专题三 考点3 物质结构与性质-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

14.A由题意分析W、X、Y、Z依次为S、O、N、F。基态 X(0)原子失去一个电子后电子排布式为1s22s22p3,基 态Y(N)原子失去一个电子后电子排布式为 1s2s22p,基态0原子失去一个电子后为半充满的稳 定结构，则第二电离能：O>N,即X>Y,A错误；同主 族元素从上到下，原子半径逐渐增大，则原子半径：O< S,同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原 子半径：F<O,故原子半径：F<S,即Z<W,B正确；Y 的单质为N2,Z的单质为F2,二者均为分子晶体，一般 来说，相对分子质量越大，沸点越高，则单质沸点：N2< F2,即Y<Z,C正确；同主族元素从上到下，元素的电负 性逐渐变小，则电负性：S<O,即W<X,D正确。 15.DX、Y价电子数相等，X、Y属于同一主族，且X形成 5个键，Y形成3个键，基态Y的2p轨道半充满，则X 为P元素，Y为N元素，X、Z电子层数相同，Z的最外 层只有1个未成对电子，Z形成1个键，Z为C1元素，以 此分析。 A.第一电离能同周期元素从左到右有增大趋势，第一 电离能：CI>P,A错误；B.X、Y的简单氢化物分别为： PH?和NH3,电负性：N>P,共用电子对距N近，成键 电子对斥力N一H大于P一H,键角：NH3>PH3,B错 误；C,元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越 强，非金属性：Cl>N>P,酸性：HCIO4>HNO3> H3PO4,C错误；D.P、N、Cl均能形成多种氧化物，D 正确。 16.AM是原子半径最小的为H,Q是形成物质种类最 多的元素，则为C,R是地壳中含量最高的元素，为O, T,X、Y同周期且原子序数递增。Q(C)和X均与Y相 邻，结合Z的原子序数Z=M十R十T=1+8十T,Z 20,得T=11(Na),Z=20(Ca)。又因为T、X、Y同周 期，Q、X均与Y相邻，可推出Q(C)与Y(Si)同主族相 邻，X(Al)与Y(Si)相邻且T(Na)、X(Al)、Y(Si)同属第 三周期，故推出M为H、Q为C、R为O、T为Na、X为 Al、Y为Si、Z为Ca,据此解答 A.H与Ca形成CaH2,为活泼金属形成的氢化物，为离 子化合物，A正确；B.同周期元素原子半径从左到右逐 渐减小，同主族元素原子半径从上到下逐渐增大，R为 O、T为Na、X为Al,则它们的原子半径大小为O<Al <Na,即R<X<T,B错误；C.QR2为CO2,为直线形 的非极性分子，C错误；D.同周期元素电负性从左到右 逐渐增大，同主族元素电负性从下到上逐渐增大，Q为 C、R为O、Y为Si,则电负性Si<C<O,正确顺序为Y Q<R,D错误。 17.BZ是周期表中电负性最大的元素，Z为F,电子层数 为2，未成对电子数为1；X、Y、Z三种元素位于同一短 周期且原子序数依次增大，三者的原子核外电子层数 之和与未成对电子数之和相等，则X和Y未成对电子 数之和为5，X为C、Y为N或X为N、Y为O:化合物 分子式为XY,Z,则X和2个Y总化合价为+1价， NO2F符合，故X为N,Y为O,Z为F。 A.X为N,Y为O,Z为F,N、O、F位于同周期，F在最 右边，F的原子半径最小，A错误；B.X为N,Y为O,Z 为F,同周期从左往右，第一电离能呈增大趋势，N的 2p轨道半充满，第一电离能大于O,故三者中O的第一 电离能最小，B正确；C.X为N,N的最高正化合价为十 5,C错误；D.X为N,Z为F,NF3和NH3的中心原子 均为sp3杂化，孤电子对数均为1，前者成键电子对离 中心N较远，成键电子对之间的斥力较小，键角较小，D 错误。 18.AW、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，且 能形成离子化合物W+[ZY。],则W为Li或Na;又由 于W和X原子序数之和等于Y的核外电子数，若W 为Na,X原子序数大于Na,则W和X原子序数之和大 于18，不符合题意，因此W只能为Li元素；由于Y可 形成Y,故Y为IA族元素，且原子序数Z大于Y,故 Y不可能为C1元素，因此Y为F元素，X的原子序数 为10一3=7，X为N元素；根据W、Y、Z形成离子化合 物W+[ZY。],可知Z为P元素；综上所述，W为Li元 16 素，X为N元素，Y为F元素，Z为P元素。A.由分析 可知，X为N元素，Z为P元素，X和Z属于同一主族， A项正确；B.由分析可知，X为N元素，Y为F元素，Z 为P元素，非金属性：F>N>P,B项错误；C.由分析可 知，Y为F元素，Z为P元素，非金属性越强，其简单气 态氢化物的稳定性越强，即气态氢化物的稳定性：HF >PH3,C项错误；D.由分析可知，W为Li元素，X为N 元素，Y为F元素，同周期主族元素原子半径随着原子 序数的增大而减小，故原子半径：Li>N>F,D项错误。 19.DX半径最小为H,短周期中电负性最小，则M为 Na,Z原子的s能级与p能级的电子数相等，则Z为O, Z与Y、Q相邻，Y为N,Q为S,以此分析；A.H2O中含 有氢键，则沸点高于H2S,A正确；B.Na与O形成 Na2O、Na2O2,则S与O同族，化学性质相似，B正确； C.Na20的电子式为Na+[:O:]2-Na+,Na2S的电 子式为Na+[:S:]2-Na+,离子键百分比=（电负性 差值/总电负性差值)，O的电负性大于S,则Na2O离 子键成分的百分数大于Na2S,C正确；D.NO3中心原 子N为sp杂化，孤电子对为0，为平面三角形，SO 中心原子S为sp3杂化，孤电子对数为1，为三角锥形， D错误。 20.C由分析可知，Q为Na,R为Cl,Y为N,W为H,X 为C,Z为O。一般原子的电子层数越多半径越大，电 子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径： H<N<C,A错误；同周期从左到右元素第一电离能呈 增大趋势，第VA族元素第一电离能反常，大于第IA 族元素，则第一电离能：N>O>C,B错误；O2、Cl2为分 子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下 均为气体，Na在常温下为固体，则沸点：O2<Cl2<Na, C正确；元素非金属性越强，电负性越大，非金属性：Na <H<Cl,则电负性：Na<H<Cl,D错误。 21.AW、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于 不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子 数的2倍，则W为C元素；每个周期的ⅡA族和VA族 的元素的第一电离都比左右相邻元素的高，由于配合 物Y[Z(WX)6]2中Y在外界，Y可形成简单阳离子，则 Y属于金属元素，故X和Y分别为N和Mg;Z的M层未 成对电子数为4，则其3d轨道上有4个未成对电子，其价 电子排布式为3d4s2,Z为Fe元素，Y[Z(WX)6]2 为Mg[Fe(CND6]2。 A.W、X、Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分 子晶体，Mg和Fe均形成金属晶体，C元素既可以形成 金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A不正确；B.X 的简单氢化物是NH,其中N原子轨道杂化类型为sp,B 正确；C.Y的氢氧化物是Mg(OH)2,其属于中强碱，难溶 于水，难溶于NaCl溶液，但是，由于NHC1电离产生的 NH可以破坏Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，因此Mg(OHD 可溶于NHC溶液，C正确；D.Mg[Fe(CN)6]2中CN 提供电子对与F3+形成配位键，D正确；综上所述，本 题选A。 22.CW、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大， WX2是形成酸雨的物质之一，根据原子序数的规律，则 W为N,X为O,Y的最外层电子数与其K层电子数相 等，又因为Y的原子序数大于氧的，则Y电子层为3 层，最外层电子数为2，所以Y为Mg,四种元素最外层 电子数之和为19，则Z的最外层电子数为6，Z为S,据 此解答。A.X为O,W为N,同周期从左往右，原子半 径依次减小，所以半径大小为W>X,A错误；B.X为 O,Z为S,X的简单氢化物为H2O,含有分子间氢键，Z 的简单氢化物为H2S,没有氢键，所以简单氢化物的沸 点为X>Z,B错误；C.Y为Mg,X为O,他们可形成 MgO,为离子化合物，C正确；D.Z为S,硫的最高价含 氧酸为硫酸，是强酸，D错误；故选C。 23.AA.由晶体结构图可知，[C(NH2)3]+中的一NH2 的H与[B(OCH3)4]厂中的O形成氢键，因此，该晶体 中存在N一H·O氢键，A说法正确；B.同一周期元素 原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、VA元素 的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相 邻元素的原子。因此，基态原子的第一电离能从小到 大的顺序为CON,B说法不正确；C.B、C、O、N的 未成对电子数分别为1、2、2、3。因此，基态原子未成对 电子数B<C=O<N,C说法不正确；D.[C(NH2)3] 为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为 sp;[B(OCH3)4]厂中B与4个O形成了4个c键，B 没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为$即； [B(OCH)4]中O分别与B和C形成了2个键，O 原子还有2个孤电子对，则0的原子轨道的杂化类型 均为sp;综上所述，晶体中B、O和N原子轨道的杂化 类型不相同，D说法不正确；综上所述，本题选A。 24.AZ2是氧化性最强的单质，则Z是F,X、Y、Z相邻， 且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则 X为N,Y为O,W的核外电子数与X的价层电子数相 等，则W为B,即：W为B,X为N,Y为O,Z是F,以此 解题。A.由分析可知，W为B,X为N,Z是F,WZ为 BF3,XZ为NF,其中前者的价层电子对数为3，空间 结构为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对 数为4，有一个孤电子对，空间结构为三角锥形，为极性 分子，则分子的极性：WZ<XZ,A正确；B.由分析可 知，X为N,Y为O,Z是F,同一周期越靠右，第一电离 能越大，但是N的价层电子排布式为2s2p3,为半充满 稳定结构，其第一电离能大于相邻主族的元素，则第一 电离能：Y<X<Z,B错误；C.由分析可知，W为B,X为 N,Y为O,则X2Y,为N2O3,W2Yg为B2O3,两种化合 物中N和B的化合价都是十3价，但是N的非金属性 更强一些，故N2O3的氧化性更强一些，C错误；D.由分 析可知，X为N,Y为O,Z是F,其中N对应的单质为 氨气，其中包含三键，键能较大，D错误；故选A。 25.AW、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素， W形成1条单键且核电荷数最小，W为H,X形成4条 单键，核电荷数大于H,且小于其他三种元素，X为C, Y形成2条单键，核电荷数大于C,Y为O,W、Y原子 序数之和等于Z,Z为F,Y原子价电子数为Q原子价 电子数的2倍，Q为A1。A.W与X的化合物不一定为 极性分子，如CH4就是非极性分子，A错误；B.同周期 元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F >O>C,B正确；C.Q为Al,Al2O3为两性氧化物，C正 确；D.该阴离子中L与Q之间形成配位键，D正确；故 答案选A。 26.C根据基态X原子s轨道上的电子数与p轨道上的 电子数相等，可知X的电子排布式为1s22s22p,为0 元素，基态O原子的未成对电子数为2，则基态Y、Z原 子的未成对电子数分别为1、3，结合原子序数关系可确定 Y为F元素或Na元素，Z为P元素，则该荧光粉的主要成 分为3W,(PO)2·WF2,结合化合物中各元素化合价代 数和为0可确定W为十2价，又其原子序数最大，故W 为Ca元素，Y为F元素。 元素电负性：F>O>P>Ca,A项错误；原子半径：F<O <P<Ca,B项错误；F2、Ca与水反应生成的气体分别为 O2和H2,C项正确；P元素的最高价氧化物对应的水 化物HPO,不具有强氧化性，D项错误。 27.DA.X(B)的单质常温下为固体，故A错误；B.根据非 金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则最 高价氧化物的水化物酸性：X(H3BO,)<Y(HNO3),故B 错误；C.根据前面已知200℃以下热分解时无刺激性气 体逸出，则说明失去的是水，若100~200℃阶段热分解 失去4个H2O,则质量分数 14+4+11×5+16×8 14+4+11×5+16×8+18X4X100%≈73.6%，则说明 不是失去4个H2O,故C错误；D.化合物(NH4BO3· 164 4H2O)在500℃热分解后若生成固体化合物 X2Z(B2O3),根据哪元素守恒，则得到关系式2NH,BO ·4H2O~5B2O3,则固体化合物B2O质量分数为 11×2+16×3)×5 ☑4+4+11×5+16×8+18X40×2X10%≈64.1%，说 明假设正确，故D正确。 [考点3] 1,BA.金刚砂(SiC)中原子之间连接成空间网状结构，因 此属于共价晶体，C一Si键键能大，难断键，因此金刚砂 硬度大、熔点高，结构可以解释性质，A不符合题意；B. 苯难溶于水是因为苯为非极性分子，水为极性分子，符 合相似相溶规律，与苯分子中的大π键无关，结构特征 不能解释其性质，B符合题意；C.分子间氢键会提升分 子间作用力使沸，点升高，分子内氢键对分子间作用力无 提升作用，因此对羟基苯甲醛沸点高于邻羟基苯甲醛， 结构可以解释性质，C不符合题意；D.基态氩原子最外 层为8电子稳定结构，不易得失或共用电子，因此氩气性 质稳定、不易形成化合物，结构可以解释性质，D不符合 题意。 2.ALa原子周围最近的BeHg有6个，位于La原子上 下、左右、前后的位置，每个BeHg单元中朝向La原子的 那一面的4个氢原子距离Ia原子最近，故La原子周围 紧邻的氢原子有6×4=24个，A错误；晶胞为面心立方 ● 结构，故沿体对角线方向进行投影 ● ● ,投 -0 ● 影图为 B正确；由题给信息Y(0.85, 0.15,0.65)、Z(0.85,0.15,0.35)的坐标可得Y、Z间的 距离为0.3apm,又因为X位于该BeH立方体单元的 体心，即X、Y之间的距离为该单元体对角线长的一半， 为0.33 2apm=20apm,C正确；BeH,单元有12个位 3√3 于晶胞的棱上，1个位于体心，根据均摊法，晶胞中BHg 单元个数为12×+1=4，D正确。 3.CA.T点位于底面的面心，其原子坐标为 (2,2,0）A项错误；BPS位于体心和顶角，以体 11 心为例，每个PS周围与它最近且距离相等的PS有 8个，B项错误；C.Na位于棱和面心，沿z轴方向投影， 纵向棱上的Na+会被PS遮挡，因此投影图为 88·88 88 ·,C项正确；D.晶胞中Na位于棱和面心， 88·8咒 其个数为12X号十6×号=6，PS位于体心和顶角， 其个数为8X日+1=2,1个晶胞中含有2个Na,PS M 因此晶胞密度pg·cm3=2 `(aX100)3,因此晶胞参 8/2MX10 数a√pNA -cm,D项错误。 4.AA.大环化合物甲与C6通过范德华力形成超分子 乙，因此乙为分子晶体，A项错误；B.甲与C0结合生成 乙，即“捕获C”,乙在OH/H条件下释放C。生成丙， 9.AA.该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CHOH, 32 若x=1,CH,0H的质量分数为870千32×100%≈ 3.5%,结合图像可知，该化合物中x=1,故A项说法正 确；B.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，第一电离能：N>O> C,故B项说法错误；C.该化合物中，配离子与NO之间 为离子键，故C项说法错误；D.该化合物中，根据O、N 原子成键数可知，O一Fe为共价键，N一Fe为配位键，配 位数为与中心原子或离子键合的原子总数，因此配位数 为6，配体为与中心原子或离子形成配位键的分子或离 子个数，因此配体个数为2，故D项说法错误；综上所述， 说法正确的为A项。 10.CA.焰色试验的本质是电子跃迁释放特定波长的光， 不同元素的原子能级（能量量子化）导致焰色差异，事 实与结构因素有关，A不符合题意；B.SiH,和CH4均 为分子晶体，沸，点差异由分子间作用力（范德华力）强 弱决定，事实与结构因素有关，B不符合题意；C.金属 延展性源于金属镀的特性（自由电子使原子层滑动）， 而离子键对应离子晶体（延展性差），事实与结构因素 无关，C符合题意；D.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(A12O3)的硬度大，熔点高，说明其具有共 价晶体的特征，事实与结构因素有关，D不符合题意。 11.BA.主体分子内羟基与磺酸基相邻较近，磺酸基中含 有羟基的结构，可以形成分子内氢键，A正确；B.主体 与客体间通过非共价键形成超分子，B错误；C.已知单 键的键能小于双键，则S一O的键能比S一O键能小，C 正确；D.N原子价电子数为5，(CH3)4N+中N有4条G 键，失去1个电子形成阳离子，无孤电子对，采用s杂 化，(CH)3N中N有3条。键，1个孤电子对，价层电 子对数为4，采用sp3杂化，D正确。 12.AA.葡萄糖分子中含有醛基，具有还原性，能发生银 镜反应，可与银氨溶液反应制作银镜，A符合题意；B. 橡胶的分子链可以交联，交联后的橡胶受外力作用发 生变形时，具有迅速复原的能力，因此其弹性好，强度 高，且具有良好的物理力学性能和化学稳定性，故可用 作汽车轮胎材料，B不符合题意；C.SiC中原子以共价 键形成空间网状结构，熔点高、硬度大，可用作砂轮、砂 纸的磨料，C不符合题意；D.NaHCO3可中和酸生成二 氧化碳气体，并受热分解产生大量二氧化碳气体，可用 作食品膨松剂，D不符合题意。 13.DA.由图可知该化合物中存在离子键、配位键和分子 间作用力，故晶体类型为混合晶体，A正确；B.NH?与 二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]+,B正确； C.Fe(NH3)2Cl2与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，方 程式为Fe(NH3)2Cl2+2H2O一Fe(OH)2↓+ 2NH,Cl,C正确；D.Fe(NH3)2C1中[Fe(NH)2]+半 径大于Fe2+,[Fe(NH3)2]+与CI之间的键能小于 Fe+与CI之间的健能，Fe(NH3)2CL2热稳定性小于 FeCl2,D错误. 14.BA.W位于立方体的顶角，以顶角W为例，在此晶胞 内，离该顶角最近且距离相等的O原子位于该顶角所 在3条棱的棱心，由于该顶角在8个晶胞里，而棱上的 原子被4个晶胞共有，所以与W最近且距离相等的O 原子有3X8×4=6,故A正确；B0元素化合价为-2 价，负化合价总数为一6，设W元素的平均化合价为y,据 正负化合价代数和为0可得：一6十y十x=0,y=6一x,x的 值增大y减小，即W元素的平均化合价降低，故B错误； C.04≤≤0.95时，主方晶胞中w个数为8×日=1,0 个数为12×是=3，若x=0.5,晶胞质量为m 184+16×3+23x g,晶胞体积为V=(a×100)cm,则密 NA 5 184+16×3+23×0.5 度p=晋 NA (aX10-0)3 —g/cm=243.5X10 g/cm, a3·Na 所以密度为243.5×10 g·cm3时，x=0.5,故C正确； a3·Na D.Na,WO,晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，即 空位数不同，吸收的可见光波长不同，故D正确。 l5.BA.根据题千信息，NaNH2遇水转化为NaOH,反应 为：NaNH2+H-OH 一NaOH+H-NH2,说明 NH2结合H+能力更强，A错误；B.根据题千信息，深 蓝色[Cu(NH3)4门(OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色 [Cu(HO)4]SO溶液，说明NH更容易与H配位形成 NH,故与氨形成配位键的能力：H>Cu+,B正确；C.原 子半径N>O,则键长：O一H<N一H,C错误；D.N所含 电子数为7+4一1=10，NH互所含电子数7十2+1=10，相 同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误。 16.D由于N2分子中存在氨氨三键，该共价键键能较大， 断键需要较多能量，所以常温下很难与其他物质反应， 可稳定存在于自然界中，A正确；苯分子中不存在单双 键交替的结构，而是形成了稳定的大π键，所以不能与 澳发生加成反应而使溴的CC1,溶液褪色，B正确；水晶 为SiO2晶体，为共价晶体，由Si原子和O原子通过共 价键在三维空间里周期性有序排列而成，呈现规则的 多面体外形，C正确；NaC】属于离子晶体，微粒间作用 力为离子键，而A1C13属于分子晶体，相邻分子间只存 在范德华力，分子晶体有低熔点的特性，ACL3熔点低 于NaCl,D错误。 17.解析：(1)图I中仪器M的名称是三颈烧瓶。 (2)该实验涉及气体的通入和反应，因此在组装好仪器 后、装入药品和通入气体前，必须先检查装置的气 密性。 (3)NH3是碱性气体。浓硫酸（选项a)和P,O(选项c) 均显酸性，会与NH3发生反应，不能用于千燥NH3;碱 石灰（选项b)呈碱性，不与NH3反应，可用于千 燥NH。 (4)根据题千已知信息，B2H。是一种强还原性的有毒 气体。保持NH3过量，一方面可以使B2H。充分反应， 提高其转化率；另一方面可以防止未反应的有毒气体 B2H。逸出，避免污染环境。 (5)B2H·2NH的结构为[H2B(NH)2]+[BH], 该物质由阳离子和阴离子构成，阴阳离子之间存在离 子键；在阴、阳离子内部，B一H、N一H以及B一N之间 均存在共价键；氢键属于特殊的分子间作用力，不属于 化学键。故选ab。 (6)已知电负性N>H>B,故在NH3BH3中，与B相连 的H显一1价。在酸性条件下，一1价的H与水或酸 中的十1价H发生归中反应生成H2,N原子结合H 生成NH,B原子转化为H3BO3。根据电荷守恒，得 失电子守恒和原子守恒，离子方程式为NH3BH3十 3H2O+H=NH4+H3BO3+3H2个。 a.反应放热，读数时气体未冷却至室温，气体受热膨胀， 导致测定体积偏大，a正确；b.水准管液面高于量气管 液面，说明量气管内气体压强大于外界大气压，气体被 压缩，导致测定体积偏小，b错误；c.注入的稀硫酸占据 了烧瓶内的部分空间，排出了等体积的气体，计算时若 未减去注入硫酸的体积，会导致算出的H2体积偏大，C 正确；故选ac。 (7)观察晶胞结构图可知，NH3BH3分子位于晶胞的8 个顶点和1个体心。利用均摊法计算，一个晶胞中含有 的NH,BH,分子教为8×名十1-2个。每个 NH3BH3分子中含有6个H原子，因此一个晶胞中含 有的H原子总数为2×6=12个。 答案：(1)三颈烧瓶（或三颈瓶） (2)检查装置的气密性 (3)b 166 (4)保证B2H。完全反应，提高B2H。的转化率，且防止 有毒的B2H。自燃或逸出污染环境 (5)ab (6)NH BH+3H,O+H-NH+H;BO+3H2 ac (7)12 18.解析：(1)Cu原子的序数为29。根据洪特规则的特例， 当d轨道处于全满状态时能量更低、结构更稳定。因 此，基态Cu原子的电子排布式为[Ar]3d°4s;第二电 离能是指失去第二个电子所需要的能量；C的价电子 排布为2s22p;N的价电子排布为2s22p2;0+的价电 子排布为2s22p3,2p轨道半充满的稳定状态，极难再失 去电子；F+的价电子排布为2s22p;因此，氧的第二电 离能最大。 (2)配体L类似于苯环，环上的每个N原子形成了2个 6键，并且保留了1对孤电子对，因此其价层电子对数 为2十1=3，所以采取的是sp2杂化；分子中有2个N 原子，每个N原子有1对未参与成键的孤电子对，C和 H均没有孤电子对，故整个分子的孤电子对数为2。 (3)Cu原子位于晶胞的体内，数目为1；SiF位于上下 底面心，共有2×号=1个，配体L位于晶胞4个竖直 面的面心上（图中六元环只画了一半），教目为4X合- 2个；故CuL,(SiF6).中x:y:之=1：2：1；CO2吸附 在顶，点，顶点同层平面内与4个SF6八面体相邻，每个 SF。八面体都有1个F原子与CO2形成如图所示静电 作用，故答案为4；由图提示可知，吸附核心在于C+与 F的静电引力。N2和O2属于由非极性键构成的非 极性分子，内部没有显著的电荷偏转，不具备可以被F 吸引的正电荷中心，因此不被吸附。 (4)晶胞体积V=(apm)2·cpm=a2cX10-0cm3,1 个晶胞中C0,数目为8X号=1，故1cm中C0的物 1 。Na mol=-,10 质的量为：acX10丽 V mol。 答案：(1)1s22s22p3s23p3d°4s(或[Ar]3d°4s2)0 (2)sp2 (3)1：2:14N2和O2中的共价键为非极性键，分 子中不存在8十(4)100 NAac 19.解析：(1)Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期 Ⅷ族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d4s2,未成对电 子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d,未成对电 子数为5。 (2)①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，第一电离能：N> O>C;同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电 负性：O>N>C。 ②尿素分子(H2 NCONH2)中C原子形成3个o键，无 孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp杂化。 ③八面体配离子[Fe(H2 NCONH2)6]3+中Fe3+的配位 数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形 成配位键，说明C一0中O原子参与配位，所以与Fe3+ 配位的原子是O。 (3)①aFe为体心立方晶胞，晶胞边长为apm,体对角 线长度为√3apm,体心立方晶胞中Fe原子半径r与体 对角线关系为=，因北Fe原子的半径为m ②m截面面积Sm=a2pm,每个角原子被4个相邻晶 胞共享（二维共享），如图所示： 每个晶 胞的顶点原子黄献}个原子给该晶面，所含原子数为4 l,单位面积原子数为之个·pm,n裁面 为aX√2a=√2apm,每个角原子被4个相邻晶胞共 享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为 ()十1=2，单位西原子为忌-个 √2a2a2 pm2,因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积 含有的Fe原子为2个·pm。 答案：(1)四Ⅷ4：5(2)①N0②sp2③0 (3)①3e②n2 4 a 专题四化学反应与能量 [考点1] 1.D观察历程图，反应i的反应物Ga2O3(s)+NH3(g) 的相对能量为0，经TS1、TS2、TS3完成反应，生成 Ga2O2NH(s)和H2O,此时的相对能量为0.05eV,因此 体系能量在反应中增加，则该反应为吸热过程，A正确； 反应ⅱ中因H2O(g)脱去步骤需要经过TS5,则活化能 为0.70eV与TS5的相对能量差，即3.39eV一0.70eV =2.69eV,B正确：反应i从Ga2ON2H(s)生成2GaN(s)十 H2O(g)经历过渡态TS6、TS7,说明该反应分两步进行，包含 2个基元反应，C正确；整个反应历程中，活化能最高的步骤 是反应川中TS7对应的步骤（活化能为3.07eV),所以总反 应的速控步包含在反应川中，D错误。 2.A550℃时，n(H2)=5mol,n(C02)=2.2mol, n(CH4)=n(CO)=0.4mol,根据C原子守恒，可得 n(C,H,O,)=C)-mC0,)-nC0》-nCH)=0,根 据O原子守恒，可得n（H20）= n(0)-2n(C0)-n(C0)-3m(CH,02=7.2mol(也 可利用H原子守恒计算，结果相同)，则α(H2O)= 9mol-7.2mo×100%=20%,A正确；550℃时， 9 mol n(C02)=2.2mol,n(C0)=0.4mol,则n(CO2): n(C0)=11:2,B错误；400~550℃范围，随温度升高， 反应Ⅱ、Ⅲ平衡均逆向移动，(CO2)增大，说明反应Ⅲ逆 向移动程度更大，则H2O的物质的量减小，C错误；增大 压强，反应I平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡不移动，反应Ⅲ 平衡正向移动，H2的物质的量减小，D错误。 3.CA.由图可知，I到Ⅱ的过程中消耗了氢离子和电子， 属于还原反应，A错误；B.Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个 H H H=C-C C一H键，如图H」 0,有极性健生成，不是非极性 77777 Cu 键，B错误；C.Ⅱ到Ⅲ的过程中生成了一个C-H键，由 Ⅲ结合氢离子和电子可知，Ⅲ到Ⅳ也生成了一个CH HH H-C-C-H 键，W到V才结合CO,可知V的示意图为H O,C 77777十 ●1 正确；D.催化剂可改变活化能，加快反应速率，不能改变 反应热，D错误。 4.C由图可知，NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第 一步为NaCl固体变为Na和Cl,此过程离子键发生 断裂，为吸热过程；第二步为Na和CI与水结合形成水 合钠离子和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为 放热过程。 16 A.由图可知，NaCl固体溶解过程的焓变为△H,=十4 kJ/mol,为吸热过程，A正确；B.由图可知，NaCl固体溶 于水的过程分两步实现，由盖斯定律可知△H?=△H1十 △H2,即a十b=4,B正确；C.由分析可知，第一步为NaCl 固体变为Na和CI,此过程离子键发生断裂，为吸热过 程，a>0;第二步为Na和Cl与水结合形成水合钠离子 和水合氯离子的过程，此过程为成键过程，为放热过程，b <0,C错误；D.由分析可知，溶解过程的能量变化，与 NaCl固体断键吸收的热量及Na+和CI水合过程放出 的热量有关，即与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用 力的强弱有关，D正确。 5.B反应机理分析 图像分析 +2价 1个L-Ru-NH]'失1个 NH4 2L-Ru-NH]* e,Ru化合价升高1 2e 形成非 2NH +3价 极性键 H2 N-Ru-L2. 2L-Ru-NH]2+ L-Rur 2NH可写出总反应 人2N正+3价 2L-Ru-NH时、2L-Ru-NH时 (M) 据图可知，Ru()被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L一Ru一NH]+可 与NH反应生成[L一Ru一NH2]和NH,配体NH失去 质子能力增强，A项正确；结合图示可知，[L一Ru一NH →[L一Ru一NH2]失去1个H,所带电荷数减1，则Ru化合 价不变，与[L一Ru一NH2]十相比，M中N含有1个单电 子，所以Ru的化合价不是十3，B项错误；据图可知，反 应过程中有N一N非极性键的形成，C项正确；结合图示 可知，总反应为4NH3-2e一N2H,十2NH,D项 正确。 6.解析：(1)①报据盖斯定律，反应Ⅲ=号Ⅱ-1=号× (-484 kJ/mol)-(41 kJ/mol)=-283 kJ/mol. ②该同学的结论“错误”。C0与O2常温下难反应的根 本原因是活化能高而并非平衡常数过小，可通过点燃使 之迅速产生CO2来验证。 (2)①Pt(原子序数78)，可根据稀有气体氧(86号元素) 进行推断，按照元素周期表位置可知其在Nⅱ元素所在 列，故位于元素周期表第六周期Ⅷ族。 ②反应V是CO吸附在催化剂表面的过程，气态的CO 吸附在固体的催化剂上，混乱度减小，△S<0。 ③由O…C0转化为CO2时形成新的化学键，放热，故 CO2的能量比OCO"低，但在催化剂上脱附是吸热过 程，故CO2的位置在O…CO°与CO2(g)的下面，如图： E/kJ-mol C0g+0g侧 000 0*+00 CO.(g) :c0 (3)①根据(3)题千表格中给出的反应历程，如h:H2(g) →H2 →2H,g:O2（g)十H→O2H等，均涉及 H2或含氢物种，说明体系中引入了H2作为反应物或助 催化剂，开辟了新的、活化能更低的反应路径，从而能在 30℃下进行反应 ②根据表格中各基元反应判断反应进行的优先顺序 h(H2(g)→H2*→2H米)→g(O2(g)十H*→O2H*) e(O2H*→0￥十OH)→i[OH*+H*→H20￥→ H20(g)]→d[C0(g)→C0*]→f(0*+C0*→0. C0￥→CO2￥)→CO2￥→CO2(g),故反应顺序是hgei df;或其他合理答案：hgei位置不能互换，d可以在hgei 前，也可以在hgei后，f在hgei后面，如dhgeif也可。26.(2023·湖南卷，6)日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX)2·WY2。已知：X、 Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子 数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正 确的是 A.电负性：X>Y>Z>W B.原子半径：X<Y<Z<W C.Y和W的单质都能与水反应生成气体 D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性 27.(2022·全国乙卷，11)化合物(YW4XZg·4W2Z)可用于电 100% 讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序 数依次增加，且加和为21。YZ2分子的总电子数为奇数，常 80.2% 温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下 67.4% 64.1% 热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是() A.W、X、Y、Z的单质常温下均为气体 100200300400500600 T1℃ B.最高价氧化物的水化物酸性：Y<X C.100~200℃阶段热分解失去4个W2Z D.500℃热分解后生成固体化合物X2Z3 考点3物质结构与性质 1.(2026·河南卷，10)物质的微观结构决定宏观性质，下列结构特征不能解释其性质的是( 选项 结构特征 性质 金刚砂(SiC)属于共价晶体，C一Si键的键 A. 金刚砂硬度大、熔点高 能大 B. 苯分子中存在大π键 苯难溶于水 对羟基苯甲醛只形成分子间氢键，邻羟基苯 C. 沸点：对羟基苯甲醛>邻羟基苯甲醛 甲醛易形成分子内氢键 基态氩原子的最外层电子数为8，原子结构 D. 氩气性质稳定，不易形成化合物 稳定 2.（2026·河北卷，10)LaBeHs是由我国科学家理论预测并合成的具有高温超导电性的材料，其 立方晶胞如图所示，晶胞棱长为apm。晶体中氢原子与铍原子构成立方体单元(BeHg),铍原 子位于体心。氢原子Y和Z的坐标分别为(0.85,0.15,0.65)和(0.85,0.15,0.35)。 ●Be La 22 下列说法错误的是 A.La原子周围最紧邻的氢原子有12个 B.晶胞沿体对角线的投影图为 CX,Y两原子之间的距离为。pm D.晶胞中含有4个BeH?单元 3.(2026·云南卷，11)一种新型固态电解质Naz(PS4),(摩尔质量为Mg·mol1)的立方晶胞结 构示意图如下。已知：N。为阿伏加德罗常数的值：以晶胞参数α为单位长度建立坐标系可标 注晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，N点原子的分数坐标为(0,0,0)。 ●Na a80 .o8 下列说法正确的是 ( A.T点原子的分数坐标为合0，) B.每个PS3周围与它最近且距离相等的PS-有6个 8粥·88 C.沿：轴方向的投影为。8驾· 8粥·88 D.若晶体密度为pg·cm3,则晶胞参数a为 /4M×1030 ONA pm 4.(2026·云南卷，12)我国科学家合成了一种大环化合物甲，能与C0形成超分子乙，其变化过程 如图。下列说法错误的是 () OH H 〉CFf,C0o CF.COO 甲 丙 A.乙的晶体类型为共价晶体 B.该过程体现了大环对C的捕获与释放 C.乙中的C6。与大环之间存在分子间作用力 D.调控pH可使甲和丙中*C的杂化方式发生可逆转变 23 5.(2026·黑吉辽蒙卷，7)大面积单原子层二维金属Ga(2D)制备过程示意图如下。下列说法错 误的是 ( ,加压 蓝宝石衬底 Ga(2D) 俯视 Ga(3D) 加热熔化 放大 (A120) 挤压 A.Ga位于周期表第四周期第ⅢA族，其简化电子排布式为[Ar]4s24p B.蓝宝石砧座的硬度高，其主要成分A12O3可当作共价晶体 C.常温常压下，等物质的量的Ga(2D)能量高于Ga(3D)晶体 D.Ga(2D)的一个基本结构单元为P 6.(2026·黑吉辽蒙卷，9)金属钒（立方晶胞，I)和硅粉高温熔炼可制取传统超导材料V,S,(立方 晶胞，Ⅱ)。已知此体系中紧邻钒原子间的距离变短可增强超导性能。下列说法错误的是 () 0.24nm OSi OV 0.30n 0.47nm A.x:y=3:1 B.与Si紧邻的V有12个 C.晶胞中的价层电子总数为19 D.V,Si,的超导性质优于金属钒 7.(2026·陕晋青宁卷，10)我国科研人员利用钨的氧化物开发了新型催化剂。该氧化物的六方 晶胞结构如图，2号O的分数坐标为 111 2’22 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确 的是 ( ●W 。0 c nm 90490° nn x120°y A.该氧化物的化学式为WO, B.晶体密度为464 NAXa2c X1021g·cm3 C.3号W的分数坐标为 〔80.0 D.1号O和3号W的核间距为 /a2+c2 2 nm 8.(2026·浙江1月卷，6)物质的结构决定性质，下列说法不正确的是 A.N2(N三N)的性质很稳定 B.I2(I一I)单质在CS2(S—C-S)中溶解度大 C.苯酚(《 )OH)水溶液呈酸性 D.金刚石呈空间网状结构，导电性好 24 9.(2025·河南卷，9)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M=870十32x(x为整数)。 100 96.5 90- NO3·xCH:OH 80 70 100200300400500600 温度/℃ 图1 图2 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 10.(2025·甘肃卷，7)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(A12O3)的硬度大，熔点高 共价晶体 11.（2025·甘肃卷，9)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），该分子 和客体分子(CH3),NCI可形成主客体包合物：(CH3),N+被固定在空腔内部（结构示意图见 图b)。下列说法错误的是 () HO.S HO OH HO -C2Hs HO S OH CH3 HO SOH HC-N-CH CH OH HO OH SO,H 图a 图b 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一O键能比S=O小 D.(CH3)4N+和(CH3)3N中N均采用sp3杂化 12.(2025·浙江1月卷，7)下列物质的结构或性质不能说明其用途的是 A.葡萄糖分子结构中有多个羟基，故葡萄糖可与银氨溶液反应制作银镜 B.具有网状结构的交联橡胶弹性好、强度高，故可用作汽车轮胎材料 C.SC的碳、硅原子间通过共价键形成空间网状结构，硬度大，故SiC可用作砂轮磨料 D.NaHCO,能中和酸并受热分解产生气体，故可用作加工馒头的膨松剂 25 13.(2025·浙江1月卷，13)某化合物Fe(NH3),Cl2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FeCL,高 14.(2025·黑吉辽蒙卷，9)Na,WO3晶体因x变化形成空位而导致颜色各异，当 Fe 0.44≤x≤0.95时，其立方晶胞结构如图。设N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 ONa或空位 C.密度为243.5X100 a·NAg·cm8时，x=0.5 O0 ●W D.空位数不同，吸收的可见光波长不同 15.(2025·安徽卷，7)下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是 A.与H结合的能力：OH>NH B.与氨形成配位键的能力：H>Cu+ C.H2O和NH3分子中的键长：O一H>N一H D.微粒所含电子数：NH>NH, 16.(2025·河北卷，8)化学研究应当注重宏观与微观相结合。下列宏观现象与微观解释不符 的是 选项 宏观现象 微观解释 氨分子中存在氨氮三键，断开该共价键需要较多的 A 氨气稳定存在于自然界中 能量 B 苯不能使溴的CCL,溶液褪色 苯分子中碳原子形成了稳定的大π键 C 天然水晶呈现多面体外形 原子在三维空间里呈周期性有序排列 离子晶体中离子所带电荷数越少，离子半径越大， D 氯化钠晶体熔点高于氯化铝晶体 离子晶体熔点越低 17.(2026·湖南卷，15)氨硼烷(NH3BH3)是一种潜在的固体储氢材料，常温下稳定。实验室以 NH3和B2H。为原料制备NH3BH3,实验步骤： ①按图I组装好仪器， ②通人N2,排尽图I装置中的空气。 ③先通人N2和NH3的混合气，再缓慢通入N2和B2H。的混合气，反应过程中保持NH3过 量，控制温度，得到粗产品。 ④纯化，得NH3BH3。 26 尾气处理←一 鼓泡器、 ←N2+B2H N2+NH,→ M 冰盐浴 图1 夹持装置和搅拌装置略 已知：①电负性：N>H>B。 ②B,H。是一种强还原性的有毒气体，遇水剧烈反应，在空气中可自燃。 回答下列问题： (1)图I中仪器M的名称是 (2)补全实验步骤①： (3)实验室制得的NH3中含有水，下列试剂中可用于干燥NH?的是 (填标号)。 a.浓硫酸 b.碱石灰 C.P2O5 (4)实验过程中，NH3保持过量的原因是 H H (5)粗产品中可能有B2H。·2NH(结构为 ,则B2H·2NH3 H NH H 中含有的化学键的类型有 (填标号)。 a.离子键 b.共价键 c.氢键 (6)在酸性条件下，NH3BH3与水反应生成H3BO3和H2并放 热，该反应的离子方程式为 。 利用 图Ⅱ装置测定H2的体积，反应结束后，下列操作会导致所测 ●B H2体积偏大的是 (填标号)。 o N o H a.读数时，气体未冷却至室温 b.读数时，水准管液面高于量气管液面 c.计算时，未减去注入硫酸的体积 (7)NHBH?的晶胞如图所示，则一个晶胞中含有 个氢原子。 18.(2026·山东卷，16)CuSiF。与 (L)通过配位键形成多孔金属有机框架材料CuL, (SiF6),其四方晶胞结构如图所示（晶胞参数a=b≠c,a=B=y=90°，H原子略）。回答下列 问题： Cu ● a pm 27 (1)基态Cu原子的电子排布式为 ;C、N、O、F中第二电离能最大的是 为平面分子，其中N原子采取的轨道杂化方式为 ,该分子的孤电子对数 为 (3)CuL,(SiF).中x：y:x= ;其在室温下可选择性吸附CO2,但不吸附N2 和O2。CO2分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的F原子存在如图所示静电作用，晶体中 与一个CO2分子产生该作用的F原子有个；Cu,L,(SiF6).不吸附N2和O2的原因是 (4)若阿伏加德罗常数的值为NA,则1cm3的Cu,L,(SiF。),对CO2的理论吸附量为 mol。 19.(2025·山东卷，16)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+未成对 电子数之比为 (2)尿素分子(H,NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2 NCONH2)s](NO3)3,俗称 尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氨肥。 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(H2 NCONH2)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)a-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)。 ①a-Fe晶胞中Fe原子的半径为 pm. ②研究发现，a-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·pm2。 年 28