主题五 物质结构与性质（综合训练）（浙江专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

主题五 物质结构与性质 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列属于含有非极性键的非极性分子的是( ) A．O3 B．CO2 C．H2O D．C2H6 【答案】D 【解析】A项，臭氧分子呈V形结构，含有非极性键(O-O 键)，但由于分子不对称，属于极性分子，不符合非极性分子的要求，A 不符合题意； B项，CO2分子为直线形(O=C=O)，结构对称，属于非极性分子， C=O 键为不同原子间的极性键，不符合含有非极性键的要求，B 不符合题意；C项，水分子呈V形，含有极性键(O-H 键)，且分子不对称，为极性分子，完全不符合要求，C 不符合题意。D项，乙烷分子(CH3-CH3)为对称结构，含有非极性键(C-C 键)，且分子整体偶极矩为零，属于非极性分子，符合要求，D 正确。故选 D。 2．中国化学会推荐的“准金属替代过渡金属用于精准合成与催化反应的可行性研究”成功入选“2025十大前沿科学问题”。下列金属元素属于过渡元素的是( ) A．Na B．Mg C．Fe D．Al 【答案】C 【解析】元素周期表中第 3~12 列(ⅢB~ⅡB 族)的元素属于过渡元素。A项，Na位于第 1 列(ⅠA 族)，属于主族元素，不是过渡元素，A错误；B项，Mg位于第 2 列(ⅡA 族)，属于主族元素，不是过渡元素，B错误；C项，Fe位于第 8 列(Ⅷ 族)，属于过渡元素，C正确；D项，Al位于第 13 列(ⅢA 族)，属于主族元素，不是过渡元素，D错误；故选C。 3．下列化学用语表示正确的是( ) A．基态33As3+的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d10 B．CH4分子中σ键的形成： C．纤维素的分子式：(C6H10O5)n D．甲基正离子(CH3+)的电子式： 【答案】D 【解析】A项，基态33As的核外电子排布式1s22s22p63s23p63d104s24p3 ，33As失去3个电子，核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s2，A错误；B项，CH4分子中σ键是C的sp3杂化轨道()和H的1s()轨道重叠形成，B错误；C项，纤维素是多糖，属于高分子化合物，的分子式为(C6H10O5)n，C错误；D项，C最外层有4个电子，H最外层有1个电子，因此甲基正离子(CH3+)的价电子总数为，形成3个共用电子对，D正确；故选D。 4．硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是人类发现的第一种常温离子液体。下列说法正确的是( ) A．热稳定性：NH3 > H2O B．碱性：NH3 > C2H5NH2 C．电负性： D．熔点：C2H5NH3NO3 > NH4NO3 【答案】C 【解析】A项，热稳定性：氧的非金属性强于氮，因此H2O比NH3更稳定，故NH3 > H2O错误，A错误；B项，碱性：乙胺(C2H5NH2)中乙基的给电子效应增强了氮原子的电子密度，使其碱性比氨(NH3)强，故NH3 > C2H5NH2错误，B错误；C项，电负性：碳的电负性(约2.55)大于氢的电负性(约2.20)，故χ(C) > χ(H)正确，C正确；D项，熔点：硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是常温离子液体，熔点低(室温下为液态)，而硝酸铵(NH4NO3)是固体，熔点较高，故C2H5NH3NO3 > NH4NO3错误，D错误；故选C。 5．嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元素的说法不正确的是( ) A．Fe是副族元素，位于元素周期表ds区 B．原子半径：Al＞Si C．第一电离能：Mg＞Ca D．如图六种元素中，电负性最大的是O 【答案】A 【解析】A项，Fe位于元素周期表的第Ⅷ族，是副族元素，属于d区，而不是ds区，A错误；B项，同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径：Al＞Si，B正确；C项，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，第一电离能逐渐减小，故第一电离能：Mg＞Ca，C正确；D项，元素的非金属性越强，电负性越大，图中六种元素中，O、Si为非金属元素，另外四种为金属元素，O的非金属性强于Si，故电负性最大的是O，D正确；故选A。 6．合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨液除去其中的，反应为[Cu(NH2)3]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0。下列说法正确的是( ) A．Cu+的价层电子排布式为3d94s1 B． [Cu(NH3)3CO]+ 中提供孤电子对的是Cu+ C．反应前后，Cu+的配位数由2变为4 D．吸收后的铜氨液经冷却处理可再生 【答案】C 【解析】A项，Cu+的电子排布为 [Ar]3d10，其价层电子排布式为3d10，A错误；B项，在配合物 [Cu(NH3)3CO]+ 中，中心离子Cu+提供空轨道，配体NH3和CO提供孤电子对，因此提供孤电子对的不是Cu+，B错误；C项，反应前的配合物 [Cu(NH3)2]+ 中，Cu+的配位数为 2(2个NH3配体)；反应后的配合物[Cu(NH3)3CO]+中，Cu+的配位数为 4(3个NH3和1个CO配体)，因此配位数由2变为4，C正确；D项，该反应的ΔH＜0，为放热反应，逆反应为吸热反应。若要再生铜氨液(释放CO)，需要加热促进逆向反应，而冷却会促进正向吸收CO，不利于再生，D错误；故选C。 7．我国科学家在嫦娥五号月壤样本中发现了一种新型水合矿物晶体，其主要成分为铵镁氯化物(NH4)MgCl3·6H2O，晶体中存在NH4+被Na+、K+、Cs+等微量取代的现象。氯同位素比例分析显示，该矿物中 37Cl与 35Cl的比例显著不同于典型地球矿物。下列说法不正确的是( ) A．该矿物的主要成分属于盐类 B．该矿物晶体中金属阳离子与阴离子以离子键结合 C．该矿物所含元素均位于元素周期表的IA族 D． 37Cl与 35Cl在元素周期表中的位置相同，原子核外电子数不同 【答案】D 【解析】A项，该矿物的主要成分为铵镁氯化物[(NH4)MgCl3·6H2O]，其中含有铵根离子(NH4+)和氯离子(Cl-)，符合盐类的定义，因此属于盐类，A正确；B项，该矿物晶体中的金属阳离子(如Mg2+、Na+、K+、Cs+)与阴离子(Cl-)之间通过静电作用结合，形成离子键，B正确；C项，该矿物所含元素中，H(氢)、Na(钠)、K(钾)、Cs(铯)均位于元素周期表的IA族，C正确；D项， 37Cl和35Cl是氯元素的同位素，它们在元素周期表中的位置相同(原子序数均为17)，但原子核外电子数相同(均为17)，因为同位素的质子数和原子核外电子数相同，仅中子数不同，D错误；故选D。 8．下列关于物质的结构或性质及解释错误的是( ) 选项 物质的结构或性质 解释 A 分子极性： OF2＞H2O F的电负性大于H B CsCl晶体中Cs+与8个配位，而NaCl晶体中Na+与6个配位 Cs+比Na+的半径大，阳离子与阴离子半径比越大，配位数越大 C 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度 冠醚18-冠-6空腔直径(260~320pm)与K+直径(276pm)接近 D P原子间难形成三键而N原子间可以 P的原子半径大于N，难形成p-pπ键 【答案】A 【解析】A项，OF2、H2O均为V形结构，电负性F＞O＞H，但O和F的电负性差值小于O和H的电负性差值，OF2分子中O-F键的极性小于H2O分子中的O-H的极性，故分子的极性OF2＜H2O， A错误；B项，离子晶体的配位数与阴阳离子半径比有关，阳离子半径越大，阳离子与阴离子半径比越接近配位数对应的范围，配位数越大，Cs+比Na+的半径大，阳离子与阴离子半径比更大，配位数更大，B正确；C项，冠醚18-冠-6空腔直径与K+直径匹配，能与K+形成包合物，从而增大KMnO4 在有机溶剂中的溶解度，解释正确，C正确；D项，P原子半径大导致p轨道重叠差，难以形成稳定p-pπ键，而N原子半径小可形成N≡N三键，解释正确，D正确；故选A。 9．化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl的化合物的部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。下列说法不正确的是( ) A．图中球1表示硼原子，球2表示碳原子 B．晶体中存在离子键、共价键、配位键和氢键 C．该物质中氮原子结合能力强于NH3 D．该物质与盐酸反应，有甲醇生成 【答案】C 【解析】A项，由化学式可知，该化合物中含有[B(OCH3)4]-，且[B(OCH3)4]-中硼原子形成4个σ键，每个碳原子也形成4个σ键。由图可知，球1符合[B(OCH3)4]-中硼原子的成键情况，球2符合[B(OCH3)4]-中碳原子的成键情况，则图中球1表示硼原子，球2表示碳原子，A正确；B项，由图可知，[C(NH2)3]+与[B(OCH3)4]-或Cl-之间存在离子键；C-N键、B-O键、C-H键等均为共价键；[B(OCH3)4]-中B与O之间存在配位键(B提供空轨道，O提供孤电子对)；由图可知，[C(NH2)3]+中的氢原子与[B(OCH3)4]-中氧原子之间可形成氢键，则该晶体中存在的作用力有：离子键、配位键、共价键、氢键，B正确；C项，结构[C(NH2)3]+中由于共振效应，正电荷离域分散在整个离子上，导致氮原子上的电子云密度降低，使得氮原子的碱性大大减弱，且阳离子本身对H+有静电排斥作用，故该物质中氮原子结合H+能力弱于NH3，C错误；D项，[B(OCH3)4]-中的-OCH3与盐酸反应时可结合H+生成甲醇，即该物质与盐酸反应，有甲醇生成，D正确；故选C。 10．【逻辑思维与科学建模】钛金合金可制作装甲，β-钛金合金具有立方晶胞(如图所示)，晶胞参数为apm。Ti-Ti原子对在每个面的中心处，且平行于立方体的棱边，其间距为。立方体相邻两面上的Ti-Ti原子对互相垂直。下列有关说法错误的是( ) A．这种钛金合金的化学式为Ti3Au B．每个Ti原子周围最近的Au原子共有3个 C．最邻近的Ti-Au原子间距为 D．该合金可作装甲是因其硬度比成分金属的大 【答案】B 【解析】β-钛金合金具有立方晶胞，Au原子位于晶胞顶点及体心，Ti原子位平面上，晶胞中的Au原子有，Ti原子位于每个平面上，有个。A项，据分析可知，钛金合金的化学式为Ti3Au，A正确；B项，在任一面上的Ti为例，该晶胞Au原子，最近棱上两个Au，加上平行并置晶胞中心的Au，共4个，故Ti原子周围最近的Au原子共有4个，B错误；C项，最邻近的Ti-Au原子间距为Ti与最近顶点的Au距离，，计算为=，C正确；D项，合金硬度比成分金属的大，故该合金可作装甲，D正确； 故选B。 11．K+掺杂的铋酸钡具有超导性。K+替代部分形成(摩尔质量为)，其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为a nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．Bi属于p区元素 B．离子半径大小：Ba2+＞K+ C．晶胞中与体心Ba/K距离最近且相等的Bi有8个 D．晶体的密度为 【答案】D 【解析】A项，Bi的价层电子排布式为6s26p3，属于p区元素，A正确；B项，Ba2+核外有5个电子层，K+核外有3层，故离子半径大小：Ba2+＞K+，B正确；C项，由晶胞结构图可知，晶胞中与体心Ba/K距离最近且相等的Bi有8个(8个顶点位置)，C正确；D项，根据“均摊法”可知，晶胞中Ba或K位于体心，个数总和为1，O的数目为，Bi的数目为，故化合物的化学式为，个数为1，晶胞密度，D错误；故选D。 12．【逻辑思维与科学建模】研究发现某种含铯(Cs)、钒(V)、锑(Sb)的化合物在超导方面表现出潜在的应用前景。其晶胞结构如图1所示，晶胞体积为；晶体中包含由V和Sb组成的二维平面如图2所示。下列叙述错误的是( ) A．基态Cs原子的价电子排布式为6s1 B．晶体的化学式为CsV3Sb5 C．晶胞中V原子周围紧邻的Sb原子数为8 D．该晶体的密度为 【答案】C 【解析】A项，Cs是55号元素，位于第六周期第IA族， 基态Cs原子的价电子排布式为6s1，A正确；B项，根据晶体结构俯视图判断，该晶胞底面为菱形，该菱形中邻边存在60°和120°两种角度，结合均摊法可知，晶胞中，Cs的个数为，V的个数为，Sb的个数为，则化学式为CsV3Sb5，B正确；C项，通过分析三维晶胞结构可知，晶胞中每个V原子周围紧邻的Sb原子数为6，C错误；D项，由B选项可知，该晶胞化学式为CsV3Sb5，则该晶胞的质量为，晶胞体积为xcm3，则其密度是：，D正确；故选C。 13．锂盐是锂离子电池电解质的主要成分，其中锂硼盐是研究的热点。合成邻苯二酚二氟硼酸锂所涉及的反应如下。 下列说法不正确的是( ) A．原子半径的大小：B＞C＞O＞F B．BF4-的VSEPR模型为正四面体形，BF4-和产物W中均存在配位键 C．SiCl4中的Si-Cl键是由硅的1个轨道与氯的1个轨道重叠形成的σ键 D．乙二醇不显酸性而邻苯二酚显酸性的原因是苯环使羟基中O-H键的极性增强 【答案】C 【解析】A项，同周期从左到右，主族元素的原子半径逐渐减小，故原子半径，B＞C＞O＞F，故A正确；B项，BF4-中B原子的价层电子对数为4+=4，不含孤电子对，为正四面体形，BF4-和W中B有空轨道，F-有孤电子对，形成配位键，故B正确；C项，SiCl4中Si采用sp3杂化，Si-Cl键是由硅的1个sp3杂化轨道与氯的1个3p轨道重叠形成的σ键，故C错误；D项，邻苯二酚显酸性的原因是在大π键中氧的p电子云向苯环转移，使得O-H极性增强，易电离出H+，体现酸性，故D正确；故选C。 14．图示超分子在催化领域具有重要作用，以下说法错误的是( ) A．该超分子酸性弱于 B．该超分子通过氢键完成自组装 C．该超分子中，中的大键电子参与形成配位键 D．该超分子存在的化学键类型有极性键、非极性键、氢键 【答案】D 【解析】A项，中羧基之间以氢键相互连接，更难电离出，酸性弱于，A项正确；B项，由图示可知，分子之间通过氢键连接，自组装形成超分子，B项正确；C项，中五个碳原子共面，碳原子杂化类型为sp2杂化，形成离域大π键，离域的π电子参与形成配位键，C项正确；D项，氢键属于分子间作用力，不是化学键，D项错误；故选D。 15．气态N2O5呈平面结构，其结构式为。固态N2O5的晶胞如图所示，下列说法不正确的是( ) A．实验室利用P2O5的吸水性与浓硝酸反应制得N2O5 B．气态N2O5中N原子的杂化方式为sp2杂化 C．1mol气态N2O5中含6NA个σ键 D．固态N2O5为离子化合物 【答案】A 【解析】A项，五氧化二磷具有脱水性，可以使硝酸发生脱水反应生成五氧化二氮，反应的化学方程式为：2HNO3+P2O5=2HPO3+N2O5，所以五氧化二磷制备五氧化二氮时，五氧化二磷表现脱水性，不是吸水性，A错误；B项，由结构式可知，气态五氧化二氮分子中每个氮原子都形成3个σ键，不含孤对电子，所以氮原子的价层电子对数为3，杂化方式为sp2杂化，B正确；C项，由结构式可知，气态五氧化二氮分子中含有2个配位键、2个氮氧双键和2个氮氧单键，配位键和单键属于σ键，双键中含有1个σ键，所以1 mol气态五氧化二氮分子中含有σ键的数目为：1 mol×6×NAmol-1=6NA，C正确；项，由晶胞结构可知，固态五氧化二氮是由NO2+离子和NO3-离子形成的离子晶体，D正确；故选A。 16．2025年诺贝尔化学奖授予Susumu Kitagawa、Richard Robson和Omar M。 Yaghi，以表彰他们在金属有机框架(MOF又名多孔配位聚合物)材料的发展方面所作出的贡献。现有金属有机框架MOF-5由和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构(见下图)。 下列关于金属有机框架的说法不正确的是( ) A．MOF-5其骨架结构中存在配位键 B．MOF-5中对苯二甲酸根中的碳原子均采取sp2杂化 C．MOF-5和冠醚一样，属于超分子 D．金属有机框架(MOF)在储氢及环境净化等领域是极具发展潜力的关键材料 【答案】C 【解析】A项，MOF-5是金属有机框架材料，Zn2+(配位离子)与对苯二甲酸根(配体)通过配位键结合形成骨架结构，因此骨架中存在配位键，A正确；B项，对苯二甲酸根中苯环上的碳原子均为sp2杂化；羧基为平面结构，碳与氧形成双键，价层电子对为 3，故羧酸根为中的碳原子也为sp2杂化，因此对苯二甲酸根的所有碳原子均采取sp2杂化，B正确；C项，超分子是通过分子间作用力，如氢键、范德华力等组装形成的聚集体；而 MOF-5是通过配位键，共价键的一种，连接金属离子与配体形成的配合物，并非超分子，C错误；D项，MOF 具有规则的多孔结构，可利用孔隙实现氢的储存，同时能吸附环境中的污染物，因此在储氢、环境净化等领域具有应用潜力，D正确；故选C。 第II卷(非选择题 共52分) 二、填空题(本题共4小题，共52分) 17．(12分)第ⅢA族元素具有独特且多样的性质。请回答： (1)镓(Ga)是第一个根据元素周期律预言并确认在自然界中存在的元素。 ①请写出基态Ga原子的简化电子排布式： 。 ②Ga2Cl4是一种离子化合物，其中阴离子与CCl4互为等电子体(原子数相同，且价电子数也相同的分子、离子或原子团互为等电子体)，则Ga2Cl4中含有的阴离子为 。 (2)一种由硼、镍两种元素构成的催化剂的晶体结构如下图所示。该催化剂的化学式为 ，其中B周围最近的Ni的个数为 。 (3)BF3可与NH3形成配位化合物F3B←NH3，但与NCl3却无法形成类似的配位化合物。请从物质结构的角度说明可能的原因： 。 (4)纯净的硼酸是一种片层状晶体，其部分单层结构如下图所示。下列说法中正确的是 。 A．硼酸晶体属于共价晶体 B．1mol H3BO3晶体中约含有3mol氢键 C．单个硼酸分子中，O-B-O的键角小于B-O-H的键角 D．硼酸晶体具有一定的润滑性，在工业上可用作润滑剂 【答案】(1) [Ar]3d104s24p1(2分) [GaCl4]− (2分) (2)Ni2B(2分) 8(2分) (3)NCl3中Cl的电负性大于H(或者Cl是吸电子基团)，使得N原子的孤电子对难以给出，无法与BF3形成配位化合物(2分) (4) BD(2分) 【解析】用硫酸铵溶液浸去硼镁矿，SiO2与Fe2O3不溶形成沉淀，与CaO反应生成CaSO4形成沉淀，与Mg2B2O5⋅H2O反应生成镁盐，有气体生成应该为氨气；过滤除去沉淀；有硫酸镁母液，所以调节pH用的是硫酸，生成硫酸镁和硼酸，过滤得到粗硼酸。 (1)镓(Ga)是31号元素，第四周期地Ⅲ主族，核外电子排布[Ar]3d104s24p1；Ga2Cl4中阴离子与CCl4互为等电子体，则阴离子中原子数为5，CCl4的价电子数为4+4×7=32，Ga有3个价电子，3+4×7=31，价电子比CCl4的少一个，阴离子带一个单位负电荷，故阴离子为[GaCl4]−； (2)1个晶胞中有8个Ni，B原子数为8×+6×=4，则化学式为Ni2B；Ni在体对角线的四分之一处，一个B周围最近的Ni上下两层，每层各4个，共有8个； (3)NCl3中Cl的电负性大于NH3中的H，或者Cl是吸电子基团，使得N原子的孤电子对难以给出，无法与BF3形成配位化合物；故选NCl3中Cl的电负性大于H(或者Cl是吸电子基团)，使得N原子的孤电子对难以给出，无法与BF3形成配位化合物。 (4)95°C下浸取硼镁矿时生成H2BO3-，根据分析可知，离子反应方程式为Mg2B2O5•H2O+2NH4+2Mg2++2H2BO3-+2NH3↑；根据分析可知，滤渣1的成分为SiO2、Fe2O3和CaSO4；根据分析可知，调pH用的是硫酸；A项，根据结构图可知硼酸是分子晶体，分子间以氢键结合，A错误；B项，1个硼酸分子中有3个H和O，每个H和O各形成1个氢键，每个氢键被2个分子共享，则氢键的个数为6×=3，则1mol硼酸有3mol氢键，B正确；C项，硼酸是层状结构，根据结构图可知，单个硼酸分子中，B是sp2杂化，平面结构，O为sp3杂化，V形结构，O−B−O的键角大于B−O−H的键角，C错误；D项，硼酸是层状结构，层和层之间可以滑动，具有润滑性，可以做润滑剂，D正确。 18．(13分)第VA族元素N、P、As等元素及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。请回答： I.(1)下列叙述正确的是________。 A．As的价层电子排布式为3d104s24p3 B．P能形成PCl5，因此N也能形成NCl5 C．N3-的空间构型为直线形 D．N、P、As第一电离能逐渐减小 (2)两种氮氧化物(N2O3、N2O4)都为平面形分子，其结构如图1所示。 N-N-O的键角：a b(填“＞”“＜”或“=”)，原因是 。 (3)一种新型储氢材料的立方晶胞如图2所示([BH4]-的位置未标出)，该晶胞沿x、y、z轴方向的投影都如图3所示。 ①该物质的化学式为 ；“”的配位数(相邻的阳离子数目)为 。 ②晶体中存在的化学键有 。 A．离子键         B．极性共价键         C．非极性共价键        D．配位键            E.氢键 (4)磷酸三乙酯是一种增塑剂，写出其与足量NaOH溶液在加热条件下的化学反应方程式(磷酸分子结构如图4所示)： 。 【答案】(1)CD(2分) (2) <(1分) 中心原子N均为sp2杂化，但N2O3中心原子N存在1对孤对电子，而N2O4中心原子N无孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的斥力较大，故键角a＜b(2分) (3)[Mg(NH3)6][BH4] (2分) 4 (2分) ABD(2分) (4)(C2H5O)3PO+3NaOHNa3PO4+3C2H5OH(2分) 【解析】砷盐净化渣中加入硫酸选择性浸锌，得到浸锌液，分离出固体，再加入过氧化氢、稀硫酸氧化浸取，As2O3被氧化为H3AsO4，铜、钴转化为盐溶液，二氧化硅不反应作为滤渣过滤排出，滤液调节pH后，再加入Na3AsO4发生沉铜反应，得到难溶性的Cu5H2(AsO4)4·2H2O，加入氢氧化钠碱浸后得到氢氧化铜；滤液加入草酸钠沉钴得到草酸钴沉淀。 (1)A项，As元素位于第四周期VA族，故价层电子排布式为4s24p3，A错误；B项，N位于第二周期，只有s、p两轨道，没有d轨道参与成键，故N最多形成四条共价键，因此N不能形成NCl5，B错误；C项，根据价电子对互斥理论，N3-的中心原子N含有2条键，孤对电子数，故空间构型为直线形，C正确；D项，N、P、As位于同一主族，层数越多，第一电离能越小，故N、P、As第一电离能逐渐减小；故选CD。 (2)N2O3中N原子含有2条σ键，孤电子对数为1；N2O4中N原子含有3条σ键，孤电子对数为0；中心原子N均为sp2杂化，但N2O3中心原子N存在1对孤对电子，而N2O4中心原子N无孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的斥力较大，故键角a＜b。 (3)①晶胞中根据均摊法[Mg(NH3)6]2+位于晶胞的顶点和面心，个数为4；该晶胞沿x、y、z轴方向的投影都如图3所示，结合电荷守恒[BH4]-在晶胞中有8个；故化学式为[Mg(NH3)6][BH4]；“”代表[BH4]-，在晶胞中[BH4]-位于[Mg(NH3)6]2+形成的正四面体中心，离[BH4]-距离最近且等距的[Mg(NH3)6]2+为4，故[BH4]-的配位数(相邻的阳离子数目)为4。②晶体中存在的化学键有[BH4]-和[Mg(NH3)6]2+之间的离子键； N-H之间是极性共价键不存在非极性共价键；[BH4]-、[Mg(NH3)6]2+中存在配位键；氢键不属于化学键，故答案为ABD。 (4)根据磷酸分子结构可推出磷酸三乙酯是一分子磷酸与3分子乙醇反应得到的产物，结构简式为(C2H5O)3PO，其与足量NaOH反应的化学方程式为(C2H5O)3PO+3NaOHNa3PO4+3C2H5OH。 19．(13分)硫元素作为矿石中的常见元素，一直被人们所喜爱。请回答： (1)关于VIA族原子结构的认知和描述，下面的说法正确的是___________。 A．的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于的 B．的基态电子排布为[Ar]4s24p4 C．VIA族元素的电负性从上到下逐渐减小 D．的氧化性比更强，因为在周期表中比更靠下 (2)小同学从实验室中取出一瓶硫化钠溶液，但是他发现，溶液呈橙黄色而非通常的无色。他经过实验，发现溶液可以表示为氢氧化钠和一种表观化学式为NaS2的化合物A。已知化合物A中含有一负二价阴离子。 a．画出阴离子的结构： 。 b．根据信息，写出将少量SO2通入过量硫化钠溶液后能看到的现象： 。 (3)群青的化学式是Na7Al6Si6O24S3，已知除了硫以外的其余元素都以最常见价态存在，从微粒结构的角度解释为何群青呈现蓝色： 。 (4)已知相对分子质量越大，一般而言熔沸点越高，然而三氧化硫的熔点却高于七氧化二氯，请从分子结构的角度解释其原因： 。 (5)CuFeS2的晶胞如图4所示。 ①图5所示结构单元 (填“能”或“不能”)作为CuFeS2晶胞，原因是 。 ②已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g· cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，CuFeS2晶胞中底边边长 pm(用计算式表示；CuFeS2的摩尔质量为g·molˉ1；cm=1010pm)。 【答案】(1)AC(2分) (2) (1分) 溶液变黄、未能看到沉淀(2分) (3)S3具有单电子，可以显色(2分) (4)三氧化硫固态为三聚体(1分) (5)不能(1分) 图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地方式在晶体中重复出现(或上面面心是黑球，下面面心是白球，合理即可) (2分) (2分) 【解析】勒布朗制碱法：该方法包括以下两个阶段：首先从原料氯化钠与浓硫酸在高温下的反应得到中间产物硫酸钠，然后通过硫酸钠与木炭 和碳酸钙的反应来得到碳酸钠。各步骤反应的化学方程式如下：H2SO4+2NaCl→Na2SO4+2HCl，Na2SO4+2C→Na2S+2CO2；Na2S+CaCO3 →Na2CO3+CaS。 (1)A项，Se的非金属性大于Te，则其最高价氧化物对应水化物的酸性强，A正确；B项，Se为第四周期ⅥA族元素，则其基态电子排布为[Ar]3d104s24p4，B错误；C项，同主族元素，从上向下电负性减弱，C正确；D项，硫的非金属性比Se强，则其单质的氧化性更强，D错误；故选AC； (2)a．由于化合物A中含有一负二价阴离子，则其中含有2个钠离子，根据化学式可知，其中含有4个硫，则阴离子的结构为：；b．结合a的分析可知，少量SO2通入过量硫化钠溶液后，结合硫的化合价可知，两者可能生成a中描述的化合物A，故现象为：溶液变黄、未能看到沉淀； (3)除硫外，其他元素均以最常见价态存在：Na ：+1 、Al  ：+3  、Si  ：+4  、O ： −2  ，则 硫并非以简单的 S2-形式存在，而是形成三硫阴离子(S32-)，则其中S存在单电子，易发生电子跃迁，当其从高能级向低能级跃迁时释放能量显示蓝色； (4)尽管Cl2O7分子量更大，但其结构不对称，但SO3的高对称性平面结构使其在固态中形成更紧密的堆积，容易形成三聚体，； (5)①图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地方式在晶体中重复出现(或上面面心是黑球，下面面心是白球)，故图5所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞；②由题干图4所示晶胞可知，一个晶胞中含有：Cu原子个数为，Fe个数为： ，含有S个数为8，故一个晶胞的质量为：，CuFeS2晶体的密度是4.30 g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，故有2(a×10-10)3×4.30 g/cm3=，故CuFeS2晶胞中底边边长a=×1010 pm。 20． (14分)一种利用Zn2+与2-甲基咪唑(Hmim)制备金属有机框架材料Zn(Hmim)2的过程示意图如下。 已知：①中所有原子共平面；②CO2和N2的直径分别为0.33nm和0.36nm。 回答下列问题： (1)基态Zn2+的价电子排布式为 ，2-甲基咪唑(Hmim)中，所含元素电负性从大到小的顺序为 。 (2)利用Zn(Hmim)2可以分离CO2和N2的原因为 。 (3)金属有机框架超导体MOFs的三种杂环基有机配体结构如下图，a物质中存在大键，其中①号氮原子的孤电子对位于 轨道；b和c物质的酸性更强的是 (填标号)。 (4)MOF-5是金属有机框架中最具代表性的材料之一，X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。 ①X晶体中Zn2+的配位数为 。 ②已知ZnO键长为d nm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为 nm。 ③已知阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为 g·cm-3(列出化简的计算式)。 【答案】(1) 3d10(1分) N>C>H(1分) (2)CO2分子直径小于Zn(Hmim)2空腔直径，N2分子直径大于Zn(Hmim)2空腔直径(2分) (3) 2p(2分) b(2分) (4)4(2分) (2分) (2分) 【解析】(1)基态Zn2+的价电子排布式为3d10；2 - 甲基咪唑含 C、H、N 元素，电负性从大到小的顺序为N>C>H； (2)CO2分子直径小于Zn(Hmim)2空腔直径，N2分子直径大于Zn(Hmim)2空腔直径，故利用Zn(Hmim)2可以分离CO2和N2； (3)物质 a 中①号 N 原子参与大 π 键(所有原子共平面)，其孤电子对位于2p轨道；② 酸性强弱与基团的吸电子能力有关：O 的电负性大于 S，b 中 O 的吸电子作用更强，使羧基中 H 更易电离，故酸性更强的是b； (4)① 由结构示意图可知，每个Zn2+周围与 4 个 O(来自配体)配位，故配位数为4；② 由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为x nm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=；③由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为d g/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10-7) 3d，解得d=。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 主题五 物质结构与性质 (考试时间：90分钟 试卷满分：100分) 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 K-39 Fe-56 Cu-64 Zn-65 第Ⅰ卷(选择题 共48分) 一、选择题(本题共16个小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．下列属于含有非极性键的非极性分子的是( ) A．O3 B．CO2 C．H2O D．C2H6 2．中国化学会推荐的“准金属替代过渡金属用于精准合成与催化反应的可行性研究”成功入选“2025十大前沿科学问题”。下列金属元素属于过渡元素的是( ) A．Na B．Mg C．Fe D．Al 3．下列化学用语表示正确的是( ) A．基态33As3+的核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d10 B．CH4分子中σ键的形成： C．纤维素的分子式：(C6H10O5)n D．甲基正离子(CH3+)的电子式： 4．硝酸乙基铵(C2H5NH3NO3)是人类发现的第一种常温离子液体。下列说法正确的是( ) A．热稳定性：NH3 > H2O B．碱性：NH3 > C2H5NH2 C．电负性： D．熔点：C2H5NH3NO3 > NH4NO3 5．嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元素的说法不正确的是( ) A．Fe是副族元素，位于元素周期表ds区 B．原子半径：Al＞Si C．第一电离能：Mg＞Ca D．如图六种元素中，电负性最大的是O 6．合成氨工业中，原料气在进入合成塔前需经过铜氨液除去其中的，反应为[Cu(NH2)3]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+ ΔH＜0。下列说法正确的是( ) A．Cu+的价层电子排布式为3d94s1 B． [Cu(NH3)3CO]+ 中提供孤电子对的是Cu+ C．反应前后，Cu+的配位数由2变为4 D．吸收后的铜氨液经冷却处理可再生 7．我国科学家在嫦娥五号月壤样本中发现了一种新型水合矿物晶体，其主要成分为铵镁氯化物(NH4)MgCl3·6H2O，晶体中存在NH4+被Na+、K+、Cs+等微量取代的现象。氯同位素比例分析显示，该矿物中 37Cl与 35Cl的比例显著不同于典型地球矿物。下列说法不正确的是( ) A．该矿物的主要成分属于盐类 B．该矿物晶体中金属阳离子与阴离子以离子键结合 C．该矿物所含元素均位于元素周期表的IA族 D． 37Cl与 35Cl在元素周期表中的位置相同，原子核外电子数不同 8．下列关于物质的结构或性质及解释错误的是( ) 选项 物质的结构或性质 解释 A 分子极性： OF2＞H2O F的电负性大于H B CsCl晶体中Cs+与8个配位，而NaCl晶体中Na+与6个配位 Cs+比Na+的半径大，阳离子与阴离子半径比越大，配位数越大 C 冠醚18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4在有机溶剂中的溶解度 冠醚18-冠-6空腔直径(260~320pm)与K+直径(276pm)接近 D P原子间难形成三键而N原子间可以 P的原子半径大于N，难形成p-pπ键 9．化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl的化合物的部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。下列说法不正确的是( ) A．图中球1表示硼原子，球2表示碳原子 B．晶体中存在离子键、共价键、配位键和氢键 C．该物质中氮原子结合能力强于NH3 D．该物质与盐酸反应，有甲醇生成 10．【逻辑思维与科学建模】钛金合金可制作装甲，β-钛金合金具有立方晶胞(如图所示)，晶胞参数为apm。Ti-Ti原子对在每个面的中心处，且平行于立方体的棱边，其间距为。立方体相邻两面上的Ti-Ti原子对互相垂直。下列有关说法错误的是( ) A．这种钛金合金的化学式为Ti3Au B．每个Ti原子周围最近的Au原子共有3个 C．最邻近的Ti-Au原子间距为 D．该合金可作装甲是因其硬度比成分金属的大 11．K+掺杂的铋酸钡具有超导性。K+替代部分形成(摩尔质量为)，其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为a nm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( ) A．Bi属于p区元素 B．离子半径大小：Ba2+＞K+ C．晶胞中与体心Ba/K距离最近且相等的Bi有8个 D．晶体的密度为 12．【逻辑思维与科学建模】研究发现某种含铯(Cs)、钒(V)、锑(Sb)的化合物在超导方面表现出潜在的应用前景。其晶胞结构如图1所示，晶胞体积为；晶体中包含由V和Sb组成的二维平面如图2所示。下列叙述错误的是( ) A．基态Cs原子的价电子排布式为6s1 B．晶体的化学式为CsV3Sb5 C．晶胞中V原子周围紧邻的Sb原子数为8 D．该晶体的密度为 13．锂盐是锂离子电池电解质的主要成分，其中锂硼盐是研究的热点。合成邻苯二酚二氟硼酸锂所涉及的反应如下。 下列说法不正确的是( ) A．原子半径的大小：B＞C＞O＞F B．BF4-的VSEPR模型为正四面体形，BF4-和产物W中均存在配位键 C．SiCl4中的Si-Cl键是由硅的1个轨道与氯的1个轨道重叠形成的σ键 D．乙二醇不显酸性而邻苯二酚显酸性的原因是苯环使羟基中O-H键的极性增强 14．图示超分子在催化领域具有重要作用，以下说法错误的是( ) A．该超分子酸性弱于 B．该超分子通过氢键完成自组装 C．该超分子中，中的大键电子参与形成配位键 D．该超分子存在的化学键类型有极性键、非极性键、氢键 15．气态N2O5呈平面结构，其结构式为。固态N2O5的晶胞如图所示，下列说法不正确的是( ) A．实验室利用P2O5的吸水性与浓硝酸反应制得N2O5 B．气态N2O5中N原子的杂化方式为sp2杂化 C．1mol气态N2O5中含6NA个σ键 D．固态N2O5为离子化合物 16．2025年诺贝尔化学奖授予Susumu Kitagawa、Richard Robson和Omar M。 Yaghi，以表彰他们在金属有机框架(MOF又名多孔配位聚合物)材料的发展方面所作出的贡献。现有金属有机框架MOF-5由和对苯二甲酸根构成，形成规整的三维立方孔道结构(见下图)。 下列关于金属有机框架的说法不正确的是( ) A．MOF-5其骨架结构中存在配位键 B．MOF-5中对苯二甲酸根中的碳原子均采取sp2杂化 C．MOF-5和冠醚一样，属于超分子 D．金属有机框架(MOF)在储氢及环境净化等领域是极具发展潜力的关键材料 第II卷(非选择题 共52分) 二、填空题(本题共4小题，共52分) 17．(12分)第ⅢA族元素具有独特且多样的性质。请回答： (1)镓(Ga)是第一个根据元素周期律预言并确认在自然界中存在的元素。 ①请写出基态Ga原子的简化电子排布式： 。 ②Ga2Cl4是一种离子化合物，其中阴离子与CCl4互为等电子体(原子数相同，且价电子数也相同的分子、离子或原子团互为等电子体)，则Ga2Cl4中含有的阴离子为 。 (2)一种由硼、镍两种元素构成的催化剂的晶体结构如下图所示。该催化剂的化学式为 ，其中B周围最近的Ni的个数为 。 (3)BF3可与NH3形成配位化合物F3B←NH3，但与NCl3却无法形成类似的配位化合物。请从物质结构的角度说明可能的原因： 。 (4)纯净的硼酸是一种片层状晶体，其部分单层结构如下图所示。下列说法中正确的是 。 A．硼酸晶体属于共价晶体 B．1mol H3BO3晶体中约含有3mol氢键 C．单个硼酸分子中，O-B-O的键角小于B-O-H的键角 D．硼酸晶体具有一定的润滑性，在工业上可用作润滑剂 18．(13分)第VA族元素N、P、As等元素及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。请回答： I.(1)下列叙述正确的是________。 A．As的价层电子排布式为3d104s24p3 B．P能形成PCl5，因此N也能形成NCl5 C．N3-的空间构型为直线形 D．N、P、As第一电离能逐渐减小 (2)两种氮氧化物(N2O3、N2O4)都为平面形分子，其结构如图1所示。 N-N-O的键角：a b(填“＞”“＜”或“=”)，原因是 。 (3)一种新型储氢材料的立方晶胞如图2所示([BH4]-的位置未标出)，该晶胞沿x、y、z轴方向的投影都如图3所示。 ①该物质的化学式为 ；“”的配位数(相邻的阳离子数目)为 。 ②晶体中存在的化学键有 。 A．离子键         B．极性共价键         C．非极性共价键        D．配位键            E.氢键 (4)磷酸三乙酯是一种增塑剂，写出其与足量NaOH溶液在加热条件下的化学反应方程式(磷酸分子结构如图4所示)： 。 19．(13分)硫元素作为矿石中的常见元素，一直被人们所喜爱。请回答： (1)关于VIA族原子结构的认知和描述，下面的说法正确的是___________。 A．的最高价氧化物对应水化物的酸性弱于的 B．的基态电子排布为[Ar]4s24p4 C．VIA族元素的电负性从上到下逐渐减小 D．的氧化性比更强，因为在周期表中比更靠下 (2)小同学从实验室中取出一瓶硫化钠溶液，但是他发现，溶液呈橙黄色而非通常的无色。他经过实验，发现溶液可以表示为氢氧化钠和一种表观化学式为NaS2的化合物A。已知化合物A中含有一负二价阴离子。 a．画出阴离子的结构： 。 b．根据信息，写出将少量SO2通入过量硫化钠溶液后能看到的现象： 。 (3)群青的化学式是Na7Al6Si6O24S3，已知除了硫以外的其余元素都以最常见价态存在，从微粒结构的角度解释为何群青呈现蓝色： 。 (4)已知相对分子质量越大，一般而言熔沸点越高，然而三氧化硫的熔点却高于七氧化二氯，请从分子结构的角度解释其原因： 。 (5)CuFeS2的晶胞如图4所示。 ①图5所示结构单元 (填“能”或“不能”)作为CuFeS2晶胞，原因是 。 ②已知：CuFeS2晶体的密度是4.30g· cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，CuFeS2晶胞中底边边长 pm(用计算式表示；CuFeS2的摩尔质量为g·molˉ1；cm=1010pm)。 20． (14分)一种利用Zn2+与2-甲基咪唑(Hmim)制备金属有机框架材料Zn(Hmim)2的过程示意图如下。 已知：①中所有原子共平面；②CO2和N2的直径分别为0.33nm和0.36nm。 回答下列问题： (1)基态Zn2+的价电子排布式为 ，2-甲基咪唑(Hmim)中，所含元素电负性从大到小的顺序为 。 (2)利用Zn(Hmim)2可以分离CO2和N2的原因为 。 (3)金属有机框架超导体MOFs的三种杂环基有机配体结构如下图，a物质中存在大键，其中①号氮原子的孤电子对位于 轨道；b和c物质的酸性更强的是 (填标号)。 (4)MOF-5是金属有机框架中最具代表性的材料之一，X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。 ①X晶体中Zn2+的配位数为 。 ②已知ZnO键长为d nm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为 nm。 ③已知阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为 g·cm-3(列出化简的计算式)。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $