2026年高考化学第一轮专题复习：配合物与超分子【附解析】

/高考化学一轮复习配合物与超分子一．选择题（共20小题）1．（2025春•合肥期末）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2．（2025春•丰台区期末）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。已知：常温下，Cu2++4NHCu2++4Cl下列说法不正确的是（）A．生成蓝色沉淀的离子方程式为：CuB．深蓝色溶液中配体与Cu2+的结合能力：NH3＞H2O C．深蓝色沉淀产生的原因：该沉淀为离子化合物，在乙醇中的溶解度比在水中的小 D．深蓝色溶液变为黄绿色的原因：浓盐酸提供了高浓度的Cl﹣使得[Cu(3．（2025春•临沂期末）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。下列说法错误的是（）A．②中沉淀与⑤中固体是同一种物质 B．④中深蓝色沉淀在乙醇中的溶解度比在水中小 C．若向⑤中改加浓盐酸，可以得到黄绿色溶液 D．上述实验表明与NH3形成配位键的能力：H+＞Cu2+4．（2025•江苏）探究含铜化合物性质的实验如下：步骤Ⅰㅤ取一定量5%CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。步骤Ⅱㅤ将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。步骤Ⅲㅤ向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。下列说法正确的是（）A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu（NH3）4]SO4 B．步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色（Cu2+）＜c蓝色（Cu2+） C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu（NH3）4]2++Fe═Cu+Fe2++4NH3↑5．（2025•盐城一模）丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是（）A．沸点高低：CH4＜NH3＜H2O B．半径大小：r（O）＜r（N）＜r（C） C．电离能大小：I1（C）＜I1（N）＜I1（O） D．Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对6．（2025春•高州市期末）冠醚能识别碱金属离子，X、Y、Z是常见的三种冠醚，Li+与X作用形成稳定的结构W。下列说法正确的是（）A．冠醚能识别碱金属离子体现超分子的自组装特征 B．上述冠醚分子中，所有碳原子和氧原子都采取sp2杂化 C．W中存在极性键、非极性键、离子键 D．冠醚Y能与K+形成稳定结构但不能与Li+形成稳定结构的原因是Li+半径太小7．（2025春•高州市期末）向含等物质的量的[Co（NH3）4Cl2]Cl、[Co（NH3）6]Cl3、[Co（NH3）5Cl]Cl2的溶液中分别加入过量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的质量最多的是（）A．[Co（NH3）4Cl2]Cl B．[Co（NH3）5Cl]Cl2 C．[Co（NH3）6]Cl3 D．一样多8．（2025春•肇庆期末）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2A．铜元素位于元素周期表的d区 B．与Cu2+的配位能力：NHC．[Cu(H2O)D．物质的量相等的[Cu(H9．（2025春•新吴区校级期末）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用氦气替代氢气填充空气球更安全He的电子构型稳定，不易得失电子BBF3与NH3可以形成配合物BF3中的B有空轨道接受NH3中N的孤电子对C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D常温常压下，SO2是气态而SO3是液态二者同属分子晶体，相对分子质量SO3更大，范德华力SO3更大，熔沸点SO3更高A．A B．B C．C D．D10．（2025春•新吴区校级期末）利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法不正确的是（）A．C60、C70属于同素异形体 B．杯酚与C60通过氢键形成超分子 C．C60是非极性分子 D．该图描述了超分子具有分子识别的特征11．（2025春•肇庆期末）冠醚能识别碱金属离子。12﹣冠﹣4与Li+作用而不与K+作用，18﹣冠﹣6与K+作用而不与Li+作用。下列说法正确的是（）A．12﹣冠﹣4与18﹣冠﹣6属于同系物 B．18﹣冠﹣6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度 C．超分子属于高分子，具有很大的相对分子质量 D．超分子“自组装”的特征可以用于分离Li+与K+12．（2025春•顺义区期末）BF3可与HF反应生成HBF4。下列说法正确的是（）A．BF3的B—F键是由硼的sp2轨道与氟的2p轨道重叠形成σ键 B．HF中共价键的形成： C．HBF4中含有的配位键由B原子提供孤电子对 D．BF3、HF均为极性分子13．（2025春•海淀区期末）甘氨酸亚铁配合物是一种安全、高效的补铁剂，可由甘氨酸（H2NCH2COOH）与FeCO3反应制得，其结构简式如图。下列说法正确的是（）A．甘氨酸含有手性碳原子 B．第一电离能：N＞O C．甘氨酸亚铁中心离子的配位数为6 D．制备反应中甘氨酸体现了碱性14．（2025春•广东期末）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA酸性：CH2ClCOOH＞CH3COOH键长：C—Cl＞C—HB在水中的溶解度：CO2＞COCO2为非极性分子，CO为极性分子C苯酚具有弱酸性苯酚中苯环使羟基中的O—H键极性变小D“杯酚”能用于分离C60和C70超分子具有“分子识别”的特征A．A B．B C．C D．D15．（2025春•朝阳区期末）小组同学探究硫酸铜与氨水的反应，实验过程如图。下列关于实验现象的分析不正确的是（）A．深蓝色溶液中含[Cu（NH3）4]2+，其中N提供孤电子对，Cu2+提供空轨道 B．①中产生蓝色浊液的原因：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4C．②中沉淀完全溶解的原因：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣ D．推测向深蓝色溶液中加入CuSO4溶液，能析出Cu（OH）2沉淀16．（2025春•南宁期末）冠醚是一种皇冠状的分子，不同大小的冠醚空穴适配不同大小的碱金属离子，例如：12﹣冠﹣4适配Li+，18﹣冠﹣6适配K+。下列说法错误的是（）A．空腔大小：12﹣冠﹣4＜18﹣冠﹣6 B．红外光谱可测定冠醚中含有的官能团 C．化学键极性：C—O＜C—H D．超分子具有识别某些离子的能力17．（2025春•东城区期末）向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列说法正确的是（）A．形成难溶物的原因是Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓ B．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 C．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[CuD．在[Cu(NH3)418．（2025春•昌平区期末）某研究小组为探究配合物的形成及性质，进行如下实验，下列说法不正确的是（）序号步骤Ⅰ向2mL0.2mol・L﹣1CuSO4溶液中滴加0.5mL1mol・L﹣1氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约1.5mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液Ⅱ向Ⅰ得到的深蓝色溶液中滴加5滴1mol・L﹣1NaOH溶液，产生蓝色沉淀Ⅲ取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入5mL1mol・L﹣1氨水，溶液略变为蓝色，固体未见明显溶解；滴加2滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液A．氨水中能与Cu2+配位的微粒有H2O、NH3、OH﹣ B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，Ⅰ中沉淀完全溶解是沉淀与NH3、NH4+C．上述实验无法排除沉淀直接溶于饱和氯化铵溶液的可能 D．综合上述实验可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH﹣的结合能力19．（2025春•苏州期末）由硫酸铜溶液制取[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体的实验如下：步骤①：向4mL0.1mol•L﹣1CuSO4溶液中滴加1mol•L﹣1氨水，有蓝色沉淀生成；步骤②：继续滴加1mol•L﹣1氨水并振荡试管，沉淀溶解，得深蓝色溶液；步骤③：向试管中加入8mL95%乙醇，有深蓝色[Cu（NH3）4]SO4•H2O晶体析出。下列说法正确的是（）A．步骤①中发生反应的离子方程式为Cu2++2OH﹣＝Cu（OH）2↓ B．步骤③中加入乙醇的目的是增大铜氨配合物溶解度 C．1mol[Cu（NH3）4]SO4晶体中含有16molσ键 D．实验说明与Cu2+的配位能力NH3强于H2O20．（2025春•贵阳期末）配合物是一个庞大的化合物家族，下列说法正确的是（）A．[CuCl4]2-由Cu2+B．1mol[Al(C．配合物[Ag（NH3）2]OH的中心离子是Ag+，配体是OH﹣ D．向1mol配合物[Cr（H2O）4Cl2]Cl中加入足量的AgNO3溶液，可以得到1molAgCl

高考化学一轮复习配合物与超分子答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2025春•合肥期末）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【正确答案】C【分析】A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，超分子具有分子识别特征；B．在纯金属中加入其他元素会使合金中原子层错位滑动变得更困难，从而提高合金硬度；C．表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水的，全被包裹在胶束内，从而达到去污效果；D．石墨晶体中每个碳原子以sp2杂化方式与同层其他碳原子形成平面网状结构，每个碳原子的配位数为3，碳原子之间形成的共价键键长较短，键能较大。解：A．①属于超分子的一种，冠醚空腔的直径大小不同，超分子具有分子识别特征，可用于识别特定的离子，故A正确；B．在纯金属中加入其他元素会使合金中原子层错位滑动变得更困难，从而提高合金硬度，故B正确；C．表面活性剂在水中会形成亲水基团向外、疏水基团向内的胶束，由于油污等污垢是疏水的，全被包裹在胶束内，从而达到去污效果。烷基磺酸根离子在水中会形成亲水基向外疏水基向内的胶束，故C错误；D．石墨层间则通过范德华力相互作用，同时石墨有类似金属晶体的导电性，因此可视作“混合晶体”，石墨晶体中每个碳原子以sp2杂化方式与同层其他碳原子形成平面网状结构，每个碳原子的配位数为3，碳原子之间形成的共价键键长较短，键能较大，因此石墨熔点很高，故D正确；故选：C。【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。2．（2025春•丰台区期末）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。已知：常温下，Cu2++4NHCu2++4Cl下列说法不正确的是（）A．生成蓝色沉淀的离子方程式为：CuB．深蓝色溶液中配体与Cu2+的结合能力：NH3＞H2O C．深蓝色沉淀产生的原因：该沉淀为离子化合物，在乙醇中的溶解度比在水中的小 D．深蓝色溶液变为黄绿色的原因：浓盐酸提供了高浓度的Cl﹣使得[Cu(【正确答案】D【分析】A.生成的蓝色沉淀为氢氧化铜，；B.蓝色沉淀可以溶解在过量的氨水中，说明与铜离子的配位能力有差异；C.深蓝色的溶液的成分是硫酸四氨合铜，是离子化合物，在乙醇中的溶解度小；D.深蓝色溶液变为黄绿色的原因是浓盐酸使得[Cu(N解：A.生成的蓝色沉淀为氢氧化铜，而氨水是弱碱写为化学式，故A正确；B.蓝色沉淀氢氧化铜可以溶解在过量的氨水中，说明NH3比H2O与铜离子的配位能力要大，故B正确；C.深蓝色的溶液的成分是硫酸四氨合铜，是离子化合物，在乙醇中的溶解度小，故C正确；D.深蓝色溶液变为黄绿色的原因是浓盐酸使得[Cu(NH3)4]2+转化为[CuCl4]2-，其反应为：[Cu（NH3）4]2++4H++4Cl﹣＝4NH故选：D。【点评】本题考查配合物的生成，配体的配位能力的比较，物质中不同溶剂中溶解度的差异，做题时需要物别注意D项中浓盐酸使得[Cu(3．（2025春•临沂期末）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。下列说法错误的是（）A．②中沉淀与⑤中固体是同一种物质 B．④中深蓝色沉淀在乙醇中的溶解度比在水中小 C．若向⑤中改加浓盐酸，可以得到黄绿色溶液 D．上述实验表明与NH3形成配位键的能力：H+＞Cu2+【正确答案】A【分析】硫酸铜溶液中加入氨水，生成氢氧化铜沉淀，继续加入氨水，得到深蓝色的溶液，该溶液是硫酸四氨合铜溶液，加入乙醇，降低硫酸四氨合铜的溶解度，析出沉淀，该沉淀是硫酸四氨合铜，过滤，向滤出的沉淀中加入硫酸，NH3与H+结合，破坏了铜氨离子，沉淀溶解，得到蓝色溶液，据此分析作答。解：A．根据分析可知，②中沉淀是氢氧化铜，⑤中固体是硫酸四氨合铜，两者不是同一种物质，故A错误；B．④中深蓝色沉淀是硫酸四氨合铜，其在乙醇中的溶解度比在水中小，故B正确；C．若向⑤中改加浓盐酸，可以得到CuCl42-，该离子呈黄绿色，故D．根据④→⑤可知，NH3形成配位键的能力：H+＞Cu2+，故D正确；故选：A。【点评】本题主要考查配位化合物的形成与转化，属于基本知识的考查，难度中等。4．（2025•江苏）探究含铜化合物性质的实验如下：步骤Ⅰㅤ取一定量5%CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。步骤Ⅱㅤ将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。步骤Ⅲㅤ向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。下列说法正确的是（）A．步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu（NH3）4]SO4 B．步骤Ⅱ的两份溶液中：c深蓝色（Cu2+）＜c蓝色（Cu2+） C．步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化 D．步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu（NH3）4]2++Fe═Cu+Fe2++4NH3↑【正确答案】B【分析】A.Cu2+与NH3•H2O反应生成蓝色沉淀Cu（OH）2；B.Cu2+在配离子的内界，很难电离出来，而向Cu（OH）2沉淀中加入稀盐酸，得到的蓝色溶液中铜元素的存在形式为Cu2+；C.[Cu(NH3)4D.溶液中c（Cu2+）增大，Cu2+与铁发生置换反应析出红色的Cu；解：A.[Cu（NH3）4]SO4可溶于水，步骤Ⅰ中，向CuSO4溶液中加入适量浓氨水，Cu2+与NH3•H2O反应生成蓝色沉淀Cu（OH）2，故A错误；B.步骤Ⅱ中，向Cu（OH）2沉淀中加入浓氨水，得到的深蓝色溶液中铜元素的存在形式为[Cu(NH3)4]2+和Cu2+在配离子的内界，很难电离出来，而向Cu（OH）C.步骤Ⅲ中无明显现象是因为[Cu(NH3)4]2+D.步骤Ⅲ中加入稀盐酸后，H+会与NH3结合成NH4+使[Cu(NH3)4]2+⇌Cu2++4N故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的设计与评价。注意读懂题意是解题的关键，同时考查金属及其化合物的性质，对学生来说，要分析原理，题目难度中等。5．（2025•盐城一模）丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是（）A．沸点高低：CH4＜NH3＜H2O B．半径大小：r（O）＜r（N）＜r（C） C．电离能大小：I1（C）＜I1（N）＜I1（O） D．Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对【正确答案】C【分析】A．分子间氢键能使物质的熔沸点升高；B．同一周期中原子半径随着原子序数的增大而减小；C．周期表中周期从左到右，第一电离能增大的趋势，第ⅡA、ⅤA元素的第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大；D．二丁二酮肟合镍中Ni、N原子间通过配位键结合，结合配位键形成条件分析判断。解：A．常温下CH4和NH3为气体，H2O为液体，并且NH3分子间存在氢键，分子间氢键能使物质的沸点升高，则沸点高低：CH4＜NH3＜H2O，故A正确；B．O、N、C元素均为第二周期，原子序数：O＞N＞C，则半径大小：r（O）＜r（N）＜r（C），故B正确；C．O、N、C元素均为第二周期，原子序数：O＞N＞C，但N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，则I1（N）＞I1（O），所以电离能大小：I1（C）＜I1（O）＜I1（N），故C错误；D．由图可知，二丁二酮肟合镍中Ni、N原子间通过配位键结合，其中Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对，故D正确；故选：C。【点评】本题考查配合物相关知识，侧重基础知识检测和运用能力考查，把握元素周期律的应用、配位键形成条件、氢键对物质性质的影响即可解答，注意理解掌握第一电离能规律的特殊性与一般性，题目难度不大。6．（2025春•高州市期末）冠醚能识别碱金属离子，X、Y、Z是常见的三种冠醚，Li+与X作用形成稳定的结构W。下列说法正确的是（）A．冠醚能识别碱金属离子体现超分子的自组装特征 B．上述冠醚分子中，所有碳原子和氧原子都采取sp2杂化 C．W中存在极性键、非极性键、离子键 D．冠醚Y能与K+形成稳定结构但不能与Li+形成稳定结构的原因是Li+半径太小【正确答案】D【分析】A．冠醚识别碱金属离子体现超分子的分子识别特征；B．冠醚分子中所有碳、氧原子均采用sp3杂化；C．W中没有阴离子；D．冠醚与碱金属离子形成稳定结构的必要条件是“适配”，即离子半径与冠醚腔径大小适配。解：A．冠醚识别碱金属离子体现超分子的分子识别特征，故A错误；B．冠醚分子中所有C、O原子均采用sp3杂化，故B错误；C．W中没有阴离子，故不存在离子键，故C错误；D．冠醚与碱金属离子形成稳定结构的必要条件是离子半径与冠醚腔径大小适配，太大或太小的碱金属离子都不能形成稳定的结构，冠醚Y能与钾离子形成稳定结构但不能与锂离子形成稳定结构的原因是锂离子半径太小，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。7．（2025春•高州市期末）向含等物质的量的[Co（NH3）4Cl2]Cl、[Co（NH3）6]Cl3、[Co（NH3）5Cl]Cl2的溶液中分别加入过量的AgNO3溶液，生成AgCl沉淀的质量最多的是（）A．[Co（NH3）4Cl2]Cl B．[Co（NH3）5Cl]Cl2 C．[Co（NH3）6]Cl3 D．一样多【正确答案】C【分析】配合物中外界Cl﹣可电离并与Ag+反应生成AgCl沉淀，而内界Cl﹣作为配体不参加与Ag+生成AgCl沉淀的反应，据此分析。解：配合物中外界Cl﹣可电离并与Ag+反应生成AgCl沉淀，而内界Cl﹣作为配体不参加与Ag+生成AgCl沉淀的反应，设[Co（NH3）4Cl2]Cl、[Co（NH3）6]Cl3、[Co（NH3）5Cl]Cl2所取的物质的量都为1mol；则[Co（NH3）4Cl2]Cl的外界氯离子为1mol，则可产生1mol氯化银沉淀；[Co（NH3）6]Cl3的外界Cl﹣为3mol，则可产生3mol氯化银沉淀；[Co（NH3）5Cl]Cl2的外界Cl﹣为2mol，则可产生2mol氯化银沉淀；根据上述分析可知[Co（NH3）6]Cl3生成的AgCl沉淀最多，故C正确，故选：C。【点评】本题主要考查配合物的形成与组成等，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春•肇庆期末）CuCl2溶液中存在平衡：[Cu(H2A．铜元素位于元素周期表的d区 B．与Cu2+的配位能力：NHC．[Cu(H2O)D．物质的量相等的[Cu(H【正确答案】B【分析】A.铜元素位于元素周期表的ds区；B.向[CuCl4]2-溶液中加入氨水后，生成深蓝色的[Cu(NH3C.[Cu(H2O)D.[Cu(H2O)4]解：A.铜元素位于元素周期表的ds区，故A错误；B.向[CuCl4]2-溶液中加入氨水后，生成深蓝色的[Cu(NH3)4C.[Cu(H2O)4]D.[Cu(H2O)4]2+和故选：B。【点评】本题考查配合物的结构，涉及元素周期表的结构、配体的配位能力，配合物中共价键的数目，做题时从结构入手，本题中难点和易错点为配合物中配位键与共价键的区分。9．（2025春•新吴区校级期末）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用氦气替代氢气填充空气球更安全He的电子构型稳定，不易得失电子BBF3与NH3可以形成配合物BF3中的B有空轨道接受NH3中N的孤电子对C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D常温常压下，SO2是气态而SO3是液态二者同属分子晶体，相对分子质量SO3更大，范德华力SO3更大，熔沸点SO3更高A．A B．B C．C D．D【正确答案】C【分析】A．氦气的电子构型稳定，不易得失电子而发生化学反应；B．BF3的B有空轨道，能接受NH3中N的孤电子对；C．Li的熔点最高是因为Li的原子半径最小，金属键最强；D．分子晶体相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高。解：A．He的电子构型稳定，不易得失电子而发生化学反应，因此用氦气替代氢气填充空气球更安全，实例与解释相符，故A错误；B．三氟化硼的B有空轨道，能接受氨分子中N的孤电子对，所以BF3与NH3可以形成配合物，实例与解释相符，故B错误；C．Li的熔点最高是因为Li的原子半径最小，金属键最强，且碱金属元素的价电子数均为1，实例与解释不相符，故C正确；D．分子晶体相对分子质量越大，范德华力越强，熔沸点越高，所以常温常压下，SO2是气态而SO3是液态，其原因是二者同属分子晶体，相对分子质量SO3更大，范德华力SO3更大，熔沸点SO3更高，实例与解释相符，故D错误；故选：C。【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。10．（2025春•新吴区校级期末）利用超分子可分离C60和C70，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法不正确的是（）A．C60、C70属于同素异形体 B．杯酚与C60通过氢键形成超分子 C．C60是非极性分子 D．该图描述了超分子具有分子识别的特征【正确答案】B【分析】A．相同元素组成、不同形态的单质互为同素异形体；B．杯酚分子间可形成氢键，但杯酚与C60不能形成氢键；C．C60结构通常高度对称，电荷分布均匀；D．将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，可实现C60、C70混合物的分离提纯。解：A．相同元素组成、不同形态的单质互为同素异形体，C60、C70都是碳元素组成的结构不同的单质，属于同素异形体，故A正确；B．杯酚分子间可形成氢键，但杯酚与C60不能形成氢键，他们是借助分子间作用力形成超分子，故B错误；C．C60结构通常高度对称，电荷分布均匀，属于非极性分子，故C正确；D．由图可知，将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中，可实现C60、C70混合物的分离提纯，该图描述了超分子具有分子识别的特征，故D正确；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。11．（2025春•肇庆期末）冠醚能识别碱金属离子。12﹣冠﹣4与Li+作用而不与K+作用，18﹣冠﹣6与K+作用而不与Li+作用。下列说法正确的是（）A．12﹣冠﹣4与18﹣冠﹣6属于同系物 B．18﹣冠﹣6可增大KCN在溴乙烷中的溶解度 C．超分子属于高分子，具有很大的相对分子质量 D．超分子“自组装”的特征可以用于分离Li+与K+【正确答案】B【分析】A．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物；B．利用分子识别原理，用18﹣冠﹣6将KCN代入有机物中，增大KCN在有机物中的溶解度；C．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体；D．超分子“分子识别”的特征可以用于分离Li+与K+。解：A．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质互称为同系物，12﹣冠﹣4与18﹣冠﹣6，分子式不是相差nCH2，不属于同系物，故A错误；B．利用分子识别原理，用18﹣冠﹣6将KCN代入有机物中，增大KCN在有机物中的溶解度，故B正确；C．超分子是两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，不属于高分子化合物，故C错误；D．超分子“分子识别”的特征可以用于分离Li+与K+，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。12．（2025春•顺义区期末）BF3可与HF反应生成HBF4。下列说法正确的是（）A．BF3的B—F键是由硼的sp2轨道与氟的2p轨道重叠形成σ键 B．HF中共价键的形成： C．HBF4中含有的配位键由B原子提供孤电子对 D．BF3、HF均为极性分子【正确答案】A【分析】A．有新物质生成的变化属于化学变化；B．HF中H的1s轨道与F的2p轨道之间形成s﹣pσ键；C．HBF4中中心原子是B原子，B原子提供空轨道；D．BF3为非极性分子。解：A．煤的干馏有新物质生成，属于化学变化，故A正确；B．HF中H的1s轨道与F的2p轨道之间形成s﹣pσ键，图中所示形成的为p﹣pσ键，故B错误；C．HBF4中含有的配位键由B原子提供空轨道，F原子提供孤电子对，故C错误；D．BF3为非极性分子，HF为极性分子，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及分子极性、配位键等，属于基本知识的考查，难度中等。13．（2025春•海淀区期末）甘氨酸亚铁配合物是一种安全、高效的补铁剂，可由甘氨酸（H2NCH2COOH）与FeCO3反应制得，其结构简式如图。下列说法正确的是（）A．甘氨酸含有手性碳原子 B．第一电离能：N＞O C．甘氨酸亚铁中心离子的配位数为6 D．制备反应中甘氨酸体现了碱性【正确答案】B【分析】A．连接有4个互不相同的原子或原子团的碳原子属于手性碳原子；B．N的2p轨道半满，能量低，稳定，失去电子更难，第一电离能更大；C．由图可知，甘氨酸亚铁中心离子的配位键数目为4；D．甘氨酸中含有羧基，具有酸性。解：A．根据甘氨酸结构可知，甘氨酸不含手性碳原子，故A错误；B．N的2p轨道半满，能量低，稳定，失去电子更难，故第一电离能：N＞O，故B正确；C．由图可知，甘氨酸亚铁中心离子的配位数为4，故C错误；D．甘氨酸中含有羧基，制备反应中甘氨酸体现了酸性，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及手性碳、电离能、配位数、酸性的等，属于基本知识的考查，难度中等。14．（2025春•广东期末）下列陈述Ⅰ和陈述Ⅱ均正确，且具有因果关系的是（）选项陈述Ⅰ陈述ⅡA酸性：CH2ClCOOH＞CH3COOH键长：C—Cl＞C—HB在水中的溶解度：CO2＞COCO2为非极性分子，CO为极性分子C苯酚具有弱酸性苯酚中苯环使羟基中的O—H键极性变小D“杯酚”能用于分离C60和C70超分子具有“分子识别”的特征A．A B．B C．C D．D【正确答案】D【分析】A．羧基中—O—H的极性更大，电子云的密度更低，更易电离出H+，酸性更强；B．根据相似相溶原理进行分析；C．苯酚中苯环属于缺电子基，使羟基中的O—H键极性更大，电子云的密度更低，更易电离出H+；D．超分子具有“分子识别”的特征。解：A．电负性：Cl＞H，Cl吸引电子的能力更强，使CH2ClCOOH中羧基中—O—H的极性更大，电子云的密度更低，更易电离出H+，酸性更强，与键长无关，故A错误；B．CO2为非极性分子，CO为极性分子，根据相似相溶原理可知，在水中的溶解度：CO2＜CO，故B错误；C．苯酚中苯环属于缺电子基，使羟基中的O—H键极性更大，电子云的密度更低，更易电离出H+，导致苯酚具有弱酸性，故C错误；D．超分子具有“分子识别”的特征，“杯酚”能用于分离C60和C70，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，具体涉及电负性的应用、相似相溶原理的应用等，属于基本知识的考查，难度中等。15．（2025春•朝阳区期末）小组同学探究硫酸铜与氨水的反应，实验过程如图。下列关于实验现象的分析不正确的是（）A．深蓝色溶液中含[Cu（NH3）4]2+，其中N提供孤电子对，Cu2+提供空轨道 B．①中产生蓝色浊液的原因：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4C．②中沉淀完全溶解的原因：Cu（OH）2+4NH3═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣ D．推测向深蓝色溶液中加入CuSO4溶液，能析出Cu（OH）2沉淀【正确答案】C【分析】向硫酸铜溶液中加入少量氨水，发生离子反应，得到蓝色浊液，方程式为：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，继续加入过量氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，发生反应：Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2解：A．深蓝色溶液中含[Cu（NH3）4]2+，其中N提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，形成N→Cu配位键，故A正确；B．根据分析可知，①中产生蓝色浊液的原因：Cu2++2NH3•H2O═Cu（OH）2↓+2NH4+，故C．②中沉淀完全溶解的原因：Cu（OH）2+4NH3•H2O═[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2O，故C错误；D．推测向深蓝色溶液中加入CuSO4溶液，增大Cu2+浓度，满足Q＞Ksp时，就能析出Cu（OH）2沉淀，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查配位化合物的形成与转化，属于基本知识的考查，难度中等。16．（2025春•南宁期末）冠醚是一种皇冠状的分子，不同大小的冠醚空穴适配不同大小的碱金属离子，例如：12﹣冠﹣4适配Li+，18﹣冠﹣6适配K+。下列说法错误的是（）A．空腔大小：12﹣冠﹣4＜18﹣冠﹣6 B．红外光谱可测定冠醚中含有的官能团 C．化学键极性：C—O＜C—H D．超分子具有识别某些离子的能力【正确答案】C【分析】A．根据半径：钾离子大于锂离子，进行分析；B．根据红外光谱通过吸收峰反映化学键及官能团信息，可测定冠醚中含有的官能团，进行分析；C．根据电负性相差越大，化学键极性越大进行分析；D．根据冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，进行分析。解：A．半径：K+＞Li+，所以空腔大小：12﹣冠﹣4＜18﹣冠﹣6，故A正确；B．红外光谱是用红外光照射有机物分子时，分子中的化学键或官能团可发生振动吸收，不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱上将处于不同位置，从而可获得分子中含有何种化学键或官能团的信息，红外光谱可测定冠醚中含有的官能团，故B正确；C．电负性相差越大，化学键极性越大，C—O＞C—H，故C错误；D．冠醚是皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，体现了超分子的分子识别特征，故D正确；故选：C。【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。17．（2025春•东城区期末）向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列说法正确的是（）A．形成难溶物的原因是Cu2++2OH﹣═Cu（OH）2↓ B．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 C．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子[CuD．在[Cu(NH3)4【正确答案】C【分析】向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，发生离子反应：Cu2++2NH3•H2O﹣═Cu（OH）2↓+2NH4+，形成难溶物为Cu（OH）2，继续加入足量氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，发生反应：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2解：A．形成难溶物的原因是Cu2++2NH3•H2O﹣═Cu（OH）2↓+2NH4+，故B．反应后溶液中没有沉淀，但反应前后Cu2+的浓度降低，Cu2+转化为[Cu（NH3）4]2+，故B错误；C．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为[Cu（NH3）4]2+，故C正确；D．在[Cu(NH3)4]2+故选：C。【点评】本题主要考查配位化合物的形成、组成，属于基本知识的考查，难度不大。18．（2025春•昌平区期末）某研究小组为探究配合物的形成及性质，进行如下实验，下列说法不正确的是（）序号步骤Ⅰ向2mL0.2mol・L﹣1CuSO4溶液中滴加0.5mL1mol・L﹣1氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约1.5mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液Ⅱ向Ⅰ得到的深蓝色溶液中滴加5滴1mol・L﹣1NaOH溶液，产生蓝色沉淀Ⅲ取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入5mL1mol・L﹣1氨水，溶液略变为蓝色，固体未见明显溶解；滴加2滴饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，得到深蓝色溶液A．氨水中能与Cu2+配位的微粒有H2O、NH3、OH﹣ B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，Ⅰ中沉淀完全溶解是沉淀与NH3、NH4+C．上述实验无法排除沉淀直接溶于饱和氯化铵溶液的可能 D．综合上述实验可得，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH﹣的结合能力【正确答案】B【分析】Ⅰ、向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，发生离子反应：Cu2++2NH3•H2O﹣═Cu（OH）2↓+2NH4+，形成难溶物为Cu（OH）2，继续加入足量氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，该溶液为硫酸四氨合铜，发生反应为：Cu（OH）2+4NH3•H2O＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣+4H2Ⅱ、向硫酸四氨合铜溶液中继续加入1NaOH溶液，OH﹣浓度增大，Cu2+与OH﹣结合，产生蓝色沉淀，同时促进[Cu（NH3）4]2+的解离；Ⅲ、氢氧化铜固体加入氨水，固体未见明显溶解，滴加饱和氯化铵溶液，固体完全溶解，可能原因是NH4+与OH﹣结合，降低了OH﹣的浓度，促进Cu（OH）2溶解并与NH3配位，得到深蓝色溶液，也可能是氯化铵直接与Cu（OH）解：A．根据分析可知，氨水中存在：H2O、NH3、OH﹣，分别与Cu2+配位形成蓝色的[Cu（H2O）4]2+、深蓝色