2023年高考化学物质结构与性质元素推断解析

1.(2023•山东卷)下列分子属于极性分子的是

A.CS2B.NF3C.SO3D.Si耳

【答案】B

【详解】A.CS2中C上的孤电子对数为/x(4-2x2)=0,。键电子对数为2,价层电子对数为2,CS2的空间

构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A项不符合题意；

B.NF3中N上的孤电子对数为gx(5-3xl)=l,◎键电子对数为3,价层电子对数为4,NF3的空间构型为三

角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于极性分子，B项符合题意；

c.SO3中S上的孤电子对数为/x(6-3x2)=0,◎键电子对数为3,价层电子对数为3,SO3的空间构型为平

面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C项不符合题意；

D.SiF4中Si上的孤电子对数为gx(4-4xl)=0,。键电子对数为4,价层电子对数为4,SiF4的空间构型为正

四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D项不符合题意；

答案选B。

2.(2023•北京卷)中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨焕，是碳材料科学的一大进步。

下列关于金刚石、石墨、石墨快的说法正确的是

A.三种物质中均有碳碳原子间的◎键B.三种物质中的碳原子都是sp3杂化

C.三种物质的晶体类型相同D.三种物质均能导电

【答案】A

【详解】A.原子间优先形成。键，三种物质中均存在。键，A项正确；

B.金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨焕中苯环上的碳原子采用

sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B项错误；

C.金刚石为共价晶体，石墨烘为分子晶体，石墨为混合晶体，C项错误；

D.金刚石中没有自由移动电子，不能导电，D项错误；

故选Ao

3.(2023・湖南卷)下列有关物质结构和性质的说法错误的是

A.含有手性碳原子的分子叫做手性分子

B.邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点

C.酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应

D.冠酸（18-冠-6）的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子

【答案】D

【详解】A.手性分子中含有手性碳原子，可以利用分子中知否含有手性碳原子区分物质是否含有手性，A

正确；

B.邻羟基苯甲醛中含有分子内氢键，分子内氢键可以降低物质的熔沸点，因此邻羟基苯甲醛的熔沸点低于

对羟基苯甲醛的熔沸点，B正确；

C.酰胺在酸性条件下反应生成竣基和氨基，在碱性条件下反应生成竣酸盐和氨气，二者均为水解反应，C

正确；

D.冠酸（18-冠-6）的空穴大小为260~320pm,可以适配K+（276pm）、Rb+（304pm）,冠酸与离子之间以配位键

的形式结合，属强相互作用，D错误；

故答案选D。

4.（2023•北京卷）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是

A.F-F键的键能小于C1-C1键的键能

B.三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的K,

C.氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性

D.气态氟化氢中存在（HF）2,而气态氯化氢中是HC1分子

【答案】A

【详解】A.F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，F-F键不稳定，因此F-F键的键能

小于C1-C1键的键能，与电负性无关，A符合题意；

B.氟的电负性大于氯的电负性。F-C键的极性大于C1-C键的极性，使F3C—的极性大于CkC—的极性，

导致三氟乙酸的竣基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意；

C.氟的电负性大于氯的电负性，F-H键的极性大于C1-H键的极性，导致HF分子极性强于HQ,C不符

合题意；

D.氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟

化氢中存在（HF%,D不符合题意；

故选Ao

5.（2023・湖北卷）价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是

A.CH4和H2O的VSEPR模型均为四面体

B.SO：和CO：的空间构型均为平面三角形

C.CF,和S耳均为非极性分子

D.XeB与XeOz的键角相等

【答案】A

【详解】A.甲烷分子的中心原子的价层电子对为4,水分子的中心原子价层电子对也为4,所以他们的VSEPR

模型都是四面体，A正确；

B.SOj的孤电子对为1,CO：的孤电子对为0,所以SO；一的空间构型为三角锥形，CO：的空间构型为平

面三角形，B错误，

C.CH4为正四面体结构，为非极性分子，SF4中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；

D.XeF2和XeCh分子中，孤电子对不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不等，D错误；

故选A„

6.(2023・山东卷)石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x,该物质仍具润滑性，

其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是

•C

。F

A.与石墨相比，(CF)x导电性增强

B.与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强

C.(CF)x中C-C的键长比C-F短

D.lmol(CF)x中含有2xmol共价单键

【答案】B

【详解】A.石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2P轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导

电，而(CF)x中没有未参与杂化的2P轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；

B.(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)X

抗氧化性增强，B正确；

C.已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中C-C的键长比C-F长，C错误；

D.由题干结构示意图可知，在(CF)x中C与周围的3个碳原子形成共价键,每个C-C键被2个碳原子共用，

和1个F原子形成共价键，即lmol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误；

故答案为：B。

7.(2023・湖北卷)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：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)分子间作用力

B熔点：A1E,（1O4O℃）远高于A1CL（178℃升华）晶体类型

C酸性：C月COOH(pKa=0.23)远强于CH3coOH(p(=4.76)羟基极性

D溶解度(20℃)：Na2co3(29g)大于NaHCO3(8g)阴离子电荷

【答案】D

【详解】A.正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小,

所以沸点较低，故A正确；

B.A1F3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCb为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，

熔点较低，则A吗熔点远高于A1C§,故B正确；

C.由于电负性F>H,C-F键极性大于C-H键，使得竣基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，

故C正确；

D.碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO；间存在氢键，与晶格能大小无关,

即与阴离子电荷无关，故D错误；

答案选D。

8.（2023•湖南卷）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。阿伏

加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是

A.晶体最简化学式为KCaB6c6

B.晶体中与K+最近且距离相等的Ca?+有8个

C.晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面

r„2.17xl032_

D.晶体的储度为一―g-cm3

a-NA

【答案】C

【详解】A.根据晶胞结构可知，其中K个数：8x1=1,其中Ca个数：1,其中B个数：12义：=6,其中C

个数：12x/=6,故其最简化学式为KCaB6c6,A正确;

B.根据晶胞结构可知，K+位于晶胞体心，Ca位于定点，则晶体中与K+最近且距离相等的Ca"有8个，B

正确；

C.根据晶胞结构可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C错误；

217

D.根据选项A分析可知,该晶胞最简化学式为KCaB6c$,则1个晶胞质量为：—g,晶胞体积为a3xlO-3Ocm3,

A

?17x1032

则其密度为gym'D正确；

a-NA

故选C。

9.（2023・湖北卷）镯La和H可以形成一系列晶体材料LaH“，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaH„,

属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构，

即得到晶体LaH,。下列说法错误的是

A.LaH2晶体中La的配位数为8

B.晶体中H和H的最短距离：LaH2>LaHv

C.在LaH,晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼

40_

D.LaH，单位体积中含氢质量的计算式为懑行藐初心3

【答案】C

【详解】A.由LaH?的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，

若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8,故A正确；

B.由LaH,晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH,的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体

中H和H的最短距离：LaH2>LaHx,故B正确；

C.由题干信息可知，在LaH,晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH4的结构，这样的结构有8个，顶点

数为4x8=32,且不是闭合的结构，故C错误；

40

D.1个LaH,晶胞中含有5x8=40个H原子，含H质量为或g,晶胞的体积为（484.0*10-10cm）3=（4.84xlO^cn?,

△A

40_3

则LaH,单位体积中含氢质量的计算式为（484x10-8）3x602x1023g-m，故D正确；

答案选C。

10.（2023・辽宁卷）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体（图1）,进

行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料（图2）。下列说法错误的是

OCl或Br

apm。OC1OO

O0oMg或空位

•Li・Li

A.图1晶体密度为N*a；x10—B.图1中。原子的配位数为6

C.图2表示的化学式为LiMgqCl'BkD.Mg?+取代产生的空位有利于d传导

【答案】C

【详解】A.根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8x；+l=3,O：2x|=l,Cl：4x；=l,1个晶胞的质量为

424

3x7+16+35.572.5…,——72.5

-------------------g=不一g,晶胞的体积为（ax10-10cm）3=a3x103Ocm3,则晶体的馅、度为个一g^-（a3x10-3Ocm3）=

725

330g/cm3>

NAxaxlO-A项正确；

B.图1晶胞中，。位于面心，与O等距离最近的Li有6个，。原子的配位数为6,B项正确；

C.根据均摊法，图2中Li：1,Mg或空位为8x；=2。O：2x1=l,Cl或Br：4x：=l,Mg的个数小于2,

根据正负化合价的代数和为。，图2的化学式为LiMgOClxBri-x,C项错误；

D.进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+

的传导，D项正确；

答案选C。

11.（2023•新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C（NH2）3][B（OCH3）JC1,部分晶体结构如

下图所示，其中[C（NH2）31为平面结构。

下列说法正确的是

A.该晶体中存在氢键基态原子的第一电离能：C<N<O

C.基态原子未成对电子数：B<C<CKND.晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同

【答案】A

【详解】A.由晶体结构图可知，©（NHzb『中的-NH?的H与[B（OCH3）J中的。形成氢键，因此,该晶

体中存在N-HO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HA、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C<O<N,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（NHJ「为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为sp2；[B（OCH3）41中B与4个O形

成了4个◎键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3；[B（OCH3）41中O分别与B和C形成

了2个◎键，。原子还有2个孤电子对，则0的原子轨道的杂化类型均为sp3；综上所述，晶体中B、0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。

12.（2023•全国甲卷）W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为19。Y

的最外层电子数与其K层电子数相等，WX2是形成酸雨的物质之一。下列说法正确的是

A.原子半径：X>WB.简单氢化物的沸点：X<Z

C.Y与X可形成离子化合物D.Z的最高价含氧酸是弱酸

【答案】C

【分析】W、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。

【详解】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。

13.（2023•全国乙卷）一种矿物由短周期元素W、X、Y组成，溶于稀盐酸有无色无味气体生成。W、X、

Y原子序数依次增大。简单离子X?-与Y?+具有相同的电子结构。下列叙述正确的是

A.X的常见化合价有一1、一2B.原子半径大小为Y>X>W

C.YX的水合物具有两性D.W单质只有4种同素异形体

【答案】A

【分析】W、X、Y为短周期元素，原子序数依次增大，简单离子X2-与丫2+具有相同的电子结构，则它们均

为10电子微粒，X为O,Y为Mg,W、X、Y组成的物质能溶于稀盐酸有无色无味的气体产生，则W为

C,产生的气体为二氧化碳，据此解答。

【详解】A.X为O,氧的常见价态有-1价和-2价，如H2O2和H20,A正确；

B.W为C,X为O,Y为Mg,同主族时电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，原子序数越小，

原子半径越大，所以原子半径大小为：Y>W>X,B错误；

C.Y为Mg,X为0,他们可形成MgO,水合物为Mg（OH）2,Mg（OH）2只能与酸反应生成盐和水，不能与

碱反应，所以YX的水合物没有两性，C错误；

D.W为C,碳的同素异形体有：金刚石、石墨、石墨烯、富勒烯、碳纳米管等，种类不止四种，D错误；

故选Ao

14.（2023•湖南卷）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3（ZX4）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

【答案】C

【分析】根据题中所给的信息，基态X原子s轨道上的电子式与p轨道上的电子式相同，可以推测X为。

元素或Mg元素，由荧光粉的结构可知，X主要形成的是酸根，因此X为O元素；基态X原子中未成键电

子数为2,因此Y的未成键电子数为1,又因X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故Y可能为F元素、Na

元素、A1元素、C1元素，因题目中给出W为金属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，故Y为F元素或

C1元素；Z原子的未成键电子数为3,又因其其原子序大于Y,故Y应为F元素、Z其应为P元素；从荧

光粉的结构式可以看出W为某+2价元素，故其为Ca元素；综上所述，X、Y、Z、W四种元素分别为0、

F、P、Ca,据此答题。

【详解】A.电负性用来描述不同元素的原子对键合电子吸引力的大小，根据其规律，同一周期从左到右依

次增大，同一主族从上到下依次减小，故四种原子的电负性大小为：Y>X>Z>W,A错误；

B.同一周期原子半径从左到右依次减小，同一主族原子半径从上到下依次增大，故四种原子的原子半径大

小为：Y<X<Z<W,B错误；

C.F2与水反应生成HF气体和02,Ca与水反应生成氢氧化钙和氢气，二者均可以生成气体，C正确；

D.Z元素的最高价氧化物对应的水化物为H3Po4,几乎没有氧化性，D错误；

故答案选Co

15.（2023•浙江卷）X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且

只有X、Y元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，W原子在同周期中原子半径最大。下列说法不

正确的是

A.第一电离能：Y>Z>X

B.电负性：Z>Y>X>W

C.Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W<Z

D.W2X2与水反应生成产物之一是非极性分子

【答案】A

【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Y与Z位于同一周期，且只有X、Y

元素相邻。X基态原子核外有2个未成对电子，则X为C,Y为N,Z为F,W原子在同周期中原子半径最

大，则W为Na。

【详解】A.根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第niA族，第VA族大于第VIA

族，则第一电离能：Z>Y>X,故A错误；

B.根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，则电负性：Z>Y>X>W,故B

正确；

C.根据同电子层结构核多径小，则Z、W原子形成稀有气体电子构型的简单离子的半径：W<Z,故C正

确；

D.WzX?与水反应生成产物之一为乙快，乙烘是非极性分子，故D正确。

综上所述，答案为A。

16.（2023•辽宁卷）某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如下图所示。W、X、Y、Z、Q是核电

荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z,Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下

列说法错误的是

A.W与X的化合物为极性分子B.第一电离能Z>X>Y

C.Q的氧化物是两性氧化物D.该阴离子中含有配位键

【答案】AB

【分析】W、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。

【详解】A.W与X的化合物不一定为极性分子，如CFU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错误；

C.Q为Al,AI2O3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AB。

17.(2023•湖北卷)W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外

电子数与X的价层电子数相等，z?是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)+(WZJ，下列

说法正确的是

A.分子的极性：WZ3Vxz3B.第一电离能：X<Y<Z

C.氧化性：X2Y3<W2Y3D.键能：X2<Y2<Z2

【答案】A

【分析】Z?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。

【详解】A.由分析可知，W为B,X为N,Z是F,WZ3为BF3,XZ3为NF3,其中前者的价层电子对数

为3,空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4,有一对孤电子对，空间构型为三

角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ3Vxz3,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2s22P3,为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，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X2Y3为N2O3，W2Y3为B2O3,两种化合物中N和B的化合

价都是+3价，但是N的非金属性更强一些，故N?C)3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E其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；

故选Ao

1.(2023・重庆•统考模拟预测)三星堆遗址出土了大量的青铜器，其主要成分为Cu、Sn、Pb,还含少量Fe、

As、。等元素。对上述有关元素，下列说法正确的是

A.基态Cu原子的价层电子轨道表示式为tlpul

3d4s

B.基态Fe原子最高能级的轨道形状为哑铃形

C.第一电离能最大的是As

D.电负性最大的是0

【答案】D

【解析】A.基态铜原子的价层电子排布式为3』。4$1,基态Cu原子的价层电子轨道表示式为

，A错误;

3d4s

B.基态Fe原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P63d64s2,最高能级为3d,轨道形状为花瓣形，B错误;

C.Cu、Sn、Pb、Fe、As、O中O的第一电离能最大，C错误；

D.Cu、Sn、Pb、Fe、As、O中O的电负性最大，D正确；

故答案选D。

2.（2023•广东湛江•统考一模）硅与碳同主族，是构成地壳的主要元素之一，下列说法正确的是

A.单质硅和金刚石中的键能：Si-Si<C-C

B.CH4和SiH4中%化合价均为-4价

C.SiO,中Si原子的杂化方式为sp

D.碳化硅硬度很大，属于分子晶体

【答案】A

【解析】A.原子半径：Si>C,键长：Si-Si>C-C,则键能：Si-Si<C-C,故A正确；

B.H的电负性大于Si,SiH4中Si的化合价为M价，故B错误；

C.SiCh中Si的价层电子对数为4,原子的杂化方式为sp3杂化，故C错误；

D.碳化硅的硬度很大，属于共价晶体，故D错误；

故选Ao

3.（2023•浙江・二模）三氟化氯（C1F,）是极强助燃剂，能发生自耦电离：2C1F3/C1K+C1FJ,其分子的空间

构型如图，下列推测合理的是

169.8pm

F-r-Cl----F

59.8pm

A.Cl耳分子的中心原子杂化轨道类型为sp?

B.C1F,与Fe反应生成FeCl?和FeF?

C.CIF3分子是含有极性键的非极性分子

D.BrF,比C1F,更易发生自耦电离

【答案】D

【解析】A.三氟化氯中氯原子的价层电子对数为5,杂化方式不可能为sp2杂化，故A错误；

B.由三氟化氯是极强助燃剂可知，三氟化氯与铁反应生成氯化铁和氟化铁，故B错误；

C.由图可知，三氟化氯是结构不对称的三角锥形分子，属于含有极性键的极性分子，故C错误；

D.澳元素的电负性小于氯元素，澳氟键的极性强于氯氟键，则三氟化澳比三氟化氯更易发生自耦电离，故

D正确；

故选D。

4.（2023・山东・潍坊一中校联考模拟预测）钻（Co）在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。

以甲醇为溶剂,Co?+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钻配合物（合成过程如图所

示），下列说法错误的是

A.色胺酮分子中所含元素第一电离能由大到小的顺序为N>O>H>C

B.色胺酮分子中N原子均为sp3杂化

C.色胺酮钻配合物中钻的配位数为4

D.X射线衍射分析显示色胺酮钻配合物晶胞中还含有一个CH30H分子，CH30H是通过氢键作用与色胺酮

钻配合物相结合

【答案】B

【解析】A.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2P轨道为稳定的半充满结构，元素

的第一电离能大于0,则第一电离能由大到小的顺序为N>0>C,氢原子的原子半径小，核外电子受到原

子核的引力大于碳原子，失去1个电子消耗的能量大于碳，第一电离能大于大于碳，则元素第一电离能由

大到小的顺序为N>0>H>C,故A正确；

B.由结构简式可知，色胺酮分子中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；

C.由结构简式可知，色胺酮钻配合物中钻离子与2个氮原子和2个氧原子形成配位键，的配位数为4,故

C正确；

D.甲醇分子中的羟基可以形成氢键，则X射线衍射分析显示色胺酮钻配合物晶胞中还含有一个甲醇分子

说明甲醇通过氢键作用与色胺酮钻配合物相结合，故D正确；

故选B。

5.（2023•浙江嘉兴・统考二模）BF,（三氟化硼）熔点-127℃,沸点-100℃,水解生成H.BOsl硼酸，结构如图）

和HBH（氟硼酸），与氨气相遇立即生成白色的BIVNH3（氨合三氟化硼）固体。下列说法不正确的是

A.BF,和BF；中心硼原子杂化方式不同

B.lmolH3BO3晶体含有6mol氢键

C.H3BO3显酸性原因：H3BO3+H2OB(OH)；+H

D.BF3NH3结构式为近—y

LilI

【答案】B

【解析】A.BF3中心原子价层电子对数为3+；（3-3x1）=3,BK中心原子价层电子对数为4+1（3+l-4xl）

=4,二者中心硼原子杂化方式不同，故A正确；

B.1个H3BO3参与6个氢键的形成，每个氢键形成于两个硼酸分子之间，则ImolHsBOj晶体中含有6moixg

=3mol氢键，故B错误；

C.H3BO3是一元弱酸，在水溶液中电离产生H+使溶液呈酸性，电离方程式为：

+

H3BO3+H2OB(OH)4+H,故C正确;

D.NH3中N原子为sp3杂化，N原子上有一对孤电子对，BF3中B原子为sp2杂化，杂化轨道与F原子形

副1

|'|

成3个共价键，故有一个2P空轨道，与N%形成配位键，：6后4区结构式为强一道―，&-工，故D正确;

故选B。

6.（2023•河北沧州・统考一模）一种理想的激光基质材料M由元素钾、镁和氟组成。晶体M的晶胞如图所

示，己知：晶胞参数为apm。下列有关该晶体的说法错误的是

A.晶胞中K、Mg、F的原子个数比为1：1：3

B.与K等距离且最近的F的数目为6

C.在M晶胞结构的另一种表示中，若K位于晶胞的体心，则F位于棱心

12OxlO30„

D.该晶体的密度为一r--g-cm3-

aNA

【答案】B

【解析】A.晶胞中，钾原子位于顶点，镁原子位于体心，氟原子位于面心，则晶胞中K、Mg、F的原子个

数比为1：1：3,选项A正确；

B.与K等距离且最近的F位于面心，共有12个，选项B错误；

C.在M晶胞结构的另一种表示中，若K位于晶胞的体心，则F位于棱心，Mg位于顶点，选项C正确；

D.根据均摊法确定晶胞中含8x：=l个K,1个Mg,6xg=3个F,该晶体的密度

o2

39+24+19x3

p=T=_____空_____/Ox%选项D正确；

3g

PV（ax10-。yaNA

答案选B。

7.（2023•黑龙江哈尔滨・哈尔滨三中校考二模）锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌锂一脱锂的材料。尖晶

石结构的LiMmCU是一种常用的正极材料。已知一种LiMmCU晶胞可看成由A、B单元按III方式交替排布

构成，“。”表示下列说法不正确的是

ABIU

A.充电时，LiMmCU电极发生电极反应LiMmCU-xe-=Li「xMn2O4+xLi+

B.充电和放电时，LiMmCU电极的电势均高于电池另一极

C.“•”表示的微粒是Mn

D.每个LiMn2O4晶胞转化为Li-xMmCU时转移8x个电子

【答案】C

【解析】A.LiMmCU是一种常用的正极材料，则充电时，LiMnzCU为阳极，LiMmCU电极发生电极反应

+

LiMmO4-xe—=Lii-xMn2O4+xLi,故A正确；

B.放电时，LiMnzCh电极为正极，电势高于负极电势，充电放电时，LiMmCU电极为阳极，电势高于阴极

的电势，故B正确；

C.根据A的结构分析小黑球有1+Jx4=1.5个，氧离子有4个，B的结构分析小黑球有：x4=0.5,氧离子

OO

有4个，三角形有4个，整个晶胞中小黑球有4xl.5+4x0.5=8,氧离子有32个，三角形有16个，它们

之比8:16:32=1:2:4,因此整个晶胞中“•”表示的微粒是Li,故C错误；

D.根据LiMn2O4-xe-=Lii-xMn2O4+xLi+,每个晶胞的组成为Li8Mni6C）32,所以每个LiMnzCU晶胞转化为

LiiMmCU时转移8x个电子，故D正确。

综上所述，答案为C。

8.（2023春・辽宁锦州•高三校联考阶段练习）Li、Fe、Se可形成新型超导材料，晶胞如图所示（Fe原子均位

于面上）。晶胞棱边夹角均为90。，X的坐标为（0,1,：）,Y的坐标为（设NA为阿伏伽德罗

常数的值。下列说法正确的是

Fe

anm

已知：以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标

A.基态Fe原子的核外电子排布式为［Ar］3d54s2

坐标为(，，的原子是原子

B.511)Li

乙4

Se原子X与Se原子Y之间的距离为"8a?+b2nm

C.

6

口心生5.54x1()22

D.该晶体的储度为一―g-cm3

a,

【答案】C

【解析】A.Fe为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为［Ar］3d64s2,故A错误;

B.由晶胞结构可知坐标为弓，1,的原子是Z原子，即Fe原子，故B错误;

C.Se原子X与Se原子Y,沿x轴方向的距离为:，沿y轴方向的距离为:，沿z轴方向的距离为两

226

点间的距离为〒

nm,故C正确;

D.Li原子有8位于顶点，1个位于体心，个数为：8x>l=2,Fe有8个位于面上，个数为8占2,Se

17x2+56x2+79x4442

原子8个位于棱上，2个位于体内，个数为：8x-+2=4,晶胞的质量为：------------------g,晶

4\&

442x1023

胞体积为“bxl。⑵cm3,密度为：g.cm-3,故D错误;

故选：Co

9.(2023•福建龙岩•统考模拟预测)X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，X、Y可以构成［YX4「,

W的价电子排布式为(n+l)sn(n+l)pm+2),z、W同主族且能构成如图所示的阴离子(R*)。以下说法正确的是

A.[YX4]+中不存在配位键B.Rm-有很好的热稳定性

C.电负性Y>Z>W>XD.m=2

【答案】D

【分析】W的价电子排布式为（n+l）sn（n+l）pS+2）,s能级上最多容纳2个电子，n=2,W的价电子排布式为

3s23P3即W为S,Z、W同主族，即Z为O,根据阴离子模型，该阴离子为S2O;，X、Y构成[YX4E

该离子为NH；,即X为H,Y为N；

【解析】A.NH；中存在配位键，故A错误；B.根据结构，S2。：中存在过氧键过氧键易断裂,

因此该离子的热稳定性较差，故B错误；C.根据上述分析，X为H,Y为N,Z为O,W为S,同周期从

左向右非金属性增强，。的非金属性强于N,因此0的电负性大于N,故C错误；D.该阴离子为SO：,

m=2,故D正确；答案为D。

10.（2023•北京海淀•统考二模）四种常见元素基态原子的结构信息如下表。下列大小关系不丁军正确的是

元素XYZQ

结构信有5个原子轨道填充有电子，有3有8个不同运动状2p能级上有2价电子排布式为

息个未成对电子态的电子个电子3d104s1

A.电负性：Y>XB.第一电离能：Y<X

C.单质的硬度：Z>QD.最高价含氧酸的酸性：X>Z

【答案】C

【分析】X由有5个原子轨道填充有电子，有3个未成对电子，可知X的核外电子排布式为Is22s22P3,X

为N；Y有8个不同运动状态的电子，则Y有8个核外电子，Y为O；Z的核外电子排布式为Is22s22P2,

则Z为C；Q的价电子排布式为3在。4$1,则Q为Cuo

【解析】A.同周期从左到右电负性依次增大，则电负性O>N,A项正确；

B.N为半充满状态，比较稳定，第一电离能大于O,B项正确；

C.C有多种同素异形体，比如金刚石、石墨等，石墨的硬度小于Cu,而金刚石的硬度大于Cu,C项不一

定正确；

D.N的最高价含氧酸为HN03,C的最高价含氧酸为H2co3,酸性HNChAlhCCh,D项正确。

答案选C。

11.（2023•广西柳州・统考三模）短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的

原子最外层电子数之和为24。下列说法正确的是

WX

YZ

A.简单氢化物的沸点：Y>X

B.X和Z结合可形成3种以上的化合物

C.简单离子半径大小：Z>Y>X

D.W、Z形成的简单氢化物所含化学键类型不一样

【答案】B

【分析】短周期元素W、X、Y、Z,设元素X的原子最外层电子数为a,则W的原子最外层电子数为a-1,

X、Y为同主族元素，元素Y的原子最外层电子数为a,元素Z的原子最外层电子数为a+1,故aT+a+a+a+l=24,

a=6,所以W为N,X为O,Y为S,Z为Cl。

【解析】A.X、Y的简单氢化物分别为H2O、H2S,水中存在分子间氢键，所以熔沸点H2OH2S,A错误；

B.O与C1结合,O呈-2价,C1可呈+1、+3、+4、+5、+7等，故可结合成CLO、CI2O3、CIO2、CI2O5、

CI2O7等,B正确;c.简单离子cr、s”、o'cr与S2-层数相同,S2-的质子数小于cr,故离子半径civs'

C错误；D.W、Z形成的简单氢化物为NH3、HC1均只含极性共价键，D错误；故选B。

12.（2023・广东深圳•统考二模）同一短周期部分主族元素的第一电离能随原子序数递增的变化趋势如图所

示，下列说法正确的是

A.a元素可能是Li或Na

B.a—e元素的最高正化合价依次升高

C.c对应的元素可形成共价晶体

D.基态e原子的价层电子的轨道表示式为：叵|t!t|（n=2或3）

nsnp

【答案】C

【分析】根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与mA、VA与VIA反常可知，a为IIA,

b为IIIA,c为WA,d为VA,e为VIA,据此分析解题。

【解析】A.由分析可知，a为HA元素，故a元素可能是Be或Mg,A错误；

B.由分析可知，a为IIA,b为OA,c为WA,d为VA,e为VIA,但O无最高正价，故a—e元素的最高

正化合价不一定依次升高，B错误；

C.由分析可知，c为IVA即为C或者Si,则c对应的元素可形成金刚石和晶体硅均为共价晶体，C正确;

D.由分析可知，e为VIA,基态e原子的价层电子的轨道表示式为：［U］也山（n=2或3）,D错

nsnp

误；

故答案为：Co

13.短周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，其中，X存在不含中子的核素，基态Y原子

2P能级含2个空轨道，Z与T位于同一主族，二者可形成三原子、四原子的二元化合物，W存在两种常见

单质，其中一种在空气中易发生自燃。下列说法正确的是

A.简单离子半径：W>T>Z

B.可发生自燃的W单质中，键角为10928'

C.Y的最高价含氧酸为三元酸

D.电负性：Z>W>T

【答案】A

【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、T的原子序数依次增大，X存在不含中子的核素，则X为H；基

态Y原子2P能级含2个空轨道，则Y为B；Z与T位于同一主族，二者可形成三原子、四原子的二元化合

物，则