专题06 结构化学（综合题）-【好题汇编】备战2023-2024学年高二化学下学期期末真题分类汇编（北京专用）

专题06 结构化学（综合题） 1．（2022-2023高二下·北京西城·期末）研究发现，低压合成甲醇的反应：，钴氧化物负载的锰氧化物纳米粒子催化剂具有较高的活性，有良好的应用前景。 (1)分子和分子中，原子的杂化轨道类型分别为 和 。 (2)和中，沸点较高的是 ，从结构角度分析，原因是 。 (3)基态锰原子的价层电子排布式为 。 (4)工业上利用甲醇空气氧化法生产甲醛(HCHO)。下列关于甲醛分子的说法正确的是 (填序号)。 a．碳氧双键中有一个键，一个键 b．中心原子的孤电子对数为0 c．甲醛分子为极性分子 d．甲醛的VSEPR模型为平面三角形 2．（2022-2023高二下·北京昌平·期末）黄铁矿是制取硫酸的主要原料，其主要成分为FeS2，其中铁元素显+2价，FeS2晶体的晶胞形状为立方体，晶胞结构如图所示。 (1)基态Fe2+的价电子排布式是 。 (2)制取硫酸过程中会产生SO3，SO3分子的空间构型为 。 (3)晶胞中与每个S距离最近且相等的Fe2+有 个。 (4)FeS2晶体的晶胞边长为anm，FeS2的摩尔质量为120g·mol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，该FeS2晶体的密度ρ= g·cm-3(1nm=10-7cm，用含a、NA的代数式表示) 3．（2021-2022高二下·北京西城·期末）CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。科学家致力于CO2与H2反应制CH3OH的研究。 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为 ；干冰是很好的制冷剂，干冰升华时，CO2需要克服的作用力是 。 (2)CH3OH所含有的三种元素电负性从大到小的顺序为 (用元素符号表示)。 (3)CH3OH的沸点比CO2高，主要原因是 。 (4)CH3OH被氧化为HCHO，HCHO继续被氧化可生成HCOOH。HCHO分子的空间结构为 ，HCOOH分子内σ键与π键个数之比为 。 4．（2021-2022高二下·北京石景山·期末）硝基苯()常用作生产苯胺()的原料，回答下列问题： (1)由苯制取硝基苯的化学方程式是 。 (2)由硝基苯制取苯胺，发生 (填“氧化”或“还原”)反应。 (3)硝基苯中C、N、O元素的电负性大小顺序是 。 (4)苯胺分子中N原子孤电子对数有 对，杂化轨道类型是 。 (5)苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的熔点远 甲苯(填“高于”或“低于”)，原因是 。 (6)苯胺结合H+生成阳离子C6H5NH，从化学键的角度解释苯胺生成C6H5NH的过程 。 5．（2021-2022高二下·北京昌平·期末）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如下图所示。 (1)基态钛原子价电子排布式是 。 (2)晶胞中与每个距离最近且相等的有 个。 (3)钛酸钙的化学式为 。 (4)其晶胞参数约为，该钛酸钙晶体的密度 (设阿伏加德罗常数的值为，用含a、的代数式表示) 6．（2022-2023高二下·北京石景山·期末）对氨基苯甲酸和邻氨基苯甲酸分别用于防晒剂和制造药物，某小组以甲苯为主要原料进行合成，设计流程如下图。 已知：i.羧基使苯环上与羧基处于间位的氢原子易被取代 ii .苯胺中的氨基易被氧化 iii.   (1)基态N原子的电子有 种运动状态。 (2)氨基苯甲酸中C=O中O原子的杂化方式是 。 (3)组成氨基苯甲酸的4种元素的电负性由大到小的顺序是 。 (4)对氨基苯甲酸和邻氨基苯甲酸的沸点分别是339.9℃和311.9℃，沸点不同的原因是 。 (5)甲同学认为邻氨基苯甲酸可以形成“内盐”，请从化学键的角度解释“内盐”中离子键的形成过程 。 (6)步骤A的反应条件 ；步骤C中生成1 mol对氨基苯甲酸电子转移 mol。 7．（2022-2023高二下·北京海淀·期末）化合物X是一种维生素，对维持人体基本机能具有重要作用。化合物X由元素A、D、E、G、M、Q组成，它们是原子序数依次增大的前四周期元素，相关信息如下： 元素 信息 A 核外电子只有一种自旋取向 D 基态原子价电子排布式为nsnnpn E 基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的 G 基态原子有8个不同运动状态的电子 M 与E互为同主族元素 Q 在化合物X中呈+3价，Q3+与Fe2+具有相同的核外电子排布 (1)A的元素符号为 。 (2)D在元素周期表中的位置为 。 (3)第一电离能：E>G，从基态原子的核外电子排布角度解释原因： 。 (4)E、M的最高价氧化物对应的水化物的酸性：E M(填“>”或“<”)，并从元素周期律角度解释原因： 。 (5)Q处于元素周期表中的 区(填“s”“p”“d”或“ds”)，基态Q3+的价电子排布式为 。 8．（2022-2023高二下·北京西城·期末）甲硅烷可用于制备多种新型无机非金属材料。 (1)Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则电负性：Si H(填“＞”“＜”或“＝”)，分子的空间结构为 。 (2)利用与可制得氮化硅()材料。 ①热稳定性： (填“＞”“＜”或“＝”)。 ②中的键角 中的键角(“＞”“＜”或“＝”)，其键角差异的原因是 。 (3)利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。 ①碳化硅晶体中每个Si原子周围距离最近的C原子数目为 ，SiC的晶体类型是 。 ②已知碳化硅的晶胞边长为a nm()，阿伏伽德罗常数为。则碳化硅晶体的密度为 (列出计算式)。 9．（2021-2022高二下·北京昌平·期末）是一种重要的染料及农药中间体，实验室可以用氧化铜为原料通过以下方法制取。 步骤1：向试管中加入一定量的氧化铜固体，加入足量稀硫酸充分反应，观察到固体完全溶解，溶液变为蓝色； 步骤2：向试管中继续滴加过量的氨水，观察到先有蓝色沉淀，后又完全溶解得到深蓝色溶液。 步骤3：再向试管中加入无水乙醇，振荡静置，有深蓝色晶体析出。 (1)写出步骤1的离子方程式 。 (2)步骤2中产生蓝色沉淀的反应是，请结合方程式，利用平衡移动原理，解释“蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液”现象产生的原因 。 (3)中存在配位键，其中提供空轨道的是 ，提供孤电子对的是 。 (4)中N原子的杂化方式是 ，利用杂化轨道理论解释空间结构是三角锥形的原因： 。 10．（2022-2023高二下·北京昌平·期末）钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题： I．TiCl4为制备CaTiO3的一种原料。 (1)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是 。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155 Ⅱ．一类有机-无机杂化材料CH3NH3PbI3具有与CaTiO3相同的晶体结构。 (2)①有机阳离子CH3NH中C原子和N原子的电负性大小比较：C N(填“<”、“=”或“>”)，从原子结构的角度说明理由 。 ②CH3NH3PbI3的晶胞如图所示。Pb2+位于晶胞体心，位于顶点的微粒为 。 ③CH3NH是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，CH3NH2中做配位原子的是 原子，原因是 。 ④H-N-H键角大小比较：CH3NH CH3NH2(填“<”、“=”或“>”)，原因是 。 (3)CH3NH3PbI3晶体生长过程中容易产生晶体缺陷，造成I-空位。用Br-替换I-可改善这种情况的可能原因是 。 1．（2021-2022高二下·北京西城·期末）砷化铟(InAs)是一种优良的半导体化合物，有广泛用途。 (1)基态In的价层电子排布式为5s25p1，In在周期表中的位置是 。 (2)在Ar保护下分别将InCl3和AsCl3在气化室中加热转化为蒸气，在反应室中混合反应，即可得到橘黄色的InAs晶体。 已知：AsCl3和InCl3均为分子晶体，AsCl3气化室的温度为130℃，InCl3气化室的温度为500℃。 ①AsCl3分子的空间结构为 ，中心原子As的杂化轨道类型为 。 ②AsCl3气化室温度低于InCl3气化室温度的原因是 。 ③InCl3晶体中分子间存在配位键，配位原子是 。 (3)InAs为原子之间以共价键的成键方式结合而成的晶体。其晶胞结构如图所示。 ①一个晶胞中所含As的个数为 。 ②已知该晶胞棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，阿伏加德罗常数为NA，InAs的摩尔质量为Mg•mol-1，则该晶体的密度ρ= g•cm-3。 2．（2022-2023高二下·北京朝阳·期末）有机物中的(键较难断裂，活化键是有机反应研究的热点之一、由经两步反应合成，均需使键活化，步骤如下 (1)铬、铁位于元素周期表中的 (填序号)。 a．s区        b．d区        c．p区        d．ds区 (2)转化为的过程中，键中的 (填“”或“”)键断裂，发生加成反应，转化为键。 (3)利用有机金属框架(MOF)构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。 注：代表+2价铁，代表+3价铁。 ①与的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因有： ⅰ．的极性强于； ⅱ． 。 ②易被氧化为，结合价层电子排布解释原因： 。 (4)铜铬催化剂的主要成分是CuCl、和(甲基硼酸)等，能有效抑制副产物的生成。 ①中B的杂化轨道类型是 。 ②已知：和均为一元弱酸。推测 (填“>”或“<”) 3．（2022-2023高二下·北京大兴·期末）异氰酸苯酯(  )是重要的农药中间体，广泛用于合成杀菌剂、除草剂、植物生长调节剂等制备异氰酸苯酯最常用、最经济的原料是苯胺与光气反应，其反应过程如图：      (1)  中的官能团是 (写结构简式)。 (2)①光气(COCl2)的结构式为 。 ②氯元素基态原子的电子排布式为 。 (3)氯吡苯脲是经国家批准使用的植物生长膨大剂之一、其结构简式为  。 资料：异氛酸苯酯与2-氯-4-氨基吡啶反应，可生成氯吡苯脲，其反应方程式如下：   。 回答下列问题： ①该反应的反应类型为 。 ②反应过程中，每生成1个氯吡苯脲，断裂 个σ键，断裂 个π键。 (4)膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有NH3、CO2、H2O等。 ①CO2、NH3的空间结构分别是 、 。 ②请用共价键知识解释H2O分子比NH3分子稳定的原因 。 4．（2021-2022高二下·北京东城·期末）利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如下图所示 (1)“杯酚”的官能团是 。 (2)“杯酚”分子内官能团之间通过 (填“共价键”“配位键”或“氢键”)形成“杯底”。 (3)(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下反应，生成“杯酚”和一种无机物。 ①该无机物是 。 ②关于对叔丁基苯酚的叙述，正确的是 (填序号)。 a.分子式为 b.分子中所有碳原子均为杂化 c.易被空气中的氧气氧化 d.1mol对叔丁基苯酚最多能与1mol发生反应。 (4)不溶于氯仿(化学式为)，“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是 。 (5)的晶胞结构如下所示。 ①碳60晶胞中含有 个分子。 ②每个分子周围最多可以有 个紧邻的分子。 5．（2022-2023高二下·北京海淀·期末）硼酸(H3BO3)在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如下图所示。 (1)H3BO3中，含有 (填“极性”或“非极性”)共价键。 (2)H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在 (填序号)。 a．离子键　　　　b．配位键　　　　c．氢键 (3)H3BO3可由BCl3水解得到。 ①依据价电子对互斥理论(VSEPR)推测，BCl3的空间结构为 。 ②BCl3属于 (填“极性”或“非极性”)分子。 (4)H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌ +H+。 ①[B(OH)4]-中硼原子的杂化方式为 。 ②从化学键的角度说明H3BO3形成[B(OH)4]-的过程： 。 ③用中和滴定法测定H3BO3纯度。 取agH3BO3样品(所含杂质不与NaOH反应)，用0.5mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为 (用质量分数表示，H3BO3的摩尔质量为62g·mol−1)。 6．（2022-2023高二下·北京朝阳·期末）氨硼烷()是一种具有研究价值的固体储氢材料。 已知：含氢19.5%，白色晶体，熔点为104℃。可溶于水和甲醇等溶剂中。常温常压下能够稳定存在。在催化剂存在的情况下，能够快速与水反应。 元素 H B N 电负性 2.1 2.0 3.0 (1)基态N原子的核外电子排布的轨道表示式为 。 (2)B的第一电离能低于Be，可能的原因是 。 (3)分子结构示意图如图1，其中为 键(填序号，下同)，为 键。 a．配位键        b．非极性键        c．键        d．键 (4)在某种催化剂表面与反应的释氢机理如图2。 ①若用和做反应物，生成的氢气是 (填序号)。 a．        b．        c．HD ②写出理论上与完全反应的总反应的离子方程式： 。 (5)研究发现，在低温高压条件下为正交晶系结构。的2×2×2超晶胞结构如图3所示(超晶胞内含有16个氨硼烷分子，)。氨硼烷晶体的密度为 (已知：；表示阿伏加德罗常数)。 7．（2022-2023高二下·北京朝阳·期末）不同空腔尺寸的瓜环可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附。瓜环[7]的一种合成路线如下。 (1)A的名称是 。 (2)1，1，2，2-四溴乙烷与反应生成B的化学方程式是 。此反应过程需要加入远远过量的，目的有： ①减少副反应，提高生成物纯度。 ② 。 (3)推测“成环”反应中生成M和 。 (4)瓜环[7]的分子结构模型如下图所示。 ①下列关于瓜环[7]的说法正确的是 (填序号)。 a．含有的官能团是酰胺基 b．含有2种不同化学环境的氢原子 c．分子间存在范德华力和氢键 d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力 ②M与HCHO生成瓜环[7]的化学方程式是 。 (5)提出一种测定瓜环[n]中n值的方案： 。 8．（2022-2023高二下·北京东城·期末）利用晶体结构测定阿伏加德罗常数()。 Ⅰ．精制 粗中溶有一定量的，试剂a为、、乙醇混合液，用于除去。 (1)从分子结构角度解释能溶于的原因： 。 (2)步骤ii的目的是除去中的大量乙醇，该步骤利用的分离提纯方法为 。 (3)步骤iii中，中的可以与和乙醇形成配位键，其中配原子是 。 Ⅱ．测定阿伏加德罗常数 实验1：实验装置如图所示，实验步骤如下。 ①准确称量容量瓶的质量为。 ②将充分干燥后，转移至上述容量瓶中，准确称量其总重为。 ③将精制后的由滴定管加入容量瓶至刻度线，消耗的体积为。 (4)结合实验1中的数据可知：实验1的目的是测定晶体的 (填物理量名称)。 实验2：利用X射线衍射实验测定晶体结构。 晶体中存在A型和B型两种立方体重复单元(如下图所示)，且A、B中存在的粒子种类和数目均相同。 (5)回答下列问题 a．从结构的角度解释A型立方体不是晶胞的原因： 。 b．通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到晶体中粒子排列的周期。用“”在B型立方体中标出的位置 。 (6)结合实验1和实验2数据，可得 (用代数式表示)。 9．（2022-2023高二下·北京丰台·期末）利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。 (1)光催化可实现NOx的净化 ①比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因 。 ②光催化还原NOx可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因 。 ③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是 。 (2)光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一、比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因 。 (3)光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有·OH(羟基自由基)生成，·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的化学方程式为 。 (4)某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为anm。 ①基态钛原子的价层电子轨道表示式为 。 ②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是 。 ③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g·cm-3(1nm=10-7cm)。 10．（2022-2023高二下·北京丰台·期末）手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如下方法可从废旧手机主板中回收贵金属。 已知：i．Au+3NO+6H+Au3++3NO2↑+3H2O K<105 Au+NO+4H+Au3++NO↑+2H2O K<105 Au3++4Cl[AuCl4] K>105 ii．HAuCl4=H++[AuCl4]— (1)酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是 。 (2)已知，王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金反应时产生NO。 ①写出该反应的离子方程式： 。 ②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用 。 (3)若用Zn粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 (4)AgCl溶于氨水的离子方程式为 。 (5)水合肼(N2H4·H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有 (写出一条即可)。 (6)Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。 ①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl NH3(填“>”或“<”)。 ②“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是 。 11．（2021-2022高二下·北京顺义·期末）氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式为，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。回答下列问题： (1)氯元素基态原子的电子排布式为 。 (2)氯吡苯脲晶体中碳原子的杂化轨道类型为 。 (3)查文献可知，可用2­氯­4­氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲，其反应方程式为： ①该反应的反应类型为 。 ②反应过程中，每生成1 个氯吡苯脲，断裂 个σ键，断裂 个π键。 (4)膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有H2O、NH3、CO2等。 ①请用相关理论解释NH3极易溶解于水的原因： 。 ②请用共价键知识解释H2O分子比NH3分子稳定的原因： 。 12．（2021-2022高二下·北京顺义·期末）三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]是一种很好的有机反应氧化剂，在有机工业上有广泛的用途。常用以下方法制备：4Mn(NO3)2·6H2O＋26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn＋8HNO2 ＋ 3O2↑＋ 40CH3COOH。 请回答下列问题： (1)三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]中阳离子的最外层轨道表示式为 。 (2)CH3COOH的电离方程式是 。 (3)的空间结构是 ，1 mol醋酸酐[(CH3CO)2O]中所含σ键数与π键数之比为 。 (4)过渡元素锰能形成很多重要的配合物。三醋酸锰就是一种配合物，其结构如图所示。 分析Mn和O之间能形成配位键的原因 。 (5)Mn2＋能形成配离子为八面体的配合物MnClm·nNH3，在该配合物的配离子中，Mn2＋位于八面体的中心，其结构如下图所示(其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl-)： 若含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀，该配合物的化学式为 。 (6)锰与硒形成的某种化合物具有优异的光电性能，其晶胞结构如下图所示。 ①则该化合物的化学式为 。 ②若该晶体的晶胞边长为a pm(1 pm=10-10cm)，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 (列出表达式即可)。 13．（2021-2022高二下·北京丰台·期末）H、C、N、O、Na、Mg、Cl、Cu是8种中学化学中常见的元素。 (1)原子结构与元素性质 ①5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是 。 ②3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是 。 ③基态Cu的价电子排布式为 。 (2)微粒间相互作用与物质性质 ① 下列物质的分子中同时存在σ键和π键的是 (填字母)。 a．H2 b．N2 c．Cl2 d．NH3 ②填写下表。 分子 中心原子杂化类型 空间结构 分子极性 BCl3 CH≡CH ③比较SO与NH3分子中的键角大小并给出相应解释： 。 ④相同条件下，SO2在水中的溶解度大于CO2的，理由是 。 (3)不同聚集状态的物质与性质 ①干冰晶体中微粒间的相互作用有 。 ②金属钠能导电的原因是 。 ③NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是 。 ④金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的是 (填字母)。 a．金刚石和石墨都是共价晶体 b．晶体中共价键的键角：金刚石＞石墨 c．金刚石中碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子杂化类型为sp2杂化 14．（2021-2022高二下·北京丰台·期末）为解决汽车尾气达标排放，催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。 (1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为 ，属于 区。 (2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力，因而具有毒性。 已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2 O2＋HbCO ① 基态Fe2+中未成对电子数为 。 ② C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为 ，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为 。 ③ 在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是： 。 ④ 高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因： 。 (4)为节省贵金属并降低成本，常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。 ①该复合型物质的化学式为 。 ②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为 。 ③已知，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρ g/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为 cm。 15．（2021-2022高二下·北京东城·期末）“可燃冰”的主要气体成分是甲烷，又称甲烷水合物，外形像冰，存在于海底和大陆冰川或永久冻土底部，是巨大的潜在能源。 (1)研究甲烷分子的结构 ①碳原子价层电子的轨道表示式是 。 ②下列能说明或解释甲烷分子是正四体形空间结构的是 (填序号)。 a.二氯甲烷没有同分异构体。 b.4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 ' c.碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H  σ键 (2)研究水分子的结构 ①H2O的VSEPR模型为 。 ②H2O中H-O-H的键角小于CH4中H-C-H的键角，原因是 。 (3)研究“可燃冰”的结构 在“可燃冰”中，气体是装在几个水分子构成的笼内的，一种水分子笼如下所示。 “可燃冰”的密度为a g/mL。假设“可燃冰”的水笼穴里装的都是甲烷，甲烷水合物的化学式用mCH4·nH2O表示。把“可燃冰”从海底升到地平面，1 m3固体可释放出164 m2(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中m ： n= (不需化简，列出算式即可) 16．（2021-2022高二下·北京朝阳·期末）我国科学家研发的全球首套“液态阳光”项目使双碳目标更近一步。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再将加氢合成。 (1)太阳能电池板的主要材料为单晶硅。 ①单晶硅属于 晶体。 ②单晶硅的熔点低于金刚石的，原因是 。 (2)在催化剂作用下，与反应得到。 ①分子的空间结构为 。 ②和分子中键数目之比为 。 ③比在水中的溶解度大，这是因为 。 (3)催化剂可实现高选择性加氢合成，其晶胞结构如图所示。 ①B代表 (填“”或“”)，理由是 。 ②晶胞的棱长分别为、、，其晶体密度为 (列算式)。已知：，为阿伏加德罗常数的值 17．（2021-2022高二下·北京朝阳·期末）氮化硼是重要的无机纳米材料，其晶体有两种常见结构。 (1)六方氮化硼的晶体结构类似于石墨。 熔点/℃ 硬度 键长/pm 层间距/pm 六方氮化硼 2600 质软 144 333 石墨 3850 质软 142 335 ①六方氮化硼属于 (填序号)。 a.分子晶体    b.共价晶体    c.混合型晶体 ②六方氮化硼晶体层与层之间N和B是叠置的，如a点为N，b点为B而不是N，解释原因 。 (2)立方氮化硼的晶体结构类似于金刚石。 ①N和B杂化轨道类型均为 。 ②N和B之间共价键与配位键的数目比为 。 (3)将氮化硼与聚碳酸酯(PC)制成复合材料可增强其化学活性。 ①某PC的结构简式为，合成该聚合物的单体为双酚A()和 。 ②合成PC时，通过蒸出 (填物质)来提高产率。 ③以丙烯和苯酚为原料合成双酚A(无机试剂任选)，写出合成路线 。合成路线示例如下： ( 20 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 结构化学（综合题） 1．（2022-2023高二下·北京西城·期末）研究发现，低压合成甲醇的反应：，钴氧化物负载的锰氧化物纳米粒子催化剂具有较高的活性，有良好的应用前景。 (1)分子和分子中，原子的杂化轨道类型分别为 和 。 (2)和中，沸点较高的是 ，从结构角度分析，原因是 。 (3)基态锰原子的价层电子排布式为 。 (4)工业上利用甲醇空气氧化法生产甲醛(HCHO)。下列关于甲醛分子的说法正确的是 (填序号)。 a．碳氧双键中有一个键，一个键 b．中心原子的孤电子对数为0 c．甲醛分子为极性分子 d．甲醛的VSEPR模型为平面三角形 【答案】(1) sp sp3 (2) 水分子能形成氢键，导致沸点升高 (3)3d54s2 (4)abcd 【详解】（1）分子中碳原子形成2个σ键、2个π键，无孤电子对，为sp杂化；分子中，原子形成4个共价键，杂化轨道类型为sp3杂化； （2）二氧化碳、水均为分子晶体，沸点与其相对分子质量有关，但水分子能形成氢键，导致沸点升高，故水的沸点较高； （3）锰25号元素，基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2； （4）a．碳氧双键中有一个头碰头形成的键，一个肩并肩形成的键，a正确； b．中心原子为碳原子，其形成3个键，一个键，孤电子对数为0，b正确； c．甲醛分子则正负电荷重心不重合，为极性分子，c正确； d．甲醛中心原子为碳原子，其为sp2杂化，故其VSEPR模型为平面三角形，d正确； 故选abcd。 2．（2022-2023高二下·北京昌平·期末）黄铁矿是制取硫酸的主要原料，其主要成分为FeS2，其中铁元素显+2价，FeS2晶体的晶胞形状为立方体，晶胞结构如图所示。 (1)基态Fe2+的价电子排布式是 。 (2)制取硫酸过程中会产生SO3，SO3分子的空间构型为 。 (3)晶胞中与每个S距离最近且相等的Fe2+有 个。 (4)FeS2晶体的晶胞边长为anm，FeS2的摩尔质量为120g·mol-1，阿伏加德罗常数的值为NA，该FeS2晶体的密度ρ= g·cm-3(1nm=10-7cm，用含a、NA的代数式表示) 【答案】(1)3d6 (2)平面三角形 (3)6 (4) 【详解】（1）基态Fe2+的价电子排布式是3d6； （2）SO3中心S原子的价层电子对数为3，无孤对电子，分子构型为平面三角形； （3）由晶胞结构可知，以面心S为观察对象，与其距离最近且等距的Fe2+位于体心和棱心，共6个； （4）由晶胞结构可知S位于顶点个面心，个数为：；Fe2+位于体心和棱心，个数为：，则晶胞质量m=，晶胞边长为anm，则晶胞体积为(a×10-7)3cm3，晶胞密度为： g·cm-3。 3．（2021-2022高二下·北京西城·期末）CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。科学家致力于CO2与H2反应制CH3OH的研究。 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为 ；干冰是很好的制冷剂，干冰升华时，CO2需要克服的作用力是 。 (2)CH3OH所含有的三种元素电负性从大到小的顺序为 (用元素符号表示)。 (3)CH3OH的沸点比CO2高，主要原因是 。 (4)CH3OH被氧化为HCHO，HCHO继续被氧化可生成HCOOH。HCHO分子的空间结构为 ，HCOOH分子内σ键与π键个数之比为 。 【答案】(1) sp杂化 分子间作用力 (2)O＞C＞H (3)CH3OH能形成分子间氢键，CO2不能形成分子间氢键 (4) 平面三角形 4：1 【详解】（1）二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，碳原子的杂化方式为sp杂化；二氧化碳是分子晶体，所以干冰升华时，二氧化碳需要克服的作用力是分子间作用力，故答案为：sp；分子间作用力； （2）甲醇分子中含有碳、氢、氧三种非金属元素，元素的非金属性越强，电负性越大，三种元素的非金属性强弱顺序为O＞C＞H，则电负性的大小顺序为O＞C＞H，故答案为：O＞C＞H； （3）甲醇分子中含有羟基，能形成分子间氢键，而二氧化碳分子不能形成分子间氢键，所以甲醇的分子间作用力大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，故答案为：CH3OH能形成分子间氢键，CO2不能形成分子间氢键； （4）甲醛、甲酸分子中单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，所以甲醛分子中碳原子含有3个σ键，不含有孤对电子，空间构型为平面三角形，甲酸分子中σ键与π键个数之比为4：1，故答案为：平面三角形；4：1。 4．（2021-2022高二下·北京石景山·期末）硝基苯()常用作生产苯胺()的原料，回答下列问题： (1)由苯制取硝基苯的化学方程式是 。 (2)由硝基苯制取苯胺，发生 (填“氧化”或“还原”)反应。 (3)硝基苯中C、N、O元素的电负性大小顺序是 。 (4)苯胺分子中N原子孤电子对数有 对，杂化轨道类型是 。 (5)苯胺与甲苯的相对分子质量相近，但苯胺的熔点远 甲苯(填“高于”或“低于”)，原因是 。 (6)苯胺结合H+生成阳离子C6H5NH，从化学键的角度解释苯胺生成C6H5NH的过程 。 【答案】(1)+HNO3(浓) +H2O (2)还原 (3)O > N > C (4) 1 sp3 (5) 高于 苯胺分子间存在氢键 (6)苯胺分子中N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，通过配位键形成C6H5NH(或：苯胺分子中N原子提供孤电子对与H+共用，形成共价键) 【解析】（1） 由苯制取硝基苯的化学方程式为+HNO3(浓) +H2O，故答案为+HNO3(浓)+H2O； （2） 由硝基苯制取苯胺时，加氢的同时去氧，发生还原反应，故答案为：还原； （3） 同周期元素从左到右电负性越来越大，硝基苯中C、N、O元素的电负性大小顺序是O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C； （4） 苯胺分子中N原子成3个共价键，有1对孤电子，杂化轨道类型是sp3，故答案为：1；sp3； （5） 苯胺与甲苯的相对分子质量相近，由于苯胺分子间存在氢键，所以苯胺的熔点远高于甲苯，故答案为：高于；苯胺分子间存在氢键； （6） 由于苯胺分子中N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，通过配位键形成C6H5NH3+，所以苯胺生成C6H5NH，故答案为：苯胺分子中N原子提供孤电子对，H+提供空轨道，通过配位键形成C6H5NH。 5．（2021-2022高二下·北京昌平·期末）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如下图所示。 (1)基态钛原子价电子排布式是 。 (2)晶胞中与每个距离最近且相等的有 个。 (3)钛酸钙的化学式为 。 (4)其晶胞参数约为，该钛酸钙晶体的密度 (设阿伏加德罗常数的值为，用含a、的代数式表示) 【答案】(1)3d24s2 (2)6 (3)CaTiO3 (4) 【详解】（1）钛原子价电子排布式是3d24s2； （2）每个面心的与的距离相近且相等，故晶胞中与每个距离最近且相等的有6个； （3）①处于顶点的钙原子，同时为8个晶胞所共享，每个微粒有该晶胞，故该晶胞中钙原子个数为；②处于面上的，同时为2个晶胞所共享，每个微粒有属于该晶胞，故该晶胞中个数为；③处于晶胞内部的微粒，完全属于该晶胞，故该晶胞中个数为1；故钛酸钙的化学式为CaTiO3； （4）该钛酸钙晶体的密度 6．（2022-2023高二下·北京石景山·期末）对氨基苯甲酸和邻氨基苯甲酸分别用于防晒剂和制造药物，某小组以甲苯为主要原料进行合成，设计流程如下图。 已知：i.羧基使苯环上与羧基处于间位的氢原子易被取代 ii .苯胺中的氨基易被氧化 iii.   (1)基态N原子的电子有 种运动状态。 (2)氨基苯甲酸中C=O中O原子的杂化方式是 。 (3)组成氨基苯甲酸的4种元素的电负性由大到小的顺序是 。 (4)对氨基苯甲酸和邻氨基苯甲酸的沸点分别是339.9℃和311.9℃，沸点不同的原因是 。 (5)甲同学认为邻氨基苯甲酸可以形成“内盐”，请从化学键的角度解释“内盐”中离子键的形成过程 。 (6)步骤A的反应条件 ；步骤C中生成1 mol对氨基苯甲酸电子转移 mol。 【答案】(1)7 (2)sp2 (3)O > N > C > H (4)对氨基苯甲酸形成分子间氢键，邻氨基苯甲酸更易形成分子内氢键 (5)邻氨基苯甲酸中-COOH电离出来的H+与-NH2形成-NH，-NH与-COO-形成离子键 (6) 浓H2SO4/浓HNO3/加热 6 【分析】已知：羧基使苯环上与羧基处于间位的氢原子易被取代，苯胺中的氨基易被氧化，则应该首先在临、对位引入硝基后再氧化甲基为羧基，然后还原硝基为氨基得到对氨基苯甲酸和邻氨基苯甲酸；故A为甲苯和浓H2SO4、浓HNO3在加热条件下生成对硝基甲苯、邻硝基甲苯，B为使用强氧化剂将甲基氧化为羧基，C为使用铁、盐酸将硝基还原为氨基； 【详解】（1）在同一原子轨道下最多可以有两个自旋方向不同的电子，自旋方向不同，运动状态也就不相同，即运动状态个数等于电子数；氮为7号元素，基态N原子的电子有7种运动状态； （2）氨基苯甲酸中C=O中O原子形成1个σ键、1个π键，此外还有2对孤电子对，杂化方式是sp2； （3）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；组成氨基苯甲酸的4种元素的电负性由大到小的顺序是O > N > C > H； （4）对氨基苯甲酸形成分子间氢键，邻氨基苯甲酸更易形成分子内氢键，导致对氨基苯甲酸的沸点较高； （5）羧基具有酸性、氨基具有碱性，邻氨基苯甲酸中-COOH电离出来的H+与-NH2形成-NH，-NH与-COO-形成离子键，故可以形成“内盐”； （6）由分析可知，步骤A的反应条件浓H2SO4、浓HNO3、加热；步骤C中1个-NO2转变为1个-NH2，伴随6个电子的转移，生成1 mol对氨基苯甲酸电子转移6mol。 7．（2022-2023高二下·北京海淀·期末）化合物X是一种维生素，对维持人体基本机能具有重要作用。化合物X由元素A、D、E、G、M、Q组成，它们是原子序数依次增大的前四周期元素，相关信息如下： 元素 信息 A 核外电子只有一种自旋取向 D 基态原子价电子排布式为nsnnpn E 基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的 G 基态原子有8个不同运动状态的电子 M 与E互为同主族元素 Q 在化合物X中呈+3价，Q3+与Fe2+具有相同的核外电子排布 (1)A的元素符号为 。 (2)D在元素周期表中的位置为 。 (3)第一电离能：E>G，从基态原子的核外电子排布角度解释原因： 。 (4)E、M的最高价氧化物对应的水化物的酸性：E M(填“>”或“<”)，并从元素周期律角度解释原因： 。 (5)Q处于元素周期表中的 区(填“s”“p”“d”或“ds”)，基态Q3+的价电子排布式为 。 【答案】(1)H (2)第二周期IVA族 (3)N的2p电子半满，为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能 (4) > N、P位于同主族，同主族从上到下非金属性减弱，对应最高价含氧酸的酸性减弱 (5) d 3d6 【分析】A、D、E、G、M、Q为原子序数依次增大的前四周期元素，A的核外电子只有一种自旋取向，A为H元素；D的基态原子价电子排布式为nsnnpn，n只能为2，D为C元素；G的基态原子有8个不同运动状态的电子，其电子排布为1s22s22p4，G为O元素；E的基态原子中的未成对电子数是同周期中最多的，结合原子序数可知，其电子排布为1s22s22p3，E为N元素；M与E互为同主族元素，M为P元素；Q在化合物X中呈+3价，Q3+与Fe2+具有相同的核外电子排布，Q的电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，Q为Co元素；由上述分析可知，A为H元素、D为C元素、E为N元素、G为O元素、M为P元素、Q为Co元素，据分析答题。 【详解】（1）A的元素符号为H； （2）C元素在元素周期表中的位置为第二周期IVA族； （3）第一电离能：N>O，从基态原子的核外电子排布角度解释原因为N的2p电子半满，为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能； （4）N、P的最高价氧化物对应的水化物的酸性：N>P，从元素周期律角度解释原因为：N、P位于同主族，同主族从上到下非金属性减弱，对应最高价含氧酸的酸性减弱； （5）Q为Co元素，其电子排布为1s22s22p63s23p63d74s2，则Co处于元素周期表中的d区，基36态Co3+价电子排布图为，基态Q3+的价电子排布式为3d6 。 8．（2022-2023高二下·北京西城·期末）甲硅烷可用于制备多种新型无机非金属材料。 (1)Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则电负性：Si H(填“＞”“＜”或“＝”)，分子的空间结构为 。 (2)利用与可制得氮化硅()材料。 ①热稳定性： (填“＞”“＜”或“＝”)。 ②中的键角 中的键角(“＞”“＜”或“＝”)，其键角差异的原因是 。 (3)利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。 ①碳化硅晶体中每个Si原子周围距离最近的C原子数目为 ，SiC的晶体类型是 。 ②已知碳化硅的晶胞边长为a nm()，阿伏伽德罗常数为。则碳化硅晶体的密度为 (列出计算式)。 【答案】(1) < 正四面体形 (2) < > 中硅形成4个共价键无孤电子对，中氮形成3个共价键有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力 (3) 4 共价晶体 【详解】（1）Si原子与H原子结合时，Si表现为正价，则氢吸电子能力更强，故电负性：Si<H，分子中硅形成4个共价键，空间结构为正四面体形； （2）①原子半径氮小于硅，氮氢键长更短、键能更大，则热稳定性：<； ②中硅形成4个共价键无孤电子对，中氮形成3个共价键有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故中的键角大于中的键角； （3）①由图可知，碳化硅晶体中每个Si原子处于4个碳形成的四面体中，故周围距离最近的C原子数目为4，SiC的晶体是通过共价键形成的，类型是共价晶体； ②根据“均摊法”，晶胞中含个Si、4个C，则晶体密度为。 9．（2021-2022高二下·北京昌平·期末）是一种重要的染料及农药中间体，实验室可以用氧化铜为原料通过以下方法制取。 步骤1：向试管中加入一定量的氧化铜固体，加入足量稀硫酸充分反应，观察到固体完全溶解，溶液变为蓝色； 步骤2：向试管中继续滴加过量的氨水，观察到先有蓝色沉淀，后又完全溶解得到深蓝色溶液。 步骤3：再向试管中加入无水乙醇，振荡静置，有深蓝色晶体析出。 (1)写出步骤1的离子方程式 。 (2)步骤2中产生蓝色沉淀的反应是，请结合方程式，利用平衡移动原理，解释“蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液”现象产生的原因 。 (3)中存在配位键，其中提供空轨道的是 ，提供孤电子对的是 。 (4)中N原子的杂化方式是 ，利用杂化轨道理论解释空间结构是三角锥形的原因： 。 【答案】(1)CuO+2H+=Cu2++H2O (2)继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液， (3) Cu2+ N (4) sp3 价层电子对数为4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥 【详解】（1）步骤1中氧化铜稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为CuO+2H+=Cu2++H2O。故答案为：CuO+2H+=Cu2++H2O； （2）步骤2中产生蓝色沉淀的反应是，继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液。故答案为：继续滴加氨水，发生反应Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O，平衡正向移动，蓝色沉淀完全溶解得到深蓝色溶液； （3）中存在配位键，其中Cu2+是中心离子，NH3是配体，提供空轨道的是Cu2+，提供孤电子对的是N，故答案为：Cu2+；N； （4）NH3中N原子价层电子对数为3+=4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥。故答案为：sp3；价层电子对数为4，杂化方式是sp3，VSEPR模型是四面体，去掉一对孤对电子，空间构型为三角锥。 10．（2022-2023高二下·北京昌平·期末）钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料。回答下列问题： I．TiCl4为制备CaTiO3的一种原料。 (1)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是 。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155 Ⅱ．一类有机-无机杂化材料CH3NH3PbI3具有与CaTiO3相同的晶体结构。 (2)①有机阳离子CH3NH中C原子和N原子的电负性大小比较：C N(填“<”、“=”或“>”)，从原子结构的角度说明理由 。 ②CH3NH3PbI3的晶胞如图所示。Pb2+位于晶胞体心，位于顶点的微粒为 。 ③CH3NH是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，CH3NH2中做配位原子的是 原子，原因是 。 ④H-N-H键角大小比较：CH3NH CH3NH2(填“<”、“=”或“>”)，原因是 。 (3)CH3NH3PbI3晶体生长过程中容易产生晶体缺陷，造成I-空位。用Br-替换I-可改善这种情况的可能原因是 。 【答案】(1)TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高 (2) < C、N原子处于同一周期，电子层数相同，核电荷数C<N，原子半径C>N，形成化学键时C原子吸引电子的能力弱，电负性C<N CH3NH N CH3NH2中N原子有一对孤电子对 > CH3NH中N原子无孤电子对，CH3NH2中N原子有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力 (3)Br-的半径小于I-，使阴离子与阳离子间的离子间距变小，作用力增大，不易产生空位 【详解】（1）由表知，TiF4熔点明显高于其他三种卤化物，且自TiCl4至TiI4熔点依次升高，则原因是：TiF4为离子晶体，熔点高，其他三种均为分子晶体，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高。 （2）①C原子和N原子的电负性大小比较：C＜N，从原子结构的角度说明理由为：C、N原子处于同一周期，电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，形成化学键时C原子吸引电子的能力弱，电负性C＜N。 ②CH3NH3PbI3的晶胞如图所示。晶胞中黑球位于顶点、数目为，白球位于面心、数目为，Pb2+位于晶胞体心、数目为1，则三者的数目比为1：3：1，结合化学式可知，位于顶点的微粒为CH3NH。 ③CH3NH是由CH3NH2与H+通过配位键结合形成的，氢离子提供空轨道、CH3NH2中CH3NH2中只有N有孤电子对，则做配位原子的是N原子，故答案是：CH3NH2中N原子有一对孤电子对。 ④H-N-H键角大小比较：CH3NH＞CH3NH2，原因是：CH3NH与CH3NH2中N原子价层电子对数均为4，VSEPR模型均为四面体， CH3NH中N原子无孤电子对，CH3NH2中N原子有一对孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对之间的斥力。 （3）CH3NH3PbI3晶体生长过程中容易产生晶体缺陷，造成I-空位。用Br-替换I-可改善这种情况的可能原因是：Br-的半径小于I-，使阴离子与阳离子间的离子间距变小，作用力增大，不易产生空位。 1．（2021-2022高二下·北京西城·期末）砷化铟(InAs)是一种优良的半导体化合物，有广泛用途。 (1)基态In的价层电子排布式为5s25p1，In在周期表中的位置是 。 (2)在Ar保护下分别将InCl3和AsCl3在气化室中加热转化为蒸气，在反应室中混合反应，即可得到橘黄色的InAs晶体。 已知：AsCl3和InCl3均为分子晶体，AsCl3气化室的温度为130℃，InCl3气化室的温度为500℃。 ①AsCl3分子的空间结构为 ，中心原子As的杂化轨道类型为 。 ②AsCl3气化室温度低于InCl3气化室温度的原因是 。 ③InCl3晶体中分子间存在配位键，配位原子是 。 (3)InAs为原子之间以共价键的成键方式结合而成的晶体。其晶胞结构如图所示。 ①一个晶胞中所含As的个数为 。 ②已知该晶胞棱长为apm(1pm=1×10-10cm)，阿伏加德罗常数为NA，InAs的摩尔质量为Mg•mol-1，则该晶体的密度ρ= g•cm-3。 【答案】(1)第五周期ⅢA族 (2) 三角锥形 sp3杂化 InCl3和AsCl3均为分子晶体，InCl3的相对分子质量大于AsCl3，分子间作用力大于AsCl3，沸点高于AsCl3 Cl (3) 4 【详解】（1）由基态铟抑制的价层电子排布式为5s25p1可知，铟位于元素周期表第五周期ⅢA族，故答案为：第五周期ⅢA族； （2）①三氯化砷分子中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，中心原子的杂化轨道类型为sp3杂化，分子的空间结构为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化； ②三氯化砷和三氯化铟均为分子晶体，三氯化铟的相对分子质量大于三氯化砷，分子间作用力大于三氯化砷，沸点高于三氯化砷，所以三氯化砷气化室温度低于三氯化铟气化室温度，故答案为：InCl3和AsCl3均为分子晶体，InCl3的相对分子质量大于AsCl3，分子间作用力大于AsCl3，沸点高于AsCl3； ③三氯化铟晶体中具有空轨道的铟原子和具有孤对电子的氯原子形成配位键，配位原子是氯原子，故答案为：Cl； （3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的砷原子个数为4，故答案为：4； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的砷原子个数为4，位于顶点和面心的铟原子个数为8×+6×=4，设晶体的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30a3ρ，解得ρ=，故答案为：。 2．（2022-2023高二下·北京朝阳·期末）有机物中的(键较难断裂，活化键是有机反应研究的热点之一、由经两步反应合成，均需使键活化，步骤如下 (1)铬、铁位于元素周期表中的 (填序号)。 a．s区        b．d区        c．p区        d．ds区 (2)转化为的过程中，键中的 (填“”或“”)键断裂，发生加成反应，转化为键。 (3)利用有机金属框架(MOF)构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。 注：代表+2价铁，代表+3价铁。 ①与的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因有： ⅰ．的极性强于； ⅱ． 。 ②易被氧化为，结合价层电子排布解释原因： 。 (4)铜铬催化剂的主要成分是CuCl、和(甲基硼酸)等，能有效抑制副产物的生成。 ①中B的杂化轨道类型是 。 ②已知：和均为一元弱酸。推测 (填“>”或“<”) 【答案】(1)b (2)π (3) 甲醇分子间存在氢键 FeⅡ价层电子排布为3d6，易失去1个e-达到3d5半满稳定结构 (4) sp2 > 【详解】（1）Cr、Fe均位于周期表的d区； （2）C=O中含有一个σ键和一个π 键，而π键不如σ牢固，所以转化过程中π键断裂； （3）①甲醇分子间存在氢键，使沸点增大； ②FeⅡ价层电子排布为3d6，易失去1个e-达到3d5半满稳定结构； （4）①B原子与两个-OH和一个-CH3相连，价层电子对数为3，属于sp2杂化； ②由于电负性O>C>B，则O-B键的极性大于C-B键，导致B(OH)3中B原子更易与OH形成配位键，故Ka[B(OH)3]>Ka[CH3B(OH)2]。 3．（2022-2023高二下·北京大兴·期末）异氰酸苯酯(  )是重要的农药中间体，广泛用于合成杀菌剂、除草剂、植物生长调节剂等制备异氰酸苯酯最常用、最经济的原料是苯胺与光气反应，其反应过程如图：      (1)  中的官能团是 (写结构简式)。 (2)①光气(COCl2)的结构式为 。 ②氯元素基态原子的电子排布式为 。 (3)氯吡苯脲是经国家批准使用的植物生长膨大剂之一、其结构简式为  。 资料：异氛酸苯酯与2-氯-4-氨基吡啶反应，可生成氯吡苯脲，其反应方程式如下：   。 回答下列问题： ①该反应的反应类型为 。 ②反应过程中，每生成1个氯吡苯脲，断裂 个σ键，断裂 个π键。 (4)膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有NH3、CO2、H2O等。 ①CO2、NH3的空间结构分别是 、 。 ②请用共价键知识解释H2O分子比NH3分子稳定的原因 。 【答案】(1)氨基 (2)    1s22s22p63s23p5 (3) 加成反应 1 1 (4) 直线形 三角锥形 氧的原子半径小于氮，氢氧键键长小于氮氢键，使得氢氧键键能大于氮氢键键能 【详解】（1）由图可知，其含有官能团为氨基； （2）①光气(COCl2)中心原子为碳原子，结构式为  ； ②氯元素为17号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5； （3）①该反应中分子的不饱和度减小，故反应类型为加成反应。 ②反应过程中，碳氮双键中π键断裂、氨基中氮氢σ键断裂，故每生成1个氯吡苯脲，断裂1个σ键，断裂1个π键。 （4）①CO2中碳为sp杂化，为直线形结构；NH3分子中N原子的价层电子对数为3＋=4，N原子采用sp3杂化，所以为三角锥形结构； ②氧的原子半径小于氮，氢氧键键长小于氮氢键，使得氢氧键键能大于氮氢键键能，故H2O分子比NH3分子稳定。 4．（2021-2022高二下·北京东城·期末）利用“杯酚”从和的混合物中纯化的过程如下图所示 (1)“杯酚”的官能团是 。 (2)“杯酚”分子内官能团之间通过 (填“共价键”“配位键”或“氢键”)形成“杯底”。 (3)(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下反应，生成“杯酚”和一种无机物。 ①该无机物是 。 ②关于对叔丁基苯酚的叙述，正确的是 (填序号)。 a.分子式为 b.分子中所有碳原子均为杂化 c.易被空气中的氧气氧化 d.1mol对叔丁基苯酚最多能与1mol发生反应。 (4)不溶于氯仿(化学式为)，“杯酚”溶于氯仿，可能的原因是 。 (5)的晶胞结构如下所示。 ①碳60晶胞中含有 个分子。 ②每个分子周围最多可以有 个紧邻的分子。 【答案】(1)羟基或 (2)氢键 (3) 水或 ac (4)为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的 (5) 4 12 【解析】（1）依据杯酚的结构可判断出来，杯酚含有的官能团为羟基；故答案为羟基或； （2）“杯酚”分子内含有多个羟基，可形成分子内氢键，从而形成“杯底”；故答案为氢键； （3）(对叔丁基苯酚)与HCHO在一定条件下发生的反应为羟醛缩合，会脱去小分子水，所以反应生成“杯酚”和水；结合对叔丁基苯酚的结构简式，数出C原子数为10，不饱和度为4，则H原子数为，所以分子为，a正确；依据对叔丁基苯酚的结构简式可知，形成苯环的C原子为杂化，苯环侧链上的C原子为杂化，b错误；对叔丁基苯酚含有的官能团为酚羟基，容易被空气中的氧气氧化，c正确；对叔丁基苯酚中羟基邻对位上的氢容易与发生取代反应，而对位被烷烃基占据，所以还有两个邻位可发生反应，即1mol对叔丁基苯酚最多能与2mol发生反应，d错误；故答案为水或；ac； （4）为非极性分子，结合“相似相溶”原理可知，不溶于极性的，而“杯酚”溶于氯仿，说明“杯酚”与氯仿相似，都为极性分子；故答案为为非极性分子，不溶于极性的，而“杯酚”为极性分子，可溶于同为极性分子的； （5）依据的晶胞模型，结合均摊法，可计算得到晶胞中含有的分子数目为；而晶胞是面心立方，配位数为12，所以每个分子周围最多可以有12个紧邻的分子；故答案为4；12。 5．（2022-2023高二下·北京海淀·期末）硼酸(H3BO3)在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如下图所示。 (1)H3BO3中，含有 (填“极性”或“非极性”)共价键。 (2)H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在 (填序号)。 a．离子键　　　　b．配位键　　　　c．氢键 (3)H3BO3可由BCl3水解得到。 ①依据价电子对互斥理论(VSEPR)推测，BCl3的空间结构为 。 ②BCl3属于 (填“极性”或“非极性”)分子。 (4)H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌ +H+。 ①[B(OH)4]-中硼原子的杂化方式为 。 ②从化学键的角度说明H3BO3形成[B(OH)4]-的过程： 。 ③用中和滴定法测定H3BO3纯度。 取agH3BO3样品(所含杂质不与NaOH反应)，用0.5mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为 (用质量分数表示，H3BO3的摩尔质量为62g·mol−1)。 【答案】(1)极性 (2)c (3) 平面三角形 非极性分子 (4) sp3 H3BO3中B提供空轨道， OH-提供孤电子对形成配位键 【详解】（1）由图可知，H3BO3分子中含有B-O键和H-O键，均为非极性键； （2）图中虚线部分表示H3BO3分子间的一种作用力，并且是电负性大的O原子与H原子之间的一种作用力，则为氢键； （3）①BCl3分子中B原子的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为平面三角形； ②BCl3分子中B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型均为平面三角形，正负电荷中心能重合，属于非极性分子； （4）①中B原子的价层电子对数为4，所以B原子的杂化方式为sp3； ②H3BO3分子中B原子含有空轨道，OH-中O原子含有孤电子对，B和O之间通过配位键生成； ③H3BO3为一元弱酸，NaOH为一元强碱，二者反应时比例为1∶1，即n(H3BO3)=n(NaOH)=cV=0.0005Vmol，m(H3BO3)=Nm=0.0005Vmol62g/mol=0.031Vg，则H3BO3纯度为。 【点睛】本题物质结构与性质，把握极性键和分子极性的判断、VSEPR模型的应用、配合键形成的条件、氢键等知识即可解答，侧重基础知识检测和应用能力考查，注意掌握微粒空间构型和原子杂化方式的判断。 6．（2022-2023高二下·北京朝阳·期末）氨硼烷()是一种具有研究价值的固体储氢材料。 已知：含氢19.5%，白色晶体，熔点为104℃。可溶于水和甲醇等溶剂中。常温常压下能够稳定存在。在催化剂存在的情况下，能够快速与水反应。 元素 H B N 电负性 2.1 2.0 3.0 (1)基态N原子的核外电子排布的轨道表示式为 。 (2)B的第一电离能低于Be，可能的原因是 。 (3)分子结构示意图如图1，其中为 键(填序号，下同)，为 键。 a．配位键        b．非极性键        c．键        d．键 (4)在某种催化剂表面与反应的释氢机理如图2。 ①若用和做反应物，生成的氢气是 (填序号)。 a．        b．        c．HD ②写出理论上与完全反应的总反应的离子方程式： 。 (5)研究发现，在低温高压条件下为正交晶系结构。的2×2×2超晶胞结构如图3所示(超晶胞内含有16个氨硼烷分子，)。氨硼烷晶体的密度为 (已知：；表示阿伏加德罗常数)。 【答案】(1)     (2)Be原子的2s轨道为全满，能量更低，更稳定，故第一电离能高于B。 (3) d a (4) c (5) 【详解】（1）N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，故其轨道表达式为   （2）Be的电子排布式为1s22s2，2s轨道为全满，能量更低，更稳定，故第一电离能高于B。 （3）-NH3中N原子采取sp3杂化，故N-H键是s−sp3σ 键，选d；N提供孤电子对，B提供轨道，故N-B键属于配位键，选a。 （4）①从机理上可以看出，-BH3提供一个H，D2O提供一个D原子，从而构成氢气HD，故选c。 ②NH3BH3与H2O反应，生成、和H2，其方程式为 （5）该晶胞中含有16个NH3BH3，则 7．（2022-2023高二下·北京朝阳·期末）不同空腔尺寸的瓜环可以通过形成超分子从气体或溶液中识别不同分子并选择性吸附。瓜环[7]的一种合成路线如下。 (1)A的名称是 。 (2)1，1，2，2-四溴乙烷与反应生成B的化学方程式是 。此反应过程需要加入远远过量的，目的有： ①减少副反应，提高生成物纯度。 ② 。 (3)推测“成环”反应中生成M和 。 (4)瓜环[7]的分子结构模型如下图所示。 ①下列关于瓜环[7]的说法正确的是 (填序号)。 a．含有的官能团是酰胺基 b．含有2种不同化学环境的氢原子 c．分子间存在范德华力和氢键 d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力 ②M与HCHO生成瓜环[7]的化学方程式是 。 (5)提出一种测定瓜环[n]中n值的方案： 。 【答案】(1)乙炔 (2)   +  8NH3 →   + 4NH4Br 与HBr反应，提高  的产率 (3)CH3OH (4) abd 7 (5)通过质谱仪测定瓜环[n]的相对分子质量进行推算 【分析】A是乙炔，通过加成反应生成  ，再与NH3发生取代反应，生成  ，再与  反应，生成  ，再通过HCHO和催化剂作用，生成  和水。 【详解】（1）A是C2H2，即乙炔。 （2）1，1，2，2-四溴乙烷与 NH3 反应生成B和溴化铵，其方程式为：   + 8NH3 →   + 4NH4Brr （3）NH3过量，除了可以减少副反应，提高生成物纯度之外，还可以与HBr反应，提高B的产率。 （4）①a．含有的官能团是酰胺基，a正确； b．根据对称性可以分析，其中含有2种不同化学环境的氢原子，b正确； c．分子间只有范德华力没有氢键，c错误； d．空腔尺寸以及具有负电性的氧原子端口使其具有对特定分子的识别能力通过分析断键机理，d正确； 故选abd。 ②  在与  反应生成  和甲醇CH3OH。 （5）质谱仪可以测定瓜环的相对分子质量，进而推算出n的值。 8．（2022-2023高二下·北京东城·期末）利用晶体结构测定阿伏加德罗常数()。 Ⅰ．精制 粗中溶有一定量的，试剂a为、、乙醇混合液，用于除去。 (1)从分子结构角度解释能溶于的原因： 。 (2)步骤ii的目的是除去中的大量乙醇，该步骤利用的分离提纯方法为 。 (3)步骤iii中，中的可以与和乙醇形成配位键，其中配原子是 。 Ⅱ．测定阿伏加德罗常数 实验1：实验装置如图所示，实验步骤如下。 ①准确称量容量瓶的质量为。 ②将充分干燥后，转移至上述容量瓶中，准确称量其总重为。 ③将精制后的由滴定管加入容量瓶至刻度线，消耗的体积为。 (4)结合实验1中的数据可知：实验1的目的是测定晶体的 (填物理量名称)。 实验2：利用X射线衍射实验测定晶体结构。 晶体中存在A型和B型两种立方体重复单元(如下图所示)，且A、B中存在的粒子种类和数目均相同。 (5)回答下列问题 a．从结构的角度解释A型立方体不是晶胞的原因： 。 b．通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到晶体中粒子排列的周期。用“”在B型立方体中标出的位置 。 (6)结合实验1和实验2数据，可得 (用代数式表示)。 【答案】(1)和均为非极性分子，依据相似相溶原理，能溶解在中 (2)萃取、分液 (3) (4)密度 (5) A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置    (6) 【详解】（1）分子的极性会影响物质的溶解性，和均为非极性分子，依据相似相溶原理，能溶解在中； （2）向含有大量乙醇的溶液中加入水，乙醇与水互溶，与水不互溶，利用萃取分液方法除去乙醇； （3）中的可以与和乙醇形成配位键，其中提供空轨道，可提供孤电子对的O为配位原子； （4）实验1可通过测量NaCl的质量和体积，从而计算出密度； （5）a．晶体可由晶胞无缝并置而成，由图可知，A型立方体8个顶点离子种类不同，无法做到无隙并置； b．根据A、B中存在的粒子种类和数目均相同，且通过平移（不能旋转）A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列周期可得，在B型立方体中的位置如图：  ； （6）实验1可测得NaCl密度：；由实验2数据可得每个晶胞中位于顶点和面心，则个数：；位于棱和体心，则个数：，即每个晶胞中含4个NaCl；根据可得：，解得。 9．（2022-2023高二下·北京丰台·期末）利用光催化技术可将太阳能转化为化学能。 (1)光催化可实现NOx的净化 ①比较N、O元素第一电离能大小并从结构角度解释原因 。 ②光催化还原NOx可得到氮气，从结构角度分析氮气性质稳定的原因 。 ③光催化氧化NOx最终产物为硝酸盐，的空间结构是 。 (2)光催化CO2和H2O合成甲醇是CO2转化利用最有前景的途径之一、比较甲醇分子中H-C-H与C-O-H的键角大小并解释原因 。 (3)光催化可降解苯酚等有机物。在紫外光的作用下催化剂表面有·OH(羟基自由基)生成，·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，该反应的化学方程式为 。 (4)某含钛的复合型物质可作光催化剂，晶胞结构如下图所示，边长均为anm。 ①基态钛原子的价层电子轨道表示式为 。 ②晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是 。 ③NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 g·cm-3(1nm=10-7cm)。 【答案】(1) N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，N2化学性质稳定 平面三角形 (2)中心原子的杂化方式均为sp3杂化，COH中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，，使得键角：HCH>COH (3)C6H6O+28·OH6CO2+17H2O (4)      6 【详解】（1）①N原子的价层电子排布式为2s22p3，O原子的价层电子排布式为2s22p4，N原子的2p轨道为半满结构，较难失去电子，所以第一电离能：N>O。 ②N2中存在共价三键(N≡N)，键能大，所以N2化学性质稳定。 ③中N原子价电子对数为3，无孤电子对，空间结构是平面三角形。 （2）甲醇分子中C、O原子的杂化方式均为sp3杂化，COH中氧上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对具有较大斥力，使得键角：HCH>COH。 （3）·OH可将苯酚氧化为H2O和CO2，根据得失电子守恒，该反应的化学方程式为C6H6O+28·OH6CO2+17H2O。 （4）①钛是22号元素，核外有22个电子，基态钛原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，其价层电子轨道表示式为  。 ②根据晶胞图，晶体中每个钛原子周围与其距离最近且相等的氧原子的数量是6。 ③根据均摊原则，晶胞中Ti原子数为、Co原子数为1、O原子数为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g·cm-3g·cm-3。 10．（2022-2023高二下·北京丰台·期末）手机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)。如下方法可从废旧手机主板中回收贵金属。 已知：i．Au+3NO+6H+Au3++3NO2↑+3H2O K<105 Au+NO+4H+Au3++NO↑+2H2O K<105 Au3++4Cl[AuCl4] K>105 ii．HAuCl4=H++[AuCl4]— (1)酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是 。 (2)已知，王水[V(浓硝酸)∶V(浓盐酸)=1∶3]溶金反应时产生NO。 ①写出该反应的离子方程式： 。 ②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用 。 (3)若用Zn粉将溶液中的1mol HAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。 (4)AgCl溶于氨水的离子方程式为 。 (5)水合肼(N2H4·H2O)是一种液态还原剂，能直接与AgCl反应生成单质Ag。上述工艺中，先将氯化银溶于氨水，再与水合肼反应，除了“碱性条件下水合肼的还原性增强”，还具有的优点可能有 (写出一条即可)。 (6)Pd(NH3)2Cl2难溶于水，溶于氨水，是一种电镀试剂，是制备钯及其化合物的重要原料。 ①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，则该条件下配位能力：Cl NH3(填“>”或“<”)。 ②“加入盐酸，调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是 。 【答案】(1)增加反应的接触面积，加快反应速率 (2) Au+NO+4Cl+2H+=NO↑+[AuCl4]+2H2O 提供Cl与Au3+形成[AuCl4]，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动 (3)1.5 (4)AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl+2H2O (5)将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质 (6) < 调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2- 【分析】机主板中含有贵金属单质Au(金)、Ag和Pd(钯)在HNO3中酸浸，Au不发生反应，Ag、Pd发生反应转化为Ag+、Pd2+，Au固体用王水溶解转化为HAuCl4溶液，再向HAuCl4溶液中加入Zn粉得到Au，向含有Ag+、Pd2+溶液中加入NaCl生成AgCl固体和[PdCl4]2-溶液，AgCl固体用氨水溶解得到溶液Y，再向溶液Y中加入水合肼得到Ag，向含[PdCl4]2-溶液中加入氨水得到含[Pd(NH3)4]2+溶液，再加入盐酸调pH得到Pd(NH3)2Cl2； 【详解】（1）酸浸前，将废旧手机主板粉碎的目的是增加反应的接触面积，加快反应速率； （2）①根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为Au+NO+4Cl+2H+=NO↑+[AuCl4]+2H2O； ②从反应原理的角度解释浓盐酸的作用是提供Cl与Au3+形成[AuCl4]，减小了Au3+浓度，促进Au与NO反应正向移动； （3）根据得失电子守恒可知，1.5molZn粉能将溶液中的1mol HAuCl4完全还原； （4）AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl+2H2O； （5）还具有的优点可能为将固体AgCl溶解为[Ag(NH3)2]+，能提高反应速率；避免生成的银单质中混有AgCl杂质； （6）①加入氨水，[PdCl4]2-转化为[Pd(NH3)4]2+，说明该条件下配位能力：Cl< NH3； ②调pH≈1”能将[Pd(NH3)4]2+转化为为Pd(NH3)2Cl2的原因是调pH≈1，使部分NH3转化为NH，减弱NH3的配位能力，可溶性配离子转化为难溶性Pd(NH3)2Cl2；若pH过小，c(H+)过大，则可能会转化成[PdCl4]2-。 11．（2021-2022高二下·北京顺义·期末）氯吡苯脲是一种常用的膨大剂，其结构简式为，它是经国家批准使用的植物生长调节剂。回答下列问题： (1)氯元素基态原子的电子排布式为 。 (2)氯吡苯脲晶体中碳原子的杂化轨道类型为 。 (3)查文献可知，可用2­氯­4­氨基吡啶与异氰酸苯酯反应，生成氯吡苯脲，其反应方程式为： ①该反应的反应类型为 。 ②反应过程中，每生成1 个氯吡苯脲，断裂 个σ键，断裂 个π键。 (4)膨大剂能在动物体内代谢，其产物较为复杂，其中有H2O、NH3、CO2等。 ①请用相关理论解释NH3极易溶解于水的原因： 。 ②请用共价键知识解释H2O分子比NH3分子稳定的原因： 。 【答案】(1)1s22s22p63s23p5 (2)sp2 (3) 加成反应 1 1 (4) NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3可以和溶剂水形成氢键；氨气可以和水发生反应 O-H比N-H键长短，键能大，稳定 【详解】（1）氯为17号元素，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p5。答案为：1s22s22p63s23p5； （2）氯吡苯脲晶体中碳原子的价层电子对数都为3，杂化轨道类型为sp2。答案为：sp2； （3）①从反应方程式看，产物只有一种，且反应物中发生双键的断裂，所以该反应的反应类型为加成反应。 ②反应过程中，断裂1个N-H键、氮氧双键中的一个键，所以每生成1 个氯吡苯脲，断裂1个σ键，断裂1个π键。答案为：加成反应；1；1； （4）①NH3与H2O中N、O都是原子半径小，非金属性强，都可形成分子间的氢键，则NH3极易溶解于水的原因：NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3可以和溶剂水形成氢键；氨气可以和水发生反应。 ②H2O分子和NH3分子中，O、N为同周期元素，O的非金属性比N强，形成的共价键更牢固，所以H2O比NH3稳定的原因：O-H比N-H键长短，键能大，稳定。答案为：NH3和水都是极性分子，相似相溶；NH3可以和溶剂水形成氢键；氨气可以和水发生反应；O-H比N-H键长短，键能大，稳定。 【点睛】在共价分子中，一般情况下，共价键的键能越大，分子的稳定性越强。 12．（2021-2022高二下·北京顺义·期末）三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]是一种很好的有机反应氧化剂，在有机工业上有广泛的用途。常用以下方法制备：4Mn(NO3)2·6H2O＋26(CH3CO)2O=4(CH3COO)3Mn＋8HNO2 ＋ 3O2↑＋ 40CH3COOH。 请回答下列问题： (1)三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]中阳离子的最外层轨道表示式为 。 (2)CH3COOH的电离方程式是 。 (3)的空间结构是 ，1 mol醋酸酐[(CH3CO)2O]中所含σ键数与π键数之比为 。 (4)过渡元素锰能形成很多重要的配合物。三醋酸锰就是一种配合物，其结构如图所示。 分析Mn和O之间能形成配位键的原因 。 (5)Mn2＋能形成配离子为八面体的配合物MnClm·nNH3，在该配合物的配离子中，Mn2＋位于八面体的中心，其结构如下图所示(其中数字处的小圆圈表示NH3分子或Cl-)： 若含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀，该配合物的化学式为 。 (6)锰与硒形成的某种化合物具有优异的光电性能，其晶胞结构如下图所示。 ①则该化合物的化学式为 。 ②若该晶体的晶胞边长为a pm(1 pm=10-10cm)，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 (列出表达式即可)。 【答案】(1) (2)CH3COOHCH3COO-＋H＋ (3) V型 6:1 (4)Mn元素有空轨道，O有孤电子对 (5)[MnCl(NH3)5 ]Cl或MnCl2·5NH3 (6) MnSe 【详解】（1）三醋酸锰[(CH3COO)3Mn]中阳离子为Mn3+，Mn为25号元素，则Mn3+最外层轨道表示式为。答案为：； （2）CH3COOH为一元弱酸，发生部分电离，电离方程式是CH3COOHCH3COO-＋H＋。答案为：CH3COOHCH3COO-＋H＋； （3）中N的价层电子对数为3，发生sp2杂化，N原子最外层有1对孤对电子，所以其空间结构是V型，1 mol醋酸酐[(CH3CO)2O]中所含σ键为12mol，含π键为2mol，σ键数与π键之比为12:2=6:1。答案为：V型；6:1； （4）形成配位键的原子，一方具有孤对电子，一方具有空轨道，则Mn和O之间能形成配位键的原因：Mn元素有空轨道，O有孤电子对。答案为：Mn元素有空轨道，O有孤电子对； （5）从电中性考虑，含1个Mn2＋配合物中应含有2个Cl-，若含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO3溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀，则1个配合物的外界有1个Cl-，内界有1个Cl-和5个NH3，所以该配合物的化学式为[MnCl(NH3)5 ]Cl或MnCl2·5NH3。答案为：[MnCl(NH3)5 ]Cl或MnCl2·5NH3； （6）①该晶胞中，含Mn原子个数为4，含Se原子个数为=4，则该化合物的化学式为MnSe。 ②若该晶体的晶胞边长为a pm(1 pm=10-10cm)，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为=。答案为：MnSe；。 【点睛】计算晶胞中所含有微粒的数目时，可采用商余法。 13．（2021-2022高二下·北京丰台·期末）H、C、N、O、Na、Mg、Cl、Cu是8种中学化学中常见的元素。 (1)原子结构与元素性质 ①5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是 。 ②3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是 。 ③基态Cu的价电子排布式为 。 (2)微粒间相互作用与物质性质 ① 下列物质的分子中同时存在σ键和π键的是 (填字母)。 a．H2 b．N2 c．Cl2 d．NH3 ②填写下表。 分子 中心原子杂化类型 空间结构 分子极性 BCl3 CH≡CH ③比较SO与NH3分子中的键角大小并给出相应解释： 。 ④相同条件下，SO2在水中的溶解度大于CO2的，理由是 。 (3)不同聚集状态的物质与性质 ①干冰晶体中微粒间的相互作用有 。 ②金属钠能导电的原因是 。 ③NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是 。 ④金刚石和石墨是碳的两种常见单质，下列叙述正确的是 (填字母)。 a．金刚石和石墨都是共价晶体 b．晶体中共价键的键角：金刚石＞石墨 c．金刚石中碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨中碳原子杂化类型为sp2杂化 【答案】(1) O Na 3d104s1 (2) b sp2 平面三角形 非极性分子 sp 直线形 非极性分子 孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子 SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的 (3) 范德华力和极性键 晶体中含有自由移动的电子 NaCl c 【解析】（1） ①同周期从左到右元素的电负性依次增大，同主族从下到上元素的电负性依次增大；5种元素H、C、N、O、Na中，电负性最大的是O，故答案为：O； ②同周期从左到右原子半径依次减小，3种元素Na、Mg、Cl中，原子半径最大的是Na，故答案为：Na； ③Cu是29号元素，价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1； （2） ①双键和三键中含有σ键和π键，则含有σ键和π键的是N2，故答案为：b； ②BCl3的价层电子对数为3+0=3，中心原子杂化类型为sp2，空间结构是平面三角形，分子中没有孤对电子，为非极性分子；CH≡CH中碳原子的价层电子对数为2+0=2，中心原子杂化类型为sp，空间结构是直线形，分子结构对称，为非极性分子；故答案为：sp2；平面三角形；非极性分子；sp；直线形；非极性分子； ③中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子，孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，所以的键角大于NH3的键角，故答案为：孤对电子之间的斥力大于孤对与成键电子之间的斥力大于成键电子之间的斥力，中没有孤对电子，NH3分子中含有1对孤对电子； ④由于SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的，故答案为：SO2和水均为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，SO2在水中的溶解度大于CO2的； （3） ①干冰属于分子晶体，晶体中微粒间的相互作用有范德华力和极性键，故答案为：范德华力和极性键； ②金属钠能导电的原因是晶体中含有自由移动的电子，故答案为：晶体中含有自由移动的电子； ③离子晶体中阴阳离子半径越小，所带电荷越大，晶格能越大，熔点越高；NaCl、NaBr、NaI中，熔点最高的是NaCl，故答案为：NaCl； ④a．金刚石是共价晶体，石墨是混合型晶体，故a错误； b．金刚石中碳原子是sp3杂化，石墨中碳原子是sp2杂化，晶体中共价键的键角：金刚石＜石墨，故b错误； c．金刚石是立体结构，碳原子杂化类型为sp3杂化，石墨是平面结构，碳原子杂化类型为sp2杂化，故c正确； 故答案为：c。 14．（2021-2022高二下·北京丰台·期末）为解决汽车尾气达标排放，催化剂及其载体的选择和改良是关键。目前我国研制的稀土催化剂具有很好的催化转化效果，催化过程图如下。 (1)Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，它在周期表中的位置为 ，属于 区。 (2)CO、NO均能够与血红蛋白(Hb)中Fe2+形成稳定的配合物使血红蛋白失去携氧能力，因而具有毒性。 已知：CO进入血液后有如下平衡：CO＋HbO2 O2＋HbCO ① 基态Fe2+中未成对电子数为 。 ② C、N、O三种元素，第一电离能由大到小的顺序为 ，简单氢化物的沸点由大到小的顺序为 。 ③ 在CO、NO结构中，C、N、O原子均含有孤电子对，与Fe2+配位时，配位原子均不是O原子，理由是： 。 ④ 高压氧舱可用于治疗CO中毒，结合平衡移动原理解释其原因： 。 (4)为节省贵金属并降低成本，常用某些复合型物质作催化剂。一种复合型物质的晶胞结构如下图所示。 ①该复合型物质的化学式为 。 ②每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为 。 ③已知，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为ρ g/cm3。其晶胞为立方体结构，则晶胞的边长为 cm。 【答案】(1) 第5周期第ⅣB族 d (2) 4 N＞O＞C H2O＞NH3＞CH4 O电负性比N和C大 ，成键时不易给出孤电子对，不易和Fe2+配位 CO＋HbO2 ⇌ O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒 SrTiO3 6 【详解】（1）Zr原子序数为40，价电子排布为：4d25s2，电子层数为5，则Zr位于第5周期，外围有4个电子，则位于第ⅣB族，所以它在周期表中的位置为第5周期第ⅣB族，最后填入电子的能级为d，所以Zr属于d区元素。 （2）Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，根据电子排布的泡利原理和洪特规则，3d上的6个电子有2个在同一原子轨道中，另外4个均单独占据一条轨道，所以基态Fe2+中未成对电子数为4。 第一电离能是气态基态电中性原子失去一个电子形成气态基态正离子时所需的最低能量。C、N、O三种元素中，C的半径最大，核电荷数最少，对电子的束缚力最弱，其第一电离能最小；N的2p轨道上排布了3个电子，达到了半充满的稳定结构，其第一电离能比O大，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。C、N、O三种元素的简单氢化物分别为CH4、NH3、H2O，NH3和H2O分子间有氢键，其沸点高于CH4，水分子间的氢键比NH3分子间的氢键强，所以水的沸点高于NH3，所以C、N、O三种元素简单氢化物的沸点由大到小的顺序为H2O＞NH3＞CH4。 O电负性比N和C大，成键时不易给出孤对电子，不易和Fe2+配位。 CO＋HbO2 ⇌ O2＋HbCO，增大氧气的浓度，可以使平衡逆向移动，释放出CO，可用于治疗CO中毒。 在该晶胞中，O位于立方体的棱心，所以该晶胞含有3个O，Ti原子位于顶点，则含有1个Ti，Sr位于体心，则含有1个Sr，该复合型物质的化学式为TiSrO3；每个Ti原子周围距离最近的O原子的个数为6；该晶胞的质量为g，晶体密度为ρ g/cm3，所以晶胞的体积为cm3，晶胞的边长为cm。 15．（2021-2022高二下·北京东城·期末）“可燃冰”的主要气体成分是甲烷，又称甲烷水合物，外形像冰，存在于海底和大陆冰川或永久冻土底部，是巨大的潜在能源。 (1)研究甲烷分子的结构 ①碳原子价层电子的轨道表示式是 。 ②下列能说明或解释甲烷分子是正四体形空间结构的是 (填序号)。 a.二氯甲烷没有同分异构体。 b.4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 ' c.碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，形成4个C-H  σ键 (2)研究水分子的结构 ①H2O的VSEPR模型为 。 ②H2O中H-O-H的键角小于CH4中H-C-H的键角，原因是 。 (3)研究“可燃冰”的结构 在“可燃冰”中，气体是装在几个水分子构成的笼内的，一种水分子笼如下所示。 “可燃冰”的密度为a g/mL。假设“可燃冰”的水笼穴里装的都是甲烷，甲烷水合物的化学式用mCH4·nH2O表示。把“可燃冰”从海底升到地平面，1 m3固体可释放出164 m2(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中m ： n= (不需化简，列出算式即可) 【答案】(1) ab (2) 四面体形 因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小 (3) 【详解】（1）①碳原子核外有6个电子，价电子排布式为2s32p2，价层电子的轨道表达式为 ； ②a．若甲烷为平面正方形，则二氯甲烷应有两种结构，而实际上二氯甲烷没有同分异构体，说明甲烷的空间结构为正四面体，a正确； b．若是正方形，则键角为90°，4个C-H的键长相同，H- C- H的键角均为109°28 '，说明为正四面体形，b正确； c．甲烷分子中的碳原子以4个sp3杂化轨道分别与4个氢原子的1s轨道重叠，无法说明为正四面体结构，c错误； 故选ab； （2）①H2O的中心原子O的价层电子对数为，则VSEPR模型为四面体形； ②因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小，故水中的键角较小的原因是：因为H2O中O原子的最外层有2对孤对电子，而CH4中C原子最外层没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力较大，键角较小； （3）“可燃冰”的密度为ag/mL，1m3固体可释放出164m3(标准状况)甲烷，则“可燃冰”中。 16．（2021-2022高二下·北京朝阳·期末）我国科学家研发的全球首套“液态阳光”项目使双碳目标更近一步。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再将加氢合成。 (1)太阳能电池板的主要材料为单晶硅。 ①单晶硅属于 晶体。 ②单晶硅的熔点低于金刚石的，原因是 。 (2)在催化剂作用下，与反应得到。 ①分子的空间结构为 。 ②和分子中键数目之比为 。 ③比在水中的溶解度大，这是因为 。 (3)催化剂可实现高选择性加氢合成，其晶胞结构如图所示。 ①B代表 (填“”或“”)，理由是 。 ②晶胞的棱长分别为、、，其晶体密度为 (列算式)。已知：，为阿伏加德罗常数的值 【答案】(1) 共价 单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大于硅硅键，金刚石的熔点高于硅 (2) 直线型 5：2 是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大 (3) O2- A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2- 【详解】（1）太阳能电池板的主要材料为单晶硅。 ①单晶硅硅原子间通过共价键形成三维骨架结构，属于共价晶体。故答案为：共价； ②单晶硅的熔点低于金刚石的，原因是单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大，金刚石的熔点高。故答案为：单晶硅和金刚石均属于共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳碳键的键长小于硅硅键的键长，碳碳键的键能大于硅硅键，金刚石的熔点高于硅； （2）①分子中碳原子采用sp杂化，空间结构为直线型。故答案为：直线型； ②分子中3个C-H键、1个C-O键、1个O-H键，共5个键，分子中2个C-O键，和分子中键数目之比为5：2。故答案为：5：2； ③比在水中的溶解度大，这是因为是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大。故答案为：是极性分子、甲醇分子与水分子间能形成氢键，是非极性分子，与水分子间不能形成氢键，根据相似相溶原理，比在水中的溶解度大； （3）①根据均摊法，A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2-。故答案为：O2-；A球为8×+6×=4，B球为8个，根据化学式ZrO2，B代表O2-； ②晶胞参数为apm、apm、cpm，则晶胞体积为（a×10-10）2×c×10-10cm3，该晶胞含有O原子8个，Zr4+个数为8×+6×=4，晶胞质量g，则该晶体的密度为ρ=g•cm-3，故答案为：；。 17．（2021-2022高二下·北京朝阳·期末）氮化硼是重要的无机纳米材料，其晶体有两种常见结构。 (1)六方氮化硼的晶体结构类似于石墨。 熔点/℃ 硬度 键长/pm 层间距/pm 六方氮化硼 2600 质软 144 333 石墨 3850 质软 142 335 ①六方氮化硼属于 (填序号)。 a.分子晶体    b.共价晶体    c.混合型晶体 ②六方氮化硼晶体层与层之间N和B是叠置的，如a点为N，b点为B而不是N，解释原因 。 (2)立方氮化硼的晶体结构类似于金刚石。 ①N和B杂化轨道类型均为 。 ②N和B之间共价键与配位键的数目比为 。 (3)将氮化硼与聚碳酸酯(PC)制成复合材料可增强其化学活性。 ①某PC的结构简式为，合成该聚合物的单体为双酚A()和 。 ②合成PC时，通过蒸出 (填物质)来提高产率。 ③以丙烯和苯酚为原料合成双酚A(无机试剂任选)，写出合成路线 。合成路线示例如下： 【答案】(1) c N元素的电负性大于B元素，N原子带部分负电荷，B原子带部分正电荷 (2) sp3 3:1 (3) CH3OCOOCH3 CH3OH 【详解】（1）①六方氮化硼的晶体结构类似石墨，石墨属于混合型晶体，则六方氮化硼晶体属于混合型晶体，故答案为：c； ②六方氮化硼晶体层与层之间N和B是叠置的，如a点为N，b点为B而不是N，其原因为：N元素的电负性大于B元素的，N原子带部分负电荷，B原子带部分正电荷，层与层之间是以范德化力结合的，层与层之间这样叠置作用力最强； （2）①立方氮化硼晶体中每个B、N原子均形成4个σ键，所以硼原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；②立方氮化硼中氮原子与周围的4个硼原子形成四面体结构、硼原子与周围的4个氮原子形成四面体结构，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子，B原子最外层有3个电子，形成4个共价键，含有1个配位键，则B原子与N原子之间共价键与配位键的数目比为3：1，故答案为：3：1； （3）①PC的结构简式为，该高分子是通过缩聚反应合成的，由该分子的链节和端基的结构可知，合成该聚合物的单体为双酚A()和CH3OCOOCH3； ②双酚A()CH3OCOOCH3反应生成和CH3OH，可以通过蒸出CH3OH提高产率； ③以丙烯和苯酚为原料（其他无机试剂任选）设计双酚A，可以由丙烯和水发生加成反应生成2−丙醇，2−丙醇发生催化氧化生成丙酮，丙酮和苯酚发生取代反应生成目标产物，合成路线为：，故答案为：； ( 41 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$