．根据NH3极易与水形成氢键进行分析；C．根据NH3比H2O更易与Cu2+形成配位键来分析；D．根据晶体具有各向异性进行分析。【解答】解：A．AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，所以AlF3熔点远高于AlCl3，故A正确；B．NH3极易与水形成氢键，故在水中的溶解度（20℃）：NH3＞H2S，与分子立体结构无关，故B错误；C．N原子的电负性比O原子小，N原子对其孤电子对的吸引能力相对较弱，更容易给出孤电子对形成配位键，使得[Cu（NH3）4]2+比[Cu（H2O）4]2+稳定，故C正确；D．水晶柱面上的固态石蜡在不同方向熔化的快慢不同是因为原子有序排列，晶体具有各向异性，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查物质结构决定物质性质的相关知识，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。5．（2025秋•河南月考）某同学设计以下实验，探究相关物质的性质及转化。已知在水溶液中离子大都以水合离子的形式存在。下列说法错误的是（）A．由步骤②的现象可知，NH3与Ag+的配位能力比H2O强 B．若向丙的无色溶液中滴加稀硝酸，无明显现象 C．步骤④用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒 D．已中无色溶液可用于检验某未知溶液中是否含有氯离子【答案】B【分析】步骤①中NaCl和AgNO3溶液反应生成白色AgCl沉淀，步骤②中加入适量氨水生成Ag（NH3）2Cl，步骤③中加入NaOH溶液生成黑色Ag2O，步骤④为过滤操作，步骤⑤为Ag2O中加入过量稀硝酸得到硝酸银和稀硝酸的混合溶液，据此分析解答。【解答】解：A．步骤②为白色AgCl沉淀中加入适量氨水生成配离子[Ag（NH3）2]+，说明NH3与Ag+的配位能力比H2O强，故A正确；B．[Ag（NH3）2]+存在平衡：[Ag（NH3）2]+⇌Ag++2NH3，加入稀硝酸时与NH3反应生成NH4+，促进平衡正向移动，生成的Ag+与Cl﹣结合为AgCl沉淀，即向丙的无色溶液中滴加稀硝酸，有白色沉淀生成，故C．步骤④为过滤操作，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D．己中无色溶液为硝酸银和稀硝酸的混合溶液，可用于检验某未知溶液中是否含有氯离子，故D正确；故选：B。【点评】本题考查配合物相关知识，侧重分析判断及灵活运用能力考查，明确物质转化关系、配合物形成条件、离子检验方法是解题关键，题目难度中等。6．（2024秋•益阳期末）钌（Ru）的配合物在太阳能电池等重要领域有广泛的用途，我国科研团队成功研发出一种新的钉配合物c，合成路线如图所示（“R”为—CF3）。下列有关描述正确的是（）A．物质a中C、N原子的杂化类型完全相同 B．第一电离能：N＞O＞C C．配合物b转化为c的过程中配体数不变 D．上述合成路线中电负性最大的元素为Cl【答案】B【分析】A．物质a与c中C、N原子的杂化类型存在差异，并非完全相同；B．同周期第一电离能因N的半满稳定结构，满足N＞O＞C；C．配合物b转化为c时配体发生替换，配位数改变；D．合成路线含F（R＝﹣CF3），F电负性大于Cl。【解答】解：A．物质a中C、N多为sp2杂化，但物质c中部分连接长链的C可能为sp3杂化，C、N原子的杂化类型不完全相同，故A错误；B．同周期元素第一电离能：N的2p轨道为半满稳定结构，故N＞O，C的第一电离能小于O，因此N＞O＞C，故B正确；C．配合物b中配体包含Cl﹣，转化为c时Cl﹣被其他配体替换，配位数发生变化，故C错误；D．R＝﹣CF3含F元素，F的电负性大于Cl，是合成路线中电负性最大的元素，故D错误；故选：B。【点评】本题考查原子杂化类型、第一电离能、配合物配位数及电负性的判断，易错点在忽略—CF3中F的存在对电负性的影响，及配合物转化时配位数的变化。7．（2025秋•潍坊月考）配合物三草酸合铁酸钾K3[Fe（C2O4）3]•3H2O常用作蓝晒感光剂，阴离子的结构如图所示。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．该配合物中存在的化学键有离子键、氢键、配位键 B．配离子中Fe3+的配位数为3 C．1mol[Fe(C2O4D．Fe3+的价电子排布图为【答案】C【分析】A．分析配合物中化学键类型，明确氢键是否属于化学键；B．结合C2O42-C．计算1mol[Fe(CD．分析Fe3+的价电子排布，判断其排布图是否正确。【解答】解：A．氢键不属于化学键，该配合物含离子键、配位键、共价键，故A错误；B．C2O42-是双齿配体，3个配体对应的配位数为3×2＝C．1个C2O42-含5个σ键，3个共15个；Fe3+与配体形成6个配位σ键，总计21个，故1mol[Fe(C2D．Fe3+的价电子排布为3d5，应是5个电子分占3d轨道且自旋相同，该排布图错误，故D错误；故选：C。【点评】本题考查配合物的结构与化学键、价电子排布，配体的齿型与σ键的综合计算是本题的易错点。8．（2025•辽宁三模）配合物[Co2（CO）8]催化烯烃氢甲酰化反应的催化反应历程如图所示。下列有关叙述错误的是（）A．整个催化反应历程中Co的成键数发生了变化 B．过程①中有极性键、非极性键的断裂和形成 C．物质X的结构简式为： D．该催化反应总反应式为：+CO+H2→【答案】B【分析】A．由图可知，Co的成键数发生了变化；B．Co2（CO）8和H2生成A的过程中，有非极性键的断裂和极性键的形成；C．根据物质C和E的结构简式可推出D的结构简式；D．根据整个反应历程可知其总反应式为+CO+H2→催化剂。【解答】解：A．由图可知，Co的成键数发生了变化，物质C中Co成键数为5，物质E中Co成键数为6，故A正确；B．Co2（CO）8和H2生成A的过程中，有非极性键的断裂和极性键的形成，无极性键的断裂和非极性键的形成，故B错误；C．根据物质C和E的结构简式可推出D的结构简式为，故C正确；D．根据整个反应历程可知其总反应式为+CO+H2→催化剂，故D正确；故选：B。【点评】本题考查配合物及化学键的判断，题目难度不大，注意看图识图，对反应原理的理解。9．（2025•辽宁三模）“棕色环”实验是检验溶液中NO3-的一种方法。向含有NO3-溶液的试管中加入FeSO4，随后沿管壁缓慢加入浓硫酸，在溶液界面上出现“棕色环”，发生的反应为Fe2++NO+5A．[Fe（NO）（H2O）5]SO4中含有的化学键类型有离子键、共价键、配位键 B．该过程产生NO的反应为3FeC．该配合物的配体为NO和H2O D．NO2-【答案】C【分析】A．该物质阳离子与阴离子之间以离子键结合，不同的非金属元素的原子之间存在共价键，Fe与非金属元素的原子之间存在配位键；B．溶液中有NO3-、FeC．根据已知：[Fe(NO)(H2O)5]2+中D．NO2-在酸性条件下氧化Fe2+，生成的NO【解答】解：A．该物质阳离子与阴离子之间以离子键结合，不同的非金属元素的原子之间存在共价键，Fe与非金属元素的原子之间存在配位键，存在离子键、共价键、配位键，故A正确；B．溶液中有NO3-、Fe2+，加入硫酸后，H+C．根据已知：[Fe(NO)(H2O)5]2+中Fe为+1价，则N为+3价，该配合物的配体为NOD．NO2-在酸性条件下氧化Fe2+，生成的NO也会发生反应：Fe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。10．（2025•宜宾模拟）常温下的水溶液中，CN﹣可与多种金属离子形成配离子。如图中直线①～④分别代表X、Y、Z、W四种金属离子（未标出正电荷数）与CN﹣形成配离子达平衡后，溶液中lgc(金属离子)c(混离子)与﹣lg[cA．X和W分别与CN形成的配离子中配位数相等 B．c（CN﹣）＝10﹣4mol/L时，c（X）＝c（Y）＝10﹣20mol/L C．常温下，Zn++6CN-⇌[Z(CN)6D．与CN﹣形成配离子的能力：W＜X【答案】A【分析】A．分析X和W与CN﹣形成配离子的配位数，依据直线斜率与配位数的关系；B．分析c（CN﹣）＝10﹣4mol•L﹣1时c（X）与c（Y），依据配离子浓度的未知性；C．分析Z与CN﹣形成配离子的稳定常数，依据直线斜率与稳定常数的计算；D．分析与CN﹣形成配离子的能力，依据稳定常数与形成能力的关系。【解答】解：A．金属离子与CN﹣形成配离子的平衡为Mn++mCN-⇌[M(CN)m](n-m)，lgB．c（CN﹣）＝10﹣4mol•L﹣1时，﹣lgc（CN﹣）＝4，但配离子浓度未知，无法计算c（X）与c（Y）的绝对值，故B错误；C．Z的配位数m＝6，由lgc(Zn+)c(配离子)=6⋅(-lgc(CN-))-lgK稳，取﹣lgc（CN﹣）＝2、lgc(Zn+D．K稳越大与CN﹣形成配离子的能力越强，相同横坐标时W的lgc(金属离子)c(配离子)更小，lgK故选：A。【点评】该题结合图像考查配合物稳定常数的计算与配位数的判断，直线斜率与稳定常数的推导是解题核心，配离子浓度的影响是易错点。11．（2024秋•武威期末）开发可再生能源驱动的绿色合成氨过程对于实现人类社会的可持续发展具有重要意义。我国研究团队提出并构建了一种由氢化钠（NaH）介导，等离子体驱动的两步化学链合成氨过程，合成示意图如图。下列说法正确的是（）A．第一电离能：N＞Na＞H B．反应2为氮的固定 C．NaNH2晶体中存在π键和σ键 D．NaH晶体中H﹣的配位数为6【答案】D【分析】A．第一电离能N＞H＞Na（H原子半径小，第一电离能大于Na）；B．反应2为NaNH2+H2＝NaH+NH3；C．NaNH2中只有单键（σ键），无π键；D．H﹣位于体心和棱上，Na+位于面心和顶点，以体心来看，距离H﹣最近的Na+共有面心上的6个。【解答】解：A．H原子半径小，第一电离能大于Na，第一电离能N＞H＞Na，故A错误；B．反应2为NaNH2+H2＝NaH+NH3，不是游离态氮转化为化合态氮，不属于氮的固定，故B错误；C．NaNH2中只有单键（σ键），无π键，故C错误；D．H﹣位于体心和棱上，Na+位于面心和顶点，以体心来看，距离H﹣最近的Na+共有面心上的6个，则H﹣的配位数为6，故D正确；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。12．（2024秋•烟台期末）用CuCl探究Cu（I）、Cu（Ⅱ）性质，实验步骤及观察到的现象如下：下列说法错误的是（）A．1mol[Cu(NH3)2B．与Cu2+的配位能力：NHC．氧化性：[Cu(NHD．过程④中配离子的空间构型发生变化【答案】A【分析】A．配位键属于σ键；B．电负性：N＜O，N给出电子的能力大于O；C．氧化性：氧化剂＞氧化产物；D．过程④中，[Cu（NH3）2]+转化为[Cu（NH3）2]2+。【解答】解：A．1mol[Cu（NH3）2]+中，含有8molσ键，故A错误；B．电负性：N＜O，N给出电子的能力大于O，与Cu2+的配位能力：NH3＞OH﹣，故B正确；C．蓝色溶液加入铜粉，得到无色溶液，发生反应：[Cu（NH3）2]2++Cu＝2[Cu（NH3）2]+，[Cu（NH3）2]2+是氧化剂，[Cu（NH3）2]+是氧化产物，故氧化性：[Cu（NH3）2]2+＞[Cu（NH3）2]+，故C正确；D．过程④中，[Cu（NH3）2]+转化为[Cu（NH3）2]2+，配离子的空间构型发生变化，由直线形变为正四面体形，故D正确；故选：A。【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。13．（2024秋•辛集市期末）科学家研究发现铁的配合物在常温下可以催化甲酸的还原反应，其反应机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．该反应的总化学方程式为HCOOH+2H2催化剂CH3OH+H2OB．1，2，3三种物质中Fe的配位数相同 C．反应中存在非极性键的断裂和形成 D．可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别HCOOH和CH3OH【答案】C【分析】A．由图可知，该反应的反应物为HCOOH、H2，生成物为CH3OH、H2O；B．1，2，3三种物质中Fe的配位数相同；C．反应中存在非极性键H—H的断裂；D．HCOOH中存在醛基而CH3OH没有。【解答】解：A．该反应的反应物为HCOOH、H2，生成物为CH3OH、H2O，总反应化学方程式为HCOOH+2H2催化剂B．1，2，3三种物质中Fe的配位数相同，均为6，故B正确；C．反应中存在非极性键H—H的断裂，但没有非极性键的形成，故C错误；D．HCOOH中存在醛基而CH3OH没有，可以用新制的Cu（OH）2悬浊液鉴别HCOOH和CH3OH，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。14．（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。15．（2024秋•绿园区校级期末）下列关于配合物和超分子的说法正确的是（）A．超分子是由两种或两种以上的分子形成的分子聚集体 B．向[Co（NH3）6]Cl2溶液中加入硝酸银溶液不能生成沉淀 C．利用超分子的自组装特征可以分离C60和C70 D．在[Fe(CN)5(NO)]2-中，中心离子为【答案】A【分析】A．超分子是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；B．[Co（NH3）6]Cl2能电离出[Co（NH3）6]2+和Cl﹣，加入硝酸银溶液能生成AgCl沉淀；C．分离C60和C70是利用超分子“分子识别”的特征；D．配离子[Fe（CN）5（NO）]2﹣的中心离子为Fe3+，提供空轨道。【解答】解：A．超分子是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，包括离子，故A正确；B．[Co（NH3）6]Cl2能电离出[Co（NH3）6]2+和Cl﹣，加入硝酸银溶液能生成AgCl沉淀，故B错误；C．分离C60和C70是利用超分子“分子识别”的特征，故C错误；D．配离子[Fe（CN）5（NO）]2﹣中NO和CN﹣与Fe3+形成配位键，配位数为6，中心离子为Fe3+，提供空轨道，故D错误；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。16．（2024秋•洛阳期末）下列关于物质的结构或性质及解释均正确的是（）选项物质的结构或性质解释A沸点：邻羟基苯甲酸＞对羟基苯甲酸邻羟基苯甲酸形成的分子间氢键多BNH3易溶于水，CH4易溶于CCl4NH3能与水反应，CH4能与CCl4反应C细胞和细胞器的双分子膜能以头向外而尾向内的方式排列超分子具有分子识别的特征D等离子体具有良好的导电性和流动性等离子体中含有带电粒子且能自由运动A．A B．B C．C D．D【答案】D【分析】A.分析沸点差异与氢键类型的关系，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键；B.分析溶解性的依据，NH3溶于水、CH4溶于CCl4遵循相似相溶原理；C.分析双分子膜排列的原因，细胞双分子膜排列依托超分子的自组装特征；D.分析等离子体的导电性与流动性，等离子体的性质由其内部带电粒子的自由运动决定。【解答】解：A.邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，对羟基苯甲酸形成分子间氢键，分子间氢键使沸点升高，故邻羟基苯甲酸沸点低于对羟基苯甲酸，故A错误；B.NH3溶于水是因能与水形成氢键、CH4与CCl4均为非极性分子遵循相似相溶，并非发生反应，故B错误；C.细胞双分子膜的排列方式源于超分子的自组装特征，而非分子识别，故C错误；D.等离子体中含有可自由运动的带电粒子，因此具有良好的导电性和流动性，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质结构、性质与作用力的关联，易错点在于氢键类型对沸点的影响及超分子特征的区分。17．（2025•浙江三模）利用含铑（Rh）配合物A将烯烃转化为醛的原理如图所示（L表示一种配体）。下列说法正确的是（）A．若以异丁烯为原料，可以制得异丁醛 B．物质A和CO均为该反应的催化剂 C．步骤①和步骤③中，均有碳原子的杂化方式发生了改变 D．步骤④）中，使用D2代替H2反应一段时间，则所得醛中，D只会出现在醛基上【答案】C【分析】A．以异丁烯（即2﹣甲基丙烯）为原料，利用含铑（Rh）配合物A将烯烃转化为醛的原理图；B．物质A反应前后不变，为该反应的催化剂；C．步骤①中碳原子的杂化方式由sp2变为sp3，均有碳原子的杂化方式发生了改变步骤③中碳原子的杂化方式sp3变为sp2；D．使用D2代替H2，D不仅会出现在醛基上，还会在烃基上。【解答】解：A．以异丁烯（即2﹣甲基丙烯）为原料，可以制得2﹣甲基丁醛，不能得到异丁醛，故A错误；B．物质A反应前后不变，为该反应的催化剂，CO是该反应的反应物，故B错误；C．步骤①中碳原子的杂化方式由sp2变为sp3，和，均有碳原子的杂化方式发生了改变步骤③中碳原子的杂化方式sp3变为sp2，杂化方式发生了改变，故C正确；D．使用D2代替H2，D不仅会出现在醛基上，还会在烃基上，故D错误；故选：C。【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。18．（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。19．（2025•乌兰察布二模）某些含氟有机化合物具有特异的生物活性和生物体适应性，疗效比一般药物强好几倍。实验室将KF溶入18﹣冠﹣6（结构如图1）的乙腈（CH3CN）溶液中可轻松实现氟的取代，反应过程如图2，下列说法正确的是（）A．用12﹣冠﹣4（）代替18﹣冠﹣6络合钾离子的效率更高 B．∠1的C—O—C键角大于乙醚中的C—O—C键角 C．KF、18﹣冠﹣6和乙腈均为极性分子，KF溶解度增大，可与卤代烃充分接触 D．KF与18﹣冠﹣6形成的过程体现超分子自组装的特征【答案】B【分析】A．12﹣冠﹣4（）的孔径更小；B．孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；C．KF为离子化合物，不是极性分子；D．KF与18﹣冠﹣6形成的过程体现超分子的分子识别的特征。【解答】解：A．12﹣冠﹣4（）的孔径更小，用12﹣冠﹣4（）代替18﹣冠﹣6不能络合钾离子，故A错误；B．孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，∠1中氧的孤电子对数为1、乙醚中氧的孤电子对数为2，故C—O—C键角：∠1大于乙醚中的，故B正确；C．KF为离子化合物，KF不是极性分子，故C错误；D．KF与18﹣冠﹣6形成的过程体现超分子的分子识别的特征，故D错误；故选：B。【点评】本题考查配合物与超分子等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。20．（2025秋•未央区校级月考）用肼（N2H4）的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量CuSO4，反应原理如图所示。下列说法正确的是（）A．[Cu(N2H4)B．1molFe3O4参与反应时转移的电子数为2NA C．还原性：N2D．图示反应过程中起催化作用的是Cu2+【答案】B【分析】A．[Cu(N2H4)2]2+中Cu2+提供空轨道，B．1molFe3O4参与反应时生成3molFe2+，Fe元素的平均价态由+83下降到+2价，转移3mol×C．根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性分析；D．Cu2+与N2H4反应生成[Cu（N2H4）2]2+，[Cu（N2H4）2]2+与N2H4反应得到[Cu（N2H4）2]+，[Cu（N2H4）2]+与Fe3O4、H+反应又生成[Cu（N2H4）2]2+和Fe2+。【解答】解：A．[Cu(N2H4)2]2+中Cu2+提供空轨道，N2B．1mol四氧化三铁参与反应时生成3molFe2+，铁元素的平均价态由+83下降到+2价，转移3mol×(83-2)=2molC．N2H4将铁离子还原为Fe2+，N2H4是还原剂，Fe2+是还原产物，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性，可得还原性N2H4＞Fe2+，故C错误；D．铜离子与N2H4反应生成[Cu（N2H4）2]2+，[Cu（N2H4）2]2+与N2H4反应得到[Cu（N2H4）2]+，[Cu（N2H4）2]+与Fe3O4、H+反应又生成[Cu（N2H4）2]2+和Fe2+，因此起催化作用的是[Cu（N2H4）2]2+，故D错误；故选：B。【点评】本题考查配合物与超分子等，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。21．（2024秋•西湖区校级期末）有两种钴的配合物A和B，它们的化学式均为Co（NH3）5BrSO4，主要区别在于配合物A的溶液中加入BaCl2时产生BaSO4沉淀，但加AgNO3时不产生沉淀，而配合物B则与此相反，但两者可以在一定的条件下相互转化。下列说法不正确的是（）A．配合物A中Co和Br成配位键 B．相同浓度配合物A的导电性比B弱 C．配合物B的溶液中有游离的Br﹣ D．Co的化合价在转化时没有变化【答案】B【分析】两种钴的配合物A和B，它们的化学式均为Co（NH3）5BrSO4，主要区别在于配合物A的溶液中加入BaCl2时产生BaSO4沉淀，但加AgNO3时不产生沉淀，其结构为[CoBr（NH3）5]SO4；而配合物B则与此相反，其结构为[Co（SO4）（NH3）5]Br。【解答】解：A．配合物A其结构为[CoBr（NH3）5]SO4，其中Co和Br成配位键，故A正确；B．溶液中离子浓度越大，导电性越强；配合物A电离出[CoBr（NH3）5]+和SO42-，而配合物B电离出[Co(SO4)(NH3)5]C．配合物B电离出[Co(SO4)(NH3D．[CoBr（NH3）5]SO4转化为[Co（SO4）（NH3）5]Br，Co的化合价没有变化，均为+3价，故D正确；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。22．（2025•张家界三模）某钛配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（）A．基态Ti原子的价电子排布式为3d34s1 B．该配合物中有2种配体 C．氧原子提供空轨道与Ti形成配位键 D．基态碳原子转化为激发态碳原子产生的光谱是发射光谱【答案】B【分析】A．Ti为22号元素，基态原子电子排布式为[Ar]3d24s2；B．该配合物中配体为Cl⁻和有机配体（含O的双齿配体）；C．配位键形成时，中心原子Ti提供空轨道，配体（O、Cl）提供孤电子对；D．基态到激发态需吸