专题23 分子结构与性质 十年（2015-2024）高考化学真题分类汇编(解析版)

2013-2024年十年高考真题汇编PAGEPAGE1专题23分子结构与性质考点十年考情(2015-2024)命题趋势考点1分子结构与性质2024·甘肃卷、2024·湖北卷、2024·河北卷、2024·浙江6月卷、2023•山东卷、2023•浙江省1月选考、2023•湖南卷、2023•湖北省选择性考试、2021•山东卷物质的性质是由物质的结构，物质的用途又由物质的性质决定。而自然界大部分物质是由分子组成，所以了解分子的结构与性质就有助于我们了解许多物质的用途，分子结构与性质主要命题点有化学键类型的判断，分子构型的判断，中心原子杂化方式的判断。预计高考将会对上述考查内容进行重点考查。杂化轨道理论、价层电子对互斥理论是整个物质结构的核心知识。用杂化轨道理论、价层电子对互斥理论推测简单分子或离子的空间结构，是应考的必备知识。考点2图示分子结构2024·山东卷、2024·湖南卷、2024·辽吉黑卷、2024·湖北卷、2023•山东卷、2023•全国新课标卷、2019·全国卷考点2微观角度解释性质2022·浙江省1月卷、2022·浙江省6月卷、2021•浙江1月卷、2021•浙江6月卷、2020•浙江1月卷考点1分子结构与性质1．(2024·甘肃卷，14，3分)温室气体N2O在催化剂作用下可分解为O2和N2，也可作为氧化剂氧化苯制苯酚。下列说法错误的是()A．相同条件下N2比O2稳定 B．N2O与NO2+的空间构型相同C．N2O中键比键更易断裂 D．N2O中键和大键的数目不相等【答案】D【解析】A项，N2分子中存在的N，O2分子中虽然也存在叁键，但是其键能小于N，因此，相同条件下N2比O2稳定，A正确；B项，N2O与NO2+均为CO2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项，N2O的中心原子是N，其在催化剂作用下可分解为O2和N2，说明N2O中N-O键比N-N键更易断裂，C正确；D项，N2O中σ键和大π键的数目均为2，因此，σ键和大π键的数目相等，D不正确；故选D。2．(2024·湖北卷，5，3分)基本概念和理论是化学思维基石。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．sp3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项，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，A错误；B项，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，B正确；C项，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，C正确；D项，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，D正确；故选A。3．(2024·河北卷，9，3分)NH4ClO4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：NH4ClO4+2C=NH3↑+2CO2↑+HCl↑。下列有关化学用语或表述正确的是()A．HCl的形成过程可表示为B．NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构C．在C60、石墨、金刚石中，碳原子有sp、sp2和sp3三种杂化方式D．NH3和CO2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项，HCl是共价化合物，其电子式为，HCl的形成过程可表示为，故A错误；B项，NH4ClO4中NH4+的中心N原子孤电子对数为，价层电子对数为4，ClO4-的中心Cl原子孤电子对数为，价层电子对数为4，则二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，故B正确；C项，C60、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp3，共有2种杂化方式，故C错误；D项，NH3易液化，其气化时吸收热量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可作制冷剂，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D错误；故选B。4．(2024·浙江6月卷，14，3分)Si中的Si原子均通过sp3杂化轨道成键，与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na2SiO3。下列说法不正确的是()A．Si分子结构可能是 B．Si与水反应可生成一种强酸C．Si与NaOH溶液反应会产生H2 D．Si沸点低于相同结构的SiBr【答案】A【解析】A项，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项，Si与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，故B正确；C项，Si与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na2SiO3，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项，SiBr的相对分子质量大于Si，因此SiBr的范德华力更大，沸点更高，故D正确；故选A。5．(2023•山东卷，3)下列分子属于极性分子的是()A．CS2 B．NF3 C．SO3 D．SiF4【答案】B【解析】A项，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项，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项，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项，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。6．(2023•浙江省1月选考，12)共价化合物Al2Cl6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．Al2Cl6的结构式为 B．Al2Cl6为非极性分子C．该反应中NH3的配位能力大于氯 D．Al2Br6比Al2Cl6更难与发生反应【答案】D【解析】A项，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项，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项，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项，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。7．(2023•湖南卷，4)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项，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项，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项，酰胺在酸性条件下反应生成羧基和氨基，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项，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，冠醚(18-冠-6)的空穴大小为260~320pm，可以适配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚与离子之间以配位的形式结合，D正确；故选A。8．(2023•湖北省选择性考试，9)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．SO32-和CO32-的空间构型均为平面三角形C．CF4和SF4均为非极性分子D．XeF2和XeO2的键角相等【答案】A【解析】A项，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项，SO32-的孤电子对为1，CO32-的孤电子对为0，所以SO32-的空间构型为三角锥形，CO32-的空间构型为平面三角形，B错误，C项，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项，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。9．(2021•山东卷，9)关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是()A．CH3OH为极性分子 B．N2H4空间结构为平面形C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同【答案】B【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；B项，N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼((CH3)2NNH2)只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；D项，CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。考点2图示分子结构1．(2024·山东卷，9，2分)由O、F、I组成化学式为IOF2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【解析】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。A项，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项，根据该化合物结构片断可知，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IOF2，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；C项，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项，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；故选C。2．(2024·湖南卷，9，3分)通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是()A．P为非极性分子，Q为极性分子 B．第一电离能：B<C<NC．1mol

P和1mol

Q所含电子数目相等 D．P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化【答案】A【解析】A项，由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误；B项，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，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由小到大的顺序为B<C<N，B正确；C项，由所给分子结构可知，P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1mol

P和1mol

Q所含电子数目相等，C正确；D项，由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其它三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确；故选A。3．(2024·辽吉黑卷，9，3分)环六糊精(D-吡喃葡萄糖缩合物)具有空腔结构，腔内极性较小，腔外极性较大，可包合某些分子形成超分子。图1、图2和图3分别表示环六糊精结构、超分子示意图及相关应用。下列说法错误的是()A．环六糊精属于寡糖B．非极性分子均可被环六糊精包合形成超分子C．图2中甲氧基对位暴露在反应环境中D．可用萃取法分离环六糊精和氯代苯甲醚【答案】B【解析】A项，1mol糖水解后能产生2~10mol单糖的糖称为寡糖或者低聚糖，环六糊精是葡萄糖的缩合物，属于寡糖，A正确；B项，要和环六糊精形成超分子，该分子的直径必须要匹配环六糊精的空腔尺寸，故不是所有的非极性分子都可以被环六糊精包含形成超分子，B错误；C项，由于环六糊精腔内极性小，可以将苯环包含在其中，腔外极性大，故将极性基团甲氧基暴露在反应环境中，C正确；D项，环六糊精空腔外有多个羟基，可以和水形成分子间氢键，故环六糊精能溶解在水中，而氯代苯甲醚不溶于水，所以可以选择水作为萃取剂分离环六糊精和氯代苯甲醚，D正确；故选B。4．(2024·湖北卷，15，3分)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项，“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正确；B项，“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错误；C项，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正确；D项，芘、并四苯、蒄中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正确；故选B。5．(2023•山东卷，5)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项，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项，(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项，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项，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；故选B。6．(2023•全国新课标卷，9)一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]，部分晶体结构如下图所示，其中[C(NH2)3]+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项，由晶体结构图可知，[C(NH2)3]+中的-NH2的H与[B(OCH3)4]-中的O形成氢键，因此，该晶体中存在氢键，A正确；B项，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不正确；C项，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不正确；D项，[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sp2；[B(OCH3)4]-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sp3；[B(OCH3)4]-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sp3；综上所述，晶体中B、О和N原子轨道的杂化类型不相同，D不正确；故选A。7．(2019·全国卷，10)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是()A．冰表面第一层中，HCl以分子形式存在B．冰表面第二层中，H+浓度为5×10-3mol·L-1(设冰的密度为0.9g·cm-3)C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH++Cl-【答案】D【解析】由图示可知，冰表面第一层中，HCl以分子形式存在，A项叙述正确；冰表面第二层中，c(H+)=c(Cl-)，设n(Cl-)=1mol，则n(H2O)=1×104mol，m(H2O)=18g·mol-1×1×104mol=1.8×105g，V(H2O)=1.8×105g0.9g·cm-3=2×105cm3=200L，c(H+)=c(Cl-)=1mol200L=5×10-3考点3微观解度解释性质1．(2022·浙江省1月卷，26)回答下列问题：(1)两种有机物的相关数据如表：物质HCON(CH3)2HCONH2相对分子质量7345沸点/℃153220HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是____________________________________。(2)四种晶体的熔点数据如表：物质CF4SiF4BF3AlF3熔点/℃-183-90-127＞1000CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是________________。【答案】(1)HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。(2)CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。【解析】(1)HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；(2)CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。2．(2022·浙江省6月卷，26)回答下列问题：(1)乙醇的挥发性比水的强，原因是_______。(2)金属氢化物是应用广泛的还原剂。KH的还原性比NaH的强，原因是_______。【答案】(1)乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小(2)Na+半径小于K+，Na+与H—的离子键作用强，H—更难失电子，还原性更弱【解析】(1)乙醇和水均可形成分子晶体，且其均可形成分子间氢键，但是，水分子中的２个H均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的１个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低。因此，乙醇的挥发性比水的强的原因是：乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小。(2)KH和NaH均可形成离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H—的离子键作用较强，其中的H—更难失电子、还原性更弱，因此，KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H—的离子键作用强，H—更难失电子，还原性更弱。3．(2021•浙江1月卷，26)(1)用质谱仪检测气态乙酸时，谱图中出现质荷比(相对分子质量)为120的峰，原因是______。(2)金属镓(Ga)位于元素周期表中第4周期IIIA族，其卤化物的熔点如下表：GaF3GaCl3GaBr3熔点/℃>100077.75122.3GaF3熔点比GaCl3熔点高很多的原因是______。【答案】(1)两个乙酸分子通过氢键形成二聚体()(2)GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体；离子键强于分子间作用力【解析】(1)质谱检测乙酸时，出现质荷比为120的峰，说明可能为两分子的乙酸结合在一起，由于乙酸分子中存在可以形成氢键的O原子，故这种结合为以氢键形式结合的二聚体()，故答案为：两个乙酸分子通过氢键形成二聚体()；(2)F的非金属性比Cl强，比较GaF3和GaCl3的熔点可知，GaF3为离子晶体，GaCl3为分子晶体，离子晶体中主要的作用为离子键，分子晶体中主要的作用为分子间