2025届高三化学一轮复习河北省专练——物质结构选择题63道

2025河北高考一轮专练——物质结构选择题63道 一、单选题 1．（2023·河北唐山·统考模拟预测）AlxCoOy的立方晶胞如图所示，已知处在体心处的原子为Co，晶胞参数anm，下列说法错误的是    A．x=1，y=3 B．该晶胞的密度为 C．该晶胞的俯视图为   D．晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为6 2．（2023·河北·张家口市宣化第一中学校联考二模）四氯化碳是常用的不燃溶剂，由如下反应制备：。下列说法正确的是 A．CS2的熔沸点比CO2的低 B．CCl4的热稳定性比CF4的高 C．该制备反应是熵增过程 D．CS2的键角大于CCl4的键角 3．（2023·河北·张家口市宣化第一中学校联考二模）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。W、Z的族序数均等于周期序数，X原子核外最外层电子数是其电子总数的，下列说法正确的是 A．电负性：X<Y<Z B．常温下，W与X形成的化合物呈液态 C．该团簇分子中原子均满足8电子稳定结构 D．最高价氧化物的水化物的碱性：Y<Z 4．（2023·河北·校联考三模）实验室制取HF的原理为，氢氟酸可用来刻蚀玻璃，发生反应：。的立方晶胞如图所示，其晶胞参数为。下列说法错误的是    A．简单氢化物的稳定性： B．、、三者的VSEPR模型均为四面体形 C．晶体与Si晶体的晶体类型相同，二者均为良好的半导体 D．晶体中与之间的最近距离为 5．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）卟啉铜配合物正极材料用于高稳定性有机钾离子电池，如图为卟啉铜配合物正极在钾离子电池中的得失电子过程示意图。下列说法中错误的是 A．三种物质中Cu的配位数均为4 B．三种物质中乙的水溶性最差 C．中所有原子都满足8电子稳定结构 D．甲、乙、丙中碳原子均存在sp和两种杂化方式 6．（2023·河北沧州·校考三模）冰晶石()常用作电解铝的助熔剂和研磨产品的耐磨添加剂，其晶胞结构如图所示，已知该晶胞参数为a pm，表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是    A．中Al的配位数为6 B．图中△位置填充的是Na C．晶胞中形成的全部四面体空隙和的比值为1∶1 D．该晶体的密度为 g⋅cm-3 7．（2023·河北邢台·邢台市第二中学校联考三模）近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点。一种Ru配合物(如图所示)复合光催化剂可将转化为HCOOH。下列说法错误的是    A．Ru配合物中第二周期元素的电负性：O>N>C B．吡啶(  ，原子在同一平面)中C、N原子的杂化方式分别为、 C．该配合物中Ru的配位数是6 D．中P的价层电子对数为4，空间结构为正四面体形 8．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状醚，X是其中的一种，因其体积大小与X的空腔大小相近而恰好能进入X的环内形成超分子Y，Y中与氧原子间能形成化学键．下列说法错误的是    A．X形成的晶体为分子晶体 B．Y中与氧原子间形成的是离子键 C．不能与X形成超分子 D．电负性：O>C>H>Li 9．（2023·河北·校联考模拟预测）某钒、镓合金的晶胞结构及其晶胞沿x轴投影图如下，已知：晶胞参数为a pm，为阿伏加德罗常数的值，其中原子坐标参数甲，乙。下列说法错误的是 A．该合金的化学式为 B．丙原子的坐标参数 C．与V距离最近且相等的Ga有4个 D．该合金的密度为 10．（2023·河北张家口·统考三模）氟元素可形成多种有工业价值和科研价值的化合物，如OF2、NF3、XeF2等。其中XeF2的四方晶胞结构如图所示，图中M点原子坐标参数为(，，)，Xe和F的最短距离为bnm、下列说法错误的是    A． OF2分子中键角小于分子中的 B．中Xe的杂化方式为sp C．基态N、F原子核外电子均有5种空间运动状态 D．Q点原子坐标参数为 [] 11．（2023·河北·校联考模拟预测）硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是 A．键能：Si-Si<C-C B．和中C、Si化合价均为-4价 C．硅酸盐与碳酸盐中Si、C原子的杂化方式相同 D．相比较碳原子，硅与硅之间更易形成键 12．（2023下·湖北·高二校联考阶段练习）某无机物常应用于电子陶瓷工业，其晶胞结构如图所示。设晶胞参数为anm。下列说法错误的是    A．Ti4+处于O2-形成的八面体的体心位置 B．Ba2+与O2-最近距离是 C．该晶胞的密度是 D．将部分Ba2+换成Sr2+，则晶胞参数发生改变 13．（2023·河北邯郸·统考三模）新型储氢材料是开发利用氢能的重要研究方向。某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为金属离子铁，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。下列说法错误的是 A．材料中硼原子采用sp3杂化方式 B．化学式为 C．金属离子的价电子排布式为 D．该化合物中存在离子键、极性键和配位键 14．（2023·河北邯郸·统考三模）“超分子”已经在很多领域广泛应用。下列关于超分子说法正确的是    A．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂，图甲中K+与冠醚形成离子键 B．杯酚具有“分子识别”特征，图乙中杯酚与C60形成氢键 C．可燃冰(图丙)可看作由水和甲烷等分子通过非共价键形成的超分子，硫化氢分子间也能通过与水分子间类似的相互作用形成分子笼 D．烷基磺酸钠在水中聚集形成的胶束(图丁)，这反映了超分子的“自组装”特征 15．（2023·河北·校联考三模）砷化镓(GaAs)是一种立方晶系的晶体，其晶胞结构如图甲所示。将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图乙所示。砷化镓的晶胞参数为xpm。下列说法错误的是 A．1molGaAs中配位键的数目是NA B．GaAs晶体中，Ga和As的最近距离是xpm C．元素的电负性：Ga＜As D．稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为1：2 16．（2023·河北保定·统考二模）我国科学家研究出一种磷化硼纳米颗粒作为高选择性电化学还原为甲醇的非金属电催化剂，磷化硼晶胞结构如图所示，晶胞的棱边边长为，为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是    A．磷化硼晶体中共价键与配位键的数目之比为 B．若氮化硼与磷化硼具有相似的结构，则的熔点比高 C．磷化硼晶体中，每个硼原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有4个 D．磷化硼晶胞密度为 17．（2023·湖北·校联考模拟预测）一种新型高性能的p型太阳能电池材料的晶体结构单元(为立方体，质量为b g)及部分原子分数坐标如图所示，其中Ni和Mg间的最短距离为a pm。下列说法正确的是    A．①处原子分数坐标为 B．晶体密度为 C．该晶体不可能是离子晶体 D．该物质的化学式为 18．（2023·河北唐山·统考三模）我国科学家发现“杯酚”能与C60形成超分子，从而识别C60和C70，下列说法错误的是    A．“杯酚”能与C60形成分子间作用力 B．操作①是过滤；操作③是蒸馏 C．上述方法能实现C60与C70分离 D．溶剂甲苯属于极性分子，而氯仿属于非极性分子 19．（2023·河北唐山·统考三模）侯德榜联合制碱法的原理之一是。下列关于该原理涉及到的物质说法正确的是 A．NH4Cl的电子式为 B．CO2、、H2O中心原子均为sp3杂化 C．键角的大小顺序为 D．NaCl晶胞中的配位数是12 20．（2023·辽宁抚顺·校联考二模）配合物顺铂(结构如图)是临床使用的第一代铂类抗癌药物。其抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。下列说法错误的是    A．中(Ⅱ)的配位数为4 B．的配合物中提供孤对电子 C．与铂(Ⅱ)的结合能力小于与铂(Ⅱ)的结合能力 D．配合物[]存在顺反异构，说明该配合物为平面结构 21．（2023·辽宁抚顺·校联考二模）羟胺易溶于水，其水溶液是比肼还弱的碱溶液。羟胺可与形成，已知反应：。下列有关说法正确的是 A．很稳定是因为分子间含有氢键 B．的空间结构为平面三角形 C．与中的键角相同 D．、与的VSEPR模型相同 22．（2023·河北邯郸·统考二模）磷青铜是铜与锡、磷的合金，质地坚硬，主要用作耐磨零件和弹性元件。某立方磷青铜晶胞结构如图所示，晶胞参数为(表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是 A．的外围电子排布式为 B．Ni在元素周期表中位于ds区，属于过渡元素 C．该晶体中，距离Sn原子最近的Cu原子有8个 D．该晶体密度计算式为 23．（2023·河北沧州·统考二模）两种有机物A和B均为烃的含氧衍生物，且均只含一个氧原子，有关性质如下： 有机物 相对分子质量 熔点 沸点 溶解性 A 46 -117.3℃ 78.5℃ 与水任意比互溶 B 74 -116.6℃ 34.5℃ 不溶于水 下列说法错误的是 A．A和B可能属于同系物 B．若要除去A中的少量B，可以采用蒸馏的操作方法 C．A中沸点比B的沸点高是因为A中含有分子间氢键 D．B的同系物C，相对分子质量比B大14，其同分异构体中与B同类别的有6种(不考虑立体异构) 24．（2023·河北沧州·统考二模）核酸检测样品盛放在含有胍盐的标本保存液中，胍盐可以灭活病毒，有效保存多种病毒核酸。胍的结构简式如图，有关说法正确的是 A．胍是含氮有机物，所含元素的电负性大小顺序为 B．胍分子中C原子和3个N原子的杂化方式相同 C．晶体易吸收空气中生成碳酸盐 D．胍分子中两个单键N原子与C原子形成的N−C−N键角大于120° 25．（2023·河北·校联考模拟预测）Mg2C具有反萤石结构，晶胞如图所示，熔融的碳化镁具有良好的导电性。已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA。下列叙述错误的是 A．该晶体中碳的配位数为8 B．基态镁原子s、p能级上的电子数之比为1：1 C．晶胞中两个碳原子间的最短距离为 D．该晶体的密度为 26．（2023·河北·校联考模拟预测）某课题组发现水团簇最少需要21个水分子才能实现溶剂化，即1个水分子周围至少需要20个水分子，才能将其“溶解”(“溶解”时，水团簇须形成四面体)。下列叙述正确的是 A．(H2O)21中水分子之间的作用力主要是氢键 B．(H2O)21和(H2O)23互为同系物 C．加热(H2O)23变为(H2O)19还破坏了极性键 D．(H2O)21晶体属于共价晶体 27．（2023·河北张家口·统考一模）铜是一种应用广泛的金属，其单质的立方晶胞结构如图所示，含铜化合物[Cu(NH3)4]•SO4、Cu(H2NCH2COO)2等在多领域有重要应用。下列说法正确的是    A．NH3和SO的VSEPR模型相同 B．基态Cu原子的价层电子排布式为3d94s1 C．Cu(H2NCH2COO)2中C的杂化方式均为sp3 D．铜单质中由Cu围成的正四面体和正八面体空隙数之比为1：1 28．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）某铜的氯化物常作工业催化剂，其晶胞结构如图所示，晶胞中C、D两原子核间距为298pm。设阿伏加德罗常数的值为，则下列说法正确的是 A．Cu的+2价比+1价稳定，是因为最外层电子达到半充满结构 B．此氯化物的化学式为 C．晶胞中Cu位于Cl形成的四面体空隙 D．Cu与Cl的核间距为棱长的倍 29．（2023·河北·模拟预测）新型超导材料晶体的晶胞结构中镁原子和镍原子位于顶点和面心，它们构成两种八面体空隙，一种由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子一起构成，两种八面体空隙的数量之比是1∶3，碳原子只填充在镍原子构成的八面体空隙中，沿晶胞立方格子对角线取得的截图如图所示。下列说法错误的是 A．基态Ni原子的价电子排布式为 B．该新型超导材料的化学式为 C．Mg的C配位数为6 D．若晶胞参数 nm，该晶体密度为 g·cm(为阿伏加德罗常数的值) 30．（2023·河北·模拟预测）红砷镍是一种六方晶体，晶胞结构如图所示。下列说法正确的是 A．As、Ni均为过渡元素 B．红砷镍的化学式是NiAs C．Ni的配位数是3 D．红砷镍晶体密度为(为阿伏加德罗常数的值) 31．（2023·河北·模拟预测）钠离子电池充电时，从正极脱嵌，经过电解质嵌入负极，放电时则相反。是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法错误的是 A．当转化为NaCuSe时，产生 B．1 mol NaCuSe晶胞完全转化为晶胞时，伴随着脱嵌 C．每个晶胞完全转化为晶胞，转移的电子数为 D．晶胞中处于四面体空隙的有8 mol 32．（2023·河北·模拟预测）铜盐中毒可用青霉胺解毒，解毒原理如下：能与青霉胺形成环状络合物，其结构如图所示。该环状络合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。下列说法错误的是 A．比较硫化氢与氨气键角的大小： B．第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有2种 C．该环状络合物易溶于水的主要原因是其与水可形成分子间氢键 D．该环状络合物中，VSEPR模型为四面体或正四面体的非金属原子共有13个 33．（2023·河北张家口·统考二模）近年来，中国制造的诸多铬基超耐热合金，铝合金基碳化硅等新型材料为我国航天事业的发展提供助力。下列说法错误的是 A．基态Cr原子未成对电子数是基态Al原子的6倍 B．铝合金的硬度、密度等均小于铝单质 C．与Al同周期且第一电离能小于Al的只有一种元素 D．碳化硅的熔点低于金刚石 34．（2023·河北邯郸·统考二模）咔唑()是一种新型有机液体储氢介质。下列说法正确的是 A．电负性 B．同周期元素中第一电离能小于N的有4种 C．咔唑的沸点比的沸点高 D．基态氮原子的外围电子轨道表示式不能写为，因为违背了泡利不相容原理 35．（2023·河北沧州·统考一模）一种理想的激光基质材料M由元素钾、镁和氟组成。晶体M的晶胞如图所示，已知：晶胞参数为。下列有关该晶体的说法错误的是 A．晶胞中K、、F的原子个数比为1∶1∶3 B．与K等距离且最近的F的数目为6 C．在M晶胞结构的另一种表示中，若K位于晶胞的体心，则F位于棱心 D．该晶体的密度为 36．（2023·河北唐山·统考二模）是离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如图所示，其晶格能可通过图中的循环计算得到。 下列说法错误的是 A．Li的第一电离能为 B．Li的配位数为8 C．晶格能为 D．晶胞参数为a nm，则的密度为 37．（2023·河北保定·统考一模）硼氢化钠()被称为“万能还原剂”，能与水反应产生，在催化剂钉()表面与水反应的历程如图所示： 下列说法错误的是 A．元素钉位于第五周期Ⅷ族 B．中含有离子键、共价键、配位键 C．中B的杂化方式为 D．过程④中产生1 mol ，转移电子的物质的量为2 mol 38．（2023·河北保定·统考一模）X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，Y与Q同主族，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满。下列说法错误的是 A．电负性为Z>Y>X B．原子半径为r(Q)>r(Y)>r(Z) C．X与Z可以形成含极性键的非极性分子 D．W与Z形成的化合物晶胞如图，其化学式为WZ 39．（2023·河北邢台·统考一模）一氯乙酸可用作除锈剂，其制备原理为。下列说法错误的是 A．还可能生成二氯乙酸、三氯乙酸等副产物 B．中所含化学键只有σ键 C．Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短 D．的酸性比强 40．（2023·河北石家庄·校联考一模）一氯乙酸可用作除锈剂，其制备原理为。下列说法错误的是 A．的酸性比强 B．Cl—Cl键的键长比I—I键的键长短 C．中所含化学键只有σ键 D．还可能生成二氯乙酸、三氯乙酸等副产物 41．（2023·湖南岳阳·统考二模）某水性钠离子电池电极材料由、、、组成，其立方晶胞嵌入和嵌出过程中，与含量发生变化，依次变为格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白三种物质，其过程如图所示。下列说法错误的是 A．普鲁士蓝中与个数比为1∶2 B．格林绿晶体中周围等距且最近的数为6 C．基态Fe原子的价电子排布式为，失去4s电子转化为 D．若普鲁士白的晶胞棱长为apm，则其晶体的密度为 42．（2023·河北·统考模拟预测）砷化镓是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示。已知为阿伏加德罗常数的值，立方晶胞的棱长为anm，下列说法错误的是 A．与为同周期主族元素 B．与原子的配位数均为4 C．与之间的最短距离为 D．晶体的密度为 43．（2023·河北·统考模拟预测）下列关于甲、乙两种超分子的叙述正确的是 A．含有超分子的物质都属于分子晶体 B．超分子都是无限伸展的，属于高分子 C．甲、乙两种超分子均体现了“分子识别”特征 D．图甲中与冠醚形成离子键，图乙中与杯酚形成氢键 44．（2023·河北·统考模拟预测）下列说法正确的是 A．质谱分析法无法推测分子的结构 B．氨分子的键角比磷化氢分子的键角小 C．与的空间构型不同 D．元素原子的价层电子排布可能是 45．（2023·河北·统考模拟预测）(CH3NH3)PbI3的晶胞结构如图所示，其中B代表Pb2+，下列说法正确的是 A．Pb2+的价电子排布式为：6s26p2 B．A代表I- C．若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，则C的原子分数坐标为(0，，) D．已知CH3NH3)PbI3的摩尔质量为Mg·mol-1，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g•cm-3 46．（2023·河北·统考模拟预测）含主族元素N、F、Cl、As、Se等的某些化合物对工农业生产意义重大，下列说法正确的是 A．N元素基态原子所有价电子的电子云轮廓图均为哑铃形 B．Se元素基态原子的电子排布式为[Ar]4s24p4 C．O、F、Cl电负性由大到小的顺序为F＞Cl＞O D．第一电离能As＞Se 47．（2023·河北衡水·河北衡水中学校考一模）在硫酸铜溶液中加入过量浓氨水，可形成[Cu(NH3)4 (H2O)2]2+。下列有关说法错误的是 A．配离子中两种配体的中心原子杂化方式和VSEPR模型均相同 B．基态原子第一电离能：N>O>S C．键角：BF3>H2O>NH3 D．配离子[Cu(NH3)4 (H2O)2]2+的空间结构是八面体形 48．（2023·河北邯郸·统考一模）氮化镓是一种优异的半导体，硬度很大，熔点约为1700℃，氮化镓有三种晶体结构，其中最稳定的结构如图。下列关于该结构及其对应晶体的说法正确的是 A．氮化镓晶体属于分子晶体 B．该结构中有8个N原子 C．Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为6 D．该晶体的密度为×1030g•cm-3 49．（2023·河北邯郸·统考一模）物质的结构决定物质的性质。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是 A．DNA通过氢键结合成稳定的双螺旋结构 B．46g由二甲醚(CH3OCH3)和乙醇组成的混合物中，杂化方式为sp2杂化的原子数为2NA C．键角：CO＞NF3＞P4 D．基态Mn原子中，两种自旋状态的电子数之比为2∶3 50．（2023·河北·统考一模）下列有关N、P及其化合物的说法错误的是 A．N的电负性比P的大，可推断分子的极性比的大 B．的相对分子质量较大，可推断的键角比的大 C．键能比P-P键能大，可推断的的稳定性比白磷()的高 D．的分子间作用力较小，可推断的熔点比的低 51．（2023·河北唐山·统考一模）锂电池负极材料为Li嵌入两层石墨层中，形成如图所示的晶胞结构。下列说法中正确的是 A．该负极材料的摩尔质量为79 B．碳原子的杂化方式为杂化 C．Li的配位数为8 D．晶胞中Li与C原子个数比为1：6 52．（2023·河北石家庄·统考一模）下列说法错误的是 A．基态铬原子的电子排布式为 B．晶体中存在配位键 C．所有元素中，氟的第一电离能最大 D．光气分子中，所有原子均满足8电子稳定结构 53．（2023·山东济宁·统考一模）硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是 A．晶胞中硒原子的配位数为12 B．晶胞中d点原子分数坐标为 C．相邻两个Zn原子的最短距离为nm D．电负性：Zn>Se 54．（2023·河北邢台·统考模拟预测）水系镁离子电池的正极材料由、、C和N元素组成，其中C和N元素组成，该正极材料的立方晶胞如图1所示，在下底面的投影如图2所示。该晶胞中填充在正方体空隙中，当达到最大容量时，元素和元素的价态均为价。下列说法错误的是 A．该晶胞的化学式为 B．图1c中处的分数坐标为 C．当达到最大容量时，正方体空隙的利用率为75％ D．与金属离子均以配位键结合形成晶胞骨架 55．（2023下·河北邯郸·高三校联考开学考试）工业上利用黄铜矿炼铜的反应方程式是。产物中某种晶体的立方晶胞结构如图所示。下列说法错误的是 A．该立方晶胞结构图表示的是FeS B．每生成，有原子被氧化 C．中S原子的杂化类型为 D．晶胞中黑球所代表粒子的配位数为4 56．（2022·北京·高考真题）由键能数据大小，不能解释下列事实的是 化学键 键能/ 411 318 799 358 452 346 222 A．稳定性： B．键长： C．熔点： D．硬度：金刚石>晶体硅 57．（2022上·重庆九龙坡·高三重庆市育才中学校考开学考试）下列说法正确的是 A．的模型为四面体形，属于极性分子 B．中σ键类型为“头碰头”形式形成的键和键 C．的空间构型为正四面体形，键角是 D．的离子半径依次增大 58．（2022上·浙江·高三校联考开学考试）下列有关物质特殊聚集状态与结构的说法不正确的是 A．液晶中的分子长轴取向一致，表现出类似晶体的各向异性 B．等离子体是一种特殊的气体，由阳离子和电子两部分构成 C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化 D．超分子内部的分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体 59．（2022上·江苏扬州·高三统考开学考试）液氨可以微弱的电离产生和，NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH (羟胺)。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NH3、NH2OH、、的说法正确的是 A．NH3的键角比中的大 B．NH2OH难溶于水 C．的空间构型为直线形 D．含的溶液都具有强氧化性 60．（2022上·湖北荆州·高三校考阶段练习）2022年北京冬奥会已经成功落下帷幕，它的成功举办离不开各种科技力量的支撑。下列说法正确的是 A．跨临界直接制冰使用的CO2为极性分子 B．滑冰场上的冰中水分子的稳定性低于甲烷 C．颁奖礼服内胆中添加了石墨烯(结构如图)，其中C原子的杂化方式是sp3杂化 D．闭幕式中，鸟巢上空绽放的璀璨焰火与原子核外电子发生跃迁释放能量有关 61．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）(CH3NH3)PbI3是钙钛矿太阳能电池的重要吸光材料，其晶胞结构如图1所示，Walsh提出H2O降解(CH3NH3)PbI3的机理如图2所示。 下列说法不正确的是 A．H3O+的键角小于H2O的键角 B．1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I- C．机理中的反应均为非氧化还原反应 D．H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2 二、多选题 62．（2023·河北·张家口市宣化第一中学校联考二模）向Co2＋盐溶液中加入过量的KNO2溶液，并以少量醋酸酸化，加热后从溶液中析出K3[Co(NO2)6]。下列有关说法错误的是 A．基态Co2＋核外电子排布式为[Ar]3d7 B．的空间构型为V形 C．醋酸分子中σ键与π键数目之比为3∶1 D．配离子中Co2＋提供空轨道 63．（2023·河北·统考一模）在锂电池领域，电池级Li2O主要用作固体锂电池电解质材料和锂离子动力电池的正极材料，其立方晶胞结构如图所示，晶胞边长为a nm，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是 A．在晶胞中的配位数为8 B．和离子之间只存在静电吸引力 C．和的最短距离为 D．晶体的密度为 试卷第2页，共23页 试卷第1页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【详解】A．黑球位于顶点，个数为=1，白球位于面心，个数为=3，钴原子位于体心，个数为1，根据化合价代数和为0，则黑球为Al，白球为O，化学式为AlCoO3，即x=1，y=3，故A说法正确； B．晶胞的质量为=，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则晶胞的密度为g/cm3=g/cm3，故B说法正确； C．俯视时，顶点黑球重合，侧面上的白球投影到棱的中线上，上下面心白球与体心重合，因此俯视图为  ，故C说法正确； D．与Al距离最近的O位于面心上，个数为12个，故D说法错误； 答案为D。 2．D 【详解】A．CS2和CO2均为分子晶体，结构相似，CS2的相对分子质量比CO2大，分子间作用力较大，故CS2的熔沸点比CO2高，故A错误； B．氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，Cl的原子半径大于F，键长：C-Cl>C-F，键能：CCl4< CF4，所以CCl4的热稳定性比CF4的低，故B错误； C．该正反应是气体分子数减小的反应，是熵减过程，故C错误； D．CCl4分子为正四面体型，键角为109°28′，CS2分子为直线型，键角为180°，即CS2的键角大于CCl4的键角，故D正确； 故选：D。 3．B 【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是其电子总数的，则X为O；W、Z的族序数均等于周期序数，可能为H、Be、Al；Z的原子序数大于O，则Z为Al；根据图示可知，W与O形成1个共价键，则W为H元素；Y的原子序数介于O、Al之间，结合图示分子结构可知，Y不可能为F、Na元素，只能为Mg元素，所以W、X、Y、Z分别是H、O、Mg、Al 【详解】A．离F越近，其电负性越强，所以电负性O>Al>Mg，即X>Z>Y，故A错误； B．常温下，W与X形成的化合物为H2O或H2O2，这两种物质在常温下都是液态，故B正确； C．该分子中H原子周围不满足8电子的结构，故C错误； D．Y的最高价氧化物对应的水化物是Mg(OH)2，Z的是Al(OH)3，同周期从左到右，金属性减弱，金属性越弱，碱性越弱，所以碱性Mg(OH)2>Al(OH)3，即Y>Z，故D错误； 故本题选B。 4．C 【详解】A．非金属性：，则简单氢化物的稳定性：，A正确； B．、和的中心原子的价层电子对数均为4，故VSEPR模型均为四面体形，B正确； C．二氧化硅晶体和硅晶体均为共价晶体，共同点为熔点高、硬度大，不同点是二氧化硅晶体不导电，硅晶体是良好的半导体材料，C错误； D．晶体中为面心立方最密堆积，位于围成的正四面体的空隙中，与之间的最近距离为立方晶胞体对角线长的，即为，D正确； 故答案为：C。 5．C 【详解】A．由图可知三种物质中Cu的配位数均为4，A正确； B．甲和丙为离子化合物，因此水溶性较好，乙的水溶性最差，B正确； C．中P原子的价层电子对数为6，其最外层有12个电子，不是8，C错误； D．甲、乙、丙中均含有碳碳双键、苯环和碳碳三键，所以均存在sp和两种杂化方式的碳原子，D正确； 故选C。 6．C 【详解】A．中Al的配位数为6，A正确； B．图中△位置填充的是，B正确； C．形成的全部四面体空隙和的比值为2∶1，C错误； D．该晶体的密度为 g⋅cm，D正确； 故选C。 7．B 【详解】A．第二周期主族元素从左向右电负性逐渐增强，因此电负性：O＞N＞C，故A正确； B．  中原子在同一平面，则C、N原子的价层电子对数均为3，杂化方式均为，故B错误； C．根据图中Ru与周围的原子得到该配合物中Ru的配位数是6，故C正确； D．中P的价层电子对数为4，无孤对电子，空间结构为正四面体形，故D正确。 综上所述，答案为B。 8．B 【详解】A．X是醚类物质，熔点、沸点较低，是分子晶体，A项正确； B．与氧原子形成的是提供空轨道、氧原子提供孤电子对的配位键，B项错误； C．半径比大许多，其体积比X的空腔大，无法进入空腔内，不能形成超分子，C项正确； D．由同周期电负性递变规律知，电负性：O>C>Li，由烃中碳元素显负价而氢元素显+1价知，电负性：C>H，非金属元素的电负性大于金属元素的电负性，故电负性：O>C>H>Li，D项正确； 故选B。 9．B 【详解】A．Ga位于顶点和体心，V位于面心，结合晶胞均摊计算知该晶胞中含2个Ga、6个V，所以该合金的化学式为，A正确； B．由信息可知丙原子的坐标参数，B错误； C．晶胞中距离Ga最近且相等的V有12个，距离V最近且相等的Ga有4个，C正确； D．根据晶胞体积和晶胞质量可知该合金的密度为，D正确； 故选B。 10．B 【详解】A．OF2中原子有2对孤电子对，NF3中原子有1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，故OF2分子中键角小于NF3分子中的，A正确； B．XeF2中Xe的价层电子对数目为5，不可能为sp杂化，B错误； C．基态N、F原子核外电子均占据5个原子轨道，故均有5种空间运动状态，C正确； D．由信息，Q点原子坐标参数为，D正确； 故答案为：B。 11．A 【详解】A．原子半径碳小于硅，所以键能：Si－Si＜C－C，故A正确； B．H的电负性大于Si，所以SiH4中Si化合价为+4价，故B错误； C．硅酸盐与碳酸盐中Si、C原子的杂化方式分别为sp3和sp2，故C错误； D．硅原子半径较大，不易形成π键，故D错误； 答案为A。 12．C 【详解】A．晶胞中O2-位于面心，Ti4+位于体心，Ti4+处于O2-形成的八面体的体心位置，故A正确； B．根据立体几何知识，2个Ba2+与1个O2-构成了一个等腰直角三角形，直角边长为，Ba2+与O2-最近距离即斜边长为，故B正确； C．Ba2+位于顶角，晶胞中Ba原子数目为，晶胞中O2-位于面心，O原子数目为，Ti4+位于体心，数目为1，该晶胞化学式为BaTiO3，晶胞的质量为m=，晶胞参数为anm，晶胞体积为V=(a×10-7)3cm3，该晶胞的密度是，故C错误； D．Ba2+与Sr2+的离子半径不同，棱长也不同，则晶胞参数发生改变，故D正确； 故选：C。 13．B 【详解】A．从图中可知，B原子的价层电子对数为4+0=4，杂化方式为sp3杂化，A正确； B．八面体中心为亚铁离子，顶点为NH3配体，则一个八面体表示为Fe(NH3)6，根据均摊法，黑球位于顶点和面心，则黑球个数为=4，白球位于晶胞内，其个数为8，白球表示为BH4，则该物质的化学式为，B错误； C．Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，+2价的铁价电子排布式为3d6，C正确； D．该化合物中Fe(NH3)6与BH4之间形成离子键，NH3内部存在极性键，亚铁离子和NH3形成配位键，D正确； 故答案选B。 14．D 【详解】A．冠醚的空穴有固定的结构，对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂；离子键为离子间的强相互作用力，图甲中K+与冠醚没有形成离子键，A错误； B．当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；杯酚具有“分子识别”特征，但是图乙中杯酚与C60没有形成氢键，B错误； C．水分子间能形成氢键，可燃冰(图丙)可看作由水和甲烷等分子通过非共价键形成的超分子；硫化氢分子间不能形成氢键，故不能通过与水分子间类似的相互作用形成分子笼，C错误； D．超分子自组装是分子通过分子间相互作用形成具有有序结构的聚集体，烷基磺酸钠在水中聚集形成的胶束(图丁)，这反映了超分子的“自组装”特征，D正确； 故选D。 15．D 【详解】A．中，砷提供孤对电子，镓提供空轨道，两者形成配位键，平均1个中配位键数目为1，则中配位键的数目是，A正确； B．由砷化镓晶胞结构可知，和的最近距离为晶胞体对角线长度的，和的最近距离是，B正确； C．元素的电负性：Ga＜As，C正确； D．由图乙可知，掺杂之后，晶胞中的数目为，的数目为4，故稀磁性半导体材料中，、的原子个数比为，D错误； 故选D。 16．C 【详解】A．B原子的价电子数为3，且杂化类型为sp3杂化，其中与3个Р原子形成3个共价键，另外一条杂化轨道无电子，为空轨道，与P原子形成配位键，配位键也属于共价键，磷化硼晶体中共价键与配位键的数目之比为，A错误； B．氮化硼与磷化硼都是原子晶体，原子半径：N<P，则键长B-N键<B-P，B-N键的键能较B-P的键能大，所以BN晶体的熔点高于BP晶体，B正确； C．由磷化硼晶胞结构可知，磷原子位于晶胞的顶点和面心，磷原子的堆积方式为面心立方最密堆积，则与磷原子距离最近且相等的磷原子有12个，且每个晶胞中磷原子个数为8×+6×=4，硼原子位于小立方体内，因此一个晶胞中硼原子和磷原子的个数之比为1: 1，因此磷化硼晶体中与硼原子距离最近且相等的硼原子个数为12，C错误； D．磷化硼晶胞密度为，故D正确； 故选C。 17．B 【详解】A．由坐标轴及已给两个原子的分数坐标知，①处原子分数坐标为，A项错误； B．由图可知，Ni和Mg间的最短距离为晶体结构单元面对角线的一半，面对角线长度为2a pm，立方体边长为 pm，晶体结构单元体积为，晶体密度为，B项正确； C．该晶体由金属与氧元素组成，很有可能是离子晶体，C项错误； D．1个晶体结构单元中Li的个数为，Mg的个数为，Ni的个数为，O的个数为4，因此该物质的化学式为，D项错误； 故选B。 18．D 【详解】A．“杯酚”能与通过形成分子间作用力而形成超分子，A正确； B．操作①得到溶于甲苯的和不溶于甲苯的超分子，是过滤；操作③得到易挥发的氯仿，为蒸馏操作，B正确； C．根据信息，通过操作①能实现与分离，C正确； D．氯仿不是正四面体结构，是极性分子，苯是非极性分子，而苯分子的一个H原子被甲基取代后形成甲苯为极性分子，D错误； 故选D。 19．C 【详解】A．的电子式为：，A错误； B．为直线型，C原子的杂化方式为，为正四面体结构、为V形，中心原子均为杂化，B错误； C．没有孤电子对，形成直线型分子，键角为，为正四面体结构，键角为，为三角锥形，有一对孤电子对，为V形，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以的键角最小，综合，键角的大小顺序：，C正确； D．晶胞中的配位数是6，D错误； 故选C。 20．C 【详解】A．根据配合物顺铂[]的结构分析，得到中(Ⅱ)的配位数为4，故A正确； B．氨气中氮有一对孤对电子，因此的配合物中提供孤对电子，故B正确； C．顺铂进入人体细胞发生水解，生成的，说明与铂(Ⅱ)更易结合即与铂(Ⅱ)的结合能力大于与铂(Ⅱ)的结合能力，故C错误； D．配合物[]存在顺反异构，说明不是四面体结构，而该配合物为平面结构，故D正确。 综上所述，答案为C。 21．D 【详解】A．很稳定是因为氧元素非金属性强，与氢结合的化学键较稳定，氢键是影响水的熔沸点，故A错误； B．中心原子采用杂化，含有一对孤电子对，则其空间结构为V形，故B错误； C．根据价层电子对互斥理论，的空间结构为正四面体形，键角为109°28′，中N原子采用杂化，中心原子有1对孤电子对，孤对电子对成对电子排斥力大于成对电子对成对电子的排斥力，因此键的键角小于109°28′，故C错误； D．价层电子对数为2+2=4，、价层电子对数为4+0=4，中心原子价层电子对数为3+1=4，它们的VSEPR模型都是四面体形，故D正确。 综上所述，答案为D。 22．D 【详解】A．基态铜原子的外围电子排布式为，因此的外围电子排布式为，A错误； B．Ni位于第四周期Ⅷ族，属于过渡元素，位于d区，B错误； C．以任一顶点处的Sn为例，距离Sn最近的Cu位于相邻面的面心，一个晶胞中有3个，每个Cu被两个面共用，该Sn被8个晶胞共用，因此距离Sn最近的Cu有3×8÷2=12个，C错误； D．由均摊法可知，每个晶胞中含有1个Sn、3个Cu、1个P，摩尔质量为342g/mol，因此晶体密度为，D正确； 故选D。 23．A 【分析】A和B均为烃的含氧衍生物，且均只含一个氧原子，A的相对分子质量为46，则……6，A的分子式为，同理，B的分子式为。A与水任意比互溶，且沸点较高，说明A中含有分子间氢键，故A为，B不溶于水，且沸点较低，说明B中不分子间氢键，即不含羟基，故B为醚。 【详解】A．A为醇，B为醚，结构不相似，一定不属于同系物，A错误； B．两种有机物互溶，沸点差距较大，除去A中的少量B，可通过蒸馏除去，B正确； C．A与水任意比互溶，且沸点较高，说明A中含有分子间氢键，C正确； D．B的同系物C，相对分子质量比B大14，分子式为，属于醚的同分异构体中有6种：甲基与4种丁基形成的醚，乙基与2种丙基形成的醚，D正确。 故选A。 24．C 【详解】A．由结构简式可知，胍是含有氮元素的烃的衍生物，分子中元素的非金属性强弱顺序为N>C>H，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素电负性大小顺序为N>C>H，故A错误； B．由结构简式可知，胍分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误； C．由结构简式可知，胍分子中的氮原子具有孤对电子，能与氢离子形成配位键而表现碱性，所以胍分子中能吸收酸性氧化物二氧化碳而生成碳酸盐，故C正确； D．由结构简式可知，胍分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，双键与单键之间电子对的斥力大于单键与单键之间电子对的斥力，所以胍分子中两个单键氮原子与碳原子形成的N—C—N键角小于120°，故D错误； 故选C。 25．C 【详解】A．距晶胞面心上C最近的Mg有4个，一个面心两个晶胞公用，所以距离C最近的Mg有8个，所以碳的配位数为8；故A正确； B．基态镁的电子排布式为1s22s22p63s2，s、p能级上的电子数之比为1：1；故B正确； C．晶胞中两个碳原子间的最短距离为顶点到面心的距离，顶点到面心的距离为面对角线的一半，即；故C错误； D．该晶胞镁原子个数为8，碳原子个数为4，一个晶胞的质量为，该晶胞的密度为；故D正确； 故答案选C。 26．A 【详解】A．水分子中氧电负性较强，能形成氢键；(H2O)21中水分子之间的作用力主要是氢键，A正确； B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；(H2O)21和(H2O)23不是同系物，B错误； C．加热(H2O)23变为(H2O)19破坏了氢键，而不是化学键，C错误； D．(H2O)21晶体属于分子晶体，D错误； 故选A。 27．A 【详解】A．和的中心原子的价层电子对数目均为4，VSEPR模型均为四面体形，A正确； B．Cu为29号元素，基态原子的价层电子排布式为，B错误； C．中C的杂化方式为和，C错误； D．由晶胞结构知，每个晶胞中含有8个正四面体空隙和4个正八面体空隙，则二者之比为2：1，D错误； 故答案选A。 28．C 【详解】A．Cu的+1价最外层电子达到全充满结构(3d10)，所以+1价稳定，故A错误； B．此晶体中Cl位于顶点和面心，个数为=4，Cu位于晶胞内部，个数为4，Cu和Cl的原子个数比为1∶1，化学式为CuCl，故B错误； C．根据晶胞图可知，1个Cu与4个Cl相连，因此 Cu位于Cl形成的四面体空隙，故C正确； D．把立方体分为8个小立方体，Cu位于小立方体的体心，Cu与Cl的核间距为体对角线的一般，即为棱长的倍，故D错误； 答案为C。 29．C 【详解】A．Ni为第四周期第Ⅷ族的28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为(或)，故其价电子排布式为，A正确。 B．第一步：根据题给信息分析晶胞的结构图。在题述晶胞中，八面体空隙的中心位于体心位置和所有棱心位置，它们的比例是1∶3，中心处于体心位置的八面体由镍原子构成，可填入碳原子，而中心处于棱心位置的八面体由2个镁原子和4个镍原子一起构成，不填碳原子，所以C处于体心位置，则Mg处于顶点位置，Ni处于面心位置，该超导材料晶体的结构如图所示： 。第二步：根据均摊法得出晶胞中Mg、Ni、C的个数。晶胞中含Mg的个数为，含Ni的个数为，含C的个数为1.第三步：根据个数比得出化学式。该新型超导材料的化学式为，B正确。 C．由图可知，与Mg距离最近的C的个数为8，配位数为8，C错误。 D．该晶体密度 g·cm，D正确。 故选C。 30．B 【详解】A．As位于元素周期表的第四周期第ⅤA族，不是过渡元素，A错误； B．晶胞中Ni原子位于顶点和棱上，1个晶胞中含有Ni原子的个数为，1个晶胞中含有As原子的个数为2，故化学式为NiAs，B正确； C．由图中晶胞可知，As的配位数为6，则Ni的配位数也是6（提示：Ni和As的配位数相同），C错误； D．红砷镍晶体密度，D错误。 故选B。 31．B 【详解】A．转化为NaCuSe的电极反应式为，产生，A正确； B．NaCuSe转化为的电极反应式为，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的个数为，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，1 mol NaCuSe晶胞完全转化为晶胞时，伴随着脱嵌，B错误； C．转化为的电极反应式为由晶胞结构可知，位于顶点和面心的个数为，则每个晶胞中含有4个，每个晶胞完全转化为晶胞，转移的电子数为，C正确； D．由晶胞结构可知，1个晶胞中处于四面体空隙的有8个，D正确； 故选：B。 32．D 【详解】A．氨分子的孤电子对数为1，的孤电子对数为2，中孤电子对对成键电子对的排斥力比的大，所以的键角比硫化氢的大，A正确； B．同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的2p能级为半充满状态，第一电离能大于相邻的O原子，所以第二周期中第一电离能大于N的有F、Ne，B正确； C．该化合物容易与水分子之间形成分子间氢键，提高其在水中的溶解度，C正确； D．该环状络合物中的N原子、饱和C原子和S原子及羧基中中的O原子的价层电子对数都为4，则该络合物分子中VSEPR模型为四面体或正四面体形的非金属原子有14个，D错误； 故选D。 33．B 【详解】A．Cr是24号元素，价电子排布式为3d54s1，有6个未成对电子，基态铝原子价电子排布式为：3p1，有1个未成对电子，基态Cr原子未成对电子数是基态Al原子的6倍，故A正确； B．一般合金的硬度大于其组成的任一种纯金属，则铝合金的硬度大于铝单质，故B错误； C．同一主族元素从上到下金属性逐渐增强，则第一电离能逐渐减弱，与Al同周期且第一电离能小于Al的只有Na这一种元素，故C正确； D．由原子半径：Si>C，键长：C-Si>C-C，键长越长键能越小，键能：C-Si<C-C，所以碳化硅的熔点低于金刚石，故D正确； 故选：B。 34．C 【详解】A．根据电负性大小的比较，应该是：，A错误； B．在第二周期元素中第一电离能小于N的有：共5种，B错误； C．咔唑中能形成分子间氢键，所以咔唑的沸点比的沸点高，C正确； D．如果基态氮原子的外围电子轨道表示式不能写为，因为违背了洪特规则，D错误； 故选C。 35．B 【详解】A．晶胞中，钾原子位于顶点，镁原子位于体心，氟原子位于面心，则晶胞中的原子个数比为1∶1∶3，选项A正确； B．与K等距离且最近的F位于面心，共有12个，选项B错误； C．在M晶胞结构的另一种表示中，若K位于晶胞的体心，则F位于棱心，位于顶点，选项C正确； D．根据均摊法确定晶胞中含8=1个K,1个,6=3个F,该晶体的密度，选项D正确； 答案选B。 36．B 【详解】A．第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，故Li的第一电离能为，A项正确； B．由Li2O的晶胞图可知每个Li和4个O配位，其配位数为4，B项错误； C．晶格能是指在标准状况下使离子晶体变成气态正离子和气态负离子时所吸收的能量，由图可知晶格能为，C项正确； D．每个晶胞内含有8个Li和4个O，则的密度为，D项正确。 答案选B。 37．D 【详解】A．元素钌为44号元素，位于第五周期第VIII族，A正确； B．中含有钠离子和间存在离子键，中硼与其中3个氢形成共价键，与一个氢形成配位键，B正确； C．BH3分子中B原子的价层电子对数为，B的杂化方式为sp2杂化，C正确； D．从图中可以看出，过程④中发生反应HB(OH)2+2H2O+e- =+H2↑，则产生1molH2，转移电子的物质的量为mol，D错误； 故选D。 38．D 【分析】X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的基态原子2p能级上各有两个未成对电子，X的电子排布为：，X为C元素，Z的电子排布为：，Z为O元素，Y为N元素，Y与Q同主族，Q为P元素，W原子N能层只有一个电子，其余能层全充满，W的电子排布为：，W为Cu元素。 【详解】A．X为C元素，Y为N元素，Z为O元素，电负性的大小为：，A正确； B．Y为N元素，Q为P元素，Z为O元素，原子半径的大小为：，B正确； C．X为C元素，Y为N元素，C和O形成的为含极性键的非极性分子，C正确； D．W为Cu元素，Z为O元素，根据晶胞的结构（黑球大为Cu，白球为O），形成的化合物的原子个数之比为：=，其化学式为，D错误； 故选D。   39．B 【详解】A．乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸，故A正确； B．乙酸中的羧基有C=O，双键中有一个σ键，还有一个π键，故B错误； C．Cl原子半径小于I原子，所以Cl-Cl键的键长比I-I键的键长短，故C正确； D．Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性，导致一氯乙酸的羧基中的羟基的极性大于乙酸中的羟基的极性，一氯乙酸更易电离出氢离子，所以ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH强，故D正确； 故选B。 40．C 【详解】A．Cl的电负性比较强，对电子的吸引力比较强，Cl-C的极性大于C-C的极性，导致一氯乙酸的羧基中的羟基的极性大于乙酸中的羟基的极性，一氯乙酸更易电离出氢离子，所以ClCH2COOH 的酸性比CH3COOH强，故A正确； B．Cl原子半径小于I原子，所以Cl—Cl键的键长比I—I键的键长短，故B正确； C．乙酸中的羧基有C=O，双键中有一个σ键，还有一个π键，故C错误； D．乙酸和氯气发生取代反应，乙酸中甲基上的一个氢原子被氯原子取代生成一氯乙酸，若两个氢原子被氯原子取代则生成二氯乙酸，三个氢原子被氯原子取代则生成三氯乙酸，故D正确； 故选C。 41．A 【详解】A．根据均摊原则，普鲁士蓝晶胞中含Fe： 、CN-数、Na+数4，根据化合价代数和等于0，可知与个数比为1∶1，故A错误； B．根据晶胞图，格林绿晶体中周围等距且最近的数为6，故B正确； C．Fe是26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为，失去4s电子转化为，故C正确； D．根据均摊原则，普鲁士白晶胞中含Fe：、CN-数、Na+数8，若普鲁士白的晶胞棱长为apm，则其晶体的密度为，故D正确； 选A。 42．C 【详解】A．Ga为第四周期Ⅲ族元素，为第四周期ⅤA族元素，故A说法正确； B．据晶胞结构示意图可知，Ga连有4个As，As连有4个Ga，Ga与As原子的配位数均为4，故B说法正确； C．Ga与As间的最短距离为体对角线的，即，故C说法错误； D．一个晶胞由4个Ga与4个As构成，所以晶体的密度为，故D说法正确； 答案为C。 43．C 【详解】A．冠醚与碱金属离子形成的配合物中还含有阴离子，该物质是离子晶体，故A错误； B．超分子是分子聚集体，有的是有限的，有的是无限伸展的，故B错误； C．甲、乙两种超分子均体现了“分子识别”特征，故C正确； D．图甲中K+与冠醚形成配位键，图乙中C60与杯酚之间以分子间作用力结合，故D错误； 答案为C。 44．C 【详解】A．可以通过质谱法获得的分子碎片的质量信息推测分子的结构，获得分子相对质量，故A错误； B．NH3、PH3中N、P均有一个孤电子对，N的半径比P小，N的电负性比P大，NH3中N-H斥力大于P-H，即氨分子的键角比磷化氢分子的键角大，故B错误； C．NH的空间构型为正四面体形，[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形，故C正确； D．元素原子最外层电子排布为4s1时，其价电子排布可能是4s1、3d54s1和3d104s1，故D错误； 答案为C。 45．C 【详解】A．的价电子排布式为：，故A错误； B．A位于顶点，个数为1，A代表，故B错误； C．根据晶胞中原子的相对位置可知，若原子分数坐标A为(0，0，0)，B为(，，)，则C的原子分数坐标为(0，，)，故C正确； D．，故晶体的密度为，故D错误； 故选C。 46．D 【详解】A．N元素基态原子价电子为，电子云轮廓图有哑铃形和球形两种，故A错误； B．元素基态原子的电子排布式为，故B错误； C．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，O、F、电负性由大到小的顺序为，故C错误 D．原子的轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，故D正确； 故选D。 47．C 【详解】A．两种配体即分别为H2O和NH3中，中心原子的价层电子对数分别为：2+=4，3+=4，杂化方式均为sp3杂化，VSEPR模型均为四面体形，A正确； B．同主族元素，从上到下，第一电离能减小，故第一电离能O>S；同周期元素，从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道处于半满状态，更稳定，故第一电离能N>O，所以基态原子第一电离能：N>O>S，B正确； C．BF3、H2O、NH3中心原子的价层电子对数分别为：3+=3，2+=4，3+=4，它们分别是sp2杂化、sp3杂化、sp3杂化，所以BF3键角最大，为120°； H2O中O原子有两对孤电子对，NH3只有1对孤电子对，根据孤电子对-孤电子对排斥力>孤电子对-成键电子对排斥力>成键电子对-成键电子对排斥力，所以键角NH3> H2O；故键角：BF3> NH3> H2O，C错误； D．配离子[Cu(NH3)4 (H2O)2]2+的配位数为4+2=6，空间结构是八面体形，D正确； 故答案为：C。 48．D 【详解】A．氮化镓硬度很大，熔点很高，属于共价晶体，A项错误； B．1个图示结构中，位于棱上和体心N原子个数为，B项错误； C．在该结构中Ga呈六方最密堆积，因此Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为12，C项错误； D．在该结构中，位于顶点、面上和体心Ga原子个数为，位于棱上和体心N原子个数为，则该晶体的密度为，D正确； 故选D。 。 49．B 【详解】A．DNA分子的双螺旋结构是相对稳定的，这是因为在DNA分子双螺旋结构的内侧，通过氢键形成的碱基，A正确； B．在二甲醚和乙醇中，碳原子和氧原子均为杂化，B错误； C．CO中C的价层电子对为3，且不含孤电子对，为平面三角形，键角为120°；NF3中N的价层电子对为3，含1对孤电子对，为三角锥形，键角为107°；P4为正四面体结构，键角为60°；键角：CO＞NF3＞P4，C正确； D．基态Mn原子的电子排布图为：，两种自旋状态的电子数之比为2∶3，D正确； 故选B。 50．B 【详解】A.N的电负性比P的大，N-H共用电子对比P-H间的共用电子对，更偏离H，所以 NH3 分子的极性比 PH3 的大，故A正确； B.键角与分子相对分子质量无关，故B错误； C.键能越大，越难断键，物质越稳定，故C正确； D.分子间作用力越大，分子晶体的熔沸点越高啊，故D正确； 选B。 51．D 【详解】A．由图可知，负极材料为LiC6，其摩尔质量为79g/mol，A错误； B．由图可知，1个碳和其他3个碳形成3个单键，故其杂化方式为，B错误； C．根据图示1,2,3三个C原子之间的夹角为120°，则这三个碳距离4号锂之间的距离是相等的，根据该负极材料的结构可知，Li的配位数为12，C错误； D．由图一知， C中除中心2个C处于体心，其他每个C都在面心，每个面2个，共4个面，所以处于面心的C总共8个，所以一个晶胞中的碳数C=2+8×=6，而Li+处于立方体的8个顶点，所以一个晶胞中的Li+数为=1，因此晶胞中锂离子和碳原子的个数之比为 1：6，D正确； 故选D。 52．C 【详解】A．Cr为24号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或简化为[Ar]3d54s1，故A正确； B．铵根离子中，H+提供空轨道，NH3中N提供孤电子对形成一个配位键，故B正确； C．在同周期元素中稀有气体的第一电离能最高，故C错误； D．的结构式为：，由结构可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D正确； 故选：C。 53．B 【详解】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A错误； B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为B为( ，1，)，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为(，，)，B正确； C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为nm，C错误； D．Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn<Se，电负性：Zn<Se，D错误； 故选B。 54．C 【详解】A．该晶胞中C和N元素组成，的数目为，的数目为，的数目为，因此其化学式为，A项正确； B．根据信息分析可知c处分数坐标为，B项正确； C．该晶胞中填充在正方体空隙中，有8个正方体空隙，当达到最大容量时，元素和元素的价态均为价，根据该晶胞呈电中性可知，此时应有4个填充在空隙中，其空隙利用率为50％，C项错误； D．根据图示可知，与金属离子均以配位键结合，D项正确； 故选C。 55．C 【详解】A．根据晶胞结构，黑球个数为4，白球个数为4，晶胞中两种微粒个数比为1∶1，故为，A正确； B．从方程式中可以看出，每生成1molFeS，被氧化的S元素生成了，物质的量为，B正确； C．中S原子价层电子数为，故S为杂化，C错误； D．根据晶胞结构，的配位数为4，则S的配位数也为4，D正确； 故选C。 56．C 【详解】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；     B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B； C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C； D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D； 选C。 57．A 【详解】A．NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，N原子采用sp3杂化，模型为四面体形；分子中存在的孤电子对数为1，属于极性分子，A正确； B．每个C都是sp2杂化的，每一个sp2杂化轨道是一个平面三角形轨道，有两个与氢原子的1s轨道“头碰头”形成σ键（这就是那四个C-H键），两个C剩余的sp2杂化轨道“头碰头”形成σ键，这是C=C中的一个键，另一个则是C原子没有杂化的p轨道“肩并肩”形成的p-pπ键，B错误； C．的空间构型为正四面体形，键角是，C错误； D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；的离子半径依次增大，D错误； 故选A。 58．B 【详解】A．液晶分子中沿分子长轴方向有序排列，从而表现出类似晶体的各向异性，故A正确； B．等离子体是由阳离子和电子和电中性粒子组成的整体上呈中性的物质聚集体，故B错误； C．纯物质有固定的熔点，但其晶体颗粒尺寸在纳米量级时也可能发生变化，熔点可能下降，故C正确； D．超分子内部的多个分子间一般通过非共价键或分子间作用力结合成聚集体，故D正确。 综上所述，答案为B。 59．A 【详解】A．NH3、的N原子都采用sp3杂化，NH3的N原子上有1对孤电子对，而的N原子上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致NH3的键角比中的大，A正确； B．-OH是亲水基，NH2OH与水分子之间容易形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，因此NH2OH易溶于水，B错误； C．中的中心N原子的价层电子对数是2+=3，N原子上含有1对孤电子对，因此的空间构型是V形，C错误； D．在酸性溶液中，含的溶液H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，而当溶液显中性或碱性时不具有强氧化性，D错误； 故合理选项是A。 60．D 【详解】A．CO2是由极性键构成的非极性分子，A错误； B．O的非金属性大于C的，所以对应氢化物水的稳定性也高于甲烷的，B错误； C．石墨烯的层与层之间存在分子间作用力，属于混合晶体，C错误； D．焰火属于焰色试验，是原子核外电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时主要以光能的形式释放能量的过程，D正确； 故答案选D。 61．A 【详解】A．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对。孤电子对越多，排斥力越大键角越小，因此键角H3O+＞H2O，A错误； B．在1个(CH3NH3)PbI3晶胞中，含有黑球：1个，白球：6×=3个，含有阴影球：8×=1个，因此1个(CH3NH3)PbI3晶胞含有3个I-，B正确； C．根据图示可知：机理中的反应在反应过程中元素化合价不变，因此这些反应均为非氧化还原反应，C正确； D．H2O分子中的O原子上含有孤对电子能够与H+形成配位键结合形成H3O+，因此H2O可与CH3NH反应生成H3O+和CH3NH2，D正确； 故合理选项是A。 62．CD 【详解】A．Co的原子序数是27，其原子基态核外电子排布式为，A项正确； B．中心原子N的价层电子对数为3，且含有1个孤电子对，空间构型为V形，B项正确； C．单键全为σ键，双键中一个σ键，一个键，中σ键与键数目之比为7：1，C项错误； D．配离子中提供空轨道，D项错误； 答案选CD。 63．CD 【详解】A．由晶胞结构可知，晶胞中与锂离子距离最近的氧离子有4个，则锂离子的配位数为4，故A错误； B．氧化锂是离子晶体，晶体中除了存在锂离子和氧离子之间的静电引力外，含有原子核与原子核、电子与电子之间的斥力，故B错误； C．由晶胞结构可知，晶胞中与锂离子与氧离子之间的距离为体对角线的，则最短距离为，故C正确； D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于体内的锂离子个数为8，设晶胞密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式为a3d×10-21=，解得d=，故D正确； 故选CD。 答案第22页，共23页 答案第23页，共23页 学科网（北京）股份有限公司 $$