2022-2024年高考化学试题分类专项复习：物质结构与性质、元素周期律（教师卷）

三年邕题」

4<05物质给构与根质无素周期律

后第曹母。绢须俺

考点三年考情(2022-2024)命题趋势

♦原子结构、化学键和元素周期律：2024河北

卷、2024湖北卷、2024江苏卷、2024甘肃卷、

2024北京卷、2023北京卷、2022湖南卷、2022

天津卷、2022北京卷、2022辽宁卷、2022江苏随着新高考的大范围实行，在选择中

卷出现了考查物质结构与性质选修模

♦分子结构与物质性质：2024安徽卷、2024黑块内容的试题，且具有一定的分散

吉辽卷、2024湖北卷、2024山东卷、2024河北性，在阿伏加德罗常数的判断、有机

卷、2024浙江卷、2024湖南卷、2023湖南卷、物的结构与性质等题目中均会涉及，

2023湖北卷、2023山东卷、2023浙江卷、2022单独考查物质结构与性质的选择题

天津卷、2022辽宁卷、2022北京卷、2022江苏主要以分子结构与性质内容和晶体

卷、2022湖北卷、2022海南卷结构与性质，有关晶胞结构的考查在

考点1物质结

♦晶体结构与物质性质：2024安徽卷、2024黑选择题中也经常出现。关于元素推断

构与性质元

吉辽卷、2024湖北卷、2024河北卷、2024浙江类题目，命题形式没有大的变化，主

素周期律

卷、2023新课标卷、2023北京卷、2023山东要变化是将选修模块内容融入到了

卷、2023湖南卷、2023湖北卷、2023辽宁卷、元素推断当中，像第一电离能、电负

2022山东卷、2022湖北卷性、核外电子排布、杂化类型、化学

♦元素的推断：2024全国甲卷、2024浙江卷、键类型、键角等知识内容是常考内

2024黑吉辽卷、2024湖北卷、2024新课标卷、容。总体而言，有关物质结构与性质、

2024河北卷、2024湖南卷、2024安徽卷、2023元素推断的选择题在高考中所占分

全国甲卷、2023全国乙卷、2023湖南卷、2023值大、难度跨度大、涉及知识点多，

浙江卷、2023辽宁卷、2023湖北卷、2022全国已经成为高考的重点考查内容。

甲卷、2022全国乙卷、2022广东卷、2022重庆

卷、2022福建卷、2022辽宁卷、2022湖南卷、

2022河北卷、2022海南卷、2022浙江卷

曾窟飨缀。阖滔退温

考法1原子结构、化学键和元素周期律

1.（2024・湖北卷）下基本概念和理论是化学思维的基石。下列叙述错误的是

A.VSEPR理论认为VSEPR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.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：Ao

2.（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

CO2、CH2O、CCI4键角依次减

B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

小

CsCl晶体中Cs+与8个cr配位，

CCs+比Na+的半径大

而NaCl晶体中Na+与6个CV配位

逐个断开CH4中的C-H键，每步

D各步中的C-H键所处化学环境不同

所需能量不同

【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.CO2中心C原子为sp杂化，键角为180。，CH2。中心C原子为sp?杂化，键角大约为120。，CH4

中心C原子为sp3杂化，键角为109。28',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，Cs+周围最多

能排布8个cr，Na+周围最多能排布6个cr，说明Cs+比Na+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C—H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C—H键所处化学环境不同，每步所需能量不同，故D正确；

故选Bo

3.（2024.江苏卷）明研［KA1（SO4）2」2H2。］可用作净水剂。下列说法正确的是

A.半径：r（Al3+）>r（K+）B.电负性：％（O）>%（S）

C.沸点：H2s>H2OD.碱性：Al（OH）3>KOH

【答案】B

【解析】

A.A13+有2个电子层，而K+有3个电子层，因此，K+的半径较大，A错误；

B.同一主族的元素，其电负性从上到下依次减小，O和S都是VIA的元素，O元素的电负性较大，B正确；

C.虽然H2s的相对分子质量较大，但是H2。分子间可形成氢键，因此H2。的沸点较高，C错误；

D.元素的金属性越强，其最高价的氧化物的水化物的碱性越强，K的金属性强于A1,因此K0H的碱性较

强，D错误；

综上所述，本题选Bo

4.（2024・江苏卷）下列有关反应描述正确的是

A.CH3cH20H催化氧化为CH3cHO,CH3cH20H断裂C-O键

B.氟氯燃破坏臭氧层，氟氯煌产生的氯自由基改变分解的历程

C.丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂。键和兀键

D.石墨转化为金刚石，碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2

【答案】B

［解析】A.CH3cH20H催化氧化为CHjCHO,CH3cH20H断裂C-H键和0-H生成C=O,A错误；

B.根据题意，氯自由基催化03分解氟氯燃破坏臭氧层，则氟氯炫产生的氯自由基改变。3分解的历程，B

正确；

C.丁烷催化裂化为乙烷和乙烯，丁烷断裂0键，丁烷是饱和烷烧，没有兀键，c错误；

D.石墨碳原子轨道的杂化类型为转化为sp2,金刚石碳原子轨道的杂化类型为sp3,石墨转化为金刚石,

碳原子轨道的杂化类型由sp2转变为sp3,D错误；

故选B。

5.（2024•甘肃卷）下列说法错误的是

A.原子半径：O<N<CB.第一电离能：C<N<O

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

【答案】B

【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HA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sp2,杂化方式相同，D正确；

综上所述，本题选B。

6.（2024.甘肃卷）下列说法错误的是

A.相同条件下N?比。2稳定

B.N?。与NO；的空间构型相同

C.凡0中N-O键比N-N键更易断裂

D.N?。中◎键和大兀键的数目不相等

【答案】D

【解析】A.N?分子中存在的N三N,。2分子中虽然也存在叁键，但是其键能小于N三N,因此，相同

条件下N?比。2稳定，A正确；

B.N?。与NO；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.N?。的中心原子是N,其在催化剂作用下可分解为。2和N?,说明N2。中N-O键比N-N键更易断裂，

C正确；

D.N?。中c键和大兀键的数目均为2,因此，c键和大兀键的数目相等，D不正确；

综上所述，本题选D。

7.（2024北京卷）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是（）

A.依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向

B.依据一元弱酸的Ka，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小

C.依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大

D.依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱

【答案】C

【解析】一元弱酸的Ka越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H+越多，pH越小，B不符合

题意；电负性为吸引电子的能力，而电离能为失去电子的能力，所以同一周期从左到右，第一电离能是增

大的趋势，但是UA大于IIIA,VA大于VIA,C符合题意；F、CLBr、I的氢化物分子中氢卤键的键能

越大，氢化物的热稳定性越强，D不符合题意。

8.（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Ka

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

【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，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一的极性大于CI3C—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Cl-H键的极性，导致HF分子极性强于HC1,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）2,D不符合题意；

故选A„

9.（2022•湖南卷）下列说法错误的是

A.氢键，离子键和共价键都属于化学键

B.化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表

C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识

D.石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一

【答案】A

【解析】A.离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，A说法错误；

B.第一张元素周期表是俄国化学家门捷列夫编制的，B说法正确；

C.药剂师和营养师的工作分别与药剂和营养物质有关，因此必须具备相关的化学专业知识才能胜任相关

工作，C说法正确；

D.制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和纯碱，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土，D说法正确；

综上所述，本题选A。

10.（2022•天津卷）下列叙述错误的是

A.H。是极性分子

B.10原子的中子数为10

C.与。3互为同素异形体

<QH-OH和20H互为同系物

D.

【答案】D

【解析】A.H?。是“V”形结构，不是中心对称，属于极性分子，故A正确；

B.1。原子的中子数18-8=10,故B正确；

C.。2与。3是氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故C正确；

D.属于酚，QH~CH20H属于醇，两者结构不相似，因此两者不互为同系物，故D错误。

综上所述，答案为D。

H.（2022•山东卷）:0、£0的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：

”+；HeT3O+：X；：o+；HeT5o+：Y。下列说法正确的是

A.X的中子数为2

B.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;'。②、to?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;He,Y微粒为;He,据此分析解题。

A.由分析可知，X微粒为:He,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:He,Y微粒为;He,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，；3。与;5。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；

55

D.自然界中不存在;与*02并不是其化学键不稳定，而是由于与*0的半衰期很短，很容易发生核变

化，转化为气体其他原子，0=0的键能与形成该键的核素无关，D错误；

故答案为：B。

12.（2022・北京卷）38y（例）的87Sr、的sr稳定同位素在同一地域土壤中87SrSr值不变。土壤生物中

87Sr/86Sr值与土壤中87SrdSr值有效相关。测定土壤生物中87Sr产Sr值可进行产地溯源。下列说法不正

确的是

A.Sr位于元素周期表中第六周期、第IIA族

B.可用质谱法区分87Sr和86Sr

C.和含有的中子数分别为49和48

D.同一地域产出的同种土壤生物中87Sr产Sr值相同

【答案】A

【解析】A.Sr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，87sr和86sr的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正

确;

C.87Sr的中子数为87-38=49,86的中子数为86-38=48,故C正确;

D.由题意可知，*（锄的稳定同位素在同-一地域土壤中87皆Sr值不变，故口正确;

故选A„

13.（2022•天津卷）嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元素

B.第一电离能：Mg<Ca

C.Fe位于元素周期表的p区D.这六种元素中，电负性最大的是O

【答案】D

【解析】A.Al、Si同周期，A1的核电荷数小于Si,原子半径：Al>Si,故A错误；

B.Mg、Ca同主族，同主族从上到下第一电离能减小，故B错误；

C.Fe位于元素周期表的d区，故C错误；

D.同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减弱，则由此可知六种元素中电负性最

大的为O,故D正确；

故选：D„

14.（2022•天津卷）下列物质沸点的比较，正确的是

A.CH4>C2H6B.HF>HC1

CH3CHCH3

J

C.H2S>H2SeD.I>CH,CH0CH2CH,

CH3

【答案】B

【解析】A.甲烷和乙烷组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点

CH4<C2H6,故A错误；

B.HF存在分子间氢键，因此沸点HF>HC1,故B正确；

C.H2S.HzSe组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点HzSvH^Se,故C

错误；

CHCHCH

D.相同碳原子的烷妙，支链越多，沸点越低，因此3Is<3CH3cH2cH2cH3,故D错误。

综上所述，答案为B。

15.(2022・辽宁卷)下列类比或推理合理的是

已知方法结论

A沸点：Cl2<Br2<I2类比沸点：H2<N2<O2

B酸性：HC1O4>HIO4类比酸性：HC1>HI

C金属性：Fe>Cu推理氧化性：Fe3+<Cu2+

DKsp：Ag2CrO4<AgCl推理溶解度：Ag2CrO4<AgCl

【答案】A

【解析】A.Cl?、Br-I?的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越

大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：H2<N2<O2,所以沸点：H2<N2<O2,故A

正确；

B.非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，

所以酸性：HC1O4>HIO4,酸性：HC1<HI,故B错误；

C.由金属性：Fe>Cu,可推出氧化性Fe2+<Cu2+；由离子方程式2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可得，氧化性：

Fe3+>Cu2+,故C错误；

D.AgzCrO」和AgCl的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D错

误；

选Ao

16.(2022•江苏卷)工业上电解熔融ALO3和冰晶石(NajAlR)的混合物可制得铝。下列说法正确的是

3++

A.半径大小：r(Al)<r(Na)B.电负性大小：X(F)<Z(O)

C.电离能大小：［(O)<L(Na)D.碱性强弱：NaOH<Al(OH)3

【答案】A

【解析】A.核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为r(A13+)<r(Na+),故A正确；

B.同周期元素核电荷数越大电负性越大，故%(F)>%(O),故B错误；

C.同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为

I1(O)>I1(Na),故C错误;

D.元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为NaOH>Al(OH)3,故D错

误；

故选Ao

考法2分子结构与物质性质

17.(2024.安徽卷)下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是

A.键角：NH3>NO3-

B.熔点：NH2OH>[NH3OH]C1

C.25℃同浓度水溶液的pH:[NH3OH]Cl>NH4Cl

D.羟胺分子间氢键的强弱：O-H-O>N-H-N

【答案】D

【解析】A.NH3中N原子的价层电子对数=3+；(5-3*1)=3+1=4,为sp3杂化，键角为107。，NO3中N

的价层电子对数=3+<(5+1-3*2)=3+0=3,为sp2杂化，键角为120。，故键角：NH3<NO；,A项错误；

B.NH20H为分子晶体，[NHsOH]。为离子晶体，故熔点：NH2OH<[NH3OH]C1,B项错误；

C.由题目信息可知，25℃下，Kb(NH3H2O)>Kb(NH2OH),故NH20H的碱性比NH3-凡。弱，故同

浓度的水溶液中，[NH3(DH『的电离程度大于NH：的电离程度，同浓度水溶液的pH：

[NH3OH]CKNH4C1,C项错误;

D.O的电负性大于N,O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱O-H...O>N-H...N,D项

正确;

故选D。

18.(2024•黑吉辽卷)环六糊精①印比喃葡萄糖缩合物)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

(60%)

OCH3

Cl

(96%)

图2图3

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醛

【答案】B

【解析】A.Imol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.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.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.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，而氯代苯甲醛不

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醛，D正确；

故选B。

19.（2024.湖北卷）结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是

事实解释

A甘油是黏稠液体甘油分子间的氢键较强

B王水溶解钳浓盐酸增强了浓硝酸的氧化性

C冰的密度小于干冰冰晶体中水分子的空间利用率相对较低

D石墨能导电未杂化的P轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动

【答案】B

【解析】A.甘油分子中有3个羟基，分子间可以形成更多氢键，且O元素的电负性较大，故其分子间形

成的氢键较强，因此甘油是黏稠液体，A正确；

B.王水溶解柏，是因为浓盐酸提供的C「能与被硝酸氧化产生的高价态的伯离子形成稳定的配合物从而促

进粕的溶解，在这个过程中浓盐酸没有表现氧化性，B不正确；

C.冰晶体中水分子间形成较多的氢键，由于氢键具有方向性，因此，水分子间形成氢键后空隙变大，冰晶

体中水分子的空间利用率相对较低，冰的密度小于干冰，c正确；

D.石墨属于混合型晶体，在石墨的二维结构平面内，第个碳原子以C—C键与相邻的3个碳原子结合，形

成六元环层。碳原子有4个价电子，而每个碳原子仅用3个价电子通过sp2杂化轨道与相邻的碳原子形成共

价键，还有1个电子处于碳原子的未杂化的2P轨道上，层内碳原子的这些p轨道相互平行，相邻碳原子p

轨道相互重叠形成大兀键，这些p轨道的电子可以在整个层内运动，因此石墨能导电，D正确；

综上所述，本题选B。

20.（2024.湖北卷）。2在超高压下转化为平行六面体的。8分子（如图）。下列说法错误的是

I一一叶^＞一。

0:------------

A.。2和08互为同素异形体B.。8中存在不同的氧氧键

C.。2转化为。8是焙减反应D.常压低温下。8能稳定存在

【答案】D

【解析】A.02和08是。元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，A项正确;

B.08分子为平行六面体，由其结构知，08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；

超高压

C.02转化为。8可表示为402^^=08,气体分子数减少，故02转化为08是嫡减反应，C项正确；

D.02在超高压下转化成08,则在常压低温下08会转化成02,不能稳定存在，D项错误；

答案选D。

21.（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烧。三种芳煌与

“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

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个花

D.芳煌兀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夕至，故芳煌与“分子客车”通过分子间作用力形成分子聚集体一

一超分子，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.花与“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个花，C项正确；

D.花、并四苯、蔻中无电子数逐渐增多，与“分子客车”的结合常数逐渐增大，而结合常数越大越稳定，

故芳煌兀电子数越多越有利于和“分子客车”结合，D项正确；

答案选B。

【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0、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0

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断可知，每个I原子与3个。原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个

。原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为IOZF,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,。元素的化合价为-2,贝打元素的化合价为

+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1—0单键，又存在1=0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。

22.（2024.山东卷）由0、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0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0（白色的小球）代表0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断可知，每个I原子与3个。原子形成共价键，根据均摊法可以判断必须有2个

。原子分别与2个I原子成键，才能确定该化合物化学式为IOZF,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,。元素的化合价为-2,贝口元素的化合价为

+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—0单键，又存在1=0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。

23.(2024•河北卷)NH4CIO4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：NH4C1O4+2C=NH3T+2CO2T+HC1T。下列有关化学用语或表述正确的是

A.HC1的形成过程可表示为H.+.Cl：-H1Q1

B.NH4CIO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构

C.在CGO、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.HC1是共价化合物，其电子式为HCl,HC1的形成过程可表示为H”+©l：-H；@：，

故A错误；

B.NH4CIO4中NH；的中心N原子孤电子对数为gx(5-14)=0,价层电子对数为4,CIO4的中心C1原

子孤电子对数为;x(7+1-2x4)=0,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.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.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分子间作用力氢键和范德华力，CX)2分子间仅存在范德华力，故D错误；

故选B。

24.(2024.浙江卷6月)物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构或性质不熊解学其用途

的是

选

结构或性质用途

项

A石墨呈层状结构，层间以范德华力结合石墨可用作润滑剂

Bso2具有氧化性S。？可用作漂白剂

聚丙烯酸钠(个“肃唏)中含有亲水基团

C聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂

COONa

冠酸18-冠-6空腔直径(260~320pm)与右直径

冠酸18-冠-6可识别K+，能增大KMnO4在有

D

(276pm)接近机溶剂中的溶解度

【答案】B

【解析】A.石墨呈层状结构，层间以范德华力结合，该作用力较小，层与层容易滑动，石墨可用作润滑

剂，A正确;

B.$。2具有漂白性，可用作漂白剂，B错误;

聚丙烯酸钠(七凡肃吐

C.)中含有亲水基团-C00-,聚丙烯酸钠可用于制备高吸水性树脂，c正确;

COONa

D.冠酸18-冠-6空腔直径(260~320pm)与K+直径(276pm)接近，可识别K，,使K+存在于其空腔中，进

而能增大KM11O4在有机溶剂中的溶解度，D正确；

故选Bo

25.(2024.浙江卷6月)SisC%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NazSiOs。下列说法不正卿的是

ClSi-----SiCl

//\

A.SisCLo分子结构可能是。下(B.SisCl］。与水反应可生成一种强酸

Cl,Si--sfcl

沸点低于相同结构的

C.Si5cli0与NaOH溶液反应会产生H2D.SisCLoSisB%

【答案】A

Cl,Si——SiCl

【解析】A.该结构中，如图CLS所示的两个CLci最外层有7个电子，形成了两个共价键,

CLSi--SiCl

Cl,Si——SiCl

//\

因此其中i个应为配位键，而si不具备空轨道来接受孤电子对，因此eqs、结构是错误的，故A

Cl,Si--SiCl

错误；

B.SisCLo与水反应可生成HCLHC1是一种强酸，故B正确;

C.SisCLo与NaOH溶液反应Si元素均转化成NazSiOs，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.SisBr1。的相对分子质量大于SisC%,因此SisB%的范德华力更大，沸点更高，故D正确;

故选Ao

26.（2024.湖南卷）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<N

C.ImolP和ImolQ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.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.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,故B正确；

C.由所给分子结构可知，P分子式为C24Hl2,Q分子式为B12N12H12,P、Q分子都是含156个电子，故

ImolP和ImolQ所含电子数目相等，C正确；

D.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；

本题选A„

27.（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.冠醛（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

【解析】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.冠醛（18-冠-6）的空穴大小为260~320Ptn,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。

28.（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.CH&和H20的VSEPR模型均为四面体

B.SO：和COj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.Xe耳与XeOz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,CO7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„

29.(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：A1F,(1O4O℃)远高于A1C13(178℃升华)晶体类型

C酸性：CBCOOH(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

【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.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A1耳熔点远高于A1C§,故B正确；

C.由于电负性F>H,C-F键极性大于C-H键，使得蛋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"用存在氢键，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。

30.(2023•山东卷)下列分子属于极性分子的是

A.CS2B.NF3C.SO3D.SiF；

【答案】B

【解析】A.CS2中C上的孤电子对数为gx(4-2x2)=0,0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：x(5-3xl)=l,0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)=0,0键电子对数为3,价层电子对数为3,SCh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。

31.(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：

A12C16+2NH3=2A1(NH3)C13,下列说法不亚做的是

Cl、ClC1

A.Al2cL的结构式为二A1,二Al,B.Al2cQ为非极性分子

Cl/、C1

C.该反应中NH3的配位能力大于氯D.ALB”比Al2c16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

CK/Cl、/C1

AL，故A正确；

CK、C1

Cl、/Cl、jCl

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、A1AK,

CK、C1/、C1

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.漠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。

32.(2022•天津卷)利用反应2NH3+NaClO=N2H4+脂。+应0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◎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

<Q1

【解析】A.NH3中N原子的孤电子对数=-x=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个兀键；N2H4的结构式为

H-N-N-H

II,分子中含有5个◎键，C错误；

HH

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。

33.（2022・辽宁卷）理论化学模拟得到一种N1离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是

r-i+

N・・=N=NN=N=N

\N/••

N=N=NZXN=N=N

A.所有原子均满足8电子结构B.N原子的杂化方式有2种

C.空间结构为四面体形D.常温下