强化练7 物质结构与性质推理判断（word练习）-【精讲精练】2025年高考化学二轮专题辅导与训练

强化练(七)　物质结构与性质推理判断 [对应题型集训P177] 1．(2024·济宁三模)下列有关物质结构与性质的比较正确的是(　　) A．沸点：CH3CH2Cl>CH3CH2OH>CH3CH2CH3 B．分子的极性：SO2>SO3>COS C．键角：BCl3>NCl3>PCl3 D．碱性强弱： 解析　CH3CH2OH能形成分子间氢键，故沸点高于CH3CH2Cl，CH3CH2Cl的相对分子质量大于CH3CH2CH3，沸点比CH3CH2CH3高，即沸点CH3CH2OH>CH3CH2Cl>CH3CH2CH3，故A错误；SO3为平面正三角形，为非极性分子，COS为极性分子，故分子极性：COS>SO3，故B错误；BCl3为平面三角形分子，键角为120°，NCl3和PCl3都是三角锥形分子，键角小于120°，而N的电负性强于P，NCl3中的价层电子对更偏向于N，导致N上电子云密度变大，键角变大，故键角：BCl3>NCl3>PCl3，故C正确；中N的电子云密度最大，碱性最强，中N的电子云密度最小，碱性最弱，故D错误。 答案　C 2．(2024·湖北黄冈中学模拟)科学研究发现新型含碳化合物COS和C3O2，它们的结构类似CO2，均为直线形分子。下列结论中错误的是(　　) A．COS和CO2分子中碳原子的杂化方式均为sp B．CO2是非极性分子，COS和C3O2也是非极性分子 C．COS、C3O2分子全部由双键构成 D．COS、C3O2分子中所有原子最外层均满足8电子稳定结构 解析　COS结构式为S==C==O，CO2结构式为O==C==O，C价层电子对数为2且无孤电子对，杂化方式均为sp杂化，故A正确；CO2正负电荷中心重合，为非极性分子，COS结构式为S==C==O，结构不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，C3O2结构式为O==C==C==C==O，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B错误；COS结构式为S==C==O，C3O2结构式为O==C==C==C==O，两种分子全部由双键构成，故C正确；COS结构式为S==C==O，C3O2结构式为O==C==C==C==O，碳原子和氧原子最外层都满足8电子稳定结构，故D正确。 答案　B 3．(2024·武汉洪山高级中学模拟)NO与H2S在一定条件下反应可生成两种单质，在生命活动中也可生成亚硝基硫醇(HSNO)。下列有关说法错误的是(　　) A．NO为极性分子 B．H2S的VSEPR模型为三角锥形 C．HSNO的结构式为H—S—N==O D．NO与H2S反应生成的两种单质为S、N2 解析　NO为仅含极性键的双原子分子，为极性分子，故A正确；H2S中S的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，故B错误；HSNO的结构式为H—S—N===O，故C正确；H2S易被氧化为S，而NO中仅N能被还原，则生成的两种单质为S、N2，故D正确。 答案　B 4．(2024·湖北黄冈中学模拟)锂电池寿命结束时，其处理和回收将成为十分棘手的问题。锂电池回收主要针对正极中的钴和镍。关于27Co和28Ni，下列说法正确的是(　　) A．Co和Ni都是ds区的元素 B．Co2＋和Ni2＋核外未成对电子数之比为2∶3 C．[Ni(CN)4]2－的空间结构是平面正方形，1 mol [Ni(CN)4]2－中σ键数目是6NA D．由Co2(CO)8熔点50～51 ℃可知，Co2(CO)8晶体是分子晶体 解析　Co和Ni均为第Ⅷ族元素，都是d区的元素，故A错误；Co2＋的价电子排布式为3d7，Ni2＋的价电子排布式为3d8，故Co2＋和Ni2＋核外未成对电子数之比为3∶2，故B错误；[Ni(CN)4]2－中Ni2＋与4个CN－形成4根配位键，CN－中含有1个σ键，故1 mol[Ni(CN)4]2－中σ键数目是8NA，故C错误；Co2(CO)8熔点为50～51 ℃，熔点较低，则可知Co2(CO)8晶体是分子晶体，故D正确。 答案　D 5．价层电子对互斥(VSEPR)理论可用于预测某些粒子的空间结构。下列说法正确的是(　　) A．SO和PO的空间结构相同 B．OF2和H2O的VSEPR模型均为V形 C．CO2和SO2的键角大小相同 D．SF6和PCl3均为非极性分子 解析　SO的中心原子硫原子的价层电子对数为4＋×(6＋2－4×2)＝4，无孤电子对，S原子采取sp3杂化，空间结构为正四面体，PO的中心原子P原子的价层电子对数为4＋×(5＋3－4×2)＝4，无孤电子对，P原子采取sp3杂化，空间结构为正四面体，即两者的空间结构相同，故A正确；OF2的中心原子O原子的价层电子对数为2＋×(6－2×1)＝4，孤电子对数为2，O原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，H2O的中心原子O原子的价层电子对数为2＋×(6－2×1)＝4，孤电子对数为2，O原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，故B错误；CO2的中心原子C原子的价层电子对数为2＋×(4－2×2)＝2，无孤电子对，C原子采取sp杂化，空间结构为直线形，键角180°，SO2的中心原子S原子的价层电子对数为2＋×(6－2×2)＝3，孤电子对数为1，S原子采取sp2杂化，空间结构为V形，键角小于180°，即两者键角大小不同，故C错误；SF6的中心原子F原子的价层电子对数为6＋×(6－6×1)＝6，空间结构为正八面体形，是由极性键构成的非极性分子，PCl3的中心原子P原子的价层电子对数为3＋×(5－3×1)＝4，孤电子对数为1，P原子采取sp3杂化，空间结构为三角锥形，是由极性键构成的极性分子，故D错误。 答案　A 6．对下列事实的解释错误的是(　　) 选项 事实 解释 A HNO3的沸点较低 HNO3存在分子内氢键 B NO2可发生反应：2NO2(g)N2O4(g) NO2中N的一个sp2杂化轨道上有未成对电子，易两分子NO2结合形成σ键 C CH2===CHCH2Cl与HClO加成的主要产物是ClCH2CHClCH2OH CH2===CHCH2Cl中Cl的电负性较大，使双键电子云向中心碳原子偏移；HClO中带正电性的Cl易连在带负电性中心碳原子上 D 利用“杯酚”可分离C60和C70 超分子具有自组装的特征 解析　HNO3存在分子内氢键，不存在分子间氢键，因此沸点较低，A正确；NO2中N的一个sp2杂化轨道上有未成对电子，易两分子NO2结合形成σ键，因此NO2可发生反应：2NO2(g)N2O4(g)，B正确；CH2===CHCH2Cl中Cl的电负性较大，使双键电子云向中心碳原子偏移；HClO中带正电性的Cl易连在带负电性中心碳原子上，因此CH2===CHCH2Cl与HClO加成的主要产物是ClCH2CHClCH2OH，C正确；超分子具有识别性和自组装的特征，分离C60和C70是利用“杯酚”的识别性，D错误。 答案　D 7．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 沸点：HF>HI 氢键 B 熔点：Na>K 原子半径 C 硬度：金刚石>SiC 晶体类型 D I2在溶剂中的溶解度：CCl4>H2O 分子的极性 解析　HF能形成分子间氢键，HI的沸点由分子间作用力决定，因此HF的沸点比HI高，故A正确；Na、K均为第ⅠA族元素，K的原子半径更大，因此熔点：Na＞K，故B正确；金刚石和SiC都是共价晶体，金刚石中的C—C键比SiC中的Si—C键短，前者键能更大，因此金刚石硬度比SiC大，故C错误；I2为非极性分子，CCl4为非极性分子，H2O为极性分子，根据“相似相溶”原理，碘单质在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故D正确。 答案　C 8．下列关于O、S及其化合物结构与性质的论述错误的是(　　) A．SO2、O3均为极性键构成的极性分子 B．硫酰氯(SO2Cl2)、亚硫酰氯(SOCl2)分别与足量的NaOH溶液反应都可以生成两种盐 C．H2O与SO2均为V形结构，因此中心原子的杂化方式相同 D．SO、SO、S2O三种离子的中心原子的价层电子对数相等 解析　二氧化硫和臭氧的原子个数都是3、价电子数都是18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间结构，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤电子对数为1，分子的空间结构为结构不对称的V形，则臭氧的空间结构为V形，所以二氧化硫和臭氧均为极性键构成的极性分子，故A正确；硫酰氯与足量氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和水，亚硫酰氯都能与足量氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠、氯化钠和水，故B正确；水分子中氧原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故C错误；亚硫酸根离子、硫酸根离子、硫代硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，故D正确。 答案　C 9．氮元素与氢元素可以形成多种分子或离子，如NH3、N2H4、NH、N2H等。下列说法正确的是(　　) A．基态N原子中，有7个空间运动状态不同的电子 B．NH3、N2H4同种分子间都可形成分子间氢键，但是主要因为N2H4的相对分子质量大于NH3，则N2H4的熔、沸点高于NH3 C．NH3、N2H4、NH、N2H四种微粒中氮原子的杂化方式相同，四种微粒中只有NH3、N2H4可以做配体 D．肼(N2H4)作火箭燃料时发生的反应是：N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，则形成的π键有4 mol 解析　基态N原子中有7个运动状态不同的电子，5个空间运动状态不同的电子，空间运动状态的种数取决于电子占据的轨道数，A错误；氢键是较强的分子间作用力，NH3、N2H4同种分子间都可形成分子间氢键，相对分子质量大，范德华力更大，但是由于氢键，范德华力对沸点影响有限，主要因为N2H4的分子间氢键数目多于NH3，则N2H4的熔、沸点高于NH3，B错误；NH3、N2H4、NH、N2H四种微粒中氮原子的杂化方式相同均为sp3杂化，四种微粒中只有NH3、N2H4有孤电子对可以做配体，C正确；肼(N2H4)作火箭燃料时发生的反应是：N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)，若该反应中有4 mol N—H键断裂，即反应消耗1 mol N2H4，则生成1.5 mol N2，N2的结构式为N≡N，则形成的π键有3 mol，D错误。 答案　C 10．下列事实不能通过比较F、Cl、Br元素的电负性进行解释的是(　　) A．NF3分子的极性大于NCl3 B．F—F键的键能小于Cl—Cl键的键能 C．ClBr与水发生反应的产物是HCl和HBrO D．气态氟化氢中存在(HF)3，而气态氯化氢中是HCl 解析　因为电负性：F>Cl，N—F键的极性大于N—Cl键的极性，所以NF3分子的极性大于NCl3，A不符合题意；F—F键键能小于Cl—Cl键的键能，是因为氟原子半径小，原子核间的斥力大，使键能小于Cl—Cl键的键能，B符合题意；因为电负性：Cl>Br，故氯呈－1价、溴呈＋1价，所以ClBr与水发生反应的产物是HCl和HBrO，C不符合题意；因为电负性：F>Cl，则气态氟化氢中存在氢键，形成(HF)3，而气态氯化氢中不存在氢键，只能形成HCl，D不符合题意。 答案　B 11．新型离子液体[BMIm]Cl表现出特殊的溶解性，广泛用作纤维素溶解、蛋白质结晶、纳米制备等方向的溶剂，其结构如图所示。下列说法错误的是(　　) A．基态氯原子核外电子空间运动状态有9种 B．合成[BMIm]Cl的基础原料咪唑()水溶性强于苯 C．相较于传统液态有机溶剂，[BMIm]Cl具有难挥发的优点 D．1 mol[BMIm]Cl中含有C—C σ键的数目为5NA 解析　氯元素的原子序数为17，电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外有9种原子轨道，故基态原子的核外电子的空间运动状态有9种，故A正确；和水分子形成分子间氢键，在水中的溶解性大于苯，故B正确；相较于传统液态有机溶剂，由于离子液体内离子对之间的吸引力较强，[BMIm]Cl具有难挥发的优点，故C正确；从题图可知1个[BMIm]＋中含有4个C—C σ键，因此1 mol[BMIm]Cl中含有C—C σ键的数目为4NA，故D错误。 答案　D 12．(2024·安徽马鞍山三模)物质的结构决定性质，下列性质差异与结构因素匹配错误的是(　　) 选项 性质差异 结构因素 A 水溶性：HBr>CO2 分子极性 B 第一电离能：Mg>Al 原子半径：Mg>Al C 酸性：乙酸>丙酸 推电子效应： —C2H5>—CH3 D 熔点：AlF3(1 040 ℃)>AlCl3(178 ℃) 晶体类型不同 解析　二氧化碳是结构对称的非极性分子，溴化氢和水是结构不对称的极性分子，由“相似相溶”原理可知，极性分子溴化氢在水中的溶解度大于非极性分子二氧化碳在水中的溶解度，故A正确；镁原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素与原子半径大小无关，故B错误；甲基和乙基都是推电子基团，乙基的推电子效应大于甲基，羧酸分子中羧基中羟基的极性小于甲基，所以丙酸的酸性弱于乙酸，故C正确；氟化铝是熔、沸点高的离子晶体，氯化铝是熔、沸点低的分子晶体，一般情况下，离子晶体的熔点高于分子晶体，所以氟化铝的熔点高于氯化铝与晶体类型不同有关，故D正确。 答案　B 13．(2024·安徽合肥三模)氟是非金属中最活泼的元素，能形成多种氟化物。三种氟化物的熔、沸点如表所示。 氟化物 NaF BF NF3 熔点/℃ 993 x －207 沸点/℃ 1 695 y －129 下列说法错误的是(　　) A.BF中存在离子键、极性键和非极性键 B．NH3比NF3更易与Cu2＋形成配离子 C．x<993、y<1 695 D．NF3与水反应方程式为NF3＋3H2O===NH3＋3HFO 解析　与BF之间为离子键，N与H之间为极性键，碳碳双键为非极性键，A正确；F的电负性大于N，N—F中成键电子对偏向F，导致NF3对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，则NF3不易与Cu2＋形成配离子，B正确；NaF中的Na＋、F－的电荷数与BF中的阳、阴离子的电荷数相同，但Na＋、F－的半径小，NaF的离子键更强，熔、沸点更高，则x<993、y<1 695，C正确；NF3与水反应方程式为3NF3＋5H2O===2NO＋HNO3＋9HF，D错误。 答案　D 14．(2024·安徽合肥市三模)下列对物质性质的解释错误的是(　　) 选项 物质性质 解释 A 吡咯()和吡啶()均为平面分子，吡啶碱性较强 吡咯中，氮原子的孤电子对参与形成了离域键，使得氮原子上的电子云密度降低 B HF气体的摩尔质量测定值大于实际值 HF形成了分子间氢键 C 乙酸的酸性大于丙酸 烃基越长，推电子效应越大 D 18­冠­6识别钾离子，体现了超分子“分子识别”的特征 18­冠­6中，氧原子电负性大，带负电荷，通过离子键与钾离子作用 解析　吡咯是一个五元杂环化合物，其中氮原子与两个碳原子相连，形成一个环状结构，在吡咯中，氮原子的孤电子对参与了芳香环的形成，这使得氮原子上的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，A项不符合题意；HF通过分子间的氢键可形成缔合分子(HF)n，摩尔质量测定值大于实际值，B项不符合题意；烃基越长，推电子效应越大，使得羧基中羟基的极性减弱，C项不符合题意；氧通过配位键与钾离子作用，不是离子键，D项符合题意。 答案　D 15．(2024·烟台一中模拟)植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法错误的是(　　) N2NH3/NHNONO植物吸收 A．NH3中的键角小于NH中的键角 B．NO、NO中N的杂化方式不同 C．P原子间难形成三键而N原子间可以，是因为P的原子半径大于N，难形成P­Pπ键 D．当有9.2 g NO生成时，过程②转移的电子为1.2 mol 解析　NH3、NH中N原子均为sp3杂化，NH3中N原子有1对孤电子对，而NH中N没有，由于孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力，故NH3的键角小于NH的键角，A正确；NO中氮原子价层电子对数为2＋＝3，N原子轨道的杂化类型为sp2，NO中氮原子价层电子对数为3＋＝3，N原子轨道的杂化类型为sp2，杂化方式相同，B错误；根据元素周期表可知P的原子半径比N大，P原子间不易形成三键而N原子之间易形成，是因为P原子的半径大于N，难以形成P­P π键，C正确；过程②NH转化为NO化合价由－3价变为＋3价，转移电子数为6，当有9.2 g NO(0.2 mol)生成时，过程②转移的电子为1.2 mol，D正确。 答案　B 16．(2024·山东聊城二模)类比推理是化学中常用的思维方法，下列说法错误的是(　　) A．H2O的沸点高于H2S，则CH3OH沸点高于CH3SH B．少量CO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀，则少量SO2通入BaCl2溶液中也不产生沉淀 C．金刚石中所有原子均为sp3杂化，则金刚砂中所有原子也均为sp3杂化 D．三氟乙酸(CF3COOH)的酸性强于乙酸，则三氟化氮(NF3)的碱性强于氨气 解析　H2O由于O原子的电负性强，半径小，所以存在分子间氢键，熔化和汽化都需要克服分子间作用力，氢键的存在使得熔点和沸点升高，即H2O的熔、沸点高于H2S，CH3SH分子之间只存在范德华力，CH3OH分子之间除了存在范德华力外，CH3OH还存在分子间氢键，分子间作用力更强，增大了物质的沸点，即CH3OH的沸点高于CH3SH分子，可以类比分析，故A正确；碳酸、亚硫酸都是弱酸，盐酸是强酸，弱酸不能制取强酸，CO2通入BaCl2溶液中不产生沉淀，则SO2通入BaCl2溶液中也不产生沉淀，故B正确；金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子上无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化，金刚砂晶体中，每个碳原子均与周围的4个硅原子成键，每个硅原子均与周围的4个碳原子成键，故每个碳原子、硅原子的价层电子对数均为4，故所有原子都是sp3杂化，故C正确；F为吸电子基团，甲基为推电子基团，三氟乙酸中羧基的极性大于乙酸，三氟乙酸酸性强于乙酸；三氟化氮(NF3)中，F吸引电子能力强于氨气中的H，导致中心N原子结合氢离子的能力减弱，三氟化氮(NF3)的碱性弱于氨气，故D错误。 答案　D 学科网（北京）股份有限公司 $$