化学键（练习）-2025年高考化学一轮复习（新教材新高考）

第03讲物质的组成、性质和分类

（模拟精练+真题演练）

一最新模拟精编

完卷时间：50分钟

可能用到的相对原子质量：HlC12O16S32C135.5Cu64Bal37

一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12义5分）

1.（2023・辽宁大连•大连二十四中校考模拟预测）下列说法正确的是

A.甲醛（HCHO）和光气（COCl?）分子中键角：ZH—C—H<ZC1—C—C1

B.用原子轨道描述氢分子中化学键的形成：

C.C原子的杂化轨道中s成分占比：一C三CH<—CH=CH2

D.异硫鼠酸（H—N=C=S）比硫鼠酸（H—S—C三N）的沸点高

【答案】D

【解析】A.甲醛（HCHO）和光气（COC1Q分子中，碳原子都采取sp2杂化，但C1的电负性大于H,H-C比

C1-C共用电子对靠近碳原子，H-C中C的两对成键电子对排斥力大，H-C键角大，故A错误；B.氢气分

子的形成是两个球形的s轨道形成H-H键，故B错误;C.—C三CH中C采取sp杂化,s轨道占1，-CH=CH2

中C采取sp2杂化,s轨道占g,故C错误;D.异硫氟酸（H—N=C=S）可以形成分子间氢键，硫氧酸（H—S—C三N）

不能，故异硫氟酸（H—N=C=S）比硫氧酸（H—S—C三N）的沸点高，故D正确；故答案为D。

2.（2023•天津滨海新•天津市滨海新区塘沽第一中学校联考二模）NH3是重要的化工原料，可用于某些配

合物的制备，如NiSO,溶于氨水可以形成[Ni（NH3）61SO4。下列说法正确的是

A.[Ni（NH3）「在稀硫酸中能稳定存在

2+

B.[Ni（NH3）J中H—N—H的键角小于NH3中的键角

C.向AgCl悬浊液中逐滴加入氨水，可以形成[Ag（NH3）21Cl

D.由于[Ni（NH3）61SO4是配合物，故向其中滴加BaClz溶液不会产生沉淀

【答案】C

【解析】A.[Ni（NH3）6厂在稀硫酸中不能稳定存在，易转化为Ni2+,A项错误；B.[Ni（NH3）6「中存在

N-Ni配位键，配位键属于◎键，◎键之间的排斥力小于孤电子对与成键电子对之间的排斥力，所以

[Ni（NH3）6『中H-N-H的键角大于NH3中的键角，B项错误；C.AgCl存在沉淀溶解平衡，可电离出

Ag+,逐滴加入氨水，存在NJVHQNH3+H2O,Ag+与NH3结合产生[Ag（NH3）J,进一步可形成

[Ag（NH3）2]d,C项正确；D.[Ni（NHj6广和硫酸根离子之间是离子键，及小凡入下。,可电离出硫酸

根离子，故向其中滴加BaCL溶液会产生BaSCU沉淀，D项错误。答案选C。

3.（2023•北京朝阳・北京八十中校考二模）甲烷和氯气混合气在干燥的试管（带胶塞）中光照条件下反应，

AH<0,下列有关说法不正确的是

A.C12分子的共价键是P-P。键，CH4分子的共价键是s-p。键

B.反应后试管中有无色油状液滴产生，但不会产生白雾

C.停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近试管口产生白烟

D.可通过原电池装置将甲烷和氯气反应的化学能转化为电能

【答案】B

【解析】A.H原子中未成对电子为s电子，C、C1原子中未成对电子为p电子，所以CL分子的共价键是

p-p◎键，CH4分子的共价键是s-p◎键，故A正确；B.HC1遇水蒸气生成盐酸小液滴，所以形成白雾，故B

错误；C.浓氨水和浓盐酸都易挥发，浓氨水挥发出的NH3和浓盐酸挥发出的HC1反应生成NH4cl白色固

体，所以产生白烟，故C正确；D.该反应为自发进行的放热的氧化还原反应，所以能设计成原电池，将化

学能转化为电能，故D正确；故选B。

4.（2023•山东烟台•统考二模）相变离子液体体系因节能潜力大被认为是新一代CO?吸收剂，某新型相变

离子液体X吸收CO2过程如图，已知X的阴离子中所有原子共平面，下列说法错误的是

X（固相）Y（液相）

A.X的阳离子中存在配位键

B.真空条件下有利于Y解吸出CO?

C.X的阴离子中所有N均提供2个电子参与大兀键的形成

D.Y的熔点比X的低，可推知阴离子半径：Y>X

【答案】C

【解析】A.由共价键的饱和性可知，X的阳离子中磷原子形成了配位键，故A正确；B.由方程式可知，

与在空气中相比，真空条件下相当于减少二氧化碳的浓度，平衡向逆反应方向移动，有利于Y解吸出二氧

化碳，故B正确；C.由X的阴离子中所有原子共平面可知，单键氮原子X的阴离子中有4个电子参与大

兀键的形成，故C错误；D.Y的熔点比X的低说明X中离子键强于Y,则Y的阴离子半径大于X,故D

正确；故选C。

5.（2023・北京海淀・清华附中校考三模）汽车尾气中的CO、NO,、硫氧化物、乙烯、丙烯等碳氢化合物会

引起光化学烟雾、酸雨等污染；汽油抗震添加剂四乙基铅（熔点为-136°C,极易挥发）的排放严重危害人体

中枢神经系统。汽车尾气净化装置可将污染物中的co和NO转化为无害气体CO?和N。。下列有关说法正

确的是

A.SO。和SO3中的键角相等B.丙烯中C原子为sp2杂化

C.必中。键和兀键数目之比为1：2D.固态四乙基铅为离子晶体

【答案】C

【解析】A.二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为1,分子的空间构型为V形，三

氧化硫中硫原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0,分子的空间构型为平面三角形，二氧化硫和三氧

化硫的空间构型不同，键角不相等，故A错误；B.丙烯中甲基上C形成4个◎键，采取sp3杂化，碳碳双

键上的C原子为sp2杂化，故B错误；C.氮气分子中含有氮氮三键，三键中含有1个。键和2个兀键，分

子中◎键和兀键数目之比为1：2,故C正确；D.由题给信息可知，固态四乙基铅为熔沸点低的分子晶体，

故D错误；故选C。

6.(2023•吉林白山・统考模拟预测)向蓝色的硫酸铜溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，继续滴加氨水至

沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。下列说法错误的是

A.Cu2+的3d能级上有1个未成对电子

B.1mol[CU(H2O)4]SO4中含有12molo键

C.深蓝色溶液中的溶质含有离子键、极性键、配位键

D.SO}的空间结构是正四面体形

【答案】B

【解析】A.Q?+的价层电子排布式为:3d43d能级上有1个未成对电子，故A正确;B.1molH2O含2moiH-Oc

键，ImolEhO与Cu?+之间存在1moi配位键，配位键属于◎键；ImolSO：中含4moiS-O©键，贝。1mol

[CU(H2O)4]SO4中含有16moic键，故B错误；C.深蓝色溶液中的溶质为[Cu(H2O)4]SO4,[Cu(H2O)4]2+和SO}

之间存在离子键，水分子内存在极性共价键，水分子与铜离子之间存在配位键，故C正确；D.SO；中心S

原子的价层电子对数为等=4,无孤对电子，离子空间构型为正四面体形，故D正确；故选：Bo

7.(2023•山东德州・统考三模)X、Y、Z、M、W为原子序数依次增大的短周期非金属元素，可与金属R

形成具有特殊性质的离子化合物，其结构如图所示，其中X基态原子每个能级所含电子数相同，R的原子

序数等于X、Y、W的原子序数之和。下列说法正确的是

A.简单氢化物分子中键角大小：Z>W

B.最高价含氧酸酸性：M>W

c.R"中电子运动状态为14种

D.该化合物中含有离子键、共价键、配位键

【答案】A

【分析】X基态原子每个能级所含电子数相同，根据结构中X成4个共价键，可知X为C,Z均形成1个

双键，则Z为O,原子序数依次增大，则Y为N,W形成6个共价键，则W为S,M形成1个共价键，原

子序数小于W,则M为F,R的原子序数等于X、Y、W的原子序数之和，R为Cu。

【解析】A.由分析可知，W为S,Z为0,两者的结构相同，其中。的半径小，成键电子对的斥力大，故

简单氢化物分子中键角大小：Z>W,A正确；B.由分析可知，W为S,M为F,其中F没有含氧酸，B

错误；C.由分析可知，R为Cu,为29号元素，则R2+中含有27个原子，则R?+中电子运动状态为27种，

C错误；D.根据该化合物结构可知，该化合物中含有离子键、共价键，没有配位键，D错误；故选A。

8.(2023•江苏南京・统考模拟预测)反应RC三CAg+2CN-+H2OTRC三CH+Ag(CN)£+OH-可用于提纯末端快

煌，下列说法正确的是

A.RC三CAg中只含离子键B.H2O的空间填充模型为

c.OH-的电子式为0：HD.Ag(CN)占中◎键与n键的个数比为1：2

【答案】B

【解析】A.RC三CAg分子中，碳碳三键及R-C为共价键，A错误；B.H2O分子为V形，空间填充模型为

一•♦—一

正确；C.OH-中氧元素与氢元素直接通过共用电子对结合，故OH的电子式为：0：H，

C错误；D.Ag(CN)£的结构式为［N三C-Ag-C三叮，则一个Ag(CN)£中由4个◎键和4个兀键，故◎键

与兀键的个数比为1：1,D错误；故选B。

9.(2023•贵州贵阳・统考三模)2022年我国科学家首次在月球上发现一种磷酸盐矿物，该物质含有R、W、

X、Y、Z五种主族元素，原子序数依次增大且均不超过20。R、Y为非金属元素，W、X、Z为金属元素，

W的最高正化合价为+1,X和Z同族。下列说法正确的是

A.简单离子半径：R<X<Z

B.R和W形成的化合物中一定只含离子键

C.W、X、Z的最高价氧化物对应的水化物均为强碱

D.简单氢化物沸点：R>Y

【答案】D

【分析】磷酸盐矿物含有R、W、X、Y、Z五种主族元素，原子序数依次增大且均不大于20。R、Y为非

金属元素，W、X、Z为金属元素，结合原子序数可知，R为O元素、Y为P元素，W的最高正化合价为

+1,W为Na元素；X和Z同族，Z不可能是K,因为K与Na同主族，故Z为Ca元素、则X为Mg元素。

【解析】A.由分析可知，R、X、Z分别O、Mg、Ca,根据一般电子层数越多半径越大，电子层数相同核

电荷数越大半径越小可知，简单离子半径为Ca2+>O2->Mg2+即X<R<Z,A错误；B.由分析可知，R为

O,W为Na,则R和W形成的化合物Na2O中只含离子键，但NazCh中既有离子键又有共价键，B错误；

C.由分析可知，W为Na、X为Mg、Z为Ca,则W、X、Z的最高价氧化物对应的水化物中NaOH>Ca(OH)2

为强碱，Mg(OH)2为中强碱，C错误；D.由分析可知，R为0、Y为P,由于H2O中存在分子间氢键，导

致沸点依次升高，故简单氢化物沸点H2O>PH3,即R>Y,D正确；故答案为：D。

10.(2023・云南楚雄•统考模拟预测)科学家利用BN和TiCh创造了一种可快速分解世界上最难降解的污染

物M的复合光催化剂。M由R、X、Y、Z4种短周期主族元素组成，它们的原子序数依次增大，在暗室中

Z的单质能与同温同压下密度最小的气体剧烈反应。M的结构式如图所示。下列叙述错误的是

ZZzZZzZY

——

——

—

—

II——=

XXXXXYR

---x—-

—

I—II

—

X-X——

ZZZ

ZZZZ

A.最图正化合价：Z>Y>X>R

B.电负性：Z>Y>X

C.原子半径：X>Y>Z>R

D.M是含极性键和非极性键的共价化合物

【答案】A

【分析】M由4种短周期主族元素组成，R、X、Y、Z的原子序数依次增大，在暗室中Z单质和同温同压

下密度最小的气体剧烈反应，Z为F元素；R的原子序数最小，形成1个共价键，则R为H元素；X形成

4个共价键、Y形成2个共价键，结合原子序数可知，X为C元素、Y为O元素。

【解析】由上述分析可知，R为氢元素、X为碳元素、Y为氧元素、Z为氟元素，据此分析解题：

A.由分析可知，R、X、Y、Z分别是H、C、0、F,由于0没有最高正化合价，F没有正化合价，A错误;

B.由分析可知，X、Y、Z分别为C、O、F,同一周期从左往右元素的电负性依次增强，故电负性为F>O

>C^RZ>Y>X,B正确；C.同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则

C、0、F、H的原子半径依次减小即X>Y>Z>R,C正确；D.M含有碳碳非极性键、氧氢键等极性键，它

是共价化合物，D正确；故答案为：A。

11.(2023•浙江•校联考三模)水体中Ni：+的测定可用丁二酮月亏分光光度法，其中Ni?+与丁二酮巨亏作用形成

如图配合物A,已知4个N原子在同一平面上，下列说法正确的是

A.配合物中心离子杂化方式为sp'

B.根据配合物A的结构可知A易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂

C.该配合物中的化学键有极性键、配位键、氢键

D.该配合物最多有23个原子共平面

【答案】D

【解析】A.由4个氮原子在同一平面上可知，配合物的中心离子保离子的杂化方式不可能为sp3杂化，故

A错误；B.由图可知，配合物A形成了分子内氢键，很难再与水形成氢键，所以A难溶于水，故B错误;

C.氢键是作用力较强的分子间作用力，不属于化学键，故C错误；D.由图可知，配合物A中碳氮双键和

氧原子为平面结构，由4个氮原子在同一平面上可知，配合物最多有23个原子共平面，故D正确；故选D。

12.(2023•浙江•校联考一模)含共价键的强电解质的是

A.MgCl2B.NaHSO4C.NH3D.CH3coOH

【答案】B

【分析】强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物；弱电解质：在水溶液中不能完全电离

的化合物。相邻原子之间通过共用电子对形成的化学键为共价键。

【解析】A.氯化镁只含离子键，A错误；B.硫酸氢钠是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，

属于强电解质，钠离子与硫酸氢根离子之间存在离子键，硫酸氢根离子内氧原子与硫原子、氢原子和氧原

子之间存在共价键，B正确；C.氨气为非电解质，C错误；D.醋酸在水溶液中只能部分电离，属于弱电

解质，D错误；故答案为：B。

二、主观题(共3小题，共40分)

13.(14分)回答下列问题：

(1)向CuSO4溶液中滴加过量的稀氨水，可以得到深蓝色的[Cu(NH3)4](OH)2溶液，此过程中涉及的非金属元

素(H除外)的第一电离能由小到大的顺序为,[Cu(NH3)4户的空间构型是,[Cu(NH3)4]2+中含

有的化学键类型为o

(2)CaCN2从材料学角度俗称石灰氮,可以由CaC2与N2等反应制得。CaC2中◎键和7T键的数目之比为,

CaCN2中每个原子最外层均达到8电子稳定结构，则CaCN2的电子式为。

(3)CU3(ASC>4)2是一种木材防腐剂，其阴离子中As原子的杂化轨道类型为,H3ASO4的酸性强于H3ASO3

的原因为。

【答案】(每空2分)(1)S<O<N平面正方形配位键和极性共价键

(2)1:2Ca2+[:N"C：：N:]2-

⑶sp3H3ASO4的非羟基氧原子更多，使其中As-0-H中羟基极性更大，更容易电离出H+

【解析】(1)同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但N的2P轨道为半充满状态，较稳定，故第

一电离能：0<N；同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，故第一电离能：S<0,则第一电离能：S<

0<N;据晶体衍射实验观测的结果，[Cu(NH3)4]2+的空间构型是平面正方形；Cu2+和NH3之间为配位键，

NH3分子内部为极性共价键。答案为：S<O<N；平面正方形；配位键和极性共价键；

(2)CaC2中的C)存在碳碳三键，所以。键和兀键的数目之比为1:2,CaCN2是离子化合物，各原子最外

层均达到8电子稳定结构，则CaCNz的电子式为Ca2+[而::C：市:]2-。答案为：1:2；Ca2+[:N*-C：：N:]2-;

(3)AsO：的中心As原子孤电子对数=土=——=。，价层电子对数=4+0=4,故As原子采取sp3杂化，

H3ASO4中非羟基氧数目为1,而H3ASO3中非羟基氧数目为0,H3ASO4的非羟基氧原子更多，使其中As-O-H

中羟基极性更大，更容易电离出H+,从而酸性更强。答案为：sp3;H3ASO4的非羟基氧原子更多，使其中

As-O-H中羟基极性更大，更容易电离出H+。

14.(12分)1985年，Rousssin研究发现了第一个金属原子簇类配位化合物[Fe4s3(NO)7F，其结构如图1，金

属原子簇类化合物与金属原子表面性质相似，具有良好的催化活性等功能。请回答下列问题：

(l)Fe3+的基态核外价电子排布式为。

(2)上述化合物中含有三种非金属元素，试比较三种元素第一电离能由大到小顺序为；

硫可以形成SOCL化合物，则该化合物的空间结构为o

(3)除了氮的氧化物之外，氮还可以形成NO,请写出氮原子杂化方式。

(4)上述原子簇类配合物，中心原子铁的配位原子是。

(5)配合物Fe(CO)5的熔点一20℃,沸点103℃。可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图2所示。下列关于

Fe(CO)5说法正确的是0

A.Fe(CO)5是非极性分子，CO是极性分子

3

B.Fe(CO)5中Fe原子以sp杂化方式与CO成键

C.1molFe(CO)5含有10mol配位键

D.Fe(CO)5=Fe+5co反应中没有新化学键生成

【答案】(每空2分)(l)3d5(2)N>O>S三角锥形(3)sp(4)S、N(5)AC

【解析】(l)Fe位于周期表中第四周期第VIII族，Fe3+的基态核外价电子排布式为3d5；(2)化合物中三种非金

属元素为N、O、S,同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第HA族和第VA

族元素反常，则三种元素第一电离能由大到小顺序为N>O>S,对于SOCb,其等电子体为SCT，二者结构

相似，根据VSEPR模型，价层电子对数为3+(6—2x3+2)/2=4,则其空间结构为三角锥形；⑶对于NO],

根据VSEPR模型，价层电子对数为2+(5—2x2—1)/2=2,根据杂化轨道理论，则中心N原子为sp杂化；

(4)直接与中心原子成键的为配位原子，所以中心原子铁的配位原子是N、S；(5)A.看正负电荷中心是否重

叠，Fe(CO)5对称是非极性分子，CO不对称是极性分子，故A正确；B.Fe(CO)5中Fe原子不是以sp3杂化

方式与CO成键，故B错误；C.碳与氧、铁与碳之间形成配位键，1010行6(8)5含有1。11101配位键，故C

正确；D.化学反应的实质是旧化学键的断裂，新化学键的生成，故D错误。故选AC。

15.（12分）门捷列夫认为氮、碳、氧、氢是“四大天王”元素，它们与宇宙和生命的形成都有密切联系，可以

相互结合成很多化合物。

（1）四种元素中，核外未成对电子数目相同的元素有（填写元素符号，下同）；四种元素的原子半径由

大到小的顺序为0

（2）HCN是生命演化过程中的基础物质之一。已知HCN中C、N都满足8电子稳定结构，则HCN的电子式

为;其中C、N之间的共用电子对偏向的元素是,从原子结构角度解释其原因_______。

（3）N2O是医学上的一种麻醉剂，可以通过反应_______NH3+02TN20+H20制得，

配平该反应的化学方程式；若生成1.8g水，转移的电子数目为个。已知N2O为直线型极性

分子，则该分子中所含化学键的类型有（填写编号）。

a.极性共价键b.非极性共价键c.离子键d.金属键

【答案】⑴C、O（1分）C>N>O>H（1分）

（2）H：C”N：（1分）N（1分）C和N原子核外都有2个电子层，N的核电荷数比C多，且原子

半径N小于C,核对外层电子的吸引力强（2分）

一定条件4

（3）2NH3+2O2N2O+3H2O（2分）不岫或0.267M或1.6x1023（2分）ab（2分）

【解析】（1）H、C、N、O核外未成对电子数目分别为1、2、3、2,核外未成对电子数目相等的是C和O；

同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：

C>N>O>H„

（2）HCN中C、N都满足8电子稳定结构，HCN的电子式为H：C”N：,C和N是位于同周期相邻元素，

N的核电荷数比C大，N原子半径比C小，N对核外电子吸引力更强，所以C、N之间的共用电子对偏向

的元素是No

一定条件

⑶利用化合价升降法来配平，反应的化学方程式为2NH3+2O2^^^N2O+3H2O；反应中N化合价由-3

Q

价升高为+1价，。化合价由。价降低为-2价，每生成1mol水转移§mol电子，生成1.8g水即0.1mol水

844

时转移电子O.lx§mol=—mol,转移电子数为正刈或0.267M或1.6x1023；N2O为直线型极性分子，分

子结构为N三N=O,则该分子中所含化学键的类型有氮氮非极性共价键，氮氧极性共价键，故答案为ab。

真题实战演练

1.（2022•天津•统考高考真题）利用反应2NH3+NaClO=N2Hu+NaCl+H?。可制备N2H4。下列叙述正确

的是

A.NHa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0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=土尸=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◎键，双键中含有1个◎键和1个兀键，三键中含有1个◎键和2个n键；N2H4的结构

H-N-N—H

式为II，分子中含有5个◎键，C错误；D.NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键,

HH

都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D错误；故选A。

2.（2022・天津・统考高考真题）一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法

正确的是

A.金刚石比石墨稳定

B.两物质的碳碳0键的键角相同

C.等质量的石墨和金刚石中，碳碳。键数目之比为4：3

D.可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨

【答案】D

【解析】A.石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，

故A错误；B.金刚石是空间网状正四面体形，键角为109。281石墨是层内正六边形，键角为120。，因此

碳碳。键的键角不相同，故B错误；C.金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间

通过范德华力连接，Imol金刚石有2moi碳碳◎键，Imol石墨有1.5mol碳碳◎键，因此等质量的石墨和金

刚石中，碳碳。键数目之比为3：4,故C错误；D.金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射

线衍射仪鉴别，故D正确。综上所述，答案为D。

3.（2021•江苏•高考真题）反应Cb+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O可用于制备含氯消毒剂。下列说法正确的是

A.Cb是极性分子

B.NaOH的电子式为Na：0：H

C.NaClO既含离子键又含共价键

D.与Na+具有相同的电子层结构

【答案】C

【解析】A.氯气分子结构对称，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；B.NaOH为离子化合物，

电子式为Na+［：O：H］：B错误；C.NaClO含有钠离子和次氯酸根形成的离子键，含有O原子和C1

原子形成的共价键，C正确；D.C1-有3层电子，Na+有2层电子，D错误；综上所述答案为C。

4.（2023・辽宁•统考高考真题）下列化学用语或表述正确的是

A.BeCL的空间结构：V形B.P4中的共价键类型：非极性键

C.基态Ni原子价电子排布式：3d10D.顺一2—丁烯的结构简式：i«;二C葭

XF

【答案】B

【解析】A.BeCL的中心原子为Be,根据VSEPR模型可以计算，BeCb中不含有孤电子对，因此BeCL为

直线型分子，A错误；B.P4分子中相邻两P原子之间形成共价键，同种原子之间形成的共价键为非极性共

价键，P4分子中的共价键类型为非极性共价键，B正确；C.Ni原子的原子序数为28,其基态原子的价电

子排布为3d84s2,C错误；D.顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为

/3,D错误；故答案选B。

HC=CH

5.（2023・浙江・高考真题）共价化合物Al2c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:

A12C16+2NH3=2A1（NH3）C13,下列说法不.确的是

A.他5的结构式为（B.Al2c16为非极性分子

C.该反应中NH3的配位能力大于氯D.ALB%比Al2cL更难与NH3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

CI

二All二AI：，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.澳元素

的电负性小于氯元素，原子的原子半径大于氯原子，则铝澳键弱于铝氯键，所以双聚澳化铝的铝澳键更易

断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D错误；故选D。

6.（2021.江苏•高考真题）N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3;

HNCh能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与反应生成

NO,NO进一步氧化生成NO2。2NO（g）+O2（g）=2NO2（g）AH=-116.4kJ-mol"。大气中过量的NOx和水体中

过量的NH；、NO1均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的NO转化为N2,也可将

水体中的NO3-转化为N2。下列有关NH3、NH；、NO］的说法正确的是

A.NH3能形成分子间氢键

B.NO］的空间构型为三角锥形

C.NH3与NH；中的键角相等

D.NH3与Ag+形成的［Ag(NH3)2「中有6个配位键

【答案】A

【解析】A.NH3能形成分子间氢键，氨分子是一个极性分子，氮原子带有部分负电荷,氢原子带有部分正电

荷，当氨分子互相靠近时，由于取向力的作用，带有部分正电荷的氢原子与另外一个氨分子中的带有部分

负电荷的氮原子发生异性电荷的吸引进一步靠拢，A正确；B.硝酸根离子的空间构型是个标准的正三角形，

N在中间，O位于三角形顶点，N和O都是sp2杂化，B错误；C.NH3和NH；都是sp3杂化，但NH3中存

在一个孤电子对，是三角锥结构，而NH；为标准的正四面体，所以键角是不一样的，NH3中每两个N—H

键之间夹角为107。18',正四面体为109。28',C错误；D.N-H为。键，配位键也为。键，则［Ag(NH3)2】+

中含有8个。键，2个配位键，D错误；答案选A。

7.(2022.湖北.统考高考真题)Be?+和AP+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的

是

A.Be?+与AP+都能在水中与氨形成配合物

B.BeCl2和A1C1,的熔点都比MgC"的低

C.Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性

D.Be和A1的氢化物都不能在酸中稳定存在

【答案】A

【解析】A.AP+半径小，不能容纳6个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A项错误；B.BeCl2

和Al。属于分子晶体，而MgCU属于离子晶体，则BeC"和Al］的熔点都比MgC"的低，B项正确；

C.Be(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确；D.Be和A1的氢化物与酸

反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确；答案选A。

8.(2023・浙江•高考真题)X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的2s轨道全充满，Y

的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法不正

确的是

A.电负性：Z>X

B.最高正价：Z<M

C.Q与M的化合物中可能含有非极性共价键

D.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Y

【答案】B

【分析】Y的s能级电子数量是p能级的两倍，Y为C,X的2s轨道全充满，原子序数X<Y,则X为Be

或B,M