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2025菁优高考化学解密之化学键与物质的性质
一．选择题（共25小题）
1．（2024•天津）我国学者在碳化硅（SiC）表面制备出超高迁移率半导体外延石墨烯。下列说法正确的
是（ ）
A．SiC是离子化合物
B．SiC晶体的熔点高、硬度大
C．核素14C的质子数为8
D．石墨烯属于烯烃
2．（2024秋•贵州月考）NiO为橄榄绿色结晶性粉末，不溶于水，主要用作搪瓷的密着剂和着色剂等，
在冶金、显像管中也有应用。NiO晶体结构如图1所示。人工制备的NiO晶体（如图2）常存在缺陷：
一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，其结果晶体仍呈电中性。已知某氧化镍样品组成为
Ni O。下列说法错误的是（ ）
0.88
A．镍元素位于元素周期表的d区
B．图1中距离O2﹣最近且等距离的O2﹣有12个
C．基态Ni2+价层电子轨道表示式为
D．Ni O中Ni2+与Ni3+的物质的量之比为3：8
0.88
3．（2024秋•辽宁月考）在不同压强和温度下，固态氮分子相的晶胞结构如表， 相晶胞是立方晶胞，
晶胞边长为apm， 相晶胞是四方晶胞（晶胞边长有2种）。下列说法错误的是（α ）
分子相 γ 相 相
温度和压强 ＜35.6K，α ＜0.35GPa ＜40.0Kγ，0.35～
1.96GPa
结构
1A．继续增大压强，可能形成共价晶体结构的氮的同素异形体
B． 相、 相晶胞中原子个数之比为1：2
α γ
C． 相晶体密度为
D．α图1晶胞与 相晶胞相同
4．（2024秋•重庆α期中）尿素[CO（NH
2
）
2
]是一种高效化肥。下列说法正确的是（ ）
A．σ键与 键的数目之比为6：1
B．C、N原π子的杂化方式均为sp2
C．尿素分子间存在范德华力和氢键
D．第一电离能：O＞N＞C
5．（2024秋•重庆期中）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿 x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显
示为图丙，晶胞参数a≠c，a≠c， ＝ ＝ ＝90°。已知该含钙化合物的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德
罗 常 数 的 值 是 N α 。β γ下 列 说 法 正 确 的 是 （ ）
A
A．元素电负性：B＞N
B．该含钙化合物的化学式是Ca N B
3 2
2C．晶体密度的计算式为
D．图丙中Ca和N的间距为
6．（2024秋•海安市校级月考）叠氮化钠（NaN ）可用于汽车安全气囊的制造，N O与NaNH 发生反应
3 2 2
可以生成NaN ，反应方程式为N O+2NaNH ＝NaOH+NH +NaN 。下列有关说法不正确的是（ ）
3 2 2 3 3
A．NaOH的电子式为
B．键角： ＜NH
3
C．NaNH 中N元素化合价为﹣3
2
D．NaN 中既含离子键又含共价键
3
7．（2024秋•海淀区校级月考）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和
光照条件下，颜料雌黄（As S ）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
2 3
资料：硫代硫酸根（ ）可看作是 中的一个O原子被S原子取代的产物。
下列说法正确的是（ ）
A． 的空间构型是平面三角形， 的空间构型是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应 的比值：反应Ⅰ小于反应Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As S 转移的电子数之比为3：7
2 3
8．（2024秋•五华区期中）碳化钼是碳原子嵌入金属钼原子的间隙形成的化合物，其晶胞结构如图所示，
已知晶胞参数为apm，钼的原子序数为42，N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A
A．该晶体属于分子晶体
3B．钼的价层电子排布式为4d45s2
C．碳的配位数为8
D．该晶体的密度是
9．（2024秋•长治月考）近日，青岛科技大学某科研团队设计并制备了一种新型复合材料，将 CsPbBr
3
量子点嵌入LiFePO 颗粒中，形成了具备光电转换且具有电荷存储功能的 LFP/CPBQDs复合材料，其
4
中CsPbBr 的晶胞如图所示。下列说法错误的是（ ）
3
A．金属锂灼烧产生的特殊焰色是一种发射光谱
B．基态Fe2+的价层电子排布图为
C． 的VSEPR模型与空间结构一致
D．晶胞中每个Cs+周围与它最近且等距离的Br﹣有8个
10．（2024秋•海淀区校级月考）元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，
它与N3﹣形成的晶体结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．X元素的原子序数是19
B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1
C．Xn+离子中n＝1
D．晶体中与Xn+最近的等距离N3﹣有2个
11．（2024•安徽二模）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 常温下S在CS 中的溶解度 分子的极性
2
4强于在H O中的溶解度
2
B CH NH 的碱性强于NH 的 孤电子对的个数
3 2 3
碱性
C 金刚石的硬度大于钠的硬度 晶体的类型
D 对羟基苯甲酸的沸点高于邻 氢键的类型
羟基苯甲酸的沸点
A．A B．B C．C D．D
12．（2024•沧州三模）LiZnAs晶体中的部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体。
LiZnAs晶体的立方晶胞结构如图所示，a点原子分数坐标为 ，晶胞密度为 g•cm﹣3。
下列说法错误的是（ ） ρ
A．b点原子分数坐标为
B．晶体中每个Zn周围距离最近的As原子共有4个
C．As原子与As原子之间的最短距离为
D．若Li的半径为rcm。则晶胞中Li的空间利用率为
13 ． （ 2024• 沧 州 三 模 ） 铜 硒 矿 中 提 取 Se 的 反 应 之 一 为 Ag Se+4H SO （ 浓 ） ＝
2 2 4
Ag SO +SeO +3SO ↑+4H O。下列说法正确的是（ ）
2 4 2 2 2
A．键角：H O＞H S＞H Se
2 2 2
B． 的空间结构是三角锥形
C．元素的第一电离能：O＜S＜Se
D．基态Se原子核外电子有34种空间运动状态
14．（2024•沧州三模）脱羧反应是有机化学中的正要反应，如图为制备氰化物的脱羧反应。下列说法正
确的是（ ）
5A．电负性：S＞O＞N＞C＞H
B．CO 分子的空间填充模型为
2
C．化合物 分子中碳原子有2种杂化方式
D．化合物 分子中有2个手性碳原子
15．（2024秋•湖南月考）酞菁钴近年来被广泛应用于光电材料、非线性光学材料、催化剂等方面，其结
构如图所示（Co参与形成的均为单键，部分化学键未画出）。下列说法正确的是（ ）
A．酞菁钴中三种非金属元素的电负性大小顺序为N＞H＞C
B．Co（Ⅱ）通过配位键结合的是2号和4号N原子
C．酞菁钴中碳原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化两种
D．1号和3号N原子分别与周围3个原子形成的空间结构为平面三角形
16．（2024秋•长安区月考）物质的结构决定性质，下列实例与解释不相符的是（ ）
选项 实例 解释
A 沸点：H O＞HF 氢键具有方向性和饱和性
2
B BF 与NH 形成配合物H N•BF BF 中的B有空轨道，可接受NH 中
3 3 3 3 3 3
N的孤电子对
C 酸性：CCl COOH＞CHCl COOH Cl C—的极性大于Cl CH—的极性，
3 2 3 2
导致CCl COOH中羟基的极性更大
3
D 超分子冠醚（18﹣冠﹣6）如图所示，其空穴 两者之间能形应离子键
适配K+
6A．A B．B C．C D．D
17．（2024秋•长安区月考）嫦娥三号卫星上的PIC元件（热敏电阻）的主要成分——钡钛矿的晶胞结构
如图所示。若该晶体的密度为 g/cm3，N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A
ρ
A．Ti4+位于O2﹣围成的正八面体的中心
B．Ba2+周围距离最近的O2﹣数目为12
C．两个O2﹣的最短距离为 cm
D．Ba2+与Ti4+之间的最短距离为 ×10﹣10pm
18．（2024秋•渝中区校级月考）下列性质的比较正确的是（ ）
A．键角：BF ＞CH ＞H O＞NH
3 4 2 3
B．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si
C．熔点：NaCl＞SiO ＞H O＞HF
2 2
D．无机含氧酸的酸性：HClO ＞H SO ＞H CO ＞HClO
4 2 4 2 3
19．（2024秋•皇姑区校级月考）下列关于C，Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A．自然界中的14C来自宇宙射线（中子）撞击14N，其过程可表示为14N+ ＝14N+
B．SiH 中Si的化合价为+4，CH 中C的化合价为﹣4，因此SiH 还原性小于CH
4 4 4 4
C．高压下制得的CO 共价晶体结构与SiO 晶体相似，其硬度和熔沸点均高于SiO 晶体
2 2 2
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p﹣p 键
20．（2024•广西）白磷（P
4
）是不溶于水的固体，在空气中易自燃。下列有关白磷的π说法错误的是（
）
A．分子中每个P原子的孤电子对数均为1
7B．常保存于水中，说明白磷密度大于1g•cm﹣3
C．难溶于水，是因为水是极性分子，P 是非极性分子
4
D．熔点低，是因为P 分子内的P—P键弱
4
21．（2024•东城区一模）二氯亚砜（SOCl ）的结构式为 ，易水解产生两种刺激性气味的
2
气体。下列说法不正确的是（ ）
A．S的化合价为+4 B．该分子呈平面三角形
C．该分子是极性分子 D．SOCl +H O═SO +2HCl
2 2 2
22．（2024秋•东城区校级月考）X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．①中发生反应：Cu2++2NH •H O═Cu（OH） ↓+2
3 2 2
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C．X中所含阴离子是
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
23．（2024•广西）一定条件下，存在H﹣缺陷位的LiH晶体能吸附N 使其分解为N，随后N占据缺陷位
2
（如图）。下列说法错误的是（ ）
A．c＞0.5a B．半径：r（H﹣）＞r（H）
C．b＝d D．LiH晶体为离子晶体
24．（2024秋•靖远县月考）在多原子分子中如有相互平行的p轨道，它们连贯重叠在一起构成一个整体，
p电子在多个原子间运动形成 型化学键，这种不局限在两个原子之间的 键称为离域 键，或大
π π π π
8键。当分子主链上所有原子都参与形成大 键时，该分子将具有导电性。导电高分子Q的合成路线如
图所示。下列说法错误的是（ ） π
A．P的分子式为C H F N
15 6 4 4
B．Q分子中C、N原子的杂化方式相同
C．P与H 完全加成后的产物中含6个手性碳原子
2
D．2分子P按上述原理二聚时，能形成2种二聚物
25．（2024•浙江）Si Cl 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
5 10
Na SiO 。下列说法不正确的是（ ）
2 3
A．Si Cl 分子结构可能是
5 10
B．Si Cl 与水反应可生成一种强酸
5 10
C．Si Cl 与NaOH溶液反应会产生H
5 10 2
D．Si Cl 沸点低于相同结构的Si Br
5 10 5 10
92025菁优高考化学解密之化学键与物质的性质
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2024•天津）我国学者在碳化硅（SiC）表面制备出超高迁移率半导体外延石墨烯。下列说法正确的
是（ ）
A．SiC是离子化合物
B．SiC晶体的熔点高、硬度大
C．核素14C的质子数为8
D．石墨烯属于烯烃
【答案】B
【分析】A．SiC是由Si—C键构成的化合物；
B．SiC晶体是共价晶体；
C．质子数＝原子序数；
D．石墨烯是由碳元素组成的单质。
【解答】解：A．SiC是由Si—C键构成的化合物，是共价化合物，故A错误；
B．SiC晶体是共价晶体，SiC晶体的熔点高、硬度大，故B正确；
C．质子数＝原子序数，核素14C的原子序数为6，故质子数为6，故C错误；
D．石墨烯是由碳元素组成的单质，不属于烯烃，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查物质的组成的相关知识，属于基础知识的考查，题目比较简单。
2．（2024秋•贵州月考）NiO为橄榄绿色结晶性粉末，不溶于水，主要用作搪瓷的密着剂和着色剂等，
在冶金、显像管中也有应用。NiO晶体结构如图1所示。人工制备的NiO晶体（如图2）常存在缺陷：
一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，其结果晶体仍呈电中性。已知某氧化镍样品组成为
Ni O。下列说法错误的是（ ）
0.88
A．镍元素位于元素周期表的d区
B．图1中距离O2﹣最近且等距离的O2﹣有12个
10C．基态Ni2+价层电子轨道表示式为
D．Ni O中Ni2+与Ni3+的物质的量之比为3：8
0.88
【答案】D
【分析】A．Ni为第28号元素；
B．晶胞中占据顶点和面心，以上面心O2﹣为中心，上面4个顶点和上下两个晶胞的面心8个；
C．基态Ni2+价层电子排布式为3d8；
D．1mol Ni O中，Ni2+为xmol，Ni3+为ymol，x+y＝0.88，2x+3y＝2，得出x＝0.64，y＝0.24。
0.88
【解答】解：A．Ni为第28号元素，位于元素周期表的Ⅷ族为d区，故A正确；
B．晶胞中占据顶点和面心，以上面心O2﹣为中心，上面4个顶点和上下两个晶胞的面心8个，O2﹣周
围与它距离相等且最近O2﹣的有12个，故B正确；
C．基态Ni2+价层电子排布式为3d8，价层电子轨道表示式为 ，故C正确；
D．设1mol Ni O中，Ni2+为xmol，Ni3+为ymol，x+y＝0.88，2x+3y＝2，则x＝0.64，y＝0.24，
0.88
Ni O中Ni2+与Ni3+的物质的量之比为8：3，故D错误；
0.88
故选：D。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024秋•辽宁月考）在不同压强和温度下，固态氮分子相的晶胞结构如表， 相晶胞是立方晶胞，
晶胞边长为apm， 相晶胞是四方晶胞（晶胞边长有2种）。下列说法错误的是（α ）
分子相 γ 相 相
温度和压强 ＜35.6K，α ＜0.35GPa ＜40.0Kγ，0.35～
1.96GPa
结构
A．继续增大压强，可能形成共价晶体结构的氮的同素异形体
B． 相、 相晶胞中原子个数之比为1：2
α γ
C． 相晶体密度为
D．α图1晶胞与 相晶胞相同
α
11【答案】B
【分析】A．在通常状况下，N 分子内部以极强的共价键结合，分子间以较弱的范德华作用力结合；
2
随着压强的不断增大，分子间距离不断被压缩；
B． 相晶胞中平均含有4个分子， 相晶胞中平均含有2个分子；
α γ
C． 相晶体密度＝ ；
D．α将 相晶胞向右平移半个晶胞即为图1。
【解答α】解：A．固体分子中分子间距逐渐接近于原子尺寸级别，且不同分子中相邻原子之间的相互
作用逐渐增强；当分子间相互作用与分子内部的原子间共价作用相当时，分子内部原有的共价键会被
破坏发生断裂，从而使得双原子分子结构发生解离，转变为原子相，在通常状况下，N 分子内部以极
2
强的共价键结合，分子间以较弱的范德华作用力结合；随着压强的不断增大，分子间距离不断被压缩；
故A正确；
B． 相晶胞中平均含有4个分子， 相晶胞中平均含有2个分子，此时原子个数之比＝分子个数之比
＝2：α1，故B错误； γ
C． 相晶体密度＝ ＝ g•cm﹣3，故C正确；
D．α将 相晶胞向右平移半个晶胞即为图1，故D正确；
故选：αB。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
4．（2024秋•重庆期中）尿素[CO（NH ） ]是一种高效化肥。下列说法正确的是（ ）
2 2
A．σ键与 键的数目之比为6：1
B．C、N原π子的杂化方式均为sp2
C．尿素分子间存在范德华力和氢键
D．第一电离能：O＞N＞C
【答案】C
【分析】A．双键中含有1个σ键与1个 键，单键均为σ键，结合尿素分子结构分析判断；
B．尿素分子中含有C＝O键，则C原子π的价层电子对数为3；N原子含有1对孤电子对，则N原子的
12价层电子对数为4；
C．固体尿素属于分子晶体，还含有N—H键和电负性大的N、O原子，结合氢键的形成条件分析判断；
D．N原子的第一电离能大于O原子。
【解答】解：A．尿素[CO（NH ） ]分子中含有C＝O键、C—N键和N—H键，双键中含有1个σ键
2 2
与1个 键，单键均为σ键，则尿素分子中σ键与 键的数目之比为7：1，故A错误；
B．尿素π分子中含有C＝O键，则C原子的价层电子π对数为3，VSEPR模型为平面三角形，C原子的杂
化方式为sp2，但N原子含有1对孤电子对，则N原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，C
原子的杂化方式为sp3，故B错误；
C．固体尿素属于分子晶体，分子间存在范德华力，还含有N—H键和电负性大的N、O原子，属于尿
素分子间还存在分子间氢键，故C正确；
D．同周期主族元素从左往右第一电离能呈现增大的趋势，但ⅤA族的np3是半充满的稳定状态，比相
邻ⅥA族元素的第一电离能更高，所以第一电离能：N＞O＞C，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查原子杂化方式判断、微粒间作用力，把握原子杂化方式、化学键类型及计算、电离
能规律等知识是解题关键，侧重基础知识检测与灵活运用能力考查，题目难度中等。
5．（2024秋•重庆期中）某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿 x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显
示为图丙，晶胞参数a≠c，a≠c， ＝ ＝ ＝90°。已知该含钙化合物的摩尔质量为Mg/mol，阿伏加德
罗 常 数 的 值 是 N α 。β γ下 列 说 法 正 确 的 是 （ ）
A
A．元素电负性：B＞N
B．该含钙化合物的化学式是Ca N B
3 2
13C．晶体密度的计算式为
D．图丙中Ca和N的间距为
【答案】C
【分析】A.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大；
B.由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8× ＝3，N的个数为8× ＝3，B的个数为4× ＝
1；
C.其摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的值是N ，晶胞体积为a2c×10﹣30cm3；
A
D.图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心。
【解答】解：A.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负
性N＞B，故A错误；
B.由均摊法可知，晶胞中Ca的个数为8× ＝3，N的个数为8× ＝3，B的个数为4× ＝
1，故对应化学式为Ca N B，故B错误；
3 3
C.其摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的值是N ，晶胞体积为a2c×10﹣30cm3，则晶体的密度为
A
，故C正确；
D.图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为 apm，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为
解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
6．（2024秋•海安市校级月考）叠氮化钠（NaN ）可用于汽车安全气囊的制造，N O与NaNH 发生反应
3 2 2
可以生成NaN ，反应方程式为N O+2NaNH ＝NaOH+NH +NaN 。下列有关说法不正确的是（ ）
3 2 2 3 3
A．NaOH的电子式为
B．键角： ＜NH
3
C．NaNH 中N元素化合价为﹣3
2
D．NaN 中既含离子键又含共价键
3
【答案】A
14【分析】A．NaOH为离子化合物，是由Na+、OH﹣构成的；
B．NH 中N原子的价层电子对个数为3+ ＝4且含有1个孤电子对， 中N原子的价层电子
3
对个数为2+ ＝4且含有2个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对
之间的排斥力；
C．NaNH 相当于NH 分子中的一个H原子被钠离子取代；
2 3
D．NaN 中Na+、 之间存在离子键， 中氮原子之间存在共价键。
3
【解答】解：A．NaOH为离子化合物，是由Na+、OH﹣构成的，电子式为 ，故A错
误；
B．NH 中N原子的价层电子对个数为3+ ＝4且含有1个孤电子对， 中N原子的价层电子
3
对个数为2+ ＝4且含有2个孤电子对，孤电子对之间的排斥力大于孤电子对和成键电子对
之间的排斥力，所以键角： ＜NH ，故B正确；
3
C．NaNH 相当于NH 分子中的一个H原子被钠离子取代，NH 中N元素的化合价为﹣3价，所以该
2 3 3
物质中N元素化合价为﹣3价，故C正确；
D．NaN 中Na+、 之间存在离子键， 中氮原子之间存在共价键，所以该化合物中含有离子键和共
3
价键，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学键及键角的判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的构成
微粒及微粒之间的作用力、键角的判断方法是解本题关键，题目难度不大。
7．（2024秋•海淀区校级月考）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和
光照条件下，颜料雌黄（As S ）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
2 3
资料：硫代硫酸根（ ）可看作是 中的一个O原子被S原子取代的产物。
下列说法正确的是（ ）
15A． 的空间构型是平面三角形， 的空间构型是正四面体形
B．反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应 的比值：反应Ⅰ小于反应Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1mol As S 转移的电子数之比为3：7
2 3
【答案】D
【分析】A．硫代硫酸根（ ）可看作是 中的一个O原子被S原子取代的产物；
B．As S 中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价；
2 3
C．反应Ⅰ的方程式为： ，反应Ⅱ的方程式为：
；
D．As S 中As为+3价，S为﹣2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol
2 3
As S 失电子3×4mol＝12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol As S 失电子
2 3 2 3
2×2mol+3×8mol＝28mol。
【解答】解：A．硫代硫酸根（ ）可看作是 中的一个O原子被S原子取代的产物，故
、 的空间构型均是四面体形，故A错误；
B．As S 中As的化合价为+3价，反应Ⅰ产物中As的化合价为+3价，故该过程中As没有被氧化，故
2 3
B错误；
C．反应Ⅱ的方程式为： ，反应Ⅰ的方程式为：
，则反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的 ：Ⅰ＞
Ⅱ，故C错误；
D．As S 中As为+3价，S为﹣2价，在经过反应Ⅰ后，As的化合价没有变，S变为+2价，则1mol
2 3
As S 失电子3×4mol＝12mol；在经过反应Ⅱ后，As变为+5价，S变为+6价，则1mol As S 失电子
2 3 2 3
162×2mol+3×8mol＝28mol，则反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化As S 转移的电子数之比为3：7，故D正确；
2 3
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原，侧重考查学生氧化还原计算的掌握情况，试题难度中等。
8．（2024秋•五华区期中）碳化钼是碳原子嵌入金属钼原子的间隙形成的化合物，其晶胞结构如图所示，
已知晶胞参数为apm，钼的原子序数为42，N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A
A．该晶体属于分子晶体
B．钼的价层电子排布式为4d45s2
C．碳的配位数为8
D．该晶体的密度是
【答案】D
【分析】A.分析其堆积方式可知，晶体不是分子晶体；
B.钼的原子序数为42，与Cr同族；
C.钼的原子半径大于碳，可知白球为碳；
D.晶胞中，，钼原子个数为8× ＝4，C原子个数为12× ＝4，晶胞质量为
g，晶胞体积以为（a×10﹣7）3cm3。
【解答】解：A.分析其堆积方式可知，晶体不是分子晶体，故A错误；
B.钼的原子序数为42，与Cr同族，价层电子排布式为4d55s1，故B错误；
C.钼的原子半径大于碳，可知白球为碳，碳的配位数为2，故C错误；
D.晶胞中，，钼原子个数为8× ＝4，C原子个数为12× ＝4，晶胞质量为
g，晶胞体积以为（a×10﹣7）3cm3，晶胞密度 ＝ ＝ ，故D正确，
故选：D。 ρ
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为
17解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
9．（2024秋•长治月考）近日，青岛科技大学某科研团队设计并制备了一种新型复合材料，将 CsPbBr
3
量子点嵌入LiFePO 颗粒中，形成了具备光电转换且具有电荷存储功能的 LFP/CPBQDs复合材料，其
4
中CsPbBr 的晶胞如图所示。下列说法错误的是（ ）
3
A．金属锂灼烧产生的特殊焰色是一种发射光谱
B．基态Fe2+的价层电子排布图为
C． 的VSEPR模型与空间结构一致
D．晶胞中每个Cs+周围与它最近且等距离的Br﹣有8个
【答案】D
【分析】A.焰色反应属于发生光谱；
B.Fe2+为Fe失去2个电子；
C. 的价层电子对数为4+ ＝4，不含孤对电子；
D.分析晶胞结构可知，Cs位于Br形成的八面体空隙中。
【解答】解：A.焰色反应属于发生光谱，故A正确；
B.Fe2+为Fe失去2个电子；基态Fe2+的价层电子排布图为 ，故B正确；
C. 的价层电子对数为4+ ＝4，不含孤对电子，VSEPR模型与空间结构一致，故C正确；
D.分析晶胞结构可知，Cs位于Br形成的八面体空隙中，每个Cs+周围与它最近且等距离的Br﹣有6个，
故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为
解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
10．（2024秋•海淀区校级月考）元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，
它与N3﹣形成的晶体结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
18A．X元素的原子序数是19
B．该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：1
C．Xn+离子中n＝1
D．晶体中与Xn+最近的等距离N3﹣有2个
【答案】A
【分析】该晶胞中Xn+个数＝12× ＝3、N3﹣个数＝8× ＝1，所以N3﹣、Xn+个数之比为1：3，根据化
合价的代数和为0知n＝+1，元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电子层，则
X原子核外电子数＝2+8+18+1＝29，为Cu元素，该化合物为Cu N，据此分析解答。
3
【解答】解：A．该晶胞中Xn+个数＝12× ＝3、N3﹣个数＝8× ＝1，所以N3﹣、Xn+个数之比为1：
3，根据化合价的代数和为0知n＝+1，元素X的某价态离子Xn+中所有电子正好充满K、L、M三个电
子层，则X原子核外电子数＝2+8+18+1＝29，为Cu元素，原子序数为29，故A错误；
B．该晶胞中Xn+个数＝12× ＝3、N3﹣个数＝8× ＝1，所以该晶体中阳离子与阴离子个数比为3：
1，故B正确；
C．N3﹣、Xn+个数之比为1：3，根据化合物中化合价的代数和为0判断n＝1，故C正确；
D．以一个棱上的Xn+为中心，该离子被4个晶胞共用，与晶体中每个Xn+周围等距离且最近的N3﹣只
有其相邻顶点上的离子，有2个，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
11．（2024•安徽二模）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 常温下S在CS 中的溶解度 分子的极性
2
强于在H O中的溶解度
2
B CH NH 的碱性强于NH 的 孤电子对的个数
3 2 3
碱性
C 金刚石的硬度大于钠的硬度 晶体的类型
D 对羟基苯甲酸的沸点高于邻 氢键的类型
羟基苯甲酸的沸点
19A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【分析】A．S是非极性分子，CS 是非极性分子，水为极性分子；
2
B．N上电子云密度越大，则氨基的碱性越强；
C．一般共价晶体的硬度大于金属晶体的硬度；
D．分子间氢键作用力大于分子内氢键作用力。
【解答】解：A．S是非极性分子，CS 是非极性分子，水为极性分子，根据相似相溶原理可知 S在
2
CS 中的溶解度强于在H O中的溶解度与分子的极性有关，故A正确；
2 2
B．CH NH 中的甲基是推电子基，使N的电子云密度更大，故碱性比于NH 的碱性强，与孤电子对
3 2 3
无关，故B错误；
C．一般共价晶体的硬度大于金属晶体的硬度，金刚石是共价晶体，钠是金属晶体，故金刚石的硬度
大于钠的硬度与晶体的类型有关，故C正确；
D．对羟基苯甲酸形成分子间氢键，邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，故对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟
基苯甲酸的沸点，故与氢键的类型有关，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查化学键，侧重考查学生共价键的掌握情况，试题难度中等。
12．（2024•沧州三模）LiZnAs晶体中的部分Zn原子被Mn原子代替后可以形成一种新型稀磁半导体。
LiZnAs晶体的立方晶胞结构如图所示，a点原子分数坐标为 ，晶胞密度为 g•cm﹣3。
下列说法错误的是（ ） ρ
A．b点原子分数坐标为
B．晶体中每个Zn周围距离最近的As原子共有4个
C．As原子与As原子之间的最短距离为
D．若Li的半径为rcm。则晶胞中Li的空间利用率为
【答案】C
20【分析】A．根据a点分数坐标，可知b点位于体内；
B．晶体中每个As周围距离最近的Zn原子共有4个；
C．1个晶胞中有4个LiZnAs，As原子与As原子之间的最短距离为晶胞面对角线长度的一半；
D．1个Li的体积为 ，1个晶胞中有4个Li，4个Li的体积之和为 ，晶胞体
积为 。
【解答】解：A．根据a点分数坐标，可知b点原子位于体内，分数坐标为 ，故A正确；
B．晶体中每个As周围距离最近的Zn原子共有4个，则晶体中每个Zn周围距离最近的As原子也有4
个，故B正确；
C．As原子与As原子之间的最短距离为晶胞面对角线长度的一半，1个晶胞中有4个LiZnAs，设晶胞
参数为xcm，则 ，晶胞面对角线长度＝ ，则As原子与As原子之间的
最短距离＝ ，故C错误；
D．1个Li的体积为 ，1个晶胞中有4个Li，4个Li的体积之和为 ，晶胞体
积为 ，则晶胞中Li的空间利用率＝ ，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
13 ． （ 2024• 沧 州 三 模 ） 铜 硒 矿 中 提 取 Se 的 反 应 之 一 为 Ag Se+4H SO （ 浓 ） ＝
2 2 4
Ag SO +SeO +3SO ↑+4H O。下列说法正确的是（ ）
2 4 2 2 2
A．键角：H O＞H S＞H Se
2 2 2
B． 的空间结构是三角锥形
C．元素的第一电离能：O＜S＜Se
D．基态Se原子核外电子有34种空间运动状态
21【答案】A
【分析】A．元素电负性依次减小，分子中成键电子对之间的排斥力依次减弱，故键角依次减小；
B． 的中心原子S原子的价层电子对数为 ，为sp3杂化；
C．同族元素随电子层数增多，元素的第一电离能减小；
D．量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态Se原子的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s24p4。
【解答】解：A．O、S、Se的原子半径依次增大，电负性依次减小，分子中成键电子对之间的排斥力
依次减弱，故键角依次减小，键角：H O＞H S＞H Se，故A正确；
2 2 2
B． 的中心原子S原子的价层电子对数为 ，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，
故B错误；
C．同族元素随电子层数增多，元素的第一电离能减小，故元素的第一电离能：O＞S＞Se，故C错误；
D．基态Se原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，量子力学把电子在原子核外的一个空间运
动状态称为一个原子轨道，则基态Se原子核外电子的空间运动状态有1+1+3+1+3+5+1+3＝18种，故
D错误；
故选：A。
【点评】本题考查元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
14．（2024•沧州三模）脱羧反应是有机化学中的正要反应，如图为制备氰化物的脱羧反应。下列说法正
确的是（ ）
A．电负性：S＞O＞N＞C＞H
B．CO 分子的空间填充模型为
2
C．化合物 分子中碳原子有2种杂化方式
D．化合物 分子中有2个手性碳原子
22【答案】D
【分析】A．同周期从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小；
B．同周期从左往右原子半径减小；
C．化合物 分子中，饱和碳原子为sp3杂化，—COOH中碳原子为sp2杂化，—CN中碳
原子为sp杂化；
D．连接四个不同的原子或原子团的碳原子叫作手性碳原子。
【解答】解：A．同周期从左往右电负性增大，同主族从上往下电负性减小，故电负性：O＞N＞S＞C
＞H，故A错误；
B．同周期从左往右原子半径减小，故原子半径：C＞O，CO 分子的空间填充模型为 ，故B
2
错误；
C．饱和碳原子为 sp3杂化，—COOH 中碳原子为 sp2杂化，—CN 中碳原子为 sp 杂化，化合物
分子中碳原子有3种杂化方式，故C错误；
D．连接四个不同的原子或原子团的碳原子叫作手性碳原子，化合物 分子中有2个手性碳
原子（*标记），故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查分子构型，侧重考查学生杂化的掌握情况，试题难度中等。
15．（2024秋•湖南月考）酞菁钴近年来被广泛应用于光电材料、非线性光学材料、催化剂等方面，其结
构如图所示（Co参与形成的均为单键，部分化学键未画出）。下列说法正确的是（ ）
23A．酞菁钴中三种非金属元素的电负性大小顺序为N＞H＞C
B．Co（Ⅱ）通过配位键结合的是2号和4号N原子
C．酞菁钴中碳原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化两种
D．1号和3号N原子分别与周围3个原子形成的空间结构为平面三角形
【答案】B
【分析】A．电负性：C＞H；
B．2号和4号N已经有了3条共价键，含有孤电子对，可以形成配位键；
C．酞菁钴中碳原子均相当于双键碳原子；
D．1号和3号N原子采用sp3杂化，且含有孤电子对；
【解答】解：A．酞菁钴中三种非金属元素的电负性大小顺序为N＞C＞H，故A错误；
B．N与其他原子形成3个共用电子对即可达到8电子稳定结构，2号和4号N已经有了3条共价键，
含有孤电子对，所以2号和4号N与Co（Ⅱ）通过配位键结合，故B正确；
C．酞菁钴中碳原子均相当于双键碳原子，都采取sp2杂化，故C错误；
D．1号和3号N原子采用sp3杂化，分别与周围3个原子形成三个共价键，且含有孤电子对，空间结
构为三角锥形，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及电负性比较、杂化方式和空间构型的判
断，属于高考高频考点，难度中等。
16．（2024秋•长安区月考）物质的结构决定性质，下列实例与解释不相符的是（ ）
选项 实例 解释
A 沸点：H O＞HF 氢键具有方向性和饱和性
2
B BF 与NH 形成配合物H N•BF BF 中的B有空轨道，可接受NH 中
3 3 3 3 3 3
N的孤电子对
C 酸性：CCl COOH＞CHCl COOH Cl C—的极性大于Cl CH—的极性，
3 2 3 2
导致CCl COOH中羟基的极性更大
3
D 超分子冠醚（18﹣冠﹣6）如图所示，其空穴 两者之间能形应离子键
适配K+
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
24【分析】A．水分子之间和HF分子间都能形成氢键，氢键具有方向性和饱和性；
B．BF 中的B有空轨道，可接受NH 中N的孤电子对；
3 3
C．Cl C—的极性大于Cl CH—的极性，导致CCl COOH中羟基的极性更大；
3 2 3
D．其空穴适配K+，两者能通过配位键形成超分子。
【解答】解：A．氢键具有方向性和饱和性，水分子之间和HF分子间都能形成氢键，导致水分子间形
成的氢键数目多，故沸点高，故A正确；
B．BF 中的B有空轨道，可接受NH 中N的孤电子对，B原子可接受NH 中N的孤电子对，从而形
3 3 3
成N→B配位键，故B正确；
C．Cl C—的极性大于Cl CH—的极性，导致CCl COOH中羟基的极性更大，更易发生电离，酸性更
3 2 3
强，故C正确；
D．其空穴适配K+，两者能通过配位键形成超分子，不是离子键，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
17．（2024秋•长安区月考）嫦娥三号卫星上的PIC元件（热敏电阻）的主要成分——钡钛矿的晶胞结构
如图所示。若该晶体的密度为 g/cm3，N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）
A
ρ
A．Ti4+位于O2﹣围成的正八面体的中心
B．Ba2+周围距离最近的O2﹣数目为12
C．两个O2﹣的最短距离为 cm
D．Ba2+与Ti4+之间的最短距离为 ×10﹣10pm
【答案】D
【分析】根据晶胞结构图可知，晶胞中Ti4+位于正方体中心，故每个晶胞中Ti4+个数为1个，Ba2+位于
正方体 8个顶点，故每个晶胞 Ba2+个数为 ，O2﹣位于 6个面心，每个晶胞中 O2﹣个数为
，故钡钛矿每个晶胞中Ba2+、Ti4+、O2﹣个数比为1：1：3，化学式可简写为BaTiO ，其摩尔
3
25质量M＝233g/mol，晶体的密度为 g/cm3，体积V＝ cm3，其晶胞边长为 ，据此解
ρ
答。
【解答】解：A．晶胞中Ti4+位于正方体中心，O2﹣位于6个面心，O2﹣位于6个面心正好可围成正八
面体，Ti4+位于体心，则Ti4+位于O2﹣围成的正八面体的中心，故A正确；
B．Ba2+位于正方体8个顶点，O2﹣位于6个面心，一个Ba2+周围等距的O2﹣共计 个，故
B正确；
C．O2﹣位于正方体6个面的面心，故两个O2﹣的最短距离为 ，即 ，
故C正确；
D．Ba2+位于正方体顶点，Ti4+位于体心，则 Ba2+与 Ti4+的最短距离为 ，即
＝ ，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
18．（2024秋•渝中区校级月考）下列性质的比较正确的是（ ）
A．键角：BF ＞CH ＞H O＞NH
3 4 2 3
B．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si
C．熔点：NaCl＞SiO ＞H O＞HF
2 2
D．无机含氧酸的酸性：HClO ＞H SO ＞H CO ＞HClO
4 2 4 2 3
【答案】D
【分析】A．根据中心原子孤电子对数，价层电子对数，孤电子对排斥力大，孤电子对数越多键角越
小，进行分析；
B．根据同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但第ⅡA、第ⅤA族最外层电子处于全充满、半充
满状态，第一电离能反常进行分析；
C．根据SiO 为共价晶体，进行分析；
2
D．根据HClO 是酸性最强的无机含氧酸，后两者为弱酸进行分析。
4
【解答】解：A．BF 中心原子孤电子对数为 、价层电子对数为3+0＝3，采用sp2杂化，键
3
26角120°，其他三种物质均为sp3杂化，甲烷、氨气、水分子的中心原子所具有的孤电子对数依次为0、
1、2，由于孤电子对排斥力大，孤电子对数越多键角越小，键角大小应为CH ＞NH ＞H O，故A错误；
4 3 2
B．同周期元素随着核电荷数增大第一电离能整体呈现增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一电
离能大于其相邻元素，则第一电离能：Cl＞P＞S＞Si，故B错误；
C．SiO 为共价晶体，其熔点高于NaCl，故C错误；
2
D．HClO 是酸性最强的无机含氧酸，H CO 、HClO均为弱酸，H CO 非羟基氧1个，次氯酸非羟基
4 2 3 2 3
氧0个，一般情况下，非羟基氧越多，酸性越强，H CO 酸性强于HClO，故D正确；
2 3
故选：D。
【点评】本题主要考查键能、键长、键角及其应用等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，
结合已有的知识进行解题。
19．（2024秋•皇姑区校级月考）下列关于C，Si及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A．自然界中的14C来自宇宙射线（中子）撞击14N，其过程可表示为14N+ ＝14N+
B．SiH 中Si的化合价为+4，CH 中C的化合价为﹣4，因此SiH 还原性小于CH
4 4 4 4
C．高压下制得的CO 共价晶体结构与SiO 晶体相似，其硬度和熔沸点均高于SiO 晶体
2 2 2
D．Si原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成p﹣p 键
【答案】B π
【分析】A．根据中子轰击14N原子产生着14C进行分析；
B．根据同族元素从上到下，非金属元素的电负性减小，原子半径增大，原子失电子的能力递增，氢
化物的还原性增强，进行分析；
C．根据键长：C—O＞Si—O，键长越短，键能越大，进行分析；
D．根据Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p﹣p轨道重叠程度很小，难于形成 键进行分
析。 π
【解答】解：A．来自宇宙射线的中子轰击14N原子产生着14C，根据质量守恒可得14N+ ＝14N+
，故A正确；
B．SiH 中Si的化合价为+4，CH 中C的化合价为﹣4，Si与C为同主族元素，同族元素从上到下，非
4 4
金属元素的电负性减小，原子半径增大，原子失电子的能力递增，氢化物的还原性增强，且SiH 中H
4
为﹣1价，﹣1价H具有很强的还原性，因此SiH 还原性大于CH ，故B错误；
4 4
C．CO 晶体和SiO 晶体都为共价晶体，原子半径：C＞Si，键长：C—O＞Si—O，键长越短，键能越
2 2
大，硬度和熔沸点均高于SiO 晶体，故C正确；
2
D．Si的原子半径较大，原子间形成的σ键较长，p﹣p轨道重叠程度很小，难于形成 键，所以Si原
π
27子间难形成双键，而C原子间可以，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查共价键的形成及共价键的主要类型等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用
的信息，结合已有的知识进行解题。
20．（2024•广西）白磷（P ）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（
4
）
A．分子中每个P原子的孤电子对数均为1
B．常保存于水中，说明白磷密度大于1g•cm﹣3
C．难溶于水，是因为水是极性分子，P 是非极性分子
4
D．熔点低，是因为P 分子内的P—P键弱
4
【答案】D
【分析】A．由白磷的结构 可知，每个P原子形成3个P—P键；
B．白磷常保存于水中，沉在水下，隔绝空气；
C．根据相似相溶原理分析；
D．分子间作用力越大，分子晶体的熔点越高。
【解答】解：A．由白磷的结构 可知，每个P原子形成3个P—P键，而P原子最外层有5个
电子，则每个P原子还有1个孤电子对，故A正确；
B．白磷常保存于水中，沉在水下，隔绝空气，说明白磷的密度比水的小，故B正确；
C．水是极性分子，P 分子结构对称，为非极性分子，因此白磷难溶于水，故C正确；
4
D．分子间作用力越大，分子晶体的熔点越高，与白磷中P—P键的强弱无关，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及原子结构、溶解性、密度、熔点等知识，掌握基础是关键，
题目难度不大。
21．（2024•东城区一模）二氯亚砜（SOCl ）的结构式为 ，易水解产生两种刺激性气味的
2
气体。下列说法不正确的是（ ）
A．S的化合价为+4 B．该分子呈平面三角形
C．该分子是极性分子 D．SOCl +H O═SO +2HCl
2 2 2
【答案】B
【分析】A．Cl、O的电负性比S的大；
28B．SOCl 分子中S为中心原子，其中心原子的价层电子对数为3+ ＝4，孤电子对为1；
2
C．结构对称、正负电荷的中心重合的分子为非极性分子；
D．二氯亚矾易水解产生两种刺激性气味的气体。
【解答】解：A．Cl、O的电负性比S的大，故S的化合价为+4价，故A正确；
B．SOCl 分子中S为中心原子，其中心原子的价层电子对数为3+ ＝4，孤电子对为1，
2
S原子为sp3杂化，空间结构为三角锥形，不是平面三角形，故B错误；
C．SOCl 分子空间构型为三角锥形，结构不对称、正负电荷的中心不重合，为极性分子，故C正确；
2
D ． 二 氯 亚 矾 易 水 解 产 生 两 种 刺 激 性 气 味 的 SO 、 HCl 气 体 ， 反 应 方 程 式 为 ：
2
SOCl +H O═SO +2HCl，故D正确；
2 2 2
故选：B。
【点评】本题考查分子构型和分子极性，掌握基础是关键，题目难度不大。
22．（2024秋•东城区校级月考）X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。
下列说法不正确的是（ ）
A．①中发生反应：Cu2++2NH •H O═Cu（OH） ↓+2
3 2 2
B．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同
C．X中所含阴离子是
D．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度
【答案】B
【分析】CuSO 溶液中加入氨水，生成氢氧化铜沉淀和硫酸铵，继续加入氨水，生成硫酸四氨和铜，
4
硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度较小，加入乙醇，析出[Cu（NH ） ]SO •H O，据此分析作答。
3 4 4 2
【解答】解：A．根据分析可知，①中发生反应的离子方程式为：Cu2++2NH •H O═Cu（OH） ↓+2
3 2 2
，故A正确；
B．②中反应为：Cu（OH） +4NH ＝[Cu（NH ） ]（OH） ，在①和②中，氨水参与反应的微粒不
2 3 3 4 2
相同，故B错误；
29C．根据分析可知，X是[Cu（NH ） ]SO •H O，所含阴离子是 ，故C正确；
3 4 4 2
D．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度较小，X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，
故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查配位化合物之间的转化及性质，属于基本知识的考查，难度不大。
23．（2024•广西）一定条件下，存在H﹣缺陷位的LiH晶体能吸附N 使其分解为N，随后N占据缺陷位
2
（如图）。下列说法错误的是（ ）
A．c＞0.5a B．半径：r（H﹣）＞r（H）
C．b＝d D．LiH晶体为离子晶体
【答案】C
【分析】A．由LiH立方晶胞图可知，c为同一面上顶点到面心的距离；
B．电子层数和核电荷数都相同时，核外电子数越多，微粒半径越大；
C．N原子的电负性比H原子大；
D．由图可知，该晶体中存在H﹣、Li+。
【解答】解：A．由LiH立方晶胞图可知，c为同一面上顶点到面心的距离，即c＝ a，故A正确；
B．H﹣与H原子电子层数和核电荷数都相同，H﹣的核外电子数多，H﹣半径更大，即r（H﹣）＞r
（H），故B正确
C．N原子的电负性比H原子大，与Li+的作用力更大，使得两微粒间距离更小，即b＞d，故C错误；
D．由图可知，该晶体中存在H﹣、Li+，该晶体为离子晶体，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及晶胞结构、微粒半径大小比较、晶体类型等知识，侧重考查
学生晶胞结构、微粒半径大小比较等基础知识的掌握情况，题目难度中等。
24．（2024秋•靖远县月考）在多原子分子中如有相互平行的p轨道，它们连贯重叠在一起构成一个整体，
p电子在多个原子间运动形成 型化学键，这种不局限在两个原子之间的 键称为离域 键，或大
键。当分子主链上所有原子都参π 与形成大 键时，该分子将具有导电性。导π电高分子Q的π合成路线如π
π
30图所示。下列说法错误的是（ ）
A．P的分子式为C H F N
15 6 4 4
B．Q分子中C、N原子的杂化方式相同
C．P与H 完全加成后的产物中含6个手性碳原子
2
D．2分子P按上述原理二聚时，能形成2种二聚物
【答案】C
【分析】A．由P的结构简式书写P的分子式；
B．Q为导电高分子，分子主链上所有原子都参与形成大 键，C原子形成3个σ键，N原子形成2个
σ键，还有1个孤电子对； π
C．连接4个不同原子或原子团的C原子为手性碳原子；
D ． 依 据 原 理 ， （ 2 分 ） 子 P 二 聚 得 到 的 产 物 的 结 构 简 式 为
，D项正
确。
【解答】解：A．由P的结构简式可知P的分子式为C H F N ，故A正确；
15 6 4 4
B．Q为导电高分子，分子主链上所有原子都参与形成大 键，C原子形成3个σ键，N原子形成2个
σ键，还有1个孤电子对，价层电子对数为3，故Q分子中πC、N原子均为sp2杂化，故B正确；
C．P与H 完全加成后的产物中只含4个手性碳原子，故C错误；
2
D ． 依 据 原 理 ， 2 分 子 P 二 聚 得 到 的 产 物 的 结 构 简 式 为
， 故 D
正确；
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构与性质、原子杂化方式、手性碳原子、有机反应等知识，掌握基础是
31关键，题目难度不大。
25．（2024•浙江）Si Cl 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
5 10
Na SiO 。下列说法不正确的是（ ）
2 3
A．Si Cl 分子结构可能是
5 10
B．Si Cl 与水反应可生成一种强酸
5 10
C．Si Cl 与NaOH溶液反应会产生H
5 10 2
D．Si Cl 沸点低于相同结构的Si Br
5 10 5 10
【答案】A
【分析】A．Si Cl 中的Si原子均通过sp3杂化轨道成键，说明硅原子形成四个单键，氯原子形成一个
5 10
共价键，若形成两个共价键，则其中一个应为配位键；
B．Si Cl 与水反应生成硅酸和氯化氢；
5 10
C．Si Cl 与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na SiO ，Si元素化合价升高，氧化还原反应中一定有元
5 10 2 3
素化合价降低；
D．Si Br 的相对分子质量大于Si Cl ，分子间存在的范德华力大。
5 10 5 10
【解答】解：A．Si Cl 中的Si原子均通过sp3杂化轨道成键，说明硅原子形成四个单键，硅原子不具
5 10
备空轨道接受孤对电子，则氯原子不能形成两个共价键，故A错误；
B．Si Cl 与水反应能生成HCl。，为一种强酸，故B正确；
5 10
C．Si Cl 与NaOH溶液反应Si元素均转化成Na SiO ，Si元素化合价升高，氧化还原反应中一定有元
5 10 2 3
素化合价降低，则氢元素化合价降低生成氢气，故C正确；
D．Si Br 的相对分子质量大于 Si Cl ，分子间的范德华力大，则 Si Cl 沸点低于相同结构的
5 10 5 10 5 10
Si Br ，故D正确；
5 10
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构、分子结构和性质、晶体熔沸点的比较判断、杂化理论的理解应用，题
目难度中等。
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