备考2026届高考化学一轮复习 化学键与物质的性质

高考化学一轮复习 化学键与物质的性质 一．工艺流程题（共2小题） 1．（2025•西藏）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： Al（OH）3 Fe（OH）3 Mg（OH）2 Ni（OH）2 Ksp 1.3×10﹣33 2.8×10﹣39 5.6×10﹣12 5.5×10﹣16 回答下列问题： （1）绿矾（FeSO4•7H2O）在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物反应的化学方程式为 　 　 。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度（mol•L﹣1）分别为：Ni2+0.005、Fe3+0.150、Mg2+0.430、Al3+0.010。滤渣①的主要成分是 　 　 、　 　 。 （3）加入NaOH“调pH＝6”，过滤后，滤渣②是 　 　 、　 　 ，滤液中Al3+的浓度为 　 　 mol•L﹣1。 （4）“焙烧②”后得到NiO。NiO晶胞如图所示，晶胞中含有Ni2+的个数为 　 　 。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性“矿化”反应的离子方程式为 　 　 。 （6）1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466kgMg5（CO3）4（OH）2•4H2O，相当于固定CO2　 　 L（标准状况）。 2．（2025•甘肃）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘（主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐）中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如图： 已知：As2O3熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：CuO 1100℃，CuSO4 560℃，ZnSO4 680℃，PbSO4高于1000℃Ksp（PbSO4）＝1.8×10﹣8 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为 　 　 。 （2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3该反应的化学方程式为 　 　 。 （3）酸浸的目的为 　 　 。 （4）从浸出液得到Cu的方法为 　 　 （任写一种）。 （5）某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数a≠b≠c，α＝β＝γ＝90°。Cs与Pb之间的距离为 　 　 pm（用带有晶胞参数的代数式表示）；该化合物的化学式为 　 　 ，晶体密度计算式为 　 　 g/cm3（用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示，MCs、MPb和MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量）。 二．选择题（共20小题） 3．（2025•全国）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（　　） A．沿晶胞体对角线方向的投影图为： B．Ag和B均为sp3杂化 C．晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个 D．Ag和B的最短距离为1010pm 4．（2025•湖北）下列说法错误的是（　　） A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应 B．合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物 C．配位化合物通过“电子对给予﹣接受”形成配位键 D．超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成 5．（2025•全国）“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是（　　） A．该索烃属于芳香烃 B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定 C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力 D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键 6．（2025•安徽）以下研究文物的方法达不到目的的是（　　） A．用14C断代法测定竹简的年代 B．用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 C．用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 D．用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量 7．（2025•山东）用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是（　　） A．NaN3的水溶液显碱性 B．的空间构型为V形 C．NaN3为含有共价键的离子化合物 D．的中心N原子所有价电子均参与成键 8．（2025•河南）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氯气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量Mr＝870+32x（x为整数）。下列说法正确的是（　　） A．x＝1 B．第一电离能：C＜N＜O C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 9．（2025•甘肃）我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子（结构式如图a），该分子和客体分子（CH3）4NCl可形成主客体包合物：（CH3）4N+被固定在空腔内部（结构示意图见图b）。 下列说法错误的是（　　） A．主体分子存在分子内氢键 B．主客体分子之间存在共价键 C．磺酸基中的S—O键能比S＝O小 D．（CH3）4N+和（CH3）3N中N均采用sp3 10．（2025•安徽）氟气通过碎冰表面，发生反应①F2+H2OHOF+HF，生成的HOF遇水发生反应②HOF+H2O═HF+H2O2，下列说法正确的是（　　） A．HOF的电子式为 B．H2O2为非极性分子 C．反应①中有非极性键的断裂和形成 D．反应②中HF为还原产物 11．（2025•安徽）碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为dpm。图给出了碘的单层结构，层内碘分子间存在“卤键”（强度与氢键相近）。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　） A．碘晶体是混合型晶体 B．液态碘单质中也存在“卤键“ C．127g碘晶体中有NA个“卤键” D．碘晶体的密度为g•cm﹣3 12．（2025•选择性）Cl2O可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：Cl2O+H2O═2HClO。下列说法正确的是（　　） A．反应中各分子的σ键均为p—pσ键 B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C．Cl—O键长小于H—O键长 D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 13．（2025•重庆）化合物X的晶胞结构如图所示，下列叙述正确的是（　　） A．X中存在π键 B．X属于混合型晶体 C．X的化学式可表示为C3N4 D．X中C原子上有一对孤电子对 14．（2025•全国）下列对物质性质的解释错误的是（　　） 选项 物质性质 解释 A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯 B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子 C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度 D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子 A．A B．B C．C D．D 15．（2025•云南）（Li0.45La0.85）ScO3是优良的固态电解质材料，Ce4+取代部分La3+后产生空位，可提升Li+传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图（O2﹣未画出）及其作为电解质的电池装置如图。下列说法错误的是（　　） A．每个晶胞中O2﹣个数为12 B．该晶胞在yz平面的投影为 C．Ce4+取代后，该电解质的化学式为（Li0.45La0.85﹣yCey）ScO3 D．若只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等 16．（2025•浙江）某化合物Fe（NH3）2Cl2的晶胞如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．晶体类型为混合晶体 B．NH3与二价铁形成配位键 C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比FeCl2高 17．（2025•湖南）K+掺杂的铋酸钡具有超导性。K+替代部分Ba2+形成Ba0.6K0.4BiO3（摩尔质量为354.8g•mol﹣1），其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．晶体中与铋离子最近且距离相等的O2﹣有6个 B．晶胞中含有的铋离子个数为8 C．第一电离能：Ba＞O D．晶体的密度为g•cm﹣3 18．（2025•重庆）三种氮氧化物的结构如图所示： 下列说法正确的是（　　） A．氮氮键键能：N2O＞N2O3 B．熔点：N2O3＞N2O4 C．分子的极性：N2O4＞N2O D．N—N—O键角：a＞b 19．（2025•湖北）SO2晶胞是长方体，边长a≠b≠c，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．一个晶胞中含有4个O原子 B．晶胞中SO2分子的取向相同 C．1号和2号S原子间的核间距为pm D．每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个 20．（2025•广东）由结构不能推测出对应性质的是（　　） 选项 结构 性质 A SO3的VSEPR模型为平面三角形 SO3具有氧化性 B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有π键 两者均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A．A B．B C．C D．D 21．（2025•河北）SmCok（k＞1）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。SmCok的六方晶胞示意图如图，晶胞参数a＝500pm、c＝400pm，M、N原子的分数坐标分别为，。 设NA是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是（　　） A．该物质的化学式为SmCo5 B．体心原子的分数坐标为 C．晶体的密度为g•cm﹣3 D．原子Q到体心的距离为pm 22．（2025•选择性）NaxWO3晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当0.44≤x≤0.95时，其立方晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　） A．与W最近且等距的O有6个 B．x增大时，W的平均价态升高 C．密度为时，x＝0.5 D．空位数不同，吸收的可见光波长不同 三．解答题（共3小题） 23．（2025•山东）Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，Fe位于第 　 　 周期 　 　 族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为 　 　 。 （2）尿素分子（H2NCONH2）与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 　 　 ，电负性最大的是 　 　 。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 　 　 。 ③八面体配离子[Fe（H2NCONH2）6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是 　 　 （填元素符号）。 （3）α—Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示（晶胞边长为apm）。 ①α—Fe晶胞中Fe原子的半径为 　 　 pm。 ②研究发现，α—Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是 　 　 ，该截面单位面积含有的Fe原子为 　 　 个•pm﹣2。 24．（2025•北京）通过MgCl2和[Mg（NH3）6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。 （1）将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　 　 。 （2）NH3分子中H—N—H键角小于109°28′，从结构角度解释原因：　 　 。 （3）[Mg（NH3）6]Cl2的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如图。 ①[Mg（NH3）6]Cl2的配体中，配位原子是 　 　 。 ②已知[Mg（NH3）6]Cl2的摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　 　 g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm） （4）MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如图。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成[Mg（NH3）6]Cl2而不生成[Mg（NH3）]Cl2。分析原因：　 　 。 ②从平衡的角度推断利于[Mg（NH3）6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由：　 　 。 25．（2025•上海）钨属于有色金属，在高温下可以发出亮光。 （1）钨作灯丝与钨的 　 　 性质有关。 A.延展性 B.导电性 C.高熔点 D.高密度 （2）请从微观角度解释钨有金属光泽的原因：　 　 。 钨的矿石在古代被称为“重石头”。最早由瑞典化学家舍勒发现白钨矿，白钨矿的主要成分是钨酸钙，化学式为CaWO4，属于四方晶系，晶胞结构如图所示： （3）Ca原子在晶胞中的 　 　 位置。（不定项） A.顶心 B.棱心 C.面心 D.体心 （4）根据如图，推断钨在元素周期表中位于 　 　 。 A.第五周期第2族 B.第五周期第4族 C.第六周期第4族 D.第六周期第6族 （5）根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数为 　 　 。 （6）若如图所示的晶胞中仅含1个完整的四面体，则1～8号O原子中，组成该四面体的O编号为 　 　 。 白钨矿通常与脉石、黄铁矿等伴生。已知白钨矿中各种矿石的密度如表所示： 矿石 脉石 黄铁矿 萤石 磷灰石 密度ρ（g•cm﹣3） 2.65 4.95 3.18 3.13 （7）已知M（CaWO4）＝288g•mol﹣1、V（CaWO4）＝3.12×10﹣22cm3，则ρ（CaWO4）＝ 　 　 g•cm﹣3。 结合数据说明钨酸钙矿石被称为“重石头”的原因：　 　 。 CaWO4具有良好的光学性质，被广泛应用于光电陶瓷材料中，工业上可用电解法制备，电解装置如图所示： 已知：Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9，Ksp（CaCO3）＝2.7×10﹣8。 （8）写出电解池阳极的反应式：　 　 。 （9）为获取高纯产物，制备时需要不断通入N2的原因是 　 　 。 高考化学一轮复习 化学键与物质的性质 参考答案与试题解析 一．选择题（共20小题） 题号 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 答案 A B C D B A B A A B C 题号 14 15 16 17 18 19 20 21 22 答案 C C D A A D A D B 一．工艺流程题（共2小题） 1．（2025•西藏）我国的蛇纹石资源十分丰富，它的主要成分是Mg3Si2O5（OH）4，伴生有少量Ni、Fe、Al等元素。利用蛇纹石转化与绿矾分解的合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程如图所示。 已知： Al（OH）3 Fe（OH）3 Mg（OH）2 Ni（OH）2 Ksp 1.3×10﹣33 2.8×10﹣39 5.6×10﹣12 5.5×10﹣16 回答下列问题： （1）绿矾（FeSO4•7H2O）在高温下分解，得到红棕色固体和气体产物反应的化学方程式为 　2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O　 。 （2）经“焙烧①”“水浸”，过滤分离后，滤液中金属离子的浓度（mol•L﹣1）分别为：Ni2+0.005、Fe3+0.150、Mg2+0.430、Al3+0.010。滤渣①的主要成分是 　Fe2O3　 、　SiO2　 。 （3）加入NaOH“调pH＝6”，过滤后，滤渣②是 　Fe（OH）3　 、　Al（OH）3　 ，滤液中Al3+的浓度为 　1.3×10﹣9　 mol•L﹣1。 （4）“焙烧②”后得到NiO。NiO晶胞如图所示，晶胞中含有Ni2+的个数为 　4　 。 （5）调节“沉镍”后的溶液为碱性“矿化”反应的离子方程式为 　5Mg2++10OH﹣+4CO2＝Mg5（CO3）4（OH）2•4H2O↓　 。 （6）1.0kg蛇纹石“矿化”固定CO2，得到0.466kgMg5（CO3）4（OH）2•4H2O，相当于固定CO2　89.6　 L（标准状况）。 【分析】蛇纹石转化与绿矾分解的藕合回收NiO并矿化固定二氧化碳的实验流程为：蛇纹石（主要成分是Mg3Si2O5（OH）4）和绿矾混合焙烧，蛇纹石中金属元素全部转化为硫酸盐，水浸、过滤得到滤渣1为Fe2O3、SiO2，调节浸出液的pH＝6，Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，过滤，滤液中加入沉淀剂沉镍，过滤得到Ni（OH）2沉淀，焙烧得到NiO，滤液中通入CO2气体矿化，反应为5Mg2++10OH﹣+4CO2＝Mg5（CO3）4（OH）2•4H2O↓，据此分析解答。 【解答】解：（1）绿矾（FeSO4•7H2O）高温下分解生成红棕色固体和气体产物，红棕色固体为Fe2O3，根据氧化还原反应规律可知，还原产物为SO2气体，结合原子守恒、电子守恒写出反应的化学方程式为2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O， 故答案为：2FeSO4•7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O； （2）溶液中电荷守恒关系为c（）（0.005×2+0.150×3+0.430×2+0.010×3）mol/L＝0.675mol/L＞0.150mol/L，绿矾化学式为FeSO4•7H2O，根据Fe元素守恒可知，滤渣中含有Fe2O3，Mg3Si2O5（OH）4分解还生成SiO2，则渣①的主要成分是Fe2O3、SiO2， 故答案为：Fe2O3；SiO2； （3）pH＝6的溶液中c（OH﹣）＝10﹣8mol/L，滤液中金属离子的浓度（mol•L﹣1）分别为：Ni2+0.005、Fe3+0.150、Mg2+0.430、Al3+0.010，浓度积Q[Ni（OH）2]＝c（Ni2+）•c2（OH﹣）＝5×10﹣19＜Ksp[Ni（OH）2]，同理Q[Mg（OH）2]＝4.3×10﹣17＜Ksp[Ni（OH）2]，Q[Al（OH）3]＝2×10﹣26＞Ksp[Al（OH）3]，Q[Fe（OH）3]＝1.5×10﹣25＞Ksp[Fe（OH）3]，则Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3沉淀，Ni2+、Mg2+没有转化为沉淀，即滤渣②为Fe（OH）3、Al（OH）3，Ksp[Al（OH）3]＝c（Al3+）•c3（OH﹣）＝1.3×10﹣33，pH＝6时滤液中c（Al3+）mol/L＝1.3×10﹣9mol/L， 故答案为：Fe（OH）3；Al（OH）；1.3×10﹣9； （4）Ni2+的质子数为30、原子核对最外层电子的引力大，O2﹣的质子数为8、原子核对最外层电子的引力小，则离子半径：O2﹣＞Ni2+，所以NiO晶胞图中Ni2+的个数为121＝4， 故答案为：4； （5）“沉镍”后的溶液为碱性，通入CO2气体“矿化”反应的离子方程式为5Mg2++10OH﹣+4CO2＝Mg5（CO3）4（OH）2•4H2O↓， 故答案为：5Mg2++10OH﹣+4CO2＝Mg5（CO3）4（OH）2•4H2O↓； （6）根据C原子守恒可知，n（CO2）＝4n[Mg5（CO3）4（OH）2•4H2O]＝44mol，标准状况下的体积为4mol×22.4L/mol＝89.6L， 故答案为：89.6。 【点评】本题考查物质分离提纯方法及其应用、晶胞相关计算，侧重分析和计算能力考查，明确晶胞中原子分摊法计算、溶度积常数计算及其应用、流程中发生的反应等知识点是解题关键，题目难度中等。 2．（2025•甘肃）研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘（主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐）中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如图： 已知：As2O3熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：CuO 1100℃，CuSO4 560℃，ZnSO4 680℃，PbSO4高于1000℃Ksp（PbSO4）＝1.8×10﹣8 （1）设计焙烧温度为600℃，理由为 　使CuSO4发生分解，其余不分解，使As2O3沸腾挥发，便于收集　 。 （2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3该反应的化学方程式为 　4SO2+Na2CO3+2Na2S＝3Na2S2O3+CO2　 。 （3）酸浸的目的为 　CuO与硫酸反应进入浸出液，与PbSO4分离　 。 （4）从浸出液得到Cu的方法为 　加入足量锌粉，过滤，向滤渣中加入足量稀硫酸，过滤，可得到Cu　 （任写一种）。 （5）某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如图所示，晶胞参数a≠b≠c，α＝β＝γ＝90°。Cs与Pb之间的距离为 　　 pm（用带有晶胞参数的代数式表示）；该化合物的化学式为 　CsPbBr3　 ，晶体密度计算式为 　　 g/cm3（用带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示，MCs、MPb和MBr分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量）。 【分析】铜冶炼烟尘（主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫酸盐），在600℃进行焙烧，焙烧时，S转为SO2（g），As2O3 变为气体，CuSO4分解生成CuO；将混合气体冷凝，得到As2O3固体，剩余的SO2制备硫酸；将焙烧后的固体加水，得到ZnSO4溶液，过滤，向滤渣中加入硫酸酸浸，PbSO4不溶于水，成为浸出渣；CuO与硫酸反应得到CuSO4溶液，可还原得到金属单质铜，以此分析解答。 【解答】解：（1）设计焙烧温度为600℃，使CuSO4发生分解，其余不分解，使As2O3沸腾挥发，便于收集， 故答案为：使CuSO4发生分解，其余不分解，使As2O3沸腾挥发，便于收集； （2）将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3、CO2，反应方程式为：4SO2+Na2CO3+2Na2S＝3Na2S2O3+CO2， 故答案为：4SO2+Na2CO3+2Na2S＝3Na2S2O3+CO2； （3）酸浸的目的为使CuO与硫酸反应进入浸出液，与PbSO4分离， 故答案为：CuO与硫酸反应进入浸出液，与PbSO4分离； （4）加入足量锌粉，过滤，向滤渣中加入足量稀硫酸，过滤，可得到Cu， 故答案为：加入足量锌粉，过滤，向滤渣中加入足量稀硫酸，过滤，可得到Cu； （5）由晶胞结构图可知，Cs与Pb之间的距离为体对角线的一半，即为pm；1个Cs原子位于体心，Pb位于顶点，个数为81，Br位于棱心，个数为123，其化学式为CsPbBr3；晶胞质量为g，晶胞体积为abc×10﹣30cm3，晶体密度ρg/cm3g/cm3， 故答案为：；CsPbBr3；。 【点评】本题考查物质的分离提纯和晶胞计算，侧重考查学生分离提纯基础知识的掌握情况，题目难度中等。 二．选择题（共20小题） 3．（2025•全国）一种负热膨胀材料的立方晶胞结构如图，晶胞密度为dg•cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（　　） A．沿晶胞体对角线方向的投影图为： B．Ag和B均为sp3杂化 C．晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个 D．Ag和B的最短距离为1010pm 【分析】A．沿晶胞体对角线方向的投影，对角白球重合，对角线上两黑球重合及对角线上两灰球重合，Ag位于体心； B．Ag和B的价层电子对均为4； C．晶体中Ag位于晶胞的体心，与Ag最近且距离相等的Ag位于前后、左右、上下； D．根据ρ求出晶胞参数，再根据Ag位于对角线中心位置。 【解答】解：A．沿晶胞体对角线方向的投影，对角白球重合，对角线上两黑球重合及对角线上两灰球重合，Ag位于体心，正确的投影图为：，故A错误； B．Ag和B的价层电子对均为4，则Ag和B均为sp3杂化，故B正确； C．晶体中Ag位于晶胞的体心，与Ag最近且距离相等的Ag位于前后、左右、上下，故晶体中与Ag最近且距离相等的Ag有6个，故C正确； D．设晶胞参数为xpm，该晶胞中含有1个Ag原子，1个B原子，4个C原子和4个N原子，则ρg•cm﹣3＝dg•cm﹣3，解得x1010，则Ag和B的最短距离为1010pm，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，题目难度中等。 4．（2025•湖北）下列说法错误的是（　　） A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应 B．合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物 C．配位化合物通过“电子对给予﹣接受”形成配位键 D．超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成 【分析】A.胶体会产生丁达尔效应，是因为胶体粒子会使光波偏离原来方向而分散传播出现一条明亮的“光路”； B.成高分子是通过聚合反应得到，但由于聚合度不一样，所得聚合物是不同聚合度的聚合物的混合物； C.配位化合物通过“电子对给予﹣接受”形成配位键，一方是配体，其中的配位原子提供孤电子对，另一方（中心离子或原子）提供空轨道，接受孤电子对，形成配位键； 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。 【解答】解：A.胶体粒子会使光波偏离原来方向而分散传播，即对光线散射，出现一条明亮的“光路”，产生丁达尔效应，故A正确； B.合成高分子是通过聚合反应得到，但由于聚合度不一样，所得聚合物是不同聚合度的聚合物的混合物，故B错误； C.配位化合物通过“电子对给予﹣接受”形成配位键，一方是配体，其中的配位原子提供孤电子对，另一方（中心离子或原子）提供空轨道，接受孤电子对，形成配位键，故C正确； 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，故D正确。 故选：B。 【点评】本题考查了胶体的丁达尔现象、配位键、超分子的形成分析，以及物质的分类等知识，题目基础，难度不大。 5．（2025•全国）“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烃，结构如图，下列说法错误的是（　　） A．该索烃属于芳香烃 B．该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定 C．该索烃的两个大环之间不存在范德华力 D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂共价键 【分析】A．只由碳氢元素组成的含有苯环的有机物是芳香烃； B．质谱仪可测得分子的相对分子质量； C．两个大环之间存在分子间作用力； D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂碳碳键。 【解答】解：A．索烃只由碳氢元素组成的含有苯环的有机物，属于芳香烃吗，故A正确； B．质谱仪可测得分子的相对分子质量，该索烃的相对分子质量可用质谱仪测定，故B正确； C．两个大环之间存在分子间作用力，故存在范德华力，故C错误； D．破坏该索烃中的“机械键”需要断裂碳碳键，需要断裂共价键，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查了物质结构有关知识，涉及化学键、分子间作用力等知识，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，题目难度不大。 6．（2025•安徽）以下研究文物的方法达不到目的的是（　　） A．用14C断代法测定竹简的年代 B．用X射线衍射法分析玉器的晶体结构 C．用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类 D．用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量 【分析】A．可用14C断代法测定物质中C元素的含量； B．X射线衍射法可测定晶体的结构； C．原子光谱可鉴定元素种类； D．用红外光谱法测定有机物中含有的官能团。 【解答】解：A．14C的半衰期约为5730年左右，根据测定14C的剩余含量以及的它的半衰期，可以计算出文物的年代，故A正确； B．X射线衍射法可测定晶体的结构，故可用X射线衍射法分析玉器的晶体结构，故B正确； C．原子光谱可鉴定元素种类，故用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类，故C正确； D．用红外光谱法测定有机物中含有的官能团，测定古酒中有机分子的相对分子质量是用质谱法进行测定，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查物质的性质与变化及现代仪器的测定，掌握基础是关键，题目难度不大。 7．（2025•山东）用硫酸和NaN3可制备一元弱酸HN3。下列说法错误的是（　　） A．NaN3的水溶液显碱性 B．的空间构型为V形 C．NaN3为含有共价键的离子化合物 D．的中心N原子所有价电子均参与成键 【分析】A．NaN3在水中会发生水解反应； B．根据价层电子对互斥模型进行分析解答； C．NaN3由钠离子和叠氮根离子构成； D．中不含有孤电子对。 【解答】解：A．NaN3在水中会发生水解生成氢氧化钠和叠氮酸，故NaN3的水溶液显碱性，故A正确； B．的中心原子为N，无孤电子对，价层电子对为2，是直线形，故B错误； C．NaN3由钠离子和叠氮根离子构成，叠氮根离子中含共价键，故NaN3为含有共价键的离子化合物，故C正确； D．中不含有孤电子对，故中心N原子所有价电子均参与成键，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查化学键的成键方式及微粒的空间构型等知识，为高频考点，题目难度一般。 8．（2025•河南）自旋交叉化合物在分子开关、信息存储等方面具有潜在的应用价值。某自旋交叉化合物的结构及在氯气气氛下的热重曲线分别如图1和图2所示。该化合物的相对分子质量Mr＝870+32x（x为整数）。下列说法正确的是（　　） A．x＝1 B．第一电离能：C＜N＜O C．该化合物中不存在离子键 D．该化合物中配位数与配体个数相等 【分析】A．根据热重曲线图可知，分子中甲醇的质量分数为3.5%； B．N的第一电离能反常，大于O； C．该化合物中含铁的配位离子与之间属于离子键； D．该化合物中配位属于多齿配体，配位数为6，配体个数为2。 【解答】解：A．根据热重曲线图可知，（1﹣96.5%）＝3.5%，解得：x≈1，故A正确； B．第一电离能：C＜O＜N，故B错误； C．该化合物中含铁的配位离子与之间存在离子键，故C错误； D．该化合物中配位属于多齿配体，配位数为6，配体个数为2，两者个数不相等，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查配位化合物的相关知识，同时考查第一电离能的比较，属于基本知识的考查，难度中等。 9．（2025•甘肃）我国化学家合成了一种带有空腔的杯状主体分子（结构式如图a），该分子和客体分子（CH3）4NCl可形成主客体包合物：（CH3）4N+被固定在空腔内部（结构示意图见图b）。 下列说法错误的是（　　） A．主体分子存在分子内氢键 B．主客体分子之间存在共价键 C．磺酸基中的S—O键能比S＝O小 D．（CH3）4N+和（CH3）3N中N均采用sp3 【分析】A．—OH与—OH之间可以形成分子内氢键确； B．主客体均为分子； C．S＝O中包含σ键和π键； D．（CH3）4N+中的N含有σ键数为4，即价层电子对数＝4，（CH3）3N中的N含有σ键数为3，还有一对孤电子对，即价层电子对数＝4。 【解答】解：A．由图可知，主体分子内含有—OH和—SO3H，—SO3H中包含—OH，两个—OH之间可以形成分子内氢键，也可以形成分子间氢键，故A正确； B．主客体分子之间存在分子间作用力，没有共价键，故B错误； C．单键键能小于双键，磺酸基中的S—O单的键能比S＝O小，故C正确； D．（CH3）4N+中的N含有σ键数为4，即价层电子对数为4，为sp3杂化，（CH3）3N中的N含有σ键数为3，还有一对孤电子对，即价层电子对数为4，为sp3杂化，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及氢键、键能的比较、中心原子杂化方式的判断等，属于高考高频考点，难度中等。 10．（2025•安徽）氟气通过碎冰表面，发生反应①F2+H2OHOF+HF，生成的HOF遇水发生反应②HOF+H2O═HF+H2O2，下列说法正确的是（　　） A．HOF的电子式为 B．H2O2为非极性分子 C．反应①中有非极性键的断裂和形成 D．反应②中HF为还原产物 【分析】A．HOF中中心原子是O原子，结构式为H—O—F，据此书写电子式； B．分子中正负电荷重心重合的分子是非极性分子，反之为极性分子； C．相同的原子之间形成非极性键，不同的原子中间形成极性键； D．反应②中是O元素的归中反应。 【解答】解：A．HOF中中心原子是O原子，结构式为H—O—F，则电子式为，故A正确； B．H2O2是折线形，分子中正负电荷重心不重合，是极性分子，故B错误； C．反应①中有F—F非极性键的断裂和H—O、O—F、H—F极性键的形成，没有非极性键的形成，故C错误； D．反应②中HF不是还原产物，H2O2既是氧化产物，也是还原产物，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查分子极性、氧化产物与还原产物的判断以及电子式的书写，属于基本知识的考查，难度不大。 11．（2025•安徽）碘晶体为层状结构，层间作用为范德华力，层间距为dpm。图给出了碘的单层结构，层内碘分子间存在“卤键”（强度与氢键相近）。NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　） A．碘晶体是混合型晶体 B．液态碘单质中也存在“卤键“ C．127g碘晶体中有NA个“卤键” D．碘晶体的密度为g•cm﹣3 【分析】A．碘晶体层内和层间均为分子间作用力； B．液态碘单质中，层内碘分子间也存在“卤键”； C．127g碘晶体的物质的量为0.5mol，由图可知，结合均摊法计算，1个I2含有的“卤键“数目为42个，据此计算0.5mol I2含有的“卤键“数目； D．根据ρ进行计算。 【解答】解：A．碘晶体层内和层间均为分子间作用力，是分子晶体，故A错误； B．液态碘单质中，层内碘分子间也存在“卤键”，故B正确； C．127g碘晶体的物质的量为0.5mol，由图可知，结合均摊法计算，1个I2含有的“卤键“数目为42个，则0.5mol I2含有的“卤键“数目为NA个，故C正确； D．碘晶体的密度为ρg•cm﹣3，故D正确， 故选：A。 【点评】本题主要考查晶体类型的判断、晶胞密度的计算，属于基本知识的考查，难度中等。 12．（2025•选择性）Cl2O可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：Cl2O+H2O═2HClO。下列说法正确的是（　　） A．反应中各分子的σ键均为p—pσ键 B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形 C．Cl—O键长小于H—O键长 D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对 【分析】A．H—Oσ键为s—pσ键； B．Cl2O、H2O和HClO的中心原子都是O原子，中心原子为sp3杂化，VSEPR模型均为正四面体形； C．原子半径：Cl＞H，据此判断键长； D．HClO分子中中心原子是O原子。 【解答】解：A．H2O和HClO中均含有H—Oσ键，该σ键均为s—pσ键，Cl—Oσ键为p—pσ键，故A错误； B．Cl2O的结构式为Cl—O—Cl，H2O和HClO的结构式为H—O—H、H—O—Cl，中心原子都是O原子，σ键数都是2，孤电子对数也是2，即价层电子对数都是4，中心原子为sp3杂化，VSEPR模型均为正四面体形，故B正确； C．原子半径：Cl＞H，则Cl—O键长大于H—O键长，故C错误； D．HClO分子中中心原子是O原子，O的价电子层有2个孤电子对，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，属于基本知识的卡槽，难度中等。 13．（2025•重庆）化合物X的晶胞结构如图所示，下列叙述正确的是（　　） A．X中存在π键 B．X属于混合型晶体 C．X的化学式可表示为C3N4 D．X中C原子上有一对孤电子对 【分析】A．根据图知，相邻的C、N原子之间存在共价单键； B．X是由C、N原子共存的空间网状结构的晶体，该晶体中只存在共价键； C．该晶胞中C原子个数为63、N原子个数是4； D．根据图知，每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子。 【解答】解：A．根据图知，相邻的C、N原子之间存在共价单键，所以X中不存在π键，故A错误； B．X是由C、N原子共存的空间网状结构的晶体，该晶体中只存在共价键，所以X属于共价晶体，不属于混合晶体，故B错误； C．该晶胞中C原子个数为63、N原子个数是4，X的化学式为C3N4，故C正确； D．根据图知，每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子，所以X中碳原子没有一对孤电子，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查晶胞的计算，侧重考查空间想象能力及计算能力，明确X的构成微粒及微粒之间的作用力、晶胞的计算方法是解本题关键，题目难度不大。 14．（2025•全国）下列对物质性质的解释错误的是（　　） 选项 物质性质 解释 A 氯化钠熔点高于氯化铯 氯化钠离子键强于氯化铯 B 碘易溶于四氯化碳 碘和四氯化碳都是非极性分子 C 草酸氢钠溶液显酸性 草酸氢根离子水解程度大于电离程度 D 离子液体导电性良好 离子液体中有可移动的阴、阳离子 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．离子晶体的熔点随离子键强度的增大而升高，离子键强度与离子半径成反比； B．根据相似相溶原理进行分析； C．在溶液中草酸氢根离子能出电离H+，也能发生水解反应，生成OH﹣； D．在离子液体中，存在可自由移动的阳离子和阴离子。 【解答】解：A．离子晶体的熔点随离子键强度的增大而升高，离子键强度与离子半径成反比，Na+半径小于Cs+，则离子键强度：NaCl大于CsCl，所以熔点：NaCl＞CsCl，故A正确； B．碘和四氯化碳是非极性分子，根据相似相溶原理可知碘易溶于四氯化碳，故B正确； C．在溶液中草酸氢根离子能出电离H+，也能发生水解反应，生成OH﹣，草酸氢钠溶液显酸性说明草酸氢根离子水解程度小于电离程度，故C错误； D．在离子液体中，存在可自由移动的阳离子和阴离子，所以具有良好的导电性，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查物质的性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，掌握基础是关键，题目难度一般。 15．（2025•云南）（Li0.45La0.85）ScO3是优良的固态电解质材料，Ce4+取代部分La3+后产生空位，可提升Li+传导性能。取代后材料的晶胞结构示意图（O2﹣未画出）及其作为电解质的电池装置如图。下列说法错误的是（　　） A．每个晶胞中O2﹣个数为12 B．该晶胞在yz平面的投影为 C．Ce4+取代后，该电解质的化学式为（Li0.45La0.85﹣yCey）ScO3 D．若只有Li+发生迁移，外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等 【分析】A．根据（Li0.45La0.85）ScO3中N（Sc）：N（O）＝1：3进行计算； B．该晶胞在yz平面的投影即为其正视图，结合视图规则分析判断； C．Ce4+取代部分La3+后化学式为（Li0.45La0.85﹣yCex）ScO3，根据化合价规则进行计算； D．Li+和电子所带电荷数相等，根据电路中电流处处相等规则分析判断。 【解答】解：A．Ce4+取代部分La3+后产生空位，但N（Sc3+）：N（O2﹣）＝1：3，晶胞中N（Sc3+）＝844，则每个晶胞中O2﹣个数N（O2﹣）＝4×3＝12，故A正确； B．该晶胞在yz平面的投影即为其正视图，面或棱上原子的视图落在棱上，顶点原子的视图落在长方形的顶点，体内原子的视图在长方形内部，同一高度原子的视图重合，则该晶胞在yz平面的投影为，故B正确； C．Ce4+取代部分La3+后化学式为（Li0.45La0.85﹣yCex）ScO3，化合物中元素化合价代数和为0，即（+1）×0.45+（+3）×（0.85﹣y）+（+4）×x+（+3）×1+（﹣2）×3＝0，解得x＝0.75y，即Ce4+取代后，该电解质的化学式为（Li0.45La0.85﹣yCe0.75y）ScO3或（Li0.45La0.85﹣yCey）ScO3，故C错误； D．电路中电流处处相等，Li+和电子所带电荷数相等，若只有Li+发生迁移，则外电路转移的电子数与通过截面MNPQ的Li+数目相等，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查晶胞相关计算、原电池原理，侧重分析判断能力和计算能力考查，把握均摊法计算、化合价规则的应用、原电池工作原理是解题关键，题目难度中等。 16．（2025•浙江）某化合物Fe（NH3）2Cl2的晶胞如图所示，下列说法不正确的是（　　） A．晶体类型为混合晶体 B．NH3与二价铁形成配位键 C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比FeCl2高 【分析】A．晶体内同时存在多种不同的作用力，具有多种晶体的结构和性质，这类晶体称为混合晶体； B．根据配位键形成条件分析判断； C．Fe（NH3）2Cl2与水反应的化学方程式为Fe（NH3）2Cl2+2H2O＝Fe（OH）2↓+NH4Cl； D．其他条件相同时，离子半径越小，离子键强度越大，热稳定性越高。 【解答】解：A．由图可知，Fe（NH3）2Cl2晶体中存在离子键、配位键和分子间作用力，具有分子晶体和离子晶体的特性，属于混合晶体，故A正确； B．NH3分子中N原子含有孤电子对，Fe2+含有空轨道，则NH3与二价铁通过配位键形成[Fe（NH3）2]2+，故B正确； C．Fe（NH3）2Cl2与水反应的化学方程式为Fe（NH3）2Cl2+2H2O＝Fe（OH）2↓+NH4Cl，即有难溶性Fe（OH）2生成，故C正确； D．Fe2+与NH3通过配位键形成[Fe（NH3）2]2+，使该配离子半径增大，即[Fe（NH3）2]2+＞Fe2+，则离子键强度：Fe（NH3）2Cl2＜FeCl2，离子键越强，热稳定性越高，所以Fe（NH3）2Cl2的热稳定性比FeCl2低，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查配合物结构及性质，侧重辨析能力和灵活运用能力考查，明确混合晶体概念及特性、配位键形成条件、晶体热稳定性的判断方法是解题关键，题目难度中等。 17．（2025•湖南）K+掺杂的铋酸钡具有超导性。K+替代部分Ba2+形成Ba0.6K0.4BiO3（摩尔质量为354.8g•mol﹣1），其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（　　） A．晶体中与铋离子最近且距离相等的O2﹣有6个 B．晶胞中含有的铋离子个数为8 C．第一电离能：Ba＞O D．晶体的密度为g•cm﹣3 【分析】A．根据图知，晶体中与铋离子最近且距离相等的O2﹣有6个； B．晶胞中Bi原子个数为8； C．Ba为金属，易失电子，O非金属性较强，难失电子； D．该晶胞中Bi原子个数为81，O原子个数为123，根据化学式知，该晶胞中含有0.6个Ba2+、0.4个K+，晶胞的体积为（a×10﹣7cm）3，晶体的密度为。 【解答】解：A．根据图知，晶体中与铋离子最近且距离相等的O2﹣有6个，故A正确； B．晶胞中Bi原子个数为81，故B错误； C．Ba为金属，易失电子，O非金属性较强，难失电子，所以第一电离能Ba＜O，故C错误； D．该晶胞中Bi原子个数为81，O原子个数为123，根据化学式知，该晶胞中含有0.6个Ba2+、0.4个K+，晶胞的体积为（a×10﹣7cm）3，晶体的密度为g/cm3g/cm3，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查晶胞的计算，侧重考查分析、判断、空间想象能力及计算能力，明确元素周期律的内涵、晶胞的计算方法是解本题关键，注意单位换算，题目难度不大。 18．（2025•重庆）三种氮氧化物的结构如图所示： 下列说法正确的是（　　） A．氮氮键键能：N2O＞N2O3 B．熔点：N2O3＞N2O4 C．分子的极性：N2O4＞N2O D．N—N—O键角：a＞b 【分析】A．键长越短，键能越大； B．两者均为分子晶体，分子量越大，分子间作用力越大； C．N2O4是对称的平面结构，分子的极性较弱，N2O是不对称结构，属于典型的极性分子； D．N2O3的结构为O＝N—NO2，中心原子N存在1对孤电子对，中心原子N的杂化方式为sp2杂化，受到孤电子对的影响，键角略小于120°，而N2O4中， 中心原子N的孤电子对为0，价电子对数为3，没有孤电子对影响，键角为120°。 【解答】解：A．由图中数据可知，氮氮键的键长：N2O＜N2O3，则氮氮键的键能：N2O＞N2O3，故A正确； B．两者均为分子晶体，分子量越大，分子间作用力越大，所以熔点：N2O3＜N2O4，故B错误； C．由图可知，N2O4是对称的平面结构，分子的极性较弱，N2O是不对称结构，分子中正负电荷重心不重合，属于典型的极性分子，所以分子的极性：N2O4＜N2O，故C错误； D．N2O3的结构为O＝N—NO2，中心原子N存在1对孤电子对，中心原子N的杂化方式为sp2杂化，受到孤电子对的影响，键角略小于120°，而N2O4中， 中心原子N的孤电子对为0，价电子对数为3，没有孤电子对影响，键角为120°，故键角a＜b，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查键长、键角、分子极性的比较，属于基本知识的考查，难度中等。 19．（2025•湖北）SO2晶胞是长方体，边长a≠b≠c，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．一个晶胞中含有4个O原子 B．晶胞中SO2分子的取向相同 C．1号和2号S原子间的核间距为pm D．每个S原子周围与其等距且紧邻的S原子有4个 【分析】A．由晶胞图可知，SO2分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含（121）＝4个SO2分子，含有8个O原子； B．由图可知晶胞中SO2分子的取向不完全相同，如1和2； C.1号和2号S原子间的核间距离为上、下面面对角线的一半，即 pm； D.以体心的S原子为例，由于a≠b≠c，每个S原子周围与其等距且紧邻（距离最小）的S原子有4个。 【解答】解：A．由晶胞图可知，SO2分子位于长方体的棱心和体心，1个晶胞中含（121）＝4个SO2分子，含有8个O原子，故A错误； B．由图可知晶胞中SO2分子的取向不完全相同，如1和2，故B错误； C.1号和2号S原子间的核间距离为上、下面面对角线的一半，即 pm，故C错误； D.以体心的S原子为例，由于a≠b≠c，每个S原子周围与其等距且紧邻（距离最小）的S原子有4个，故D正确， 故选：D。 【点评】本题考查均摊法在晶胞中的计算、配位数、原子间的距离等知识点，题目比较基础。 20．（2025•广东）由结构不能推测出对应性质的是（　　） 选项 结构 性质 A SO3的VSEPR模型为平面三角形 SO3具有氧化性 B 钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同 钾和钠的焰色不同 C 乙烯和乙炔分子均含有π键 两者均可发生加聚反应 D 石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动 石墨具有类似金属的导电性 A．A B．B C．C D．D 【分析】A．SO3中的硫为最高价； B．钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量的变化不同，则放出的光的波长不同； C．乙烯与乙炔都含有π键； D．石墨层中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电。 【解答】解：A．SO3中的硫为最高价，故SO3具有氧化性，与SO3的VSEPR模型无关，故A错误； B．钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量的变化不同，则发出的光的波长不同，所以产生的焰色也就不同，即焰色不同的原因与电子跃迁时能量的变化不同有关，故B正确； C．乙烯与乙炔都含有π键，都能发生加聚反应，故C正确； D．石墨层中C原子上未参与杂化的所有p轨道相互平行且重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电，故石墨具有类似金属的导电性，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查物质的结构与性质，为高频考点，把握物质的结构、性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。 21．（2025•河北）SmCok（k＞1）是一种具有优异磁性能的稀土永磁材料，在航空航天等领域中获得重要应用。SmCok的六方晶胞示意图如图，晶胞参数a＝500pm、c＝400pm，M、N原子的分数坐标分别为，。 设NA是阿伏加德罗常数的值。 下列说法错误的是（　　） A．该物质的化学式为SmCo5 B．体心原子的分数坐标为 C．晶体的密度为g•cm﹣3 D．原子Q到体心的距离为pm 【分析】A．白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，根据均摊法则进行分析解答； B．体心原子位于晶胞的中心； C．根据ρ进行解答； D．原子Q的分数坐标为（0，，1），由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与原子Q可得直角三角形：，据此进行解答。 【解答】解：A．白球位于体心，晶胞中数目为1，黑球位于顶角、棱心、体内，晶胞中数目为882＝5，结合题意知，白球为Sm、黑球为Co，该物质化学式为SmCo5，故A正确； B．体心原子位于晶胞的中心，其分数坐标为（，，），故B正确； C．每个晶胞中含有1个“SmCo5”，晶胞底面为菱形，晶胞体积为a2c，则晶体密度g•cm﹣3，故C正确； D．原子Q的分数坐标为（0，，1），由体心原子向上底面作垂线，垂足为上底面面心，连接该面心与原子Q、体心与原子Q可得直角三角形：，则原子Q到体心的距离pm＝50pm，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查晶胞结构的分析及相关计算，涉及化学式、晶体密度等，解答此题还要有一定的空间想象能力，题目难度较大。 22．（2025•选择性）NaxWO3晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当0.44≤x≤0.95时，其立方晶胞结构如图。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（　　） A．与W最近且等距的O有6个 B．x增大时，W的平均价态升高 C．密度为时，x＝0.5 D．空位数不同，吸收的可见光波长不同 【分析】A．与W最近且等距的O位于其上下左右前后； B．x增大时，根据各元素的代数和为0可知W的平均价态降低； C．晶胞的体积为a3×10﹣30cm3，若晶胞的密度为时，则晶胞的质量为，物质NaxWO3的摩尔质量为243.5g/mol，则x＝0.5； D．由题干可知，NaxWO3晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，因此空位数不同，吸收的可见光波长不同。 【解答】解：A．与W最近且等距的O位于其上下左右前后，有6个，故A正确； B．x增大时，根据各元素的代数和为0可知W的平均价态降低，故B错误； C．晶胞的体积为a3×10﹣30cm3，若晶胞的密度为时，则晶胞的质量为，物质NaxWO3的摩尔质量为243.5g/mol，则x＝0.5，故C正确； D．由题干可知，NaxWO3晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，因此空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确； 故选：B。 【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。 三．解答题（共3小题） 23．（2025•山东）Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： （1）在元素周期表中，Fe位于第 　四　 周期 　Ⅷ　 族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为 　4：5　 。 （2）尿素分子（H2NCONH2）与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是 　N　 ，电负性最大的是 　O　 。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为 　sp2　 。 ③八面体配离子[Fe（H2NCONH2）6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是 　O　 （填元素符号）。 （3）α—Fe可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示（晶胞边长为apm）。 ①α—Fe晶胞中Fe原子的半径为 　a　 pm。 ②研究发现，α—Fe晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是 　n　 ，该截面单位面积含有的Fe原子为 　　 个•pm﹣2。 【分析】（1）Fe是26号元素，价层电子排布式为3d64s2；基态Fe3+离子价层电子排布式为3d5； （2）①同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，价层电子处于半满、全满状态时，比较稳定，第一电离能比相邻元素的大；非金属性越大，电负性越大； ②尿素分子中，C原子形成3个σ键，价层电子对数为3； ③H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对； （3）①由α—Fe晶胞图可知，4r（Fe）apm； ②根据均摊法计算截面原子个数。 【解答】解：（1）Fe是26号元素，价层电子排布式为3d64s2，位于第四周期第Ⅷ族；基态Fe原子价层电子排布式为3d64s2，有4个未成对电子，基态Fe3+离子价层电子排布式为3d5；，有5个未成对电子，故基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为4：5， 故答案为：四；Ⅷ；4：5； （2）①同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，N原子价层电子排布式为2s22p3，处于半满状态，比较稳定，第一电离能比C、N的大，故第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；非金属性：O＞N＞C，电负性：O＞N＞C， 故答案为：N；O； ②尿素分子中，C原子形成3个σ键，价层电子对数为3，为sp2杂化， 故答案为：sp2； ③八面体配离子[Fe（H2NCONH2）6]3+中Fe3+的配位数为6，H2NCONH2中N、O原子均存在孤电子对，故为O原子提供孤电子对与Fe3+形成配位键， 故答案为：O； （3）①由α—Fe晶胞图可知，4r（Fe）apm，则r（Fe）apm， 故答案为：a； ②由图可知，m截面中Fe原子位于顶点，每个顶点被8个相邻晶胞共用，每个晶胞的面被两个晶胞公用，所含个数为41，单位面积原子数为个pm﹣2；n截面每个顶点被8个相邻晶胞共用，体心原子完全属于本平面，个数为1+42，该截面单位面积含有的Fe原子为个pm﹣2，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低，故催化活性较低的是n截面， 故答案为：n；。 【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、电离能、电负性、杂化方式、配位键、晶胞结构与计算等内容，掌握基础为解题关键，整体难度适中。 24．（2025•北京）通过MgCl2和[Mg（NH3）6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。 （1）将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　 。 （2）NH3分子中H—N—H键角小于109°28′，从结构角度解释原因：　CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H—C—H的键角为109°28′，故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28′　 。 （3）[Mg（NH3）6]Cl2的晶胞是立方体结构，边长为anm，结构示意图如图。 ①[Mg（NH3）6]Cl2的配体中，配位原子是 　N　 。 ②已知[Mg（NH3）6]Cl2的摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　　 g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm） （4）MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如图。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成[Mg（NH3）6]Cl2而不生成[Mg（NH3）]Cl2。分析原因：　生成[Mg（NH3）6]Cl2的活化能更低　 。 ②从平衡的角度推断利于[Mg（NH3）6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由：　根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2（s）+6NH3（g）＝[Mg（NH3）6]Cl2ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2，是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2　 。 【分析】（1）Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为； （2）CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H—C—H的键角为109°28′，故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28′； （3）①[Mg（NH3）6]Cl2的内界为[Mg（NH3）6]2+，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；②根据均摊法，该晶胞中[Mg（NH3）6]2+的个数为86l＝ 4，Cl﹣的个数为8，故每个晶胞中含有4个[Mg（NH3）6]Cl2，则晶体的密度为ρg/cm﹣3， （4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg（NH3）6]Cl2的活化能更低，故室温下易于生成[Mg（NH3）6]Cl2； ；②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2（s）+6NH3（g）＝[Mg（NH3）6]Cl2 ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2，是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 【解答】解：（1）Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为， 故答案为：； （2）CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H—C—H的键角为109°28′，故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28′， 故答案为：CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0；NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1；孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，CH4分子中H—C—H的键角为109°28′，故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28′； （3）①[Mg（NH3）6]Cl2的内界为[Mg（NH3）6]2+，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N；②根据均摊法，该晶胞中[Mg（NH3）6]2+的个数为86l＝ 4，Cl﹣的个数为8，故每个晶胞中含有4个[Mg（NH3）6]Cl2，则晶体的密度为ρg/cm﹣3， 故答案为：N；， （4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg（NH3）6]Cl2的活化能更低，故室温下易于生成[Mg（NH3）6]Cl2； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2（s）+6NH3（g）＝[Mg（NH3）6]Cl2 ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2，是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2， 故答案为：生成[Mg（NH3）6]Cl2的活化能更低；根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2（s）+6NH3（g）＝[Mg（NH3）6]Cl2 ΔH＜0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2，是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 【点评】本题考查原子核外电子排布，化学反应的能量变化规律，键能、键长、键角及其应用，晶胞的计算等知识点，内容考查全面，难度不大。 25．（2025•上海）钨属于有色金属，在高温下可以发出亮光。 （1）钨作灯丝与钨的 　C　 性质有关。 A.延展性 B.导电性 C.高熔点 D.高密度 （2）请从微观角度解释钨有金属光泽的原因：　钨是金属晶体，含有金属阳离子和自由电子，当可见光照射到金属表面时，自由电子能够吸收所有频率的光跃迁到高能级，不稳定，又会跃迁到低能级轨道，以光子的形式释放出来，使得金属不透明并具有金属光泽　 。 钨的矿石在古代被称为“重石头”。最早由瑞典化学家舍勒发现白钨矿，白钨矿的主要成分是钨酸钙，化学式为CaWO4，属于四方晶系，晶胞结构如图所示： （3）Ca原子在晶胞中的 　BC　 位置。（不定项） A.顶心 B.棱心 C.面心 D.体心 （4）根据如图，推断钨在元素周期表中位于 　D　 。 A.第五周期第2族 B.第五周期第4族 C.第六周期第4族 D.第六周期第6族 （5）根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数为 　4　 。 （6）若如图所示的晶胞中仅含1个完整的四面体，则1～8号O原子中，组成该四面体的O编号为 　⑤⑥⑦⑧　 。 白钨矿通常与脉石、黄铁矿等伴生。已知白钨矿中各种矿石的密度如表所示： 矿石 脉石 黄铁矿 萤石 磷灰石 密度ρ（g•cm﹣3） 2.65 4.95 3.18 3.13 （7）已知M（CaWO4）＝288g•mol﹣1、V（CaWO4）＝3.12×10﹣22cm3，则ρ（CaWO4）＝ 　6.13　 g•cm﹣3。 结合数据说明钨酸钙矿石被称为“重石头”的原因：　钨酸矿的密度比脉石、黄铁矿的更大，同体积时钨酸钙矿石重量更大　 。 CaWO4具有良好的光学性质，被广泛应用于光电陶瓷材料中，工业上可用电解法制备，电解装置如图所示： 已知：Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9，Ksp（CaCO3）＝2.7×10﹣8。 （8）写出电解池阳极的反应式：　W﹣6e﹣+8OH﹣+Ca2+＝CaWO4+4H2O　 。 （9）为获取高纯产物，制备时需要不断通入N2的原因是 　通入氮气隔绝空气中的CO2，防止生成CaCO3　 。 【分析】（1）钨的熔点高，可以承受灯丝发光时的高温； （2）金属晶体中含有金属阳离子和自由电子，自由电子能吸收光； （3）由晶胞结构图可知，黄球为Ca； （4）由图可知，钨的价层电子排布式为5d46s2； （5）根据价层电子对互斥理论计算的价层电子对数； （6）四面体中W位于四面体中心，O位于四面体四个顶点上； （7）根据ρ计算密度并进行解释； （8）由电解装置图可知，W为阳极，失电子生成，与Ca2+反应CaWO4； （9）Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9与Ksp（CaCO3）＝2.7×10﹣8相差不大，Ca（OH）2易与空气中的CO2反应生成CaCO3。 【解答】解：（1）电流在通过钨丝时，以产生足够的热量使灯丝达到白热化状态，钨的熔点高，可以承受灯丝发光时的高温，故可做灯丝的最佳选择， 故答案为：C； （2）钨是金属晶体，含有金属阳离子和自由电子，当可见光照射到金属表面时，自由电子能够吸收所有频率的光跃迁到高能级，不稳定，又会跃迁到低能级轨道，以光子的形式释放出来，使得金属不透明并具有金属光泽， 故答案为：钨是金属晶体，含有金属阳离子和自由电子，当可见光照射到金属表面时，自由电子能够吸收所有频率的光跃迁到高能级，不稳定，又会跃迁到低能级轨道，以光子的形式释放出来，使得金属不透明并具有金属光泽； （3）由晶胞结构图可知，黄球为Ca，位于面心和棱上， 故答案为：BC； （4）由图可知，钨的价层电子排布式为5d46s2，位于元素周期表中第六周期第6族， 故答案为：D； （5）根据价层电子对互斥理论，的价层电子对数为44， 故答案为：4； （6）四面体中W位于四面体中心，O位于四面体四个顶点上，由图可知，位于体内的W与其周围的⑤⑥⑦⑧4个O形成四面体， 故答案为：⑤⑥⑦⑧； （7）Ca位于棱上和面上，个数为644，相当于1个晶胞中含有4个“CaWO4”，晶胞质量为g，ρ（CaWO4） g•cm﹣3≈6.13g•cm﹣3，比脉石、黄铁矿的密度都大，同体积时钨酸钙矿石重量更大，故钨酸钙矿石被称为“重石头”， 故答案为：6.13；钨酸矿的密度比脉石、黄铁矿的更大，同体积时钨酸钙矿石重量更大； （8）由电解装置图可知，W为阳极，失电子生成，与Ca2+反应CaWO4，电极反应式为：W﹣6e﹣+8OH﹣+Ca2+＝CaWO4+4H2O， 故答案为：W﹣6e﹣+8OH﹣+Ca2+＝CaWO4+4H2O； （9）由题意知，Ksp（CaWO4）＝8.7×10﹣9与Ksp（CaCO3）＝2.7×10﹣8相差不大，Ca（OH）2易与空气中的CO2反应生成CaCO3，为防止生成CaCO3，通入氮气隔绝空气中的CO2， 故答案为：通入氮气隔绝空气中的CO2，防止生成CaCO3。 【点评】本题主要考查晶体结构与性质，涉及金属晶体性质、晶胞结构与计算、电极反应式的书写等知识，掌握基础是关键，题目难度稍大。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$