专题3 考点2 物质结构与性质之间的关系 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·化学（教用word）

1．(2025·湖北七州二模)类比法是一种学习化学的重要方法。下列说法正确的是(　　) A．CH4中C为－4价，则SiH4中Si也为－4价 B．NF3为三角锥形分子，则BF3也为三角锥形分子 C．CCl3COOH的酸性强于CH3COOH，则CF3COOH的酸性强于CH3COOH D．Br—Br的键能大于I—I，则F—F的键能大于Cl—Cl 解析：选C。电负性：C＞H＞Si，故CH4中C为－4价，H为＋1价，而SiH4中Si为＋4价，H为－1价，A错误；BF3中心原子的价层电子对数为3，孤电子对数为0，为平面三角形分子，B错误；F和Cl是电负性很大的元素，F和Cl原子极强的吸电子能力以及羰基的诱导作用，使CF3COOH和CCl3COOH分子中羰基O原子的正电性增强，从而对H原子的吸引减弱使其易于解离，所以CCl3COOH的酸性强于CH3COOH，F的电负性强于Cl，所以CF3COOH的酸性也强于CH3COOH，C正确；由于F—F的键长短，两核间的斥力及电子层间斥力增大，使F—F的键能减小，小于Cl—Cl的键能，D错误。 2．(2025·山东卷)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．N的空间结构为V形 C．NaN3为含有共价键的离子化合物 D．N的中心N原子的所有价层电子均参与成键 解析：选B。由HN3为一元弱酸可知，N易水解：N＋H2O⇌HN3＋OH－，故NaN3溶液显碱性，A正确；N的中心原子N的价层电子对数为2＋＝2，中心原子为sp杂化，空间结构为直线形，B错误；NaN3为离子化合物(Na＋与N通过离子键结合)，N内部三个N原子以共价键连接，C正确；中心N原子采取sp杂化，无孤电子对，所有价层电子均参与成键，D正确。 3．(2025·四川一模)羟基氧化铁[FeO(OH)]吸附并氧化H2S，可减少有害气体的排放。反应机理为FeO(OH)＋H2S―→Sx＋FeS＋H2O，其中Sx含有S8，S8分子的空间结构像一顶皇冠。下列说法错误的是(　　) A．第一电离能：O>S B．沸点：FeS＞S8 C．当Sx中x＝8时，反应中有的H2S作还原剂 D．FeO(OH)中铁离子的简化电子排布式为[Ar]3d5 解析：选C。同主族元素从上往下，第一电离能逐渐减小，故第一电离能：O>S，A项正确；S8为分子晶体，FeS为离子晶体，故沸点：S8＜FeS，B项正确；当Sx中x＝8时，化学方程式为16FeO(OH)＋24H2S===S8＋16FeS＋32H2O，反应中有的H2S作还原剂，C项错误；FeO(OH)中Fe3＋的简化电子排布式为[Ar]3d5，D项正确。 4．(2025·甘肃卷)物质的结构决定性质，下列事实与结构因素无关的是(　　) 选项 事实 结构因素 A K与Na产生的焰色不同 能量量子化 B SiH4的沸点高于CH4 分子间作用力 C 金属有良好的延展性 离子键 D 刚玉(Al2O3)的硬度大，熔点高 共价晶体 解析：选C。K与Na产生的焰色不同，是因为能量是量子化的，二者核外电子从高能级跃迁回低能级释放的能量不同，A不符合题意；SiH4和CH4均为分子晶体，SiH4的相对分子质量大，故SiH4的范德华力大，SiH4的沸点高，B不符合题意；当金属受到外力作用时，晶体中的原子层间会发生相对滑动，但不会改变原来的排列方式，没有化学键的断裂与形成，所以金属具有良好的延展性与离子键无关，C符合题意；四大晶体类型只是理想的模型，共价晶体与离子晶体没有明显的边界，二者间存在过渡区域，刚玉(Al2O3)的硬度大，熔点高，说明其具有共价晶体的特征，结构因素正确，D不符合题意。 5．(2025·安徽卷)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 解析：选A。中各原子均达到稳定结构，A正确；H2O2的分子结构为，正、负电中心不重合，是极性分子，B错误；反应①中有F—F非极性键的断裂，但没有非极性键的形成，C错误；电负性：F＞O＞H，故HOF中F元素化合价为－1价、H元素化合价为＋1价、O元素化合价为0价，故反应②中，H、F元素的化合价均不变，HF既不是还原产物也不是氧化产物，D错误。 6．(2025·陕晋宁青卷)“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，结构如下图。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 解析：选C。该索烃仅由C、H元素组成，含有苯环，故属于芳香烃，A正确；质谱仪可测定有机化合物的相对分子质量，质谱图上最大质荷比即为相对分子质量，B正确；该索烃的两个大环在空间上穿插互锁，二者之间存在范德华力，C错误；该索烃的两个大环在空间上穿插互锁形成“机械键”，若要破坏该索烃中的“机械键”，则至少需要断开其中一个环，因此需要断裂共价键，D正确。 7．(2025·江苏卷)在溶有15-冠-5()的有机溶剂中，苄氯()与NaF发生反应： 下列说法正确的是(　　) A．苄氯是非极性分子 B．电负性：χ(F)＜χ(Cl) C．离子半径：r(F－)＞r(Na＋) D．X中15-冠-5与Na＋间存在离子键 解析：选C。由题给结构简式可知，苄氯为极性分子，A错误；同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，故电负性：χ(F)＞χ(Cl)，B错误；电子层结构相同时，离子半径随原子序数增大而减小，故离子半径：r(F－)＞r(Na＋)，C正确；X属于超分子，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X中15-冠-5与Na＋间存在分子间作用力，D错误。 8．(2025·云南卷)Be及其化合物的转化关系如下图。下列说法错误的是(　　) A．Be(OH)2是两性氢氧化物 B．Be2C和BeCl2的晶体类型相同 C．Na2[Be(OH)4]中Be原子的杂化方式为sp3 D．Be2C与H2O反应：Be2C＋4H2O===2Be(OH)2＋CH4↑ 解析：选B。由题图中转化信息可知，Be(OH)2既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，因此Be(OH)2是两性氢氧化物，A正确；Be2C的熔点(2 200 ℃)远远高于BeCl2的熔点(405 ℃)，且BeCl2的熔点和沸点均较低，二者的晶体类型不相同，B错误；Na2[Be(OH)4]中Be原子形成4个σ键，没有孤电子对，其杂化方式为sp3，C正确；Be2C中Be元素的化合价为＋2价，C元素的化合价为－4价，因此Be2C与H2O反应生成Be(OH)2和CH4，化学方程式为Be2C＋4H2O===2Be(OH)2＋CH4↑，D正确。 9．(2025·山东卷)物质性质与组成元素的性质有关，下列对物质性质差异解释错误的是(　　) 选项 性质差异 主要原因 A 沸点：H2O＞H2S 电离能：O＞S B 酸性：HClO＞HBrO 电负性：Cl＞Br C 硬度：金刚石>晶体硅 原子半径：Si＞C D 熔点：MgO＞NaF 离子电荷：Mg2＋＞Na＋、O2－＞F－ 解析：选A。沸点：H2O＞H2S，主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，A错误。酸性：HClO＞HBrO，主要原因是电负性：Cl＞Br，故HClO中O—H极性更强，更易解离出H＋，B正确。硬度：金刚石＞晶体硅，主要原因是原子半径：C＜Si，键能：C—C＞Si—Si，C正确。MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于离子键强弱，离子半径越小、离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子电荷：Mg2＋＞Na＋、O2－＞F－，故熔点：MgO＞NaF，D正确。 10．(2025·湘潭一模)配合物a分子(如下图所示)可形成超分子结构。下列说法错误的是(　　) A．配合物a中含4种配体 B．Cd的配位数为4 C．配合物a中配位原子的杂化方式相同 D．配合物a形成超分子结构可借助氢键作用 解析：选A。配合物a中含1种配体，A错误；由题图可知，Cd与S和N原子形成了4个配位键，即配位数为4，B正确；配位原子N、S的杂化方式均为sp3，C正确；配合物a中N的电负性较大，能通过氢键形成聚集体，故形成超分子结构可借助氢键作用，D正确。 11．(2025·陕晋宁青卷)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 解析：选C。氯化钠和氯化铯均为离子晶体，阴、阳离子所带电荷数相同，而离子半径：Na＋＜Cs＋，故氯化钠的离子键强于氯化铯，因此氯化钠的熔点高于氯化铯，A正确；碘和四氯化碳均为非极性分子，根据“相似相溶”的规律可知，碘易溶于四氯化碳，B正确；草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根离子的电离程度大于水解程度，C错误；离子液体中有可自由移动的阴、阳离子，因此离子液体导电性良好，D正确。 12．(2025·河南卷)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氦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 解析：选A。该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x＝1，则CH3OH的质量分数为×100%≈3.5%，结合题图2可知，该化合物中x＝1，故A项正确；同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，故第一电离能：N>O>C，故B项错误；该化合物中，配离子与NO之间为离子键，故C项错误；该化合物中配位数为6，配体个数为2，故D项错误。 13．(2025·湖北省十一校一模)研究物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列事实解释错误的是(　　) 选项 事实 解释 A 由R4N＋与PF组成的离子液体常温下呈液态 与其离子的体积较大有关 B NH3和CO2都能作制冷剂 具有完全相同类型的分子间作用力 C CsCl晶体中Cs＋配位数为8，而NaCl晶体中Na＋配位数为6 Cs＋比Na＋的半径大 D 逐步断开CCl4中的C—Cl，每步所需能量不同 各步的C—Cl所处化学环境不同 解析：选B。大多数离子液体含有体积很大的阴、阳离子，由R4N＋与PF组成的离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关，故A正确；NH3易液化，其汽化时吸收能量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可用作制冷剂，NH3分子间作用力为氢键和范德华力，CO2分子间仅存在范德华力，故B错误；离子晶体的配位数取决于阴、阳离子半径的相对大小，离子半径比越大，配位数越大，Cs＋周围最多能排布8个Cl－，Na＋周围最多能排布6个Cl－，说明Cs＋比Na＋的半径大，故C正确；断开C—Cl越多，碳原子周围共用电子对越少，原子核对共用电子对的吸引力越大，需要的能量变大，所以各步中的C—Cl所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $