高考化学真题（2021-2025年）分类汇编专题08+原子、分子结构与性质教师版

专题08原子、分子结构与性质考向五年考情（2021-2025）命题趋势考点01原子结构与性质2025·安徽卷、2025·山东卷、2025·江苏卷、2025·甘肃卷、2024·重庆卷、2024·上海卷、2024·北京卷、2023·天津卷、2023·重庆卷、2023·海南卷、2023·广东卷、2022·河北卷、2022·北京卷、2022·山东卷、2022·浙江卷、2021·天津卷、2021·北京卷、2021·广东卷、2021·河北卷原子结构与性质在高考中常见的命题角度有原子核外电子的排布规律及其表示方法、原子结构与元素电离能和电负性的关系及其应用。在高考试题中，各考查点相对独立，难度不大。试题侧重原子核外电子排布式或轨道表示式，未成对电子数判断，电负性、电离能、原子半径和元素金属性与非金属性比较的考查。高考中考查点主要集中在电子排布的书写及电离能、电负性大小比较上。分子结构与性质在高考中的常见命题角度有围绕某物质判断共价键的类型和数目，分子的极性、中心原子的杂化方式，微粒的立体构型，氢键的形成及对物质的性质影响等，考查角度较多，但各个角度独立性大，难度不大。试题侧重微粒构型、杂化方式、中心原子的价层电子对数、配位原子判断与配位数、化学键类型、分子间作用力与氢键、分子极性的考查。考点02分子结构与性质2025·浙江1月卷、2025·甘肃卷、2025·湖南卷、2025·黑吉辽蒙卷、2025·陕晋青宁卷、2025·山东卷、2025·山东卷、2025·广东卷、2025·安徽卷、2025·甘肃卷、2025·湖北卷、2025·安徽卷、2025·湖北卷、2025·湖北卷、2025·江苏卷、2025·江苏卷、2025·河南卷、2024·广西卷、2024·重庆卷、2024·海南卷、2024·海南卷、2024·江西卷、2024·贵州卷、2024·北京卷、2024·甘肃卷、2024·浙江卷、2024·河北卷、2024·河北卷、2024·山东卷、2024·湖北卷、2024·湖北卷、2024·湖北卷、2024·安徽卷、2023·河北卷、2023·天津卷、2023·天津卷、2023·河北卷、2023·重庆卷、2023·北京卷、2023·山东卷、2023·山东卷、2023·湖南卷、2023·湖南卷、2023·湖北卷、2023·湖北卷、2023·湖北卷、2023·新课标卷、2023·新课标卷、2022·天津卷、2023·浙江卷、2022·北京卷、2022·北京卷、2022·湖北卷、2022·湖北卷、2022·辽宁卷、2021·江苏卷、2021·海南卷、2021·海南卷、2021·湖北卷、2021·山东卷考点一原子结构与性质1．（2025·安徽卷）以下研究文物的方法达不到目的的是A．用断代法测定竹简的年代B．用X射线衍射法分析玉器的晶体结构C．用原子光谱法鉴定漆器表层的元素种类D．用红外光谱法测定古酒中有机分子的相对分子质量【答案】D【解析】A．14C断代法通过测定有机物中14C的残留量确定年代，竹简为植物制品，适用此方法，A正确；B．X射线衍射法通过衍射图谱分析物质晶体结构，玉器为晶体矿物，适用此方法，B正确；C．原子光谱法通过特征谱线鉴定元素种类，可用于分析漆器表层元素，C正确；D．红外光谱法用于分析分子官能团和结构，无法直接测定相对分子质量（需质谱法），D达不到目的；故选D。2．（2025·山东卷）第70号元素镱的基态原子价电子排布式为。下列说法正确的是A．的中子数与质子数之差为104 B．与是同一种核素C．基态原子核外共有10个d电子 D．位于元素周期表中第6周期【答案】D【解析】A．中子数=174-70=104，与质子数70的差为104-70=34，而非104，A错误；B．同位素之间质子数相同，但中子数不同，两者属于不同核素，B错误；C．根据构造原理可知，Yb的电子排布为[Xe]4f146s2，在3d和4d轨道上有电子，共20个d电子，C错误；D．根据Yb的价电子排布式可知，其有6s轨道，说明其有6个电子层，其位于第6周期，D正确；故选D。3．（2025·江苏卷）科学家通过核反应发现氚。下列说法正确的是A．表示一个质子B．的基态原子核外电子排布式为C．与互为同位素D．的原子结构示意图为【答案】C【解析】A．质量数为1，质子数为0，中子数为1，因此其表示一个中子，A错误；B．的基态原子核外电子排布式为，B错误；C．质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素，与质子数相同、中子数不同，二者互为同位素，C正确；D．原子核外只有2个电子，原子结构示意图为，D错误。故选C。4．（2025·甘肃卷）我国科学家制备了具有优良双折射性能的材料。下列说法正确的是A．电负性 B．原子半径C．中所有I的孤电子对数相同 D．中所有N—H极性相同【答案】C【解析】A．非金属性越强，电负性越大，故电负性：C＜N＜O，A错误；B．同周期从左到右，原子半径递减，故原子半径：C＞N＞O，B错误；C．碘的价电子数为7，中心原子I与两个碘通过共用电子对形成共价键，则两边的碘存在3对孤对电子，中心原子I的孤对电子是，C正确；D．六元环内存在大π键，大π键具有吸电子效应，离大π键比较近，N-H键极性更大，D错误；故选C。5．（2024·重庆卷）某合金含和等元素。下列说法正确的是A．的电负性大于 B．和均为d区元素C．的第一电离能小于 D．基态时，原子和原子的单电子数相等【答案】A【解析】A．同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，Si电负性大于Al，A正确；B．基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，为d区；基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，为ds区，B错误；C．基态Mg原子的价电子排布式为3s2，基态Al原子的价电子排布式为3s23p1，镁原子最外层3s轨道达到全充满结构，铝的3p轨道未达到半充满结构，故镁的第一电离能大于铝的第一电离能，C错误；

D．基态Mg原子的价电子排布式为3s2，没有单电子，基态Mn价电子排布式为3d54s2，有5个单电子，单电子数不相等，D错误；故选A。6．（2024·上海卷）下列关于与说法正确的是A．是同种核素 B．是同素异形体C．比多一个电子 D．比多一个中子【答案】D【解析】A．与质子数相同、中子数不同，因此两者是不同种核素，A错误；B．同素异形体指的是同种元素的不同单质；与是两种不同的原子，不是单质，因此两者不是同素异形体，B错误；C．同位素之间质子数和电子数均相同，比多一个中子，C错误；

D．的中子数是10，只有9个中子，比多一个中子，D正确。本题选D。7．（2024·北京卷）我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是A．的原子核内有21个中子B．的半衰期长，说明难以失去电子C．衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间D．从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化【答案】A【解析】A．的质量数为41，质子数为20，所以中子数为，A正确；B．的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C．根据题意衰变一半所需的时间要大于衰变一半所需的时间，C错误；D．从原子束流中直接俘获原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；本题选A。8．（2023·天津卷）利用18O示踪技术研究H2O2与Cl2的反应历程，结果如下：①②下列叙述正确的是A．反应①是置换反应B．18O的核电荷数是18C．18O与16O互为同素异形体D．反应历程中中的O-O键未发生断裂【答案】D【解析】A．反应①生成两种化合物，不是置换反应，故A错误；B．核电荷数等于核内质子数，所以18O的核电荷数是8，故B错误；C．18O与16O是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故C错误；D．反应历程中、H-O-O-Cl、O2都含O-O键，所以中O-O键没有发生断裂，故D正确；选D。9．（2023·重庆卷）“嫦娥石”是中国首次在月球上发现的新矿物，其主要由和(钇，原子序数比大13)组成，下列说法正确的是A．Y位于元素周期表的第ⅢB族B．基态原子的核外电子填充在6个轨道中C．5种元素中，第一电离能最小的是D．5种元素中，电负性最大的是【答案】A【解析】A．钇原子序数比大13，为39号元素，为元素周期表的第五周期第ⅢB族，A正确；B．钙为20号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，基态原子的核外电子填充在10个轨道中，B错误；C．同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，5种元素中，钙第一电离能比铁小，C错误；D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；5种元素中，电负性最大的是O，D错误；故选A。10．（2023·海南卷）下列有关元素单质或化合物的叙述正确的是A．分子呈正四面体，键角为B．NaCl焰色试验为黄色，与Cl电子跃迁有关C．Cu基态原子核外电子排布符合构造原理D．是由极性键构成的极性分子【答案】D【解析】A．分子呈正四面体，磷原子在正四面体的四个顶点处，键角为，A错误；B．NaCl焰色试验为黄色，与Na电子跃迁有关，B错误；C．Cu基态原子核外电子排布不符合构造原理，考虑了半满规则和全满规则，价电子排布式为3d104s1，这样能量更低更稳定，C错误；D.的构型是V形，因此是由极性键构成的极性分子，D正确；故选D。11．（2023·广东卷）科教兴国，“可上九天揽月，可下五洋捉鳖”。下列说法正确的是A．“天舟六号”为中国空间站送去推进剂气，是第族元素B．火星全球影像彩图显示了火星表土颜色，表土中赤铁矿主要成分为C．创造了可控核聚变运行纪录的“人造太阳”，其原料中的与互为同位素D．“深地一号”为进军万米深度提供核心装备，制造钻头用的金刚石为金属晶体【答案】C【解析】A．化学符号Xe，原子序数54，在元素周期表中处于第5周期0族，故A错误；B．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，不是FeO，故B错误；C．与具有相同的质子数，不同的中子数，互为同位素，故C正确；D．金刚石是共价晶体，故D错误；故选C。12．（2022·河北卷）中子轰击X原子的核反应为X+n→Y+H，其中Y可用于测定文物年代。下列说法错误的是A．原子半径：Y＞X B．YH的电子式为：C．最高价含氧酸的酸性：Y＞X D．X与Y均能形成多种氢化物【答案】C【分析】由Y可用于测定文物年代可知，Y为C元素；由核反应方程式可知，X为N元素。【解析】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则碳原子的原子半径大于氮原子，故A正确；B．CH为质子数大于电子数的阳离子，电子式为，故B正确；C．元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，氮元素的非金属性强于碳元素，则硝酸的酸性强于碳酸，故C错误；D．碳元素可以与氢元素形成的氢化物为烃类化合物，氮元素可以与氢元素形成的氢化物可能为氨气、联氨，则碳元素和氮元素均能形成多种氢化物，故D正确；故选C。13．（2022·北京卷）(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法不正确的是A．位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族B．可用质谱法区分和C．和含有的中子数分别为49和48D．同一地域产出的同种土壤生物中值相同【答案】A【解析】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A错误；B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，和的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确；C．的中子数为87-38=49，的中子数为86-38=48，故C正确；D．由题意可知，(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变，故D正确；故选A。14．（2022·山东卷）、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是A．X的中子数为2B．X、Y互为同位素C．、可用作示踪原子研究化学反应历程D．自然界不存在、分子是因其化学键不稳定【答案】B【解析】根据质量守恒可知，X微粒为，Y微粒为，据此分析解题。A.由分析可知，X微粒为，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；B.由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者具有相同的质子数而不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；C.由题干信息可知，与的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D错误；故答案为：B。15．（2022·浙江卷）下列说法不正确的是A．32S和34S互为同位素 B．C70和纳米碳管互为同素异形体C．CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2互为同分异构体 D．C3H6和C4H8一定互为同系物【答案】D【解析】A．32S和34S是质子数相同、中子数不同的原子，互为同位素，故A正确；

B．C70和纳米碳管是由碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C．CH2ClCH2Cl和CH3CHCl2的分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故C正确；D．C3H6和C4H8可能为烯烃或环烷烃，所以不一定是同系物，故D错误；选D。16．（2021·天津卷）核聚变发电有望成为解决人类能源问题的重要手段之一、氘()是核聚变反应的主要原料，下列有关叙述正确的是A．的中子数为2 B．的核电荷数为1C．是自然界中最轻的原子 D．是氢元素的一种同素异形体【答案】B【解析】A．的中子数为2-1=1，故A错误；

B．的质子数为1，则核电荷数为1，故B正确；C．自然界中最轻的原子是，不是，故C错误；D．是氢元素的一种同位素，故D错误；故选B。17．（2021·北京卷）下列有关放射性核素氚（H）的表述不正确的是A．H原子核外电子数为1 B．H原子核内中子数为3C．与H2化学性质基本相同 D．具有放射性【答案】B【解析】A．放射性核素H，质量数是3，质子数是1，质子数等于核外电子数，所以核外电子数等于1，故A正确；

B．放射性核素H，质量数是3，质子数是1，所以中子数等于3-1=2，故B错误；C．与H2的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质基本相同，故C正确；D．H是放射性核素，所以3H2O也具有放射性，故D正确；故选B。18．（2021·广东卷）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是A．煤油是可再生能源B．燃烧过程中热能转化为化学能C．火星陨石中的质量数为20D．月壤中的与地球上的互为同位素【答案】C【解析】A．煤油来源于石油，属于不可再生能源，故A错误；B．氢气的燃烧过程放出热量，将化学能变为热能，故B错误；C．元素符号左上角数字为质量数，所以火星陨石中的20Ne质量数为20，故C正确；D．同位素须为同种元素，3He和3H的质子数不同，不可能为同位素关系，故D错误；故选C。19．（2021·河北卷）用中子轰击X原子产生α粒子(即氦核He)的核反应为：X+n→Y+He。已知元素Y在化合物中呈+1价。下列说法正确的是A．H3XO3可用于中和溅在皮肤上的NaOH溶液B．Y单质在空气中燃烧的产物是Y2O2C．X和氢元素形成离子化合物D．6Y和7Y互为同素异形体【答案】A【分析】根据核反应为：可知，X的质量数N为4+7-1=10，又因为Y在化合物中呈价，则推知Y位于IA族，质量数=质子数+中子数，Y的质量数为7，所以得出Y为Li，其质子数p=3，所以X的质子数Z=3+2-0=5，核电荷数=原子序数=核内质子数=5，则推知X属于B元素，据此分析解答。【解析】A．为硼酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，若不慎将溶液溅到皮肤上，则需用大量水冲洗，同时涂抹，以中和碱液，A正确；B．Y为Li，在空气中燃烧的产物只有Li2O，B错误；C．X为B，与氢元素会形成BH3或B2H4等硼氢化合物，B元素与H元素以共价键结合，属于共价化合物，C错误；D．和两者的质子数均为3，中子数不同，所以两者互为同位素，D错误；故选A。考点二分子结构与性质20．（2025·浙江1月卷）下列属于极性分子的是A． B． C． D．【答案】A【解析】A．HCl是由极性键形成的双原子分子，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意；B．N2是非极性键形成的单质分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，B不符合题意；C．He是单原子分子，正负电荷中心重合，属于非极性分子，C不符合题意；D．CH4是由极性键形成的正四面体结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，D不符合题意；答案选A。21．（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AK与Na产生的焰色不同能量量子化B的沸点高于分子间作用力C金属有良好的延展性离子键D刚玉的硬度大，熔点高共价晶体【答案】C【解析】A．焰色反应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，结构因素正确，A不符合题意；B．SiH4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，结构因素正确，B不符合题意；C．金属延展性源于金属键的特性（自由电子使原子层滑动），而离子键对应离子晶体（延展性差），结构因素“离子键”错误，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；故选C。22．（2025·湖南卷）下列有关物质性质的解释错误的是性质解释A酸性：是推电子基团B熔点：的体积大于C熔点：比的金属性弱D沸点：分子间存在氢键【答案】C【解析】A．是推电子基团，使乙酸中羟基的极性减弱，酸性弱于甲酸，A解释正确；B．的体积大于，导致其硝酸盐的晶格能较低、熔点更低，B解释正确；C．Fe熔点高于Na是因金属键更强，而不是因为Fe的金属性比钠弱，金属性是金属失电子的能力，与金属熔点无关，C解释错误；D．分子间氢键使其沸点反常高于，D解释正确；故选C。23．（2025·黑吉辽蒙卷）可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：。下列说法正确的是A．反应中各分子的键均为键B．反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形C．键长小于H—O键长D．HClO分子中Cl的价电子层有2个孤电子对【答案】B【解析】A．H2O中的H-O键是s-sp3σ键，而非p-pσ键，A错误；B．根据价层电子对互斥理论，Cl2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；H2O中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；HClO中O原子周围的孤电子对数为(6-2×1)=2，还含有2个成键电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；反应中各分子的VSEPR模型均为四面体形，B正确；C．Cl的原子半径大于H，Cl-O键长应大于H-O键长，因此C错误；D．HClO中Cl的最外层电子数为7，其1个价电子与O形成共价键，剩余6个价电子形成3对孤电子对，D错误；故答案选B。24．（2025·陕晋青宁卷）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【答案】C【解析】A．氯化钠中的钠离子半径（Na+）比氯化铯中的铯离子半径（Cs+）小，离子键强度更大，因此熔点更高，解释正确，A正确；B．碘和四氯化碳均为非极性分子，符合“相似相溶”原理，解释正确，B正确；C．草酸氢钠溶液显酸性是因为草酸氢根（HC2O）的电离程度（释放H+）大于水解程度（生成OH⁻），解释错误，C错误；D．离子液体的导电性源于其内部可自由移动的阴、阳离子，解释正确，D正确；故选C。25．（2025·山东卷）用硫酸和可制备一元弱酸。下列说法错误的是A．的水溶液显碱性B．的空间构型为V形C．为含有共价键的离子化合物D．的中心N原子所有价电子均参与成键【答案】B【解析】A．NaN3是强碱（NaOH）和弱酸（HN3）形成的盐，水解生成OH-，溶液显碱性，A正确。B．与CO2是等电子体，两者结构相似，其中心原子均为sp杂化，其空间构型均为直线型，而非V形，B错误。C．NaN3为离子化合物（Na+与通过离子键结合），内部三个N原子以共价键连接，C正确。D．中心N原子通过sp杂化形成两个双键，无孤电子对，所有价电子参与成键，D正确。故选B。26．（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性质差异主要原因A沸点：电离能：B酸性：电负性：C硬度：金刚石>晶体硅原子半径：D熔点：离子电荷：【答案】A【解析】A．H2O沸点高于H2S的主要原因是H2O分子间存在氢键、H2S分子间不存在氢键，而非O的电离能大于S，电离能与沸点无直接关联，A错误；B．HClO酸性强于HBrO是因为Cl的电负性大于Br，导致O-H键极性更强，更易解离H+，B正确；C．金刚石硬度大于晶体硅是因为C原子半径小于Si，C-C键键能更大，共价结构更稳定，C正确；D．MgO和NaF均属于离子晶体，离子晶体的熔点取决于其晶格能的大小，离子半径越小、离子电荷越多的，其晶格能一般较大，其熔点更高；MgO熔点高于NaF是因为Mg2+和O2−的电荷高于Na+和F−，且其阴、阳离子的半径对应较小，故离子键强度更大，晶格能更高，D正确；故选A。27．（2025·广东卷）由结构不能推测出对应性质的是选项结构性质A的VSEPR模型为平面三角形具有氧化性B钾和钠的原子结构不同，电子跃迁时能量变化不同钾和钠的焰色不同C乙烯和乙炔分子均含有键两者均可发生加聚反应D石墨层中未参与杂化的p轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动石墨具有类似金属的导电性【答案】A【解析】A．SO3的VSEPR模型为平面三角形，反映其分子几何结构，但氧化性由硫的高价态(+6)决定，与结构无直接关联，A符合题意；B．钾和钠原子结构差异导致电子跃迁能量不同，焰色不同，结构与性质对应合理，B不符合题意；C．乙烯和乙炔均含π键，π键断裂是加聚反应的基础，结构与性质对应合理，C不符合题意；D．石墨层中离域p电子使其导电，结构与性质对应合理，D不符合题意；答案选A。28．（2025·安徽卷）氟气通过碎冰表面，发生反应①，生成的遇水发生反应②。下列说法正确的是A．的电子式为 B．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中为还原产物【答案】A【解析】A．HOF中心原子为O，与H、F通过共用电子对形成共价键，电子式为，A正确B．空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B错误；C．反应①中F-F非极性键断裂，但没有非极性键的形成，C错误；D．F的电负性大于O，HOF中氟表现为-1价，O为0价，H为+1价，生成物HF中氟还是-1价，F的化合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为，既是氧化产物也是还原产物，HF既不是氧化产物也不是还原产物，D错误；故选A。29．（2025·甘肃卷）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a)，该分子和客体分子可形成主客体包合物：被固定在空腔内部(结构示意图见图b)。下列说法错误的是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—O键能比小 D．和中N均采用杂化【答案】B【解析】A．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-O的键能比S=O键能小，C正确；D．N原子价电子数为5，中N有4条键，失去1个电子形成阳离子，无孤对电子，采用sp3杂化，中N有3条键，1对孤对电子，价层电子对数为4，采用sp3杂化，D正确；故选B。30．（2025·湖北卷）下列说法错误的是A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应B．合成高分子是通过聚合反应得到的一类纯净物C．配位化合物通过“电子对给予-接受”形成配位键D．超分子可以由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成【答案】B【解析】A．胶体粒子对光线散射产生丁达尔效应，正确描述了丁达尔效应的成因，A正确；B．合成高分子通过聚合反应生成，但由于聚合度不同，分子链长度和分子量存在差异，因此是混合物而非纯净物，B错误；C．配位键的形成本质是电子对给予-接受，符合配位化合物的定义，C正确；D．超分子由多种分子通过分子间相互作用（如氢键、静电作用、以及金属离子与分子间的弱配位键等）形成，D正确；故选B。31．（2025·安徽卷）阅读材料，完成下列小题。氨是其他含氨化合物的生产原料。氨可在氧气中燃烧生成。金属钠的液氨溶液放置时缓慢放出气体，同时生成。遇水转化为。溶于氨水得到深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液。氨可以发生类似于水解反应的氨解反应，浓氨水与溶液反应生成沉淀。下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是A．与结合的能力： B．与氨形成配位键的能力：C．和分子中的键长： D．微粒所含电子数：【答案】B【分析】A．根据题干信息，遇水转化为，反应为：，说明结合能力更强，A错误；B．根据题干信息，深蓝色溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色溶液，说明更容易与配位形成，故与氨形成配位键的能力：，B正确；C．原子半径，则键长：，C错误；D．所含电子数为，所含电子数，相同数量的两种微粒所含电子数相等，D错误；故选B。32．（2025·湖北卷）下列关于物质性质或应用解释错误的是选项性质或应用解释A石蜡油的流动性比水的差石蜡油的分子间作用力比水的小B溶于水显碱性可结合水中的质子C可以氧化中O显正电性D石墨作为润滑剂石墨层间靠范德华力维系【答案】A【解析】A．石蜡油的成分主要是高碳烷烃，相对分子质量大，分子间作用力大，导致粘度大，因此石蜡油流动性比水小的原因是分子间作用力比水分子间作用力大，A错误；B．NH3中N有一对孤电子，能与水提供的H+结合，从而释放OH-，因此NH3溶于水显碱性，B正确；C．F的电负性大于O，OF2中F显负电性，O显正电性，H2O中O显负电性，H2O中O容易转移电子给OF2中O，因OF2可以氧化H2O，C正确；D．石墨是层状结构，石墨层间靠范德华力维系，范德华力较弱，导致层与层之间容易滑动，故石墨具有润滑性，D正确；答案选A。33．（2025·湖北卷）N和P为同主族相邻元素。下列关于物质性质或现象的解释错误的是A．的熔点比的低，因为的离子键更强B．磷单质通常不以形式存在，因为磷磷之间难以形成三键C．次磷酸比硝酸的酸性弱，因为前者的键极性小D．P形成而N形成，因为P的价层电子轨道更多且半径更大【答案】A【解析】A．熔点的差异源于离子键的强度。中带3个负电荷，而中只带1个负电荷；离子电荷越高，静电引力越强，离子键越强，熔点越高。因此，的离子键比更强，A错误；B．氮因原子半径小，p轨道有效重叠，能形成稳定的N≡N三键；磷原子半径大，p轨道重叠差，难以形成稳定的P≡P三键，因此倾向于形成四面体结构，B正确；C．含氧酸的酸性与O-H键极性有关。中心原子电负性越高，O-H键极性越大，越易解离；氮电负性高于磷，因此中O-H键极性大，酸性强；中P电负性低，O-H键极性小，酸性弱，C正确；D．氮价层仅有2s和2p轨道，的中心原子N形成杂化后有3个键和1个孤对电子；磷有3d轨道可参与杂化，且原子半径大，能容纳5个配体，故形成，D正确；故选A。34．（2025·江苏卷）在溶有15-冠()的有机溶剂中，苄氯()与发生反应：下列说法正确的是A．苄氯是非极性分子 B．电负性：C．离子半径： D．X中15-冠与间存在离子键【答案】C【解析】A．苄氯分子含有饱和C原子，且饱和碳原子连有三种不同的基团，分子空间结构不对称，故苄氯为极性分子，A错误；B．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故电负性：，B错误；C．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：，C正确；D．15-冠-5是分子，与阳离子之间不存在离子键，二者通过非共价键形成超分子，D错误；故选C。阅读材料，完成下列小题：中国对人类科学进步与技术发展贡献卓著。黑火药(主要成分：、S和C)是中国古代四大发明之一。侯德榜发明的“联合制碱法”将合成氨法与氨碱法联合，突破了国外制碱技术封锁。我国科学家在世界上首次人工合成结晶牛胰岛素；采用有机合成与酶促合成相结合的方法，人工合成了酵母丙氨酸转移核糖核酸。徐光宪提出的稀土串级萃取理论使我国稀土提取技术取得重大进步。屠呦呦等采用低温、乙醚冷浸提取的青蒿素(，含)在治疗疟疾中起到重要作用。闵恩泽研制新型催化剂解决了重油裂解难题。35．（2025·江苏卷）下列说法正确的是A．硫黄有等多种同素异形体B．高温下青蒿素分子结构稳定C．分子中键角大于分子中键角D．题图所示的碱基鸟嘌呤与胞嘧啶通过氢键互补配对度不同，可通过分馏从石油中获得汽油、柴油【答案】D【解析】Ａ．同素异形体是同种元素形成的不同单质间的互称，是离子不是单质，A错误；Ｂ．根据信息可知青蒿素中含有—O—O—，类比双氧水的分子结构可知其不稳定，高温条件下易分解，B错误；Ｃ．中心原子N原子价层电子对数为，采用杂化，孤电子对数为1，中心原子C原子价层电子对数为，采用杂化，孤电子对数为0，中心原子杂化方式相同时，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对的排斥力越大，键角越小，则分子中H—N—H键角小于分子中H—C—H键角，C错误；Ｄ．鸟嘌呤、胞嘧啶中含有、、O原子、N原子，可形成氢键，从而实现互补配对，如图所示：，D正确。故选D。36．（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氯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(x为整数)。下列说法正确的是A． B．第一电离能：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【答案】A【解析】A．该化合物在氦气的气氛中加热，先失去CH3OH，若x=1，CH3OH的质量分数为，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-Fe为共价键，N-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。37．（2024·广西卷）白磷是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的说法错误的是A．分子中每个原子的孤电子对数均为1B．常保存于水中，说明白磷密度大于C．难溶于水，是因为水是极性分子，是非极性分子D．熔点低，是因为分子内的键弱【答案】D【解析】A．白磷的分子式为P4，空间构型为正四面体，每个P原子采取sp3杂化，而每个P原子有5个价电子，所以每个P原子还剩一对孤电子对，A正确；B．白磷在空气中容易自燃，保存于水中隔绝空气，故其密度大于水，B正确；C．白磷的分子式为P4，空间构型为正四面体，为非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理，白磷难溶于水，C正确；D．白磷的分子式为P4，为非极性分子，属于分子晶体，分子间作用力较弱，故其熔点低，熔点低与其共价键强弱无关，D错误；故选D。38．（2024·重庆卷）下列各分子既含有杂化的原子又能与形成氢键的是A． B． C． D．【答案】C【解析】A．CH3CH3中两个碳原子价层电子对数为4都采用sp3杂化，且和H2O不能形成分子间氢键，故A错误；B．CH2=CHBr中两个碳原子价层电子对数为3采用sp2杂化，但不能和H2O形成分子间氢键，故B错误；C．CH3COOH的—COOH中碳原子价层电子对数为3采用sp2杂化，且能和H2O形成分子间氢键，故C正确；D．CH3CH2NH2中C、N原子价层电子对数为4都采用sp3杂化，故D错误；故选：C。39．（2024·海南卷）根据下列实验及现象，所得结论错误的是选项实验及现象结论A将通入溴水至过量，溶液的橙色褪去有漂白性B自热米饭附带的热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体Al粉已经变质C浓溶液呈黄绿色，加水稀释后溶液呈蓝色配体与间存在配位平衡移动D淀粉-KI试纸遇的混合液不变色配离子氧化能力弱【答案】A【解析】A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故A错误；B．热源包(主要成分CaO，少许、Al粉)加水后，未产生气体，可能是Al粉被氧化为氧化铝，故B正确；C．浓溶液中存在平衡：[CuCl4]2-(黄色)+4H2O⇌[Cu(H2O)4]2-+4Cl-，加水稀释后溶液呈蓝色，是因为上述平衡向右发生移动，故C正确；D．的混合液会形成配离子，的氧化能力小于Fe3+，故遇淀粉-KI试纸不变蓝色，故D正确；答案选A。40．（2024·海南卷）过氧化脲[]是一种常用的消毒剂，可由过氧化氢()和脲加合而成，代表性结构如图所示。下列关于过氧化脲的说法正确的是A．所有原子处于同一平面 B．氧的化合价均为-2价C．杀菌能力源于其氧化性 D．所有共价键均为极性键【答案】C【解析】A．由题干物质结构式可知，过氧化氢为非平面分子，故不可能所有原子处于同一平面，A错误；B．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，其中O的化合价为-1价，其余氧的化合价为-2价，B错误；C．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，具有强氧化性，能使蛋白质变质，则杀菌能力源于其氧化性，C正确；D．由题干物质结构式可知，分子中存在过氧键，过氧键为非极性键，其余共价键均为极性键，D错误；故答案为：C。41．（2024·江西卷）科学家发现宇宙中存在100多种星际分子。下列关于星际分子说法正确的是A．分子的极性：SiH4>NH3 B．键的极性：H—Cl>H—HC．键角：H2O>CH4 D．分子中三键的键长：HC≡N>HC≡CH【答案】B【解析】A．SiH4中四条Si—H键完全相同，均为极性键，但由于SiH4为正四面体结构，故为非极性分子，NH3为三角锥形结构，3条N—H键的极性不能抵消，故为极性分子，故A错误；B．H—H为非极性键，H—Cl为极性键，则键的极性：H—Cl＞H—H，故B正确；C．水分子为V形结构，含两对孤对电子，甲烷为正四面体结构，不含孤对电子，孤对电子对成键电子对斥力较大，则键角：H2O＜CH4，故C错误；D．原子半径C＞N，分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，故D错误；故选B。42．（2024·贵州卷）下列叙述正确的是A．KBr的电子式：B．聚乙炔的结构简式：C．的空间结构：平面三角形D．的名称：2-甲基-2-丁烯【答案】B【解析】A．KBr的电子式为，A错误；B．聚乙炔的结构为单双键交替结构，结构简式为，B正确；C．中心原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，空间结构为三角锥形，C错误；D．CH3CH2C(CH3)=CH2的系统命名为2-甲基-1-丁烯，D错误；故选B。43．（2024·北京卷）氘代氨()可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是A．和可用质谱法区分B．和均为极性分子C．方法①的化学方程式是D．方法②得到的产品纯度比方法①的高【答案】D【解析】A．和的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确；B．和的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确；C．Mg3N2与D2O发生水解生成Mg(OD)2和ND3，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确；D．方法②是通过中D原子代替中H原子的方式得到，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；故选D。（2024·甘肃卷）温室气体在催化剂作用下可分解为和，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。据此完成下面小题。44．下列说法错误的是A．原子半径： B．第一电离能：C．在水中的溶解度：苯<苯酚 D．苯和苯酚中C的杂化方式相同45．下列说法错误的是A．相同条件下比稳定 B．与的空间构型相同C．中键比键更易断裂 D．中键和大键的数目不相等【答案】BD【解析】A．C、N、O都是第二周期的元素，其原子序数依次递增；同一周期的元素，从左到右原子半径依次减小，因此，原子半径从小到大的顺序为O<N<C，A正确；B．同一周期的元素，从左到右电负性呈递增的趋势，其中ⅡA和ⅤA的元素因其原子结构相对较稳定而出现反常，使其电负性大于同周期相邻的元素，因此，第一电离能从小到大的顺序为C<O<N，B不正确；C．苯是非极性分子，苯酚是极性分子，且苯酚与水分子之间可以形成氢键，根据相似相溶规则可知，苯酚在水中的溶解度大于苯，C正确；D．苯和苯酚中C的杂化方式均为，杂化方式相同，D正确；综上所述，本题选B。A．分子中存在的，分子中虽然也存在双键，但是其键能小于，因此，相同条件下比稳定，A正确；B．与均为的等电子体，故其均为直线形分子，两者空间构型相同，B正确；C．的中心原子是N，其在催化剂作用下可分解为和，说明中键比键更易断裂，C正确；D．N2O的结构式N≡N→O，在一氧化二氮分子中，中心的氮原子采取sp轨道杂化，形成在同一条直线上的两个sp杂化轨道，分别与两侧的原子形成O-N和N-N两个σ键，另两个与其垂直的未杂化2p轨道与两侧原子的同位置2p轨道互相“肩并肩”重叠，形成两个互相垂直的三中心大π键：，中键和大键的数目均为2，因此，键和大键的数目相等，D不正确；综上所述，本题选D。46．（2024·浙江卷）中的原子均通过杂化轨道成键，与溶液反应元素均转化成。下列说法不正确的是A．分子结构可能是 B．与水反应可生成一种强酸C．与溶液反应会产生 D．沸点低于相同结构的【答案】A【解析】A．该结构中，如图所示的两个Cl，Cl最外层有7个电子，形成了两个共价键，因此其中1个应为配位键，而Si不具备空轨道来接受孤电子对，因此结构是错误的，故A错误；B．与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，故B正确；C．与溶液反应元素均转化成，Si的化合价升高，根据得失电子守恒可知，H元素的化合价降低，会有H2生成，故C正确；D．的相对分子质量大于，因此的范德华力更大，沸点更高，故D正确；故选A。47．（2024·河北卷）是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：。下列有关化学用语或表述正确的是A．的形成过程可表示为B．中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构C．在、石墨、金刚石中，碳原子有和三种杂化方式D．和都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力【答案】B【解析】A．是共价化合物，其电子式为，的形成过程可表示为，故A错误；B．中的中心N原子孤电子对数为，价层电子对数为4，的中心原子孤电子对数为，价层电子对数为4，则二者的模型和空间结构均为正四面体形，故B正确；C．、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为、、，共有2种杂化方式，故C错误；D．易液化，其汽化时吸收热量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可作制冷剂，分子间作用力为氢键和范德华力，分子间仅存在范德华力，故D错误；故选B。48．（2024·河北卷）从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是选项实例解释A原子光谱是不连续的线状谱线原子的能级是量子化的B键角依次减小孤电子对与成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力C晶体中与8个配位，而晶体中与6个配位比的半径大D逐个断开中的键，每步所需能量不同各步中的键所处化学环境不同【答案】B【解析】A．原子光谱是不连续的线状谱线，说明原子的能级是不连续的，即原子能级是量子化的，故A正确；B．中中心C原子为杂化，键角为，中中心C原子为杂化，键角大约为，中中心C原子为杂化，键角为，三种物质中心C原子都没有孤电子对，三者键角大小与孤电子对无关，故B错误；C．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，周围最多能排布8个，周围最多能排布6个，说明比半径大，故C正确；D．断开第一个键时，碳原子周围的共用电子对多，原子核对共用电子对的吸引力较弱，需要能量较小，断开键越多，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，所以各步中的键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；故选B。49．（2024·山东卷）由O、F、I组成化学式为的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示。下列说法正确的是A．图中O(白色小球)代表F原子 B．该化合物中存在过氧键C．该化合物中I原子存在孤对电子 D．该化合物中所有碘氧键键长相等【答案】C【分析】由图中信息可知，白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形成了4个共价键，根据O、F、I的电负性大小（F最大、I最小）及其价电子数可以判断，白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子。【解析】A．图中O（白色的小球）代表O原子，灰色的小球代表F原子，A不正确；

B．根据该化合物结构片段可知，每个I原子与3个O原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个O原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；C．I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为-1，O元素的化合价为-2，则I元素的化合价为+5，据此可以判断每I原子与其他原子形成3个单键和1个双键，I原子的价电子数不等于其形成共价键的数目，因此，该化合物中I原子存在孤对电子，C正确；D．该化合物中既存在I—O单键，又存在I=O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D不正确；综上所述，本题选C。50．（2024·湖北卷）科学家合成了一种如图所示的纳米“分子客车”，能装载多种稠环芳香烃。三种芳烃与“分子客车”的结合常数(值越大越稳定)见表。下列说法错误的是芳烃芘并四苯蒄结构结合常数3853764176000A．芳烃与“分子客车”可通过分子间相互作用形成超分子B．并四苯直立装载与平躺装载的稳定性基本相同C．从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘D．芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”的结合【答案】B【解析】A．“分子客车”能装载多种稠环芳香烃，故芳烃与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体——超分子，A项正确；B．“分子客车”的长为2.2nm、高为0.7nm，从长的方向观察，有与并四苯分子适配的结构，从高的方向观察则缺少合适结构，故平躺装载的稳定性大于直立装载的稳定性，B项错误；C．芘与“分子客车”中中间部分结构大小适配，故从分子大小适配看“分子客车”可装载2个芘，C项正确；D．芘、并四苯、蒄中碳原子都采取sp2杂化，π电子数依次为16、18、24，π电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，故芳烃π电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D项正确；答案选B。51．（2024·湖北卷）在超高压下转化为平行六面体的分子(如图)。下列说法错误的是A．和互为同素异形体 B．中存在不同的氧氧键C．转化为是熵减反应 D．常压低温下能稳定存在【答案】D【解析】A．O2和O8是O元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，A项正确；B．O8分子为平行六面体，由其结构知，O8中存在两种氧氧键：上下底面中的氧氧键、上下底面间的氧氧键，B项正确；C．O2转化为O8可表示为4O2O8，气体分子数减少，故O2转化为O8是熵减反应，C项正确；D．O2在超高压下转化成O8，则在常压低温下O8会转化成O2，不能稳定存在，D项错误；答案选D。52．（2024·湖北卷）基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是A．理论认为模型与分子的空间结构相同B．元素性质随着原子序数递增而呈周期性变化的规律称为元素周期律C．泡利原理认为一个原子轨道内最多只能容纳两个自旋相反的电子D．杂化轨道由1个s轨道和3个p轨道混杂而成【答案】A【解析】A．VSEPR模型是价层电子对的空间结构模型，而分子的空间结构指的是成键电子对的空间结构，不包括孤电子对，当中心原子无孤电子对时，两者空间结构相同，当中心原子有孤电子对时，两者空间结构不同，故A错误；B．元素的性质随着原子序数的递增而呈现周期性的变化，这一规律叫元素周期律，元素性质的周期性的变化是元素原子的核外电子排布周期性变化的必然结果，故B正确；C．在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，它们的自旋相反，这个原理被称为泡利原理，故C正确；D．1个s轨道和3个p轨道混杂形成4个能量相同、方向不同的轨道，称为sp3杂化轨道，故D正确；故答案为：A。53．（2024·安徽卷）某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是A．该物质中为价 B．基态原子的第一电离能：C．该物质中C和P均采取杂化 D．基态原子价电子排布式为【答案】C【解析】A．由结构简式可知，P原子的3个孤电子与苯环形成共用电子对，P原子剩余的孤电子对与Ni形成配位键，提供孤电子对，与Ni形成配位键，由于整个分子呈电中性，故该物质中Ni为+2价，A项正确；B．同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能有增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B项正确；C．该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3对共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C项错误；D．Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D项正确；故选C。54．（2023·河北卷）下列说法正确的是A．的价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体B．若型分子的空间构型相同，其中心原子的杂化方式也相同C．干冰和冰的结构表明范德华力和氢键通常都具有方向性D．和都是既含键又含键的非极性分子【答案】A【解析】A．甲烷分子中心原子形成四个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对互斥模型和空间构型均为正四面体，A正确；B．SO2和OF2分子的空间构型均为V形，但前者中心原子为sp2杂化，后者中心原子为sp3杂化，B错误；C．冰的结构是水分子通过氢键结合形成的有空隙的空间结构，表明了氢键通常具有方向性，干冰的结构表现为分子密堆积，范德华力没有方向性，C错误；D．CO2和CCl4都是极性键形成的非极性分子，CO2既含σ键又含π键而CCl4只含σ键不含π键，D错误；故选A。55．（2023·天津卷）下表列出25℃时不同羧酸的(即)。根据表中的数据推测，结论正确的是羧酸pKa4.762.592.872.90A．酸性强弱：B．对键合电子的吸引能力强弱：F<Cl<BrC．25℃时的pKa大小：D．25℃时0.1mol/L溶液的碱性强弱：【答案】C【解析】A．根据电负性F＞Cl＞Br＞I，CH2FCOOH、CH2ClCOOH、CH2BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH2ICOOH＜CH2BrCOOH，A错误；B．电负性越大，对键合电子的吸引能力越强，电负性：F>Cl>Br，对键合电子的吸引能力强弱：F>Cl>Br，B错误；C．F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键极性增强，更易电离，酸性增强，则25℃时的pKa大小：CHF2COOH<CH2FCOOH，C正确；D．根据pKa知，相同浓度下酸性CH3COOH＜CH2ClCOOH，酸性越强，其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，则相同浓度下碱性：CH2ClCOONa＜CH3COONa，D错误；故答案为：C。56．（2023·天津卷）常温下，二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，具有强氧化性，已被联合国卫生组织(WTO)列为Al级高效安全消毒剂。已知，工业上制备二氧化氯的方法之一是用甲醇在酸性条件下与氯酸钠反应，其反应的化学方程式：CH3OH+6NaClO3+3H2SO4=CO2↑+6ClO2↑+3Na2SO4+5H2O，则下列说法正确的是A．CO2是非极性分子B．键角：ClO<ClOC．NaClO3在反应中做还原剂D．ClO2分子空间构型为直线形【答案】A【解析】A．CO2的中心原子C原子的价层电子对数为2，C原子杂化类型为sp，CO2是非极性分子，A正确；B．ClO与ClO中氯原子的价层电子对数均为4，杂化类型均为sp3，ClO中氯原子有一个孤电子对，ClO中氯原子有二个孤电子对，ClO中孤电子对与成键电子对之间的排斥力小于ClO中孤电子对与成键电子对之间的排斥力，导致键角：ClO>ClO，B错误；C．该反应中，碳元素化合价由−2价变为+4价，氯元素化合价由+5价变为+4价，所以氧化剂是NaClO3，还原剂是甲醇，C错误；D．ClO2中Cl原子提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，Cl与另一个O形成的是普通的共价键（σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键），Cl的价层电子对数3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2，ClO2分子空间构型为V形，D错误；故选A。化物对应的水化物的酸性越强，元素非金属性越强，故不选D；选B。57．（2023·河北卷）物质的结构决定其性质。下列实例与解释不相符的是选项实例解释A用替代填充探空气球更安全的电子构型稳定，不易得失电子B与形成配合物中的B有空轨道接受中N的孤电子对C碱金属中的熔点最高碱金属中的价电子数最少，金属键最强D不存在稳定的分子N原子价层只有4个原子轨道，不能形成5个键【答案】C【解析】A．氢气具有可燃性，使用氢气填充气球存在一定的安全隐患，而相比之下,氦气是一种惰性气体,不易燃烧或爆炸，因此使用电子构型稳定，不易得失电子的氦气填充气球更加安全可靠，故A正确；B．三氟化硼分子中硼原子具有空轨道，能与氨分子中具有孤对电子的氮原子形成配位键，所以三氟化硼能与氨分子形成配合物，故B正确；C．碱金属元素的价电子数相等，都为1，锂离子的离子半径在碱金属中最小，形成的金属键最强，所以碱金属中锂的熔点最高，故C错误；D．氮原子价层只有4个原子轨道，3个不成对电子，由共价键的饱和性可知，氮原子不能形成5个氮氟键，所以不存在稳定的五氟化氮分子，故D正确；故选C。58．（2023·重庆卷）和均可发生水解反应，其中的水解机理示意图如下：

下列说法正确的是A．和均为极性分子 B．和中的均为杂化C．和的水解反应机理相同 D．和均能与形成氢键【答案】D【解析】A．中中心原子N周围的价层电子对数为：3+=4，故空间构型为三角锥形，其分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子，而中中心原子周围的价层电子对数为：4+=4，是正四面体形结构，为非极性分子，A错误；B．和中中心原子N周围的价层电子对数均为：3+=4，故二者均为杂化，B错误；C．由题干NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与之不相同，C错误；D．和分子中均存在N-H键和孤电子对，故均能与形成氢键，D正确；故答案为：D。59．（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．键的键能小于键的键能B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的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，而气态氯化氢中是分子【答案】A【解析】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意；B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧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，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，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，D不符合题意；故选A。60．（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

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中的键长比短D．1mol(CF)x中含有2xmol共价单键【答案】B【解析】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中的键长比长，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1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误；故答案为：B。61．（2023·山东卷）下列分子属于极性分子的是A． B． C． D．【答案】B【解析】A．CS2中C上的孤电子对数为×(4-2×2)=0，σ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×(5-3×1)=1，σ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×(6-3×2)=0，σ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×(4-4×1)=0，σ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。62．（2023·湖南卷）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。

下列说法错误的是A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强B．M中的化合价为C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：【答案】B【解析】A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，中的带有更多的正电荷，其与N原子成键后，吸引电子的能力比(Ⅱ)强，这种作用使得配体中的键极性变强且更易断裂，因此其失去质子（）的能力增强，A说法正确；B．(Ⅱ)中的化合价为+2，当其变为(Ⅲ)后，的化合价变为+3，(Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对，的化合价不变；M为，当变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给1个电子，其中的化合价变为，因此，B说法不正确；C．该过程M变为时，有键形成，是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看，4个失去了2个电子后生成了1个和2个，(Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为，D说法正确；综上所述，本题选B。63．（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．冠醚(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】A【解析】A．有手性异构体的分子被称为手性分子，当分子中存在两个或两个以上的手性碳原子时，会出现内消旋体，这种含有内消旋体的分子不是手性分子，A错误；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羧酸和胺，在碱性条件下反应生成羧酸盐和氨气，二者均为水解反应，C正确；D．超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间作用力形成的分子聚集体，分子间作用力是弱相互作用，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚与离子之间形成配位键，通过弱相互作用形成超分子，D正确；故答案选A。64．（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：(1040℃)远高于(178℃升华)晶体类型C酸性：()远强于()羟基极性D溶解度(20℃)：(29g)大于(8g)阴离子电荷【答案】D【解析】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．AlF3为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl3为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则熔点远高于，故B正确；C．由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧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。65．（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．和的VSEPR模型均为四面体B．和的空间构型均为平面三角形C．和均为非极性分子D．与的键角相等【答案】A【解析】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．SO的孤电子对为1，CO的孤电子对为0，所以SO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XeO2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。66．（2023·湖北卷）中科院院士研究发现，纤维素可在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案。下列说法错误的是

A．纤维素是自然界分布广泛的一种多糖B．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键C．NaOH提供破坏纤维素链之间的氢键D．低温降低了纤维素在NaOH溶液中的溶解性【答案】D【解析】A．纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；B．纤维素大分子间和分子内均可形成氢键以及纤维素链段间规整紧密的结构使纤维素分子很难被水溶解，B正确；C．纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确；D．由题意可知低温提高了纤维素在NaOH溶液中的溶解性，D错误；故选D。67．（2023·新课标卷）“肼合成酶”以其中的配合物为催化中心，可将与转化为肼()，其反应历程如下所示。

下列说法错误的是A．、和均为极性分子B．反应涉及、键断裂和键生成C．催化中心的被氧化为，后又被还原为D．将替换为，反应可得【答案】D【解析】A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，A正确；B．由反应历程可知，有N－H，N－O键断裂，还有N－H键的生成，B正确；C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，C正确；D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，D错误；故选D。68．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。

下列说法正确的是A．该晶体中存在N-H…O氢键 B．基态原子的第一电离能：C．基态原子未成对电子数： D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同【答案】A【解析】A．由晶体结构图可知，中的的与中的形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，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．为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂化类型均为；中B与4个O形成了4个σ键，B没有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为；中O分别与B和C形成了2个σ键，O原子还有2个孤电子对，则O的原子轨道的杂化类型均为；综上所述，晶体中B、О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。69．（2022·天津卷）利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是A．NH3分子有孤电子对，可做配体B．NaCl晶体可以导电C．一个N2H4分子中有4个σ键D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同【答案】A【解析】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A正确；B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B错误；C．单键属于σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；N2H4的结构式为，分子中含有5个σ键，C错误；D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D错误；故选A。70．（2023·浙江卷）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法不正确的是A．的结构式为 B．为非极性分子C．该反应中的配位能力大于氯 D．比更难与发生反应【答案】D【解析】A．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，故A正确；B．由双聚氯化铝分子中所有原子均满足8电子稳定结构可知，分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B正确；C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C正确；D．溴元素的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝溴键弱于铝氯键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。71．（2022·北京卷）由键能数据大小，不能解释下列事实的是化学键键能/411318799358452346222A．稳定性： B．键长：C．熔点： D．硬度：金刚石>晶体硅【答案】C【解析】A．键能越大越稳定，键能大于，所以稳定性：，故不选A；

B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，