阶段检测卷(4) 物质结构与性质-【红对勾】2026年高考化学一轮复习金卷（单选版）

1 9=12,C0个数为8×日十6×2=4，则该材料的化学式 为MCo。 18.(1)sp33c-2eH的1s轨道为球形，成键无方向性 (2)KCaB,C;36(3)HCO:之间可以通过氢键形成二聚体 或者多聚体 解析：(1)①根据B2H;分子结构为BH3一BH3,每个硼原子通 过sp3形成4个共价键，所以硼原子杂化方式为sD3杂化： ②乙硼烷中硼原子是s即杂化，硼最外层有3个电子，分别占 据1个sp杂化轨道，用掉3个，第4个空的sp杂化轨道与 旁边硼原子上的氢原子成键，这样乙硼烷分子中有两个 B一H一B键，三个原子核，两个电子，则乙硼烷的化学键为三 中心两电子，甲中化学键①为“二中心二电子键”，记作“2c 2e”,则乙硼烷的桥键②记作3c-2e;③氢原子仅用1s轨道就可 形成桥键的原因是氢原子价层轨道为1s轨道，是球形对称 的，成键无方向性。(2)钙原子在晶胞体心，钙原子的个数为 1 1个，钾原子位于晶胞的顶点，钾原子的个数为8X8=1,翻 原子、碳原子位于面心，硼原子、碳原子个数均为12X =6, 晶体最简化学式为KCaB,C,乙中由12个B与12个C构成 的多面体含有36个棱。(3)常温下，Na2CO3溶解度大于 NaHCO?,是因为HCO?之间可以通过氢键形成二聚或者多 聚体。 19.(1)HBO3BF3>NF3BF中心硼原子为sp杂化，B有一 条未杂化的p轨道，此p轨道与三个F的p轨道重叠，生成大 π键（Ⅱ），从而使B一F键长远比B和F的半径之和小 (2)4NH,F+2NaF+Na[Al(QH)]-Nas AIF+4NH3+ 4H,0ab62(3)4.2x10 acN 解析：(1)BF,为缺电子结构，通入水中可能发生水解反应，生 成HF、H,BO3,生成的HF可能与BFg作用生成HBF1,则产 生的三种酸分别为HBF1、HF和H3BO?。在NF3BF3中，氨 原子与硼原子形成配位键，受成键电子对的影响，F一B一F键 角减小，则BF?和NF3BF3相比较，F一B一F的键角大小顺序 是BF3>NF,BF3,实验测得BF3中3个B一F键长远比B和F 的半径之和小，表明B、F原子的电子云重叠程度大，形成了新 的化学键，原因是中心硼原子为s杂化，B有一条未杂化的 p轨道，此p轨道与三个氟原子的p轨道重叠，生成大π键 (),从而使B一F键长远比B和F的半径之和小。(2)一定 条件下，NH,F、NaF和Na[Al(OH),]反应生成NH3、H2O和 化合物X。X中含有Na、F、Al三种元素，从构成的正八面体 可能看出，此离子应为[AF]3,从X晶胞及晶胞中某一原子 的俯视投影图可以看出，●表示Na,在晶胞中含有Na的数 目为4X号十6×2十2=6，而含[AR,]的数目为8× 8十1=2，由此得出X的化学式为Na,AR,所以反应的化学 方程式为4NHF+2NaF+Na[Al(OH)1]-一Nas AlF+ 4NH,十4H2O,X晶体内，Na与[AlF。]间形成离子键， 「A1F。]3-内A1+与F之间形成配位键。用原子分数坐标来描 述晶胞中所有●原子的位置，需要确定O点、顶点（两种）面上、 面心、体内6组原子分数坐标，晶体中有2种化学环境的●原子。 2×210 (3)化合物X的密度为NaX10)XcX105gcm= 4.2X102 a'cNAg·cm3。 阶段检测卷（四）物质结构与性质 1.B天然钻石的内部结构为金刚石，打磨过程中，共价键断裂， 故A正确；霓虹灯发光是由于电子从激发态回到基态产生，故 B错误；氧化铁为红色，墙的红色来源于氧化铁，故C正确：空 气作为溶剂，空气中的粒子作为溶质，当粒子直径为1 100nm,就形成了胶体，光束照射，就可以产生丁达尔效应，故 D正确。 2.BTi是22号元素，位于元素周期表第4周期第WB族，故 2刻勾·高考一轮复习金卷化学 14 钛元素位于元素周期表d区，A正确；甲醛是共价分子，故甲醛 的电子式为 ,B错误：CO,为共价分子，其中碳、氧之间 H:C:H 形成双键，故CO2的结构式为O一C一O,C正确；已知H2O 为V形结构，且H的原子半径小于O,故HO的空间填充模 型为 人，D正确。 X 3.D核外电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小，故 r(N)>r(Mg2+),A错误；非金属性越强，气态氢化物的热稳 定性越强，非金属性：O>N,故热稳定性：NH,<H,O,B错误； Na的2p轨道为全满结构，能量低，电离能大，故电离能大小： I1(N)<I,(N),C错误：元素的非金属性越强，电负性越大，氢 元素的非金性强于镁元素，电负性大小：X(Mg)<X(H), D正确。 4.C同主族元素从上到下，元素的电负性逐渐减小，同周期从左 到右，主族元素的电负性逐渐增大，且CCl1中C显正价，CIO。 中C1显正价，则电负性：C<CI<O,A正确：氰酸铵与尿素分子 式相同，结构不同，互为同分异构体，B正确；NH中N为sp 杂化，没有孤电子对，CO(NH2)2中N为sp杂化，含有一个孤 电子对，则键角∠H一N一H:NH>CO(NH2)2,C错误； NH,CI晶体中含有离子键（阴阳离子之间）、极性共价 键(N一H)和配位键（其中一个N一H),D正确。 5.B同周期从左到右，主族元素原子半径逐渐减小，原子半径： r(Ga)>r(Ge)>r(As),故A正确；碳单质中金刚石、晶体 硅、SC均为共价晶体，C。为分子晶体，石墨为混合型晶体，故 B错误；可在元素周期表中元素S附近寻找新半导体材料，如 G等，故C正确；元素周期表中同主族从上到下，第一电离能 变小，第一电离能：I1(C)>I1(Si)>I1(Ge),故D正确 6.AXe0,分子中Xe价层电子对数=3十号×(8-3×2)=4， 孤电子对数为1，XO3分子为三角锥形结构，NH3分子中N的 价层电子对数=3十2×(5一3×1)=4，孤电子对数为1，故 NH3分子为三角锥形结构，选项A正确：COCI2中C价层电子 对数=3+4,4=3，无孤电子对，空间结构为平面三角形， 2 S0Cl,中S价层电子对数=8。 =4,孤电子对数为1，空间 结构为三角锥形，选项B错误；CIF:分子中C1价层电子对数= 3十7-31=5，为spd杂化，弧电子对数为2，T形结构， 2 B邵，分子中B的价层电子对教=3+3,3=3，空间结构为平面 2 三角形，选项C错误：CO2分子中C的价层电子对数=2十 4一4=2，无孤电子对，空间结构为直线形，SCL,分子中S的价 电子对数为2士，=4，孤电子对数为2，空间结构为V形 选项D错误。 7.C乙醚的结构中氧原子为sp杂化，氧原子上仍有2个孤电 子对，对两根碳氧键有排斥作用，因此实际的结构为V形，并不 是对称的分子，正负电中心不重合，因此乙醚为极性分子，乙醇 也是极性分子，乙醚的极性比乙醇的弱，且乙醇与水更易形成 分子间氢键，因此乙醚在水中的溶解度比乙醇的小，A项错误； F一H…F中的氢键键能大于O一H…O,等物质的量时，水中 所含的氢键数目更多，因此H2O的沸，点比HF的高，B项错误； 从葡萄中提取的酒石酸盐具有光学活性，因此该酒石酸盐中含 有手性碳原子，C项正确；FC一是吸电子基团，C1,C一也是吸 电子基团，F3C一的吸电子效应更大，因此FCCOOH的酸性强 于CLCCOOH,D项错误。 8.B由质子守恒、质量守恒可知，X为氧元素、Y为铍元素、Z为 碳元素。同周期主族元素第一电离能从左向右呈增大趋势，铍 在第ⅡA族，处于全充满结构，第一电离能大于相邻元素，故第 一电离能：铍大于硼，故A项正确；：同周期主族元素电负性从左 向右递增，且氢元素大于铍元素，所以元素电负性X>HY, 2 故B项错误；H2O和CH4中心原子的价层电子对数均是4，故： C项正确；CO2中心原子杂化方式为sp,所以空间结构为直线 形，故D项正确。 9.ANH时中心原子价层电子对数=4+51,1X4=4,没有 2 孤电子对，空间结构为正四面体形，NH3中心原子价层电子对 数=3+5一3X1=4,含有一个孤电子对，空间结构为三角维 2 形，故A错误；H2O2的结构式为H一O一O一H,既含极性键 O一H,又含非极性键O一O,故B正确；每个NH3配体与中心 Co3+间形成一根配位键，故1mol该配离子中含6mol配位键，： 故C正确；由于电负性O>N,故N对电子吸引能力弱，所以 NH3中N更容易给出自身孤电子对形成配位键，故D正确。 10.B由于乙醇中存在和氧原子相连的氢原子，存在分子间氢 键，而乙醛中不存在，导致乙醇(78.3℃)的沸点高于乙醛 (20.8℃)，A不符合题意；KAl2Cl2是离子晶体，A1Cl6是分 子晶体，作用力：离子键>范德华力，导致KAlC,的熔，点远 高于Al2Cls,B符合题意；电负性：F>Cl,故PF3中共用电子 对离P更远，排斥力更小，键角更小，C不符合题意；由于半径 >Br,导致H一Br的键能比H一I的键能大，所以热分解温： 度：HBr大于HI,D不符合题意。 I1.C不能用润湿的pH试纸测量溶液的pH,且应该测量等浓 度的溶液的pH,故A错误；常温下，铁遇到浓硫酸会钝化，故 B错误；金属性越强，与水反应越剧烈，可比较金属性强弱，C: 正确；Al2(SO4)3溶液与过量NaOH溶液反应生成四羟基合： 铝酸钠，不会生成氢氧化铝沉淀，故D错误。 12.C由0.1mol·L1甲、乙、丙、丁的水溶液的pH与对应元 素原子半径关系图可知，甲溶液的pH为13，则甲为强碱 NaOH,则X为Na,乙溶液的pH<l,则乙为强酸H2SO4,则 Y为S,氢化物丁溶液pH为1，则丁为HCl,则Z为Cl,氢化物 丙溶液pH<13,为氨水，即丙为NH,故R、X、Y、Z分别为 : N、Na、S、Cl。根据同一周期从左往右主族元素的电负性依次 增大，故电负性：C>S,故A项正确；根据同一周期从左往右： 元素的第一电离能呈增大趋势，第ⅡA与第VA反常，同一主 族从上往下元素的第一电离能依次减小，故第一电离能： N>S,故B项正确；NCl中心原子价层电子对数=3十 5一3X1=4,为sp杂化，有1个弧电子对，VSEPR模型为四 2 : 面体形，故C项错误；丙为NH3,丁为HCl,两种物质反应生成 NH4Cl,NH4CI中既有离子键也有共价键，故D项正确。 13.B该超分子形成的B-N配位键中，氨原子提供孤电子对， B提供空轨道，故A正确；氢元素属于s区元素，故B错误；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，具有分子识别和自组装的特征，故C正确；同周 : 期元素从左到右第一电离能有增大趋势，第ⅡA族原子$能 级全充满、第VA族原子卫能级半充满，结构稳定，第一电离 能大于同周期相邻元素，因此第一电离能：F>N>O>C>B, 故D正确。 14.DM、W、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期主族元 素，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，Y形成两个共 用电子对，X形成4个共用电子对，则X为C,Y为O;Z形成 1个共用电子对，W形成4个共用电子对，但Q中阴离子带 : 1个单位负电荷，则Z为F,W为B,五种原子的原子序数之和 为31，M的原子序数为31一5-6-8-9=3，则M为Li。电： 子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越 小，故简单离子半径：r(Ii)<r(F)<r(O2),A错误；元素 的非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性O>C,简单氢 化物的稳定性：CH4<H2O,B错误；Q中的Li最外层2个电 子，不满足8e稳定结构，C错误；O2与Li在加热条件下只能 生成一种氧化物Li2O,只含离子键，D正确。 15.CFe为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为 [A]34g,故A错误；由晶胞结构可知，坐标为（合1，子）的 原子是Z原子，即铁原子，故B错误；硒原子X与硒原子Y,沿 x轴方向的距离为号，沿y轴方向的距离为号，沿之轴方向 143 的距离为合，两点间的距离为®+ ,nm,故C正确； 6 红原子个数为8X日十1=2，铁原子个载为8X号=4,6原子 个数为8X号+2=4，品跑的质量为7X2+56X4+79X4g NA 554 m 554 8,晶胞体积为abX104cm,容度p=行N:a6X 1021g·cm3,故D错误。 16.(1)0[Ar]3d(或1s22s22p3s23p3d) (2)高氧离子的半径小于硫离子的半径，Cu2O比Cu2S的晶 格能大 (3)平面三角形12BF3(合理即可) (4)4BDNF3中氟原子电负性大，使氮原子上的孤电子对 离核较近，难以与C+形成配位键 解析：Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期 它们的核电荷数依次增大。Y的原子核外有6个不同运动状 态的电子，Y为C；Z是非金属元素，基态原子的s轨道的电子 总数与p轨道的电子总数相同，Z的电子排布式为1s22s22p, Z为O;W是主族元素，与Z原子的价电子数相同，W为S; R的价层电子排布式为3d4s,R为Fe;M位于第IB族，其 被称作“电器工业的主角”，为Cu。(1)同一主族，从上到下， 第一电离能逐渐减小，O和S元素相比，第一电离能较大的是 O,基态Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d°或 1s2s22p3s23p3d。(2)由于氧离子的半径小于硫离子的半 径，则Cu2O比Cu2S的晶格能大，所以Cu2O的熔，点比Cu2S 的高。(3)S0,中心原子价层电子对数=2+6一？X23,硫 2 原子采取sp杂化，VSEPR模型名称为平面三角形；单键都为 σ键，SO3的三聚体环状结构的分子中含有12个σ键，SO3由 4个原子构成，价电子总数为24，与S03互为等电子体的分子 有BF3等。(4)晶胞中阴离子O2处于晶胞8个顶点、4个侧 1 棱棱心，上下底面面心和体心，由均摊法，数目为8X8十4X 2X)+1=4。由CuS0,·5H,0结枸示意图及其 在结构示意图中，H2O中的氧原子为sp3杂化，SO中的氧 原子部分未杂化，A错误；在结构示意图中，C+和硫酸根离 子之间为离子键，H20中氢氧之间为共价键，H20中的O与 Cu2+形成配位键，B正确；CuSO4·5H2O晶体属于离子晶体， C错误；由于连接方式不同，有的水其中的0与Cu+形成配位 键，有的水以氢键和其他水分子相互作用，故该CūSO4·5H2O 中的水在不同温度下会分步失去，D正确。由于NF3中氟原 子电负性大，使氮原子上的孤电子对离核较近，难以与C+ 形成配位键，故NF3不易与Cu+形成配离子。 7.(1)1s22s22p23s23p3d4s2{或[Ar]3d'4s2} (2)NH<C<Nsp、sp5:2 (3)KFeS24(4)125% 解析：(1)C0是27号元素位于第四周期第Ⅷ族，基态钻原子核 外电子排布式为1s22s22p23s23p3d4s2或[Ar]3d4s2 (2)CHCN与锰原子配位时，N含有孤电子对，能提供孤电子 对的是氮原子；同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大， CH4中C显负价，CH3CN所含元素电负性由小到大的顺序为 H<C<N;CHCN中甲基碳原子的杂化类型为sp,一C=N 中碳原子为sp杂化；单键均为σ键，三键含有1个σ键和2个 π键，故CH3CN分子中σ键与π键数目之比为5：2。(3)由 题图可知，结构中每两个四元环构成一个重复单元，结构中含 有两个钾离子，两个铁离子，4个硫离子，化学式为KFS2,在 该结构中，中心原子Fe附近有4个硫离子，故其配位数为4。 (④与Ce+相邻且最近的Ce+位于相邻的面心，共3X8 2 12个；由Ce02晶胞可知，1mol晶胞中含有4 mol Ce+和 8molO2,掺杂Y2O3后，设有mol Ce+被Y3+取代，根据 nCe02):n(Y,0)=0.8:0.1可得，42=08， 01x 2 参考答案 0.8mol,即含有3.2 mol Ce+和0.8molY3+,根据电荷规则 可知，3.2mol×4+0.8mol×3=n(02-)×2,n(02)= 7.60l,晶体中0产的室铁率为86×10%=5%。 18.(1)①3d”②酰胺基、羰基N>O>H>Csp21③4 氢键 08抽男 ③3Ti3Au 解析：(1)①钻为第27号元素，失去最外层2个电子形成 C02,其价层电子排布式为3d”。②结合色胺酮分子结构可 知，含氧官能团为酰胺基、酮羰基；色胺酮中包含元素：N、O、 H、C,同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋 势，氨元素的2p电子排布为半充满结构，电离能高于同周期 相邻C、O元素，故第一电离能：N>O>H>C;色胺酮分子结 构上具有较好配位的氮原子和氧原子形成超共轭的平面大π 键体系，结合苯环中碳原子的杂化类型可知，氮原子的杂化类 型为$p;配位原子为1号原子。③结合色胺酮钻配合物的结 构可知，中心原子C0分别与两个氨原子、两个氧原子形成配 位键，则钻的配位数为4；色胺酮钴配合物中O及N原子均有 孤电子对，CH3OH分子中羟基上的氢原子，可通过氢键与色 胺酮钻配合物相结合。 (2)①由aTi3Au晶胞结构可知，钛原子位于晶胞的面心，则 钛原子周围与它最近且距离相等的钛原子有8个。 ②3Ti3Au的晶胞边长为509pm,每个晶胞面上有两个钛原 子，则品胞中铁原子数为12X号=6，根据化学式BTAu可 6 m 6×48+2×197 知，金原子数为3=2，密度p=V=NA6.09X10)8· cm3。③a-TigAu晶体有更长的Ti一Au键长，键长越长，键 能越小，硬度更低，因此硬度较高的是BTi3Au。 19.(1)[Ar]3d5(或1s22s22p3s23p3d5)sp3 (2)平均一个水分子能形成两个氢键，平均一个甲醇分子只能 形成一个氢键，氢键数越多，熔、沸点越高 11 (3)①6②e(4)①(1,2,2) ②180W3 ③27+55+64×2)X4 (360W3)3×10-30NA 解析：(1)锰为25号元素，失去2个电子形成锰离子，Mn+基 态核外电子排布式为[Ar]3d5(或1s2s22p3s23p3d5),中心 硼原子价层电子对数为4，中心原子为sp杂化。(2)平均一 个水分子能形成两个氢键，平均一个甲醇分子只能形成一个 氢键，氢键数越多，熔、沸点越高，导致水的沸点比CH3OH的 高。(3)①0.01 mol Co(NH3)5Cl3与足量硝酸银溶液反应时 生成2.87g白色沉淀，该白色沉淀为0.02 mol AgCl,说明有 氯离子处于外界，处于外界的氯离子数目为0.02ol÷ 0.01mol=2,该配合物为[Co(NH3)sCl]Cl2,其配位数为6。 ②三氯五氨合钻中存在氯离子和配离子[Co(NH3)5CI]+,存 在离子键；[Co(NH3)5CI门+中存在钻氮、钻氯配位键；氨分子 中存在氯氢共价键；氢键不属于化学键；不存在金属键；故选 e。(4)①A为原点，C原子的坐标参数为(1,1,1)，B为右面面 心，所以B原子的坐标参教为1，日，）。②根搭或面困结 合几何知识可知，[2r(Cu)十2r(Al)]为体对角线的一半，设晶 胞的棱长为a,则有√3a=2[2r(Cu)十2r(Al)]=4×(127十 143)pm,所以a=360W√3pm;根据晶胞结构可知，铜原子之间 的最短核间距为棱长的一半，即2a=1803pm。③晶胞的 质量m=(27十55+64X2)X4 ,晶胞的体积V=a3 NA (360√5)3pm3=(360√3×10-10)3cm3,所以晶胞的密度 (27+55+64×2)×4 g·cm3。 (360√3)X10-30NA 2对勾·高考一轮复习金卷化学 1 课时练15化学反应与能量变化 1.A光伏发电将光能转化为电能，利用光伏发电产生的电能电 解水将电能转化为化学能，而不是将光能直接转化为化学能储 存起来，A错误；规模化使用氢能，可以有效减少化石能源的使 用，有助于实现“碳达峰”，B正确；用“绿电”电解水制氢的能源 利用率高，故用“绿电”电解水制氢的成本比煤炭等化石燃料的 制氢成本低，C正确；气体难于保存，故固态储氢技术使新能源 汽车电池加氢更加便捷，D正确。 2.DA项，由图像可知物质A、B的能量相对大小，A比B能量 高，所以A一→B释放能量，是放热反应，错误；B项，B能量比 A的低，故B更稳定，错误；C项，催化剂能改变反应途径和活 化能大小，但不能改变焓变，错误；D项，整个反应先吸收E1的 能量，再放出E2的能量，所以△H=E1一E2,正确。 3.D金属与酸的反应为放热反应，氢氧化钡晶体与氯化铵固体 的反应为吸热反应，中和反应为放热反应，A错误；等质量的铝 片和铝粉与盐酸反应放出的热量相同，使用铝粉放热速率更 快，B错误；铁的导热性良好，换用铁质搅拌棒后会有热量损 失，导致测定的数值偏低，C错误；氢氧化钠固体溶于水时放 热，会使测定的数值偏高，D正确。 4.C2molS02、1molO2充入恒容容器中，达到平衡时，S02的 转化率为50%，则参与反应的S02的物质的量为1ol,放出 热量98.3kJ,则每反应1molS02,放出98.3k的热量，故热 化学方程式为2S02(g)十O2(g)=2S03(g)△H= -196.6k灯·molP1或S02(g)+z02(g)一S0,(g) △H=一98.3kJ·mol-1,由此判断C项符合题意。 5.C放热反应与反应条件无关，可能需要加热才能发生，A错 误；由该反应为放热反应可知，相同条件下，2olH2(g)与 1 mol CO(g)的总能量一定高于1 mol CH3OH(g)的能量，B错 误、C正确；平衡时，各物质的浓度是否相等与起始量、转化率 有关，D错误。 6.DC与Si是同主族元素，同种主族元素从上到下非金属性逐 渐减弱，简单氢化物的热稳定性逐渐减弱，所以热稳定性 CH>SiH4,A项错误；金刚石与晶体硅都是共价晶体，共价晶 体的熔、沸，点主要与共价键强度有关，由表可知，CC的键能 大于Si一S的，说明C一C更稳定，金刚石的熔，点比晶体硅高， B项错误；共价键的键能与成键原子的核间距及成键原子的种 类均有关，C项错误；由表可知，C一C的键能大于S一Si且 C一H的键能大于Si一H,说明C一C和C一H更稳定，因而所 形成的烷烃更稳定，种类和数量也更多，而Si—Si和Si一H键 能低，易断裂，导致长链硅烷难以生成，限制了硅烷的种类和数 量，D项正确。 7.C1mol物质分解为气态原子消耗的能量即该物质的键能，设 CO2中碳氧双键的键能为xkJ·mol,由△H=反应物的总 键能一生成物的总键能=(2×632+2×1076)一(946十2× 2x)=-742,解得x=803。 8.A燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化 物时所放出的热量；CO(g)的燃烧热为一283.0kJ·mo1,则 2C0(g)+O2(g)-2C02(g)△H=2X(-283.0)kJ·mol1= 一566.0kJ·mol-1,A正确；应生成液态水，B错误；反应应生 成液态水和N2,C错误；由盖斯定律可知，△H(H2)X2十 △H(CO)-△H(CHOH)可得反应：CO(g)十2H2(g) CH3OH(1),则△H=2×(-285.8)kJ·mol1+(-283)kJ· mol-1-(-726.5)kJ·mol-1=-128.1kJ·mol-1,D错误。 9.B由题可知，③式是电离方程式，③=①一②，△H3=c=a b,而a<b,故c<0,说明HF的电离是放热过程，A项不正确， B项正确；c<0,反应④是反应①的逆过程，①=②十③，故 d=一a=一(b十c)>0,C、D两项不正确。 10.C已知R2O(R为Na、K)固体溶于水放热，反应①为其逆过 程，所以反应①△H1>O,又因为反应①为分解反应，所以 △S>0,A项错误；钠离子半径小于钾离子半径，则NaOH的 晶格能大于KOH,所以△H4(NaOH)>△H4(KOH),B项错 误；由盖斯定律可知△H3=△H1十△H2,△H3一△H2= △H1>0,所以△H3>△H2,C项正确；由盖斯定律可知： △H1十△H2=△H4+△H十△Hg,则△H4=△H1十△H2 4阶段检测卷（四） 物质结构与性质 (时间：75分钟满分：100分) 一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1.(2024·广东江门三模)化学之美，美在结构，美在变化，下列说法不正确的是 () A.天然钻石在打磨过程中，共价键断裂 B.霓虹灯发光是电子从基态跃迁到激发态产生 C.红墙灰瓦是中国传统建筑，墙的红色来源于氧化铁 D.清晨山顶光束如瀑布般倾泻而下，是丁达尔效应带来的美景 2.(2024·贵州黔东南二模)通过使用光催化剂，在光照下吸附降解室内空气中的游离甲醛，以达到去除甲 醛净化空气的目的。原理为HCHO+O2 光照C0,十H,0。下列说法错误的是 ( ) ∷0 A.钛元素位于元素周期表d区 B.甲醛的电子式为：： H:C:H C.CO2的结构式为O一C一O D.H2O的空间填充模型为 3.(2024·江苏扬州模拟)生产、生活中存在多种氢元素的化合物，如CH4、NH3、H2O、NaH、MgH2等。下 列说法正确的是 () A.半径大小：r(N3-)<r(Mg2+) B.热稳定性大小：NH3>H2O C.电离能大小：I1(N)>I2(Na) D.电负性大小：X(Mg)<X(H) 4.(2024·湖北省新高考协作体三模)十九世纪初，科学家用氰酸银(AgOCN)与NH4C1在一定条件下反应 制得尿素[CO(NH2)2],实现了由无机物到有机物的合成。下列有关说法错误的是 () A.电负性：C<CI<O B.氰酸铵与尿素互为同分异构体 C.键角∠H-N一H:NH<CO(NH2)2 D.NH4C1晶体中含有离子键、极性共价键和配位键 5.(2024·江苏徐州阶段考试)CrSi、Ge-GaAs、ZnGeAs2和SiC都是重要的半导体化合物。下列说法错误 的是 ( ) A.原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As) B.碳单质、晶体硅、SiC均为共价晶体 C.可在元素周期表中元素Si附近寻找新半导体材料 D.第一电离能：I1(C)>I1(Si)>I1(Ge) 6.(2024·山东潍坊二模)下列分子的空间结构相同的是 ( ) A.XeO3和NH3 B.COCl2和SOCl C.CIF3和BF D.CO2和SCl2 7.(2024·河北省名校联盟三模)分子结构决定分子的性质，下列关于分子结构与性质的说法正确的是() A.乙醚是非极性分子，乙醇是极性分子，因此乙醚在水中的溶解度比乙醇的小 B.F一H…F中的氢键键能小于O一HO,因此H2O的沸点比HF的高 C.从葡萄中提取的酒石酸盐具有光学活性，因此酒石酸盐中含有手性碳原子 D.FC一是吸电子基团，ClC一是推电子基团，因此F,CCOOH的酸性强于Cl CCOOH 阶段检测卷（四）物质结构与性质041 8.(2025·河北石家庄阶段考试)卢瑟福发现质子的核反应为4N+H→X+1H;卢瑟福的学生查德威克 发现中子的核反应为Y十He→aZ十n。下列说法错误的是 () A.Y元素的第一电离能高于同周期相邻元素的 B.元素的电负性：X>Y>H C.X和Z的简单氢化物中中心原子的价层电子对数目相同 D.ZX2的空间结构为直线形 9.(2024·河北省部分学校高三模拟)三氯化六氨合钴[Co(NH3)]Cl3是一种重要的化工产品，实验室用 H2O2氧化CoCl2溶液制备[Co(NH3)6]CL3,其化学方程式为2CoCl2+10NH+2NH,CI+H2O2 2[Co(NH3)6]CL3+2H2O。下列叙述错误的是 () A.NH、NH3的空间结构相同 B.H2O2分子中含有极性和非极性共价键 C.1mol[Co(NH3)6]3+中含6mol配位键 D.NH3和H2O分别与Co3+的配位能力：NH3>H2O 10.(2024·湖北黄冈模拟)物质结构决定物质性质。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 沸点：乙醇(78.3℃)高于乙醛(20.8℃) 分子间氢键 B 熔点：KAl2 CI,熔点远高于Al2Cl的熔点 分子间作用力 键角：PF3(94)小于PC1(109.5) 电负性差异 D 分解温度：HBr(500℃)高于HI(300℃) 键能大小 11.(2024·福建泉州模拟)下列实验所涉及的操作或叙述正确的是 选项 实验 操作或叙述 A 探究C和Si的非金属性强弱 用湿润的pH试纸分别测定Na2CO3溶液和Na2zSiO3溶液的pH B 探究S和P的非金属性强弱 将质量和颗粒大小相同的铁粒，分别投人质量分数均为98%的硫酸和磷酸中 C 探究Na和K的金属性强弱 取相同大小的金属钠、钾，分别与水反应 D 制备氢氧化铝 利用Al2(SO,)3溶液与过量NaOH溶液反应制备Al(OH) 12.(2024·湖南省高三考前演练)R、X、Y、Z为短周期主族元素，其中，X、Y最高价氧化物对应水化物分别 为甲、乙，R和Z的简单氢化物分别为丙、丁，X、Y、Z位于同周期。0.1mol·L1甲、乙、丙、丁的水溶 液的pH与对应元素原子半径的关系如图所示，下列叙述错误的是 () PH 2十-+ 0 6080100120140160180200 原子半径pm A.电负性：Z>Y B.第一电离能：R>Y C.RZ分子的VSEPR模型为正四面体形 D.丙和丁相遇产生含两种化学键的晶体 、0422对勾·高考一轮复习金卷化学 13.(2024·河北保定二模)对于超分子聚合物和材料的组装而言，B一N配位键的动态性质和易于调节的 特性起着重要作用。某种超分子的结构如图。下列叙述错误的是 () Me CF CF, CF Me 已知：Me一为甲基。 A.该超分子形成的B一N配位键中，氮原子提供孤电子对 B.该超分子中涉及的元素均为p区元素 C.超分子具有分子识别和自组装的特征 D.第一电离能：F>N>O>C>B 14.(2024·陕西西安统考一模)M、W、X、Y、Z是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子序数之 和为31；其中Y的最外层电子数等于X的核外电子总数；五种主族元素组成的化合物Q的结构如图 所示。下列说法正确的是 () [z A.简单离子半径：M<Y<Z B.简单氢化物的稳定性：X>Y C.在Q的结构中，所有原子最外层均满足8电子稳定结构 D.Y元素组成的最常见单质和M的单质，在加热条件下生成的化合物中只含离子键 15.Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图（铁原子均位于面上）。晶胞棱边夹角均为90°，X的坐标为 (01,Y的坐标为兮，号》设N,为阿伏如德罗常数的值，下列说法正确的是 () ●Fe ○Se 0 Li b nm a nm A.基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d4s2 B坐标为分1，)的原子是锂原子 C.硒原子X与硒原子Y之间的距离为18a+ -nm 6 D.该晶体的密度为5.54X10 a'bNA8·cm3 二、非选择题：本题共4小题，共55分。 16.(13分)(2024·内蒙古通辽模拟)Y、Z、W、R、M五种元素，位于元素周期表的前四周期，它们的核电荷 数依次增大，有如下信息： 元素 相关信息 Y 原子核外有6个不同运动状态的电子 Z 非金属元素，基态原子的s轨道的电子总数与p轨道的电子总数相同 W 主族元素，与Z原子的价电子数相同 R 价层电子排布式为3d°4s M 位于第IB族，其被称作“电器工业的主角” 请回答下列问题(Y、Z、W、R、M用所对应的元素符号表示)： (1)Z、W元素相比，第一电离能较大的是 ,基态M+的核外电子排布式为 (2)M2Z的熔点比M2W的 (填“高”或“低”)，请解释原因： (3)WZ,的VSEPR模型名称为 ;WZ,的三聚体环状结构如图所示，该结构的一个分子中含有 个。键；写出一种与WZ互为等电子体的分子的化学式： (4)M的单质及其化合物在很多领域有重要的用途。如单质用来制造电线电缆，其一种氧化物可作为 半导体材料，其硫酸盐可用作杀菌剂。图1是M的某种氧化物的晶胞结构示意图，则该晶胞中阴离子 数为 ;其硫酸盐结晶水合物MSO4·5H2O可写成[M(H2O)4]SO4·H2O,结构示意图如图2： 0 0 -H H-. 010 -0- 0 H、 0 yH--- …H、 0 H H-0 Cu O-H H-0 00 -O- 0-H ●M H 0 H ---H H H-----O- 图1 图2 下列说法正确的是 (填字母)。 A.在上述结构示意图中，所有氧原子都采用sp3杂化 B.在上述结构示意图中，存在配位键、共价键和离子键 C.该硫酸盐结晶水合物晶体属于分子晶体，分子间存在氢键 D.该硫酸盐结晶水合物中的水在不同温度下会分步失去 往M的硫酸盐溶液中加入过量氨水，可生成[M(NH3)]+配离子。已知NF?与NH3的空间结构都是 三角锥形，但NF?不易与M+形成配离子，其原因是 17.(14分)(2024·海南华侨中学三模)过渡元素在材料，化工生产和生活中均占有重要地位。研究相关元 素及它们所衍生出的化合物对科学和社会发展有重要意义。回答下列问题： (1)具有高能量密度的LiNi,(Mn,Co,AI)1-,O2是值得深入研究的电池正极材料。基态钴原子的核外 电子排布式是 (2)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO),(CHCN)],CHCN与锰原子配位时，提供孤电子对的是 原子，配体CHCN中，所含元素电负性由小到大的顺序为 ;两个碳原子的 杂化类型为 ,σ键与π键数目之比为 (3)铁硫簇是普遍存在于生物体内的最古老的生命物质之一。一种铁硫原子簇的结构如图所示： K 该化合物的化学式为 ,中心原子Fe的配位数为 (4)氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3,Y3+占据原来Ce+的位置，可以 得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用。假设CO2晶胞边长为 apm。晶胞结构如下图： -- ● CeO, CeO.Y,O OCe"或Y ●02或氧空位（无0） CeO2晶胞中，与Ce相邻且最近的Ce+有 个。若掺杂Y,O3后得到n(CeO2):n(Y2O3)= 0.8：0.1的晶体，则此晶体中O2的空缺率为 18.(14分)(2024·山东泰安模拟)新质生产力催生生物技术、新材料高质量发展。 (1)色胺酮来源于天然植物中药板蓝根，是板蓝根抗菌、抗病毒活性成分之一。以甲醇为溶剂，C02+可 与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物（合成过程如图所示）。 CH,0H,CoCL2·6H20 水热条件，110℃ 色胺酮 色胺酮钴配合物 ①基态Co+的价层电子排布式为 ②色胺酮分子中，含氧官能团名称为 ;所含元素第一电离能由大到小的顺序为 ;该分子结构上具有较好配位的氨原子和氧原子以及超共轭的平面大π键体 系，则分子中氮原子的杂化类型为 ;形成配位键的氮原子是 (填“1”或“2”)。 阶段检测卷（四） 物质结构与性质 答题卡 学校 班级 注意事项 1.答题前，请将学校、班级、姓名、学号填写清楚： 姓名 学号 2.选择题请用2B铅笔按左栏正确样例填涂：填空题和 解答题请用0.5mm黑色签字笔答题；字体工整、 正确填涂■ 笔迹清晰： 错误填涂样例 3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区 ☑女)0三 域书写的答案无效：在草稿纸、试卷上答题无效。 选择题答题☒ 1.A□BCD 5.A□BCD 9.A□BCD 13.A□BCD□ 2.ABCD] 6.A□BCD 10.A□BCDI 14.A□BC☐D□ 3.A▣BCD] 7.A□BCDI 11.A□BCD 15.A▣BCD] 4.A□BCD 8.A□BC四D 12.A口BCD 非选择题答题区 16.(13分) 请在各题对应答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答题无效！ 17.(14分) 18.(14分) 19.(14分) 请在各题对应答题区域内作答，超出矩形边框限定区域的答题无效！ ③色胺酮钴配合物中钴的配位数为 ;X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个 CHOH分子，CHOH是通过 作用与色胺酮钴配合物相结合的。 (2)超高硬度生物材料Ti3Au合金是理想的人工髋关节和膝关节材料，其晶体有aTi3Au、B-Ti3Au两种 结构，如下图所示。 A a-Ti,Au B B-Ti,Au ①a-TigAu晶胞中，钛原子周围与它最近且距离相等的钛原子有 个。 ②B-Ti3Au的晶胞边长为509pm,每个晶胞面上有两个钛原子。B-TiAu晶体的密度是 g·cm3(列出计算式，设阿伏加德罗常数的值为NA)。 ③与BTi3Au晶体相比，a-TisAu晶体有更长的Ti一Au键长。上述两种晶体中硬度较高的是 (填“a-Ti3Au”或“B-Tis Au”)。 19.(14分)(2024·四川成都模拟)我国是有色金属资源最丰富的国家之一，铜、钴、镍、锰等有色金属及化 合物在机械制造、磁性材料、新型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。请回答下列问题： (1)Mn(BH4)2是一种储氢材料，Mn2+基态核外电子排布式为 ,Mn(BH4)2中硼原子的杂化类 型为 (2)研究发现，在CO2低压合成甲醇的反应(CO2十3H2→CH?OH十H2O)过程中，镍氧化物负载的 纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。生成物H2O的沸点比CHOH的高，原因 是 (3)钴元素可形成种类繁多的配合物。三氯五氨合钴的化学式为Co(NH3)Cl3,是一种典型的维尔纳 配合物，具有反磁性，0.01olCo(NH3)sCl3与足量硝酸银溶液反应时生成2.87g白色沉淀。 ①Co(NH3)Cl3中Co3+的配位数为 ②三氯五氨合钴中不存在的化学键有 (填标号)。 a.共价键 b.配位键 c.氢键 d.离子键 e.金属键 (4)Cu、Mn、Al合金的晶胞结构如图1所示，该晶胞可视为Mn、Al位于Cu形成的立方体体心的位置， 图2是沿立方格子对角面取得的截面图。 ● Cu Mn Al 图1 图2 ①若A原子的坐标参数为(0,0,0)，C原子的坐标参数为(1,1,1)，则B原子的坐标参数为 ②已知r(Cu)≈r(Mn)=127pm,r(Al)=143pm,则铜原子之间的最短核间距离为 pm. ③该晶胞的密度为 g·cm3。(列出计算式即可，设NA为阿伏加德罗常数的值)