第8 讲 配合物 超分子
【高考考向预测】
配合物侧重配位键形成条件、中心离子与配体、配位数判断、内外界拆分、配合物空间结构，
超分子围绕分子间作用力、氢键、分子识别与自组装展开，常结合杂化、晶体结构综合出题；近
三年在物质结构选考题常态化出现，考频稳步提升；预测2027 年以医药配位试剂、大环超分子载
体为情境，侧重陌生配合物组成分析与超分子作用对物质性质的影响判断。
考点一 配合物
【核心梳理●明考点】
1.配位键
(1)概念:由一个原子单方面提供孤电子对,而另一个原子提供空轨道接受孤电子对形成的共价键,即
“电子对给予—接受”键。
(2)表示方法:配位键可以用A→B 来表示,其中A 是提供孤电子对的原子,B 是接受孤电子对的原子。
(3)实例
[Cu(H2O)4]2+中的配位键为
。
2.配合物
(1)概念:金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键结
合形成的化合物,简称配合物。
(2)形成条件:①配体有孤电子对;②中心原子有空轨道。
(3)组成(实例)
[Cu(NH3)4]SO4的组成为
3.简单配合物的制备
实验操作
实验现象
有关离子方程式
滴加氨水后,试管中首先出现蓝
色沉淀,氨水过量后沉淀逐渐溶
解,得到深蓝色的透明溶液,滴加
乙醇后析出深蓝色晶体
Cu
2+ +2NH
3·H2O===Cu
( OH
) 2↓+2NH 4
+、
Cu
( OH
) 2+4NH3===
[ Cu
( NH
3)4] 2+ +2OH
-
、
[Cu(NH3)4]2++SO4
2−
+H2O
[Cu(NH3)4]SO4·H2O↓
溶液变为红色
Fe
3+ +3SCN
- ===Fe
( SCN
) 3
滴加AgNO3溶液后,试管中出现
白色沉淀,继续滴加氨水后沉淀
溶解,溶液呈无色
Ag
+ +Cl
- ===AgCl↓
、
AgCl+2NH3===
[ Ag
( NH
3)2] + +Cl
-
4.配合物的种类与应用
配合物种类繁多,如叶绿素、血红素和维生素B12都是配合物。如叶绿素中Mg2+为中心离子,大环有
机物作配体,配位原子为N。配合物在医药科学、化学催化剂、新型分子材料等领域应用广泛。
【考点突破●明方向】
1.下列说法中正确的是 。
(1)配位键实质上是一种特殊的共价键
(2)提供孤电子对的微粒既可以是分子,也可以是离子
(3)有配位键的化合物就是配位化合物
(4)配位化合物都很稳定
(5)在配合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中的Cl-均可与AgNO3反应生成AgCl 沉淀
(6)Ni(CO)4是配合物,它是由中心原子与配体构成的
【答案】(1)(2)(6)
2.(2025·北京十五中期末考试)已知[Co(H2O)6]2+粉红色,[CoCl4]2-呈蓝色,[ZnCl4]2-为无色。现将CoCl2
溶于水,加入浓盐酸后,溶液由粉红色变为蓝色,存在以下平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl-
[CoCl4]2-+6H2O
ΔH,将该溶液分为三份做实验,溶液的颜色变化如下:
装置
序号
操作
现象
①
将试管置于冰水浴中
溶液均呈
粉红色
②
加水稀释
③
加少量ZnCl2固体
以下结论和解释不正确的是( )
A.[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中,中心离子的配位数之比为3∶2
B.由实验①可知:ΔH<0,由实验②可推知加水稀释,浓度商Q<K,平衡逆向移动
C.由实验③可知:Zn2+络合Cl-能力比Co2+络合Cl-能力强
D.实验①②③可知:配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关
【答案】B
【解析】A.[Co(H2O)6]2+和[CoCl4]2-中,中心离子的配位数之比为6∶4=3∶2,故A 正确;B.由实验①可
知,温度降低,平衡逆向移动,逆反应为放热反应,则正反应为吸热反应,ΔH>0,由实验②可知,加水稀释,
平衡逆向移动,浓度商Q>K,故B 错误;C.由实验③可知加入ZnCl2后发生反应Zn2++4Cl-
[ZnCl4]2-,
导致平衡:[Co(H2O)6]2++4Cl-
[CoCl4]2-+6H2O 逆向移动,所以配离子的稳定性:[ZnCl4]2->[CoCl4]2-,则
Zn2+络合Cl-能力比Co2+络合Cl-能力强,故C 正确;D.实验①②③可知,配合物的形成与温度、配体的
浓度及配体的种类等有关,故D 正确。
3.向棕黄色FeCl3 溶液中加入无色KSCN 溶液,溶液变成红色。该反应可用FeCl3+3KSCN
Fe(SCN)3+3KCl 表示。回答下列问题:
(1)向上述红色溶液中继续加入浓KSCN 溶液,溶液红色加深,这是由于 (填字母)。
A.与Fe3+配合的SCN-数目增多
B.红色离子的数目增多
C.红色离子的浓度增大
(2)向上述红色溶液中加入NaF 溶液,振荡,观察到红色溶液迅速褪成无色,表示该反应的离子方程式
为 ;
能使该反应发生的原因可能是
。
【答案】(1)C (2)Fe(SCN)3+3F-===FeF3+3SCN- Fe3+结合F-的能力大于结合SCN-的能力
【解析】(1)向题述红色溶液中继续加入浓KSCN 溶液,溶液红色加深,因平衡正向移动,红色离子的
浓度增大。
考点二 超分子
【核心梳理●明考点】
1.超分子概念
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。
2.超分子内分子间的作用力
多数人认为,超分子内部分子之间通过非共价键相结合,包括氢键、静电作用、疏水作用以及一些分
子与金属离子形成的弱配位键等。
3.超分子的两个重要特征是分子识别和自组装。
4.超分子的应用
(1)分离C60和C70
(2)冠醚识别碱金属离子:冠醚与合适的碱金属离子形成超分子。
【考点突破●明方向】
1.(2025·八省联考陕西卷)物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是( )
选项
性质差异
结构因素
A
极性:BF3<PCl3
分子空间构型
B
酸性:二氯乙酸<二氟乙酸
分子间氢键
C
熔点:NaCl>S8
晶体类型
D
识别K+的能力:18-冠-6>12-冠-4
冠醚空腔直径
【答案】B
【解析】A.BF3是平面三角形,PCl3是三角锥形,极性和分子空间构型有关联,故A 不符合题意;B.由于
F 的电负性比Cl 大,吸引电子的能力更强,三氟乙酸羧基中的O—H 键的极性更大,更易电离出H+,酸
性更强,酸性和分子间氢键没有关联,故B 符合题意;C.NaCl 是离子晶体,S8是分子晶体,离子晶体一般
来说比分子晶体熔点高,熔点和晶体类型有关联,故C 不符合题意;D.18-冠-6 空腔的直径与K+的直径
相当,12-冠-4 空腔的直径小于K+的直径,所以识别K+的能力与冠醚空腔直径有关联,故D 不符合题
意。
2.(2024·辽宁锦州名校联考)某超分子的结构如图所示,下列描述不正确的是( )
A.超分子就是高分子化合物
B.超分子的特征是分子识别和分子自组装
C.图示中的超分子是两种不同的分子通过氢键形成的分子聚集体
D.图示中的超分子中的N 原子采取sp2、sp3两种杂化方式
【答案】A
【解析】超分子通常是指由两种或两种以上分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体,超分子不
同于高分子化合物,A 错误,C 正确;超分子的特征是分子识别和分子自组装,B 正确;图示中的超分子
中的N 原子形成了双键、单键,则采取sp2、sp3杂化,D 正确。
3.冠醚能与阳离子作用,12-冠-4 与Li+作用而不与K+作用;18-冠-6 与K+作用,但不与Li+或Na+作用。
下列说法错误的是( )
A.冠醚与阳离子作用跟环的大小有关
B.超分子中O 原子与K+间存在离子键
C.12-冠-4 中C 和O 的杂化方式相同
D.18-冠-6 可将KCN 带入溴乙烷中
【答案】B
【解析】由题意得,冠醚不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子,A 正确;由图可知18-冠-6 中O
原子与相邻的2 个C 形成极性共价键,O 带部分负电荷,与钾离子之间存在静电作用,但是冠醚分子、
O 原子均不是离子,故O 原子与K+间不存在离子键,B 错误;12-冠-4 中C 均为饱和碳原子,C、O 的价
电子对数均为4,故C 和O 的杂化轨道类型相同,均为sp3杂化,C 正确;利用该原理可以用冠醚将KCN
带入有机物中,D 正确。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
1.(2025·河南卷)配合物间的结构转变是一种有趣的现象。配合物1 经过加热可转变为配合物2,如
图所示。
下列说法错误的是( )
A.配合物1 中含有2 种配体
B.配合物2 中N 原子采取sp2杂化
C.转变过程中涉及配位键的断裂和形成
D.转变前后,Co 的化合价由+2 价变为0 价
【答案】D
【解析】A.配合物1 中,H2O 中氧原子提供孤对电子,Co2+提供空轨道形成配位键;配合物1 右侧N、
O 分别提供一对孤电子,与Co2+形成配位键,则配合物1 中含有2 种配体,A 正确;B.由配合物2 的结构
可知,N 形成2 个σ 键,一个配位键,故采取sp2杂化,B 正确;C.转变过程中,配合物1 中断裂2 个H2O 与
Co2+形成的配位键,配合物2 中,SO4
2−中的O 与Co2+形成2 个配位键,涉及配位键的断裂和形成,C 正
确;D.配合物1、2 中Co 都为+2 价,Co 的化合价没有发生变化,D 错误。
2.(2024·湖北卷)科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”,能装载多种稠环芳香烃。三种芳
烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是( )
芳烃
芘
并四苯
蒄
结构
结合常数
385
3 764
176 000
A.芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子
B.并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同
C.从分子大小适配看“分子客车”可装载2 个芘
D.芳烃π 电子数越多越有利于和“分子客车”的结合
【答案】B
【解析】纳米“分子客车”能装载多种稠环芳香烃,通过分子间相互作用结合成功能不同的分子聚
集体,符合超分子的定义,A 正确;从长的方向看,“分子客车”中有与并四苯相仿的结构,从高的方向
看,无相仿结构,故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性,B 错误;芘与“分子客车”中间部分大
小适配,故“分子客车”可装载2 个芘,C 正确;题目中所有芳烃中的C 原子均为sp2杂化,则芳烃中的
碳原子数等于π 电子数,则芘、并四苯、蒄的π 电子个数分别为16、18、24,结合表中数据可知,芳
烃π 电子数越多,结合常数越大,D 正确。
3.(2024·上海卷)已知AlBr3可二聚为如图所示的二聚体:
(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CH3CN 中生成[Al(CH3CN)2Br2]Br(结构如图所示),已知配离子的结构为四面体形,
则其中心原子的杂化方式为 ,其中配体是 ;1 mol 该配合物中有
mol σ 键。
Br-
【答案】(1)A (2)sp3 CH3CN、Br- 14
【解析】(1)根据该二聚体的结构可知,Br 和Al 以极性共价键相连,故A 符合题意。(2)根据配离子
的结构为四面体形可知,中心原子Al 采取sp3杂化,其中配体为CH3CN 和Br-,1 个共价单键含1 个σ
键,1 个碳氮三键含有1 个σ 键和2 个π 键,故1 mol 该配合物中含有14 mol σ 键。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
一、单选题
1．（2025·四川·高考真题）生产磷肥时，利用纯碱溶液吸收SiF4的反应如下：
3SiF4+2Na2CO3+2H2O=2Na2SiF6↓+H4SiO4+2CO2。下列说法错误的是
A．Na2SiF6中含有配位键
B．SiF4和H2O都是由极性键构成的极性分子
C．CO2和SiO2晶体分别为分子晶体和共价晶体
D．CO3
2−的VSEPR模型和空间结构都为平面三角形
【答案】B
【详解】A．Na2SiF6的阴离子SiF6
2−中有Si 提供空d 轨道，F-提供孤对电子形成的配位键，A 正确；
B．SiF4中心原子Si 的价层电子对数是4+ 4−4×1
2
= 4，无孤对电子，为正四面体结构，分子对称，
属于非极性分子；H2O 为极性分子，B 错误；
C．CO2晶体为分子晶体（分子间作用力），SiO2为共价晶体（原子间共价键），C 正确；
D．CO3
2−中心原子C 的价层电子对数是3+ 4+2−2×3
2
=3，无孤对电子，VSEPR 模型为平面三角
形，实际空间结构也为平面三角形，D 正确；
故选B。
2．（2025·广东·高考真题）在法拉第发现苯200 周年之际，我国科学家首次制备了以金属M 为中
心的多烯环配合物。该配合物具有芳香性，其多烯环结构(如图)形似梅花。下列关于该多烯环配
合物说法正确的是
A．C−H键是共价键
B．有8 个碳碳双键
C．共有16 个氢原子
D．不能发生取代反应
【答案】A
【详解】A．C 和H 原子间通过共用电子对形成的是共价键，A 正确；
B．该配合物具有芳香性，存在的是共轭大π 键，不存在碳碳双键，B 错误；
C．根据价键理论分析，该物质有10 个H 原子，C 错误；
D．大π 键环上可以发生取代反应，D 错误；
答案选A。
3．（2026·浙江·高考真题）不锈钢属于以下物质类别中的
A．单质
B．聚合物
C．合金
D．超分子
【答案】C
【详解】合金是两种或多种金属（或金属与非金属）熔合而成的混合物，不锈钢是铁、铬、镍等
组成的合金，故选C。
4．（2024·湖北·高考真题）科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”，能装载多种稠环芳
香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是
芳烃
芘
并四苯
蒄
结构
结合
常数
385
3764
176000
A．芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子
B．并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同
C．从分子大小适配看“分子客车”可装载2 个芘
D．芳烃π 电子数越多越有利于和“分子客车”的结合
【答案】B
【详解】A．“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形
成分子聚集体——超分子，A 项正确；
B．“分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm，从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构，从
高的方向观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B 项错误；
C．芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2 个
芘，C 项正确；
D．芘、并四苯、蒄中碳原子都采取sp2杂化，π 电子数依次为16、18、24，π 电子数逐渐增多，
与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，故芳烃π 电子数越多越有利于和
“分子客车”结合，D 项正确；
答案选B。
5．（2024·吉林·高考真题）环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外
极性较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2 和图3 分别表示环六糊精结构、超分子示意图
及相关应用。下列说法错误的是
A．环六糊精属于寡糖
B．非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子
C．图2 中甲氧基对位暴露在反应环境中
D．可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚
【答案】B
【详解】A．1mol 糖水解后能产生2~10mol 单糖的糖称为寡糖或者低聚糖，环六糊精是葡萄糖的
缩合物，属于寡糖，A 正确；
B．要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非
极性分子都可以被环六糊精包含形成超分子，B 错误；
C．环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)腔内极性小，可以将苯环包含在其中，由图3 可知，苯甲醚直
接和HOCl 反应时，Cl 原子取代苯甲醚中苯环的邻位和对位H 原子的物质的量的比为2：3，而加
入环六糊精后Cl 原子取代苯环对位H 原子的物质的量的远大于邻位，说明图2 中甲氧基对位暴露
在反应环境中，C 正确；
D．环六糊精空腔外有多个羟基，可以和水形成分子间氢键，故环六糊精能溶解在水中，而氯代
苯甲醚不溶于水，所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚，D 正确；
故选B。
6．（2026·重庆·模拟预测）根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是
选
项
实验操作和现象
结论
A
向Na[Al(OH)4)溶液中滴加NaHSO3溶液，有
白色沉淀生成
[Al(OH)4)
−和HSO3
−发生互相促进的水解反应
B
向硬脂酸钠溶液中加入饱和食盐水，有固
体析出浮在溶液表面
NaCl 极性弱，降低了硬脂酸钠的溶解度
C
用红热的铁针刺中凝固在水晶表面的石蜡
中间，石蜡熔化出一个不规则椭圆
晶体具有各向异性
D
CuCl2浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈
蓝色
[Cu(H2O)4)
2++ 4 Cl
−⇌[CuCl4)
2−+ 4 H2O加水稀
释后Q< K，使配位平衡逆向移动
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】C
【详解】A．HSO3
−的电离程度大于水解程度，溶液显酸性，且HSO3
−酸性强于Al(OH)3，白色沉淀
Al(OH )3是HSO3
−电离出的H
+与[ Al(OH )4]
−反应生成，HSO3
−+[ Al(OH )4]
−= Al(OH )3↓+ H 2O+ SO3
2−
，并非互相促进的水解反应，A 错误；
B．NaCl是离子化合物，极性很强，盐析的原理是加入氯化钠，增大了钠离子浓度，降低硬脂酸
钠的溶解度，原结论原因错误，B 错误；
C．水晶属于晶体，不同方向导热性不同（即晶体的各向异性），导致石蜡熔化区域呈不规则椭
圆，可证明晶体具有各向异性，C 正确；
D．加水稀释后，所有物质浓度同倍数减小，Cl
−浓度变化对浓度商Q影响更大；浓度商
Q =
c([CuC l4]
2−)
c([Cu( H 2O)4]
2+)·c
4(C l
−)
> K，配位平衡逆向移动，D 错误；
故选C。
7．（2025·山西临汾·模拟预测）某催化剂的阴离子结构如图所示，其组成元素中X、Y、Z 为原子
半径依次增大的短周期主族元素，仅Y、Z 的基态原子的核外电子均填充在三个能级中，W 为第四
周期元素中基态原子未成对电子数最多的元素。下列说法错误的是
A．ZX3YX可以使酸性KMnO4溶液褪色
B．该阴离子中W 的配位数为6，化合价为+3
C．X2Y2为极性分子，其中Y 原子为sp
3杂化D．简单氢化物热稳定性：Z>Y
【答案】D
【分析】W 为第四周期基态原子未成对电子数最多的元素，价电子排布式为3d
54s
1，对应元素为
Cr。仅Y、Z 的基态原子核外电子填充在三个能级，说明Y、Z 为第二周期元素，X、Y、Z 原子半径
依次增大，结合阴离子结构中X 形成1 个共价键、Z 形成4 个共价键、Y 形成2 个共价键，X 为H，
Z 为C，Y 为O。
【详解】A．ZX3YX为CH3OH，CH3OH 可被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，A 正确；
B．该阴离子中Cr与6 个配位原子结合，配位数为6，阴离子带1 个单位负电荷，结合配体电荷可
知Cr化合价为+3，B 正确；
C．X2Y2为H2O2，分子中正负电中心不重合，为极性分子，其中O原子价层电子对数为4，为sp
3杂
化，C 正确；
D．元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，非金属性O>C，故热稳定性H2O>CH4，即Y>Z
，D 错误；
故选D。
8．（2026·广西·三模）环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性
较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2 和图3 分别表示环六糊精结构、4，4-联吡啶与环
六糊精形成的超分子示意图及超分子聚合物。下列说法错误的是
A．环六糊精中含有手性碳原子
B．形成1 mol 超分子聚合物需要(n+2) mol Ni2+
C．非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子
D．超分子聚合物中N 原子与Ni2+形成了配位键
【答案】C
【详解】A．环六糊精是D-吡喃葡萄糖的缩合产物，吡喃葡萄糖环上的多个饱和碳原子均连接4
种不同的原子或基团，属于手性碳原子，因此环六糊精中含有手性碳原子，A 正确；
B．根据超分子聚合物的结构，每个重复单元含1 个Ni
2+，聚合物两端各有1 个Ni
2+，总物质的量
为(n+2)mol，因此形成1 mol 超分子聚合物需要(n+2)molNi
2+，B 正确；
C．要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非
极性分子都可以被环六糊精包合形成超分子，C 错误；
D．4,4-联吡啶中的N 原子含有孤电子对，Ni
2+有空轨道，二者可通过配位键结合，因此超分子聚
合物中N 原子与Ni
2+形成了配位键，D 正确；
故选 C。
9．（2026·河南安阳·三模）在有机硼化合物G (X 为卤素，Me 表示甲基、❑
nBu 表示正丁基)催化
作用下，环氧化合物与CO2反应生成环状碳酸酯的机理如图所示：
下列叙述错误的是
A．催化剂中的B 原子和N 原子与X
−之间的相互作用实质相同
B．该过程不涉及非极性键的断裂与形成
C．电负性：O>N >C>B
D．生成
反应的原子利用率为100%
【答案】A
【详解】A．观察催化剂G 的结构，N原子带有正电荷（N
+），它与X
−（卤素阴离子）之间主要
是静电引力（离子键）。而B原子是缺电子原子，它具有空轨道，可以接受孤对电子，因此B与
X
−之间形成的是配位键，两者的相互作用实质不同，A 错误；
B．反应物是环氧化合物和C O2，产物是环状碳酸酯，反应过程中断裂的是环氧环上的C-O 键
（极性键）和C O2中的C=O π 键（极性键），形成的是新的C-O 键（极性键）。整个过程中，碳
骨架（R 基团）没有发生变化，没有涉及C-C 键的断裂或形成，B 正确；
C．O、N、C、B 这四个元素都位于元素周期表的第二周期。同周期元素从左到右，原子半径减
小，原子核对电子的吸引力增强，电负性逐渐增大。则电负性：O>N>C>B，C 正确；
D．该反应的总反应式为：
+
C O2→
，这是一个化合反应，反应物中的所有原子全部
进入了最终产物中，没有副产物生成，原子利用率为100%，D 正确；
故选A。
10．（2026·山东滨州·二模）荧光开关分子是一类能响应光、热、特定离子等刺激的光学分子。
分子X(非荧光态)结合Na
+和H
+后转变为Y(荧光态)，转化过程如图。
下列说法正确的是
A．1 mol X 中含36NA个C-Hσ 键
B．
和
键角：①＜②
C．Y 中氧原子与Na+形成离子键
D．X 能有效增大CsCl 在有机溶剂中的溶解度
【答案】B
【详解】A．1 mol X 中共有39 mol 氢原子，且氢原子均连接在碳原子上，故C-H σ 键共有39NA
个，A 错误；
B．
和
中N 原子均为sp3杂化，前者有一对孤电子对，后者没有，孤电子对对共
用电子对的斥力较大，故①键角较小，B 正确；
C．Y 中氧原子与Na+形成配位键，C 错误；
D．X 对钠离子有较强络合能力，Cs+半径较大，与X 匹配度差，无法有效增大CsCl 在有机溶剂中
的溶解度，D 错误；
故选B。
11．（2026·四川绵阳·一模）金属阳离子与三联吡啶可以通过配位的方式形成一系列超分子，其
形成方式和部分超分子结构如下图，下列说法不正确的是
A．结合Cl-的超分子B 中铁离子的化合价为+2 价
B．由于阴离子与超分子框架作用力较弱，移除阴离子后超分子框架不变
C．与超分子C 结合的阴离子半径需更大
D．该类超分子无论聚合程度大小，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终为3:1
【答案】D
【详解】A．图中结合Cl
−的超分子B 整体带9 个正电荷，三联吡啶为中性配体，空腔内Cl
−带1 个
单位负电荷，因此所有铁离子总正电荷为9+1=10，超分子B 共含5 个铁离子，因此所含铁离子为
Fe
2+，化合价为+2 价，A 正确；
B．超分子框架由金属阳离子与三联吡啶通过配位键构建而成，阴离子仅作为客体存在于空腔
中，与框架作用力较弱，移除阴离子后配位键不会被破坏，框架结构不变，B 正确；
C．从结构可知，超分子A→B→C，空腔逐渐增大，该类超分子以阴离子为模板组装，空腔越大，
合成时需要半径更大的阴离子作为模板，因此超分子C 需要半径更大的阴离子参与，C 正确；
D．根据三种超分子结构，可知无论聚合程度如何，超分子中三联吡啶与金属阳离子的比例始终
为1:1，不是3:1，D 错误；
故选D。
12．（2026·湖北黄冈·二模）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。伪轮烷M 是一种分子机器，一定条件下可以分解得到N。P 可以把Q从溶液中分离出来。
下列说法正确的是
A．伪轮烷M 是超分子，N 与冠醚通过离子键形成M
B．伪轮烷M 结构中的N 可以不断转动
C．P 将Q 从溶液中分离的过程体现了超分子的分子识别特征
D．P 与Q 形成稳定超分子时，二者的位置关系并不固定
【答案】C
【详解】A．伪轮烷M 是超分子，N 与冠醚通过分子间作用力形成M，A 错误；
B．伪轮烷M 中，N 和冠醚之间存在分子间相互作用，N 不能不受限制地不断转动，B 错误；
C．分子识别是超分子的核心特征之一，P 可以特异性结合Q 从而将Q 从溶液中分离，正是超分子
分子识别特征的体现，C 正确；
D．P 和Q 能通过氢键形成稳定超分子，氢键具有方向性，形成超分子后二者的位置关系是固定
的，D 错误；
故选C。
13．（2026·河南驻马店·模拟预测）金属有机骨架化合物(MOFs)的表面积大，吸附气体的能力强，
加热到300° C也不会坍塌。形成某MOFs 时纳入有机酸离子的结构如图所示。下列说法错误的是
A．[Zn4O)
6+与有机酸离子以配位键作用形成不稳定的结构
B．MOFs 吸附和释放气体可能与其具有开放性的通道有关
C．具有不同空腔的MOFs 可识别不同的气体分子
D．[Zn4O)
6+与多种有机酸离子形成不同MOFs 体现了超分子自组装的性质
【答案】A
【详解】A．[Zn4O]
6+与有机酸离子以配位键形成的MOFs 加热到300℃也不坍塌，说明结构稳
定，A 错误；
B．MOFs 具有开放性通道，表面积大，吸附和释放气体的性质与通道结构有关，B 正确；
C．不同空腔的孔径尺寸不同，可匹配对应大小的气体分子，因此可识别不同气体分子，C 正确；
D．[Zn4O]
6+与多种有机酸离子通过分子间相互作用自组装形成不同MOFs，体现超分子自组装的
性质，D 正确；
故选A。
14．（2026·广东广州·模拟预测）下列陈述与解释均正确且相互关联的是
选
项
陈述
解释
A
通过X 射线衍射实验区分晶体和
非晶体
晶体的X 射线衍射图谱中有明锐的衍射峰，而非晶体
没有
B
石墨具有类似金属的导电性
石墨层中的电子均杂化形成电子云，可在整个碳原子
平面中运动
C
某冠醚与Li
+能形成超分子，与K
+
则不能
Li 与K 的金属性不同
D
KNO3的熔点比K3PO4的低
KNO3的离子键更强
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．X 射线衍射实验可区分晶体和非晶体，本质原因是晶体内部粒子长程有序排列，衍射
图谱有明锐衍射峰，非晶体长程无序无该特征，陈述与解释均正确且关联，A 正确；
B．石墨导电是因为层内碳原子sp2杂化后，未参与杂化的p 轨道电子形成离域大π 键，可在碳原
子平面内自由运动，并非电子均杂化形成电子云，解释错误，B 错误；
C．冠醚与阳离子能否形成超分子取决于冠醚空腔尺寸和阳离子半径的匹配性，与Li、K 的金属性
无关，解释错误，C 错误；
D．离子晶体熔点与离子键强度呈正相关，离子所带电荷越高离子键越强，K3 PO4中阴阳离子总电
荷更高，离子键强于KNO3，因此KNO3熔点更低，解释内容错误，D 错误；
故选A。
15．（2026·陕西西安·模拟预测）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。大环化合物M 可以把N 从溶液中分离出来，下列说法正确的是
A．M 中碳原子的杂化方式有sp
2、sp
3
B．N 中氮原子的p 轨道提供的是单电子
C．M 通过形成共价键识别并分离N
D．M 是超分子
【答案】A
【详解】A．M 中不饱和碳原子的杂化方式为sp2、饱和碳原子的杂化方式为sp3，A 正确；
B．根据图示可知，N 中每个氮原子都与其他3 个原子形成3 个σ键，氮原子的孤电子对数为
1
2
(5−3×1)=1，故N 只能提供孤电子对形成大π键，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，M 与N 之间
形成的是非共价键，C 错误:
D．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，而M 是单个
分子，不符合超分子的定义，D 错误;
故选A。
16．（2026·陕西榆林·二模）下列对物质结构或性质的解释错误的是
选项
事实
解释
A
H2O的沸点高于H2S
H−O键比H−S键牢固
B
某冠醚与Li
+能形成超分子
Li
+直径与该冠醚空腔直径适配
C
沸点：
高于
形成分子间氢键，
形成分子内氢键
D
I2在CCl4中的溶解度大于在水中
的溶解度
I2和CCl4均为非极性分子
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】A
【详解】A．H2O的沸点高于H2S，是因为H2O分子间存在氢键，而H2S分子间不存在氢键，与H−O
键比H−S键牢固无关，A 错误；
B．超分子有“分子识别”的特性，某冠醚能识别Li
+，与Li
+形成超分子，就是因为Li
+直径与该
冠醚空腔直径适配，B 正确；
C．邻羟基苯甲酸分子中羟基与羧基相邻，容易形成分子内氢键，导致分子间作用力减弱，而对
羟基苯甲酸分子中羟基与羧基处于对位，易形成分子间氢键，使分子间作用力增强，分子间作用
力越强，沸点越高，C 正确；
D．I2和CCl4均为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，I2在CCl4中的溶解度大于在水
中的溶解度，D 正确；
答案选A。
17．（2026·河北沧州·二模）化学研究注重宏观现象与微观本质的关联。下列事实与微观解释不
相符的是
选项
宏观事实
微观解释
A
金刚石的熔点高于晶体硅
C−C的键长比Si−Si短，键能更大
B
乙醇能与水以任意比例互
溶
乙醇分子与水分子之间能形成氢键
C
键角：C2H4>N2H4
C、N 的杂化类型分别为sp
2、sp
3杂化
D
12-冠-4 可以选择性识别Li
+
12-冠-4 与Li
+之间通过离子键形成了超分子
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】D
【详解】A．金刚石和晶体硅均为共价晶体，C 原子半径小于Si，C −C键长比Si−Si短，键能更
大，因此熔点更高，A 解释与事实相符；
B．乙醇分子含羟基，与水分子之间可形成氢键，因此二者能以任意比例互溶，B 解释与事实相
符；
C．C2 H 4中C 为sp
2杂化，键角约120°；N 2 H 4中N 为sp
3杂化，且存在孤电子对，孤电子对斥力更
大，键角小于109°28′，因此键角C2 H 4> N 2 H 4，C 解释与事实相符；
D．12-冠-4 是中性分子，与Li
+之间通过非共价键结合形成超分子，并非离子键，D 解释与事实不
相符；
故选D。
18．（2026·天津河西·二模）下列说法错误的是
A．氯气与冷的石灰乳制备漂白粉
B．工业制硫酸用98.3%的浓硫酸吸收SO3
C．醋酸铅溶液和甲醛溶液均可使蛋白质变性
D．15-冠-5 与钾离子形成的超分子中存在离子键
【答案】D
【详解】A．氯气与冷的石灰乳发生歧化反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，是工业制备漂白粉的
反应原理，A 正确；
B．工业制硫酸若用水吸收SO3会形成大量酸雾阻碍吸收，用98.3%的浓硫酸吸收可避免酸雾生
成，提高吸收效率，B 正确；
C．醋酸铅属于重金属盐，甲醛是有毒有机物，二者均可使蛋白质变性，C 正确；
D．15-冠-5 与钾离子形成超分子时，依靠的是配位作用，不存在离子键，D 错误；
故选D。
19．（2026·湖南长沙·一模）科研团队研发的FDU-HOF-3 是一种“自愈和”有机框架材料，可以选
择性吸附低浓度的NH3.吸附前后FDU-HOF-3 的结构示意图如图1 所示，X 射线衍射图如图2 所示。
下列说法正确的是
A．FDU-HOF-3 吸附NH3后晶体结构未被破坏
B．FDU-HOF-3 是共价晶体，熔点高，适合做吸附材料
C．FDU-HOF-3 选择性地吸附NH3的过程只涉及氢键的断裂与形成
D．NH3脱附后，FDU-HOF-3 的“自愈和”过程体现了超分子的自组装特性
【答案】D
【详解】A．X 射线衍射图显示FDU-HOF-3 吸附NH3后原有的特征衍射峰消失，说明晶体结构被破
坏，A 错误；
B．FDU-HOF-3 是通过分子间氢键构建的氢键有机框架材料，属于分子晶体，熔点较低，B 错误；
C．选择性吸附NH3的过程中，除氢键的断裂与形成外，还伴随框架空间有序结构的改变，并非只
涉及氢键的变化，C 错误；
D．NH3脱附后，FDU-HOF-3 可自发恢复原有有序框架结构，该“自愈和”过程体现了超分子的自
组装特性，D 正确；
故选D。
20．（2026·陕西榆林·二模）含有冠醚环的聚合物膜能够高效吸附分离某些阳离子。一种含冠醚
环的聚酰亚胺薄膜吸附分离Li
+的过程如图所示。下列说法正确的是
A．冠醚环与Li
+之间的作用是离子键
B．该聚酰亚胺薄膜中碳原子杂化方式均为sp
2
C．该聚酰亚胺薄膜可在强碱性环境中稳定工作
D．若要设计K
+的吸附分离膜，需增大冠醚环孔径
【答案】D
【详解】A．冠醚环与Li
+之间通过非共价键形成超分子，不是离子键，A 错误；
B．该结构中存在饱和碳原子，比如冠醚环中的烷基碳、连接两个C F3的中心碳，这类碳原子均形
成4 个单键，杂化方式为s p
3，B 错误；
C．该聚合物含酰胺基结构，强碱性环境下酰亚胺基会发生水解，不能稳定工作，C 错误；
D．K
+的离子半径大于Li
+，要吸附半径更大的K
+，需要增大冠醚环的孔径来适配，D 正确；
答案选D。
二、解答题
21．（2025·江西·高考真题）摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成的实验如下：
回答下列问题：
(1)L 的合成与表征
i．向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加入水杨酸粉末，加热至50℃，全溶后升至75℃，
有固体析出，继续升温至115℃，反应4h，冷却至40℃。上述步骤中需用到的仪器有_______(填
标号)。
A．圆底烧瓶 B．干燥管 C．球形冷凝管 D．恒压滴液漏斗
E．二颈烧瓶 F．温度计 G．直形冷凝管 H．分液漏斗
ⅱ．下列分析方法中可以确定L 分子结构的是_______(填标号)。
A．X 射线衍射 B．质谱 C．元素分析 D．滴定分析
(2)Z 的合成与配位比n (L):n(Cu
2+)分析
取12 个烧杯，分别加入10.00mL硝酸铜溶液(0.05000mol/L)，按表所示，依次加入对应体积的L 溶
液(0.2500mol/L)，调pH，用50mL容量瓶配制溶液。在一定条件下，分别测定溶液吸光度A，得到
吸光度A−c(L)/c(Cu
2+)的曲线(如图)。
编号
V (L)/mL
c(L)/c(Cu
2+)
吸光度A
1
0.00
0.00
0.003
2
0.20
0.10
0.055
3
0.40
0.20
0.113
4
0.60
0.30
0.163
5
1.00
0.50
0.258
6
1.50
0.75
0.364
7
2.00
1.00
0.435
8
4.00
2.00
0.546
9
6.00
3.00
0.579
10
8.00
4.00
0.6031
11
10.00
5.00
0.6061
12
12.00
6.00
0.608
已知：A=k⋅c(Z)，k 为常数。
i．图中已给出全部数据点、拟合曲线及1 条趋势线(虚线)，根据表中实验数据，补全坐标轴
_______。
ⅱ．图中趋势线方程为A=k⋅c(Cu
2+)，其与拟合曲线重合部分的化学含义为_______。
ⅲ．在图中作出另1 条趋势线，找到理论反应终点X。_______。
ⅳ．通过理论反应终点，推断配位比n (L):n(Cu
2+)=_______。
ⅴ．A−c(L)/c(Cu
2+)的拟合曲线与趋势线偏离的原因是_______。
【答案】(1) BEF A
(2) 如图，图中坐标轴刻度
L 大量过量，
Cu
2+
近乎
完全转化为Z 如图，图中趋势线和交点X
1 该配位
反应为可逆反应，存在化学平衡，Cu
2+、L 都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值
【分析】摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成，向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加
入水杨酸粉末，加热至50℃，全溶后升至75℃，有固体析出，继续升温至115℃，反应4h，冷
却至40℃，实现L 的合成与表征，然后取12 个烧杯，分别加入10.00mL硝酸铜溶液(0.05000mol/L
)，按表所示，依次加入对应体积的L 溶液(0.2500mol/L)，调pH，用50mL容量瓶配制溶液。在一定
条件下，分别测定溶液吸光度A，得到吸光度A−c(L)/c(Cu
2+)的曲线，图中趋势线方程为
A=k⋅c(Cu
2+)，可以推断出配位比n (L):n(Cu
2+)。
【详解】（1）i．该步骤中需要控制温度，需要用到温度计，装浓硫酸的反应容器需要有两个
孔，一个用于加入试剂，一个用于装温度计，故需要二颈烧瓶，另外浓硫酸具有强氧化性，酚类
物质具有一定的还原性，加热条件下会有副反应发生，生成二氧化硫等污染性气体，用到干燥管
进行尾气吸收处理，故选BEF；
ⅱ．红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，核磁共振氢谱可以获得有机化合
物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子及它们的相对数目等信息，X 射线衍射可以获得更为
直接而详尽的结构信息。对于分子结构比较复杂的有机化合物的分子结构，X 射线衍射可以通过
晶体结构分析确定分子结构，其他手段则常需要组合多种方法共同表征，比如组合核磁共振氢
谱、质谱和红外光谱，表征常见有机化合物。题目需要指定一种分析方法，故选项A 是本题所要
求；
（2）
i．根据表中实验数据可以补全坐标轴，图中已给出全部数据点，拟合曲线及1 条趋势线(虚线)为
；
ⅱ．当c(L)/c(Cu
2+)较大时，吸光度A 几乎不变是因为L 过量，10.00mL硝酸铜溶液(0.05000mol/L)
中Cu
2+近乎完全转化为Z，继续加入L，吸光度A 也不会变化，图中趋势线方程为A=k⋅c(Cu
2+)，其
与拟合曲线重合部分的化学含义为L 大量过量，Cu
2+近乎完全转化为Z；
ⅲ．当c(L)/c(Cu
2+)增大而吸光度A 不变时，说明反应达到理论反应终点，在图中表示理论反应终
点X：
；
ⅳ．由
可知，X 点对应的
c(L)/c(Cu
2+)
为1，反应达到终点；
ⅴ．A−c(L)/c(Cu
2+)的拟合曲线与趋势线偏离的原因是：该配位反应为可逆反应，存在化学平
衡，Cu2+、L 都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值。
