2025届高三化学过关专题训练---物质结构与性质

2025届高三化学过关专题训练---物质结构与性质 一、单选题 1．加热溶液，发生反应：(粉红色)(蓝色)，溶液颜色由粉红色变为蓝色。下列说法错误的是 A．基态原子的价电子排布式为 B．该反应为吸热反应 C．向冷溶液中加入固体，溶液变蓝 D．加水稀释，平衡正移 2．下列表示不正确的是（　　） A．的电子式： B．的价层电子对互斥模型： C．的键的模型： D．的名称：1，3，4-三甲苯 3．硒化锌是一种重要的半导体材料，图甲为其晶胞结构，图乙为晶胞的俯视图。已知a点的坐标（0，0，0），b点的坐标。下列说法正确的是（　　） A．的配位数为8 B．基态Se核外有34种不同空间运动状态的电子 C．晶胞中d点原子分数坐标为 D．若换为，则晶胞棱长保持不变 4．盐酸洛派丁胺是一种新型止泻药，适用于各种病因引起的腹泻。下列说法正确的是（　　） A．分子的结构中左边两苯环不可能同时共平面 B．该物质分子中有5种官能团和2个手性碳 C．1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOH D．1mol该物质与溴水反应，能与3mol发生取代反应 5．锂硒电池是一种能量密度很高的新型可充电电池，其正极材料的晶胞结构如图。已知晶胞参数为a pm，下列说法不正确的是（　　） A．Se位于元素周期表中的p区 B．基态最外层电子的电子云轮廓图为哑铃型 C．每个周围距离相等且最近的有4个 D．与之间最近的距离为pm 6．某化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的四种短周期元素，X是元素周期表中原子半径最小的元素，Q的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法错误的是（　　） A．Y、Z、Q三种元素的非金属性逐渐增强 B．最外层电子数由大到小的顺序为 C．该化合物中Z、Y、Q均满足8电子稳定结构 D．仅由X、Z、Q三种元素形成的化合物不可能含有离子键 7．“价-类二维图”是元素化合物知识学习的重要模型，下图是某短周期主族元素的“价-类二维图”，其最高化合价c与最低化合价a的代数和为4。 下列说法正确的是 A．实验室可用溶液吸收气体A B．C分子的VSEPR模型为V形 C．可用溴水检验F是否变质 D．工业上通过B→D→E两步转化制备E 8．某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，基态Q原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，Y是形成化合物种类最多的元素，X的原子半径是元素周期表中最小的．下列叙述正确的是 A．X、Y两元素组成的分子的空间结构均为正四面体形 B．X、W分别与Q形成的化合物可能具有强氧化性 C．第一电离能： D．该化合物中有极性键、非极性键、配位键和离子键 9．部分含C或含N物质的分类与相应化合价关系如下图所示。下列推断不合理的是（　　） A．存在a→b→c的转化 B．c一定是酸性氧化物 C．d、f中心原子均为sp2杂化 D．c、e可能有两种化学式 10．1，2-丙二醇脱氧脱水反应的催化循环机理如图所示。下列说法正确的是（　　） A．过程①②均有O-H键断裂，过程③④均有C-C键断裂 B．过程①只发生了加成反应 C．该过程中催化剂通过增大反应的活化能来提高化学反应速率 D．该过程的化学方程式为 11．向CuSO4溶液中通入H2S，会生成CuS沉淀，反应为CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4。下列有关说法正确的是（　　） A．SO的空间构型为三角锥形 B．H2S属于电解质 C．Cu在周期表中位于d区 D．S2-的结构示意图为 12．制取硫酸四氨合铜晶体{}的实验如下： 步骤1：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先生成难溶物，继续添加氨水并振荡试管，难溶物溶解，得到深蓝色的透明溶液。 步骤2：再向试管中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。 下列说法错误的是（　　） A．步骤1中难溶物溶解是因为生成了配合物 B．步骤2中加入乙醇降低了溶剂的极性从而析出晶体 C．中含有键的数目为 D．最终所得溶液中大量存在、、、 13．普伐他汀(M，结构如图所示)是一种调节血脂的药物，下列关于该化合物的说法错误的是 A．M分子中含有3种含氧官能团 B．若1molM分别与、Na、NaOH恰好完全反应，则消耗、Na、NaOH的物质的量之比为 C．M可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，也可以与浓溴水反应生成白色絮状沉淀 D．位于环上的碳原子中，手性碳有5个 14．是离子晶体，其晶胞如下图1所示(已知氟化钙晶胞参数为a pm，表示阿伏加德罗常数的值)，难溶于水、可溶于酸。常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得在不同pH条件下，体系中与(X为或)的关系如图2所示。下列说法错误的是。（　　） A．每个氟化钙晶胞中含有的数目为4个 B．氟化钙的晶体密度为 C．表示与的变化曲线 D．的数量级为 15．分子结构决定分子的性质，下列关于分子结构与性质的说法正确的是 A．乙醚是非极性分子，乙醇是极性分子，因此乙醚在水中的溶解度比乙醇小 B．中的氢键键能小于，因此的沸点比高 C．从葡萄中提取的酒石酸盐具有光学活性，因此酒石酸盐中含有手性碳原子 D．是吸电子基团，是推电子基团，因此的酸性强于 16．现有一种由正离子An+、Bm+和负离子X—组成的无机固体电解质，该物质在高温相为无序结构，低温相为有序结构，两者的结构如图，下列说法错误的是（　　） A．n=2，m=1 B．高温相中X—的堆积方式和氯化钠中Cl—的堆积方式相同 C．低温相中An+的配位数为4 D．高温相的良好导电性与其结构中存在大量的空位有关 17．下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是 选项 物质的结构与性质 解释 A 键角： 中N的孤电子对数比中B的孤电子对数多 B 酸性： 烃基(R—)越长推电子效应越大，使羧基中羟基的极性越小，羧酸的酸性越弱 C 熔点：碳化硅>金刚石 C-Si键能大于C-C键能 D 沸点： 分子间作用力小于分子间作用力 A．A B．B C．C D．D 二、综合题 18．甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。 已知涉及的反应如下：反应Ⅰ：CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(g)；ΔH1=−206.2kJ·mol−1 反应Ⅱ：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)；ΔH2 反应Ⅲ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；ΔH3=−165kJ·mol−1 积碳反应(CO的歧化反应和CH4的裂解反应是催化剂积碳的主要成因：2CO(g)CO2(g)+C(s)(反应Ⅳ)；CH4(g)C(s)+2H2(g)(反应Ⅴ)。 （1）ΔH2=　 　kJ·mol−1。 （2）在360℃时，在固定容积的容器中进行上述反应(不考虑积碳反应)，平衡时CO和H2的转化率及CH4和CO2的产率随变化的情况如图1所示。 ①图中表示CO转化率、CH4产率变化的曲线分别是　 　、　 　(填标号)，A、C两点的值相同，C点通过改变温度达到A点，则A、B、C三点温度由大到小的顺序是　 　。 ②按=3：1向恒容容器内投料，初始压强为p0，若仅发生Ⅰ、Ⅱ两个反应，达到平衡时总压为，CO的平衡转化率为a，则CH4的选择性=　 　%，[CH4的选择性=]反应Ⅰ的Kp=　 　(用分压表示，分压=总压×物质的量分数)。 （3）已知各反应的平衡常数随温度的变化曲线如图2所示，相同时间内甲烷产率随温度升高的变化曲线如图3。 由图2可知，CO的歧化反应属于　 　(填“吸热”或“放热”)反应，相同时间内CH4的产率在温度高于330℃时降低的可能原因之一是催化剂活性降低，高温导致催化剂活性降低的原因是　 　。研究发现，铜基催化剂可以促进二氧化碳(CO2)转换成一氧化碳(CO)、甲醛(CH2O)或乙烯(CH2=CH2)及乙醇(CH3CH2OH)等多碳化合物，对于“碳达峰”和“碳中和”目标的顺利实现具有积极推动作用。 （4）铜基催化剂铁表面上铁原子吸附离解的碳原子局部示意图如图所示(图中小黑球代表碳原子，灰球代表铜原子)。则催化剂表面上C/Cu原子数比为　 　。 （5）已和CO2在高温高压下所形成的晶体的晶胞如图所示，CO2的晶胞参数(棱长)apm，其密度为bg•cm−3，则阿伏加德罗常数为　 　(列出计算式即可)。 19．配合物在光电传感器、电镀、染料方面有着重要的应用价值，一氧化碳、氨气、酞菁分子是常见形成配合物的三种配位体，请回答下列问题： （1）一氧化碳和氨气涉及的元素中电负性最大的是　 　(填元素符号)。 （2）邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，熔点较高的是　 　(填化学式)，原因为　 　。 （3）和可形成配离子，则该配离子的空间结构为　 　。 （4）能与形成配合物。 ①中含有　 　键；中心原子的杂化类型为　 　。 ②金属的原子堆积模型如图，则金属的晶胞俯视图为　 　(填标号)，假设原子的半径是，该晶体的密度是，则的相对原子质量为　 　(设为阿伏加德罗常数的值)。 20．钾离子电池以其优异的性能成为替代锂离子电池的一种选择，该电池的负极是由钾嵌入石墨中构成，正极主要含、铝箔、醚类有机物等。从某废旧钾离子电池中回收部分材料的流程如下： 已知：I.放电时负极的电极反应式为； II．常温下，，当溶液中某离子浓度低于时，认为该离子已沉淀完全。 回答下列问题： （1）废旧电池放电处理的原因为　 　。 （2）“碱浸”时发生的化学反应方程式为　 　。 （3）已知中的铁为+3价，则“酸溶”时主要反应的离子方程式为　 　；该工序中温度需控制在40℃的原因为　 　。 （4）若最终调节pH=3，则所得母液中的　 　(填“已”或“未”)沉淀完全。 （5）实验室中从“反萃取”所得混合液中分离出溶液的操作名称为　 　。 （6）废旧钾离子电池放电处理并拆解后，从负极得到石墨，其结构如图。石墨两层之间最近碳原子间距远大于层内最近碳原子间距的原因为　 　；设阿伏加德罗常数的值为，则石墨晶体密度为　 　(列式即可)。 21．离子液体是指室温或接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。GaCl3和氯化1﹣乙基3﹣甲基咪唑（，简称EMIC）混合形成的离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂。请回答下列问题： （1）请写出基态Ga原子的核外电子排布式　 　。同周期主族元素中基态原子未成对电子数与Ga相同的有　 　。（填元素符号）。 （2）EMIC阳离子中的几种元素电负性由大到小顺序为　 　。 （3）已知分子中的大π键可用符号π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则EMIC中大π键可表示为　 　。 （4）GaCl3熔点为77.8℃，GaF3熔点高于1000℃，其原因是　 　。 （5）GaCl3和EMIC混合形成离子液体的过程中会存在以下转变：GaCl3GaCl4 Ga2Cl7 请写出Ga2Cl的结构式　 　。 （6）某种Ga的氧化物晶胞结构如图所示。O2﹣以六方密堆积形成晶胞，Ga3+位于由A、C、D四个O2﹣围成的四边形的中心，但晶胞中只有的四边形中心位置占据了Ga3+，另外 的位置空置。 ①Ga3+位于O2﹣围成的　 　面体空隙中。 ②该晶胞中O2﹣的配位数为　 　。 ③若该晶胞的体积为Vcm3，该氧化物晶体密度为　 　。 22．氢和氧是构建化合物的常见元素。请回答： （1）钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于晶胞的顶角和面心。 ①钴蓝晶胞中、、O原子个数比为　 　。 ②原子间最短的距离为　 　。 ③图2所示字母中，Ⅰ型小立方体分别是a、　 　（填字母序号）。 （2）苯、1，3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键。 ①下列说法正确的是　 　。 A.同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有3种 B.苯中碳原子杂化方式为 C.1，3-丁二烯的2、3号位碳原子间的键长大于乙烷中的碳碳键键长 D.的二氯代物有9种（不考虑立体异构） ②苯环之间通过共用苯环的若干条环边而形成的芳香烃称为稠环芳烃，例如：萘（）、蒽（）、菲（）。 分子式为的稠环芳烃，一个分子中σ键有　 　个。 （3）邻羟基苯甲醛（）能形成分子内氢键。 ①画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键　 　。 ②邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，在分子间不存在氢键的原因是　 　。 答案解析部分 1．【答案】D 2．【答案】D 【解析】【解答】A、CO2的结构式为O=C=O，其电子式为 ，故A不符合题意； B、H2O的中心原子O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对，价层电子对互斥模型为 ，故B不符合题意； C、的键是p轨道头碰头形成的，其模型为，故C不符合题意； D、 的正确命名为1，2，4-三甲苯，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、CO2的结构式为O=C=O； B、H2O中心O原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对； C、的键是p轨道头碰头形成的； D、该命名不符合支链编号代数和最小。 3．【答案】C 【解析】【解答】A、由晶胞结构可知，周围距离最近且相等的Zn2+有4个，配位数为4，故A错误； B、基态Se原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，核外含有电子占据的轨道数为1+1+3+1+3+5+1+3=18，则基态Se核外有18种不同空间运动状态的电子，故B错误； C、a的坐标为(0，0，0)，b点的坐标，则a原子位于坐标原点，b原子晶胞顶面的面对角线交点，可知d原子到x轴、y轴、z轴的距离分别是，，，即d的坐标为，C正确； D、和半径不同，则晶胞棱长将改变，D错误； 故答案为：C。 【分析】A、周围距离最近且相等的Zn2+有4个； B、基态Se原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4； C、d原子到x轴、y轴、z轴的距离分别是，，； D、和半径不同。 4．【答案】C 【解析】【解答】A．由三点成面可知，分子的结构中左边与饱和碳原子相连的两个苯环可能同时共平面，故A不符合题意； B．由结构简式可知，盐酸洛派丁胺中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故B不符合题意； C．由结构简式可知，盐酸洛派丁胺是类似于铵盐的能与氢氧化钠溶液反应的盐类，反应生成的中含有的酚羟基、酰胺基和碳氯键能与氢氧化钠溶液反应，其中1磨练mol碳氯键能与2mol氢氧化钠反应，则1mol盐酸洛派丁胺最多消耗5mol氢氧化钠，故C符合题意； D．由结构简式可知，盐酸洛派丁胺中与酚羟基相连的苯环上邻位碳原子上的2个氢可以和溴发生取代反应，则1mol该物质与溴水反应，能与2mol溴发生取代反应，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.两个苯环由碳原子相连，可通过旋转共面； B.结合手性碳原子形成条件即可找出含有1个手性碳原子； C.根据酯基和氯原子，酚羟基与氢氧化钠反应即可找出； D.酚羟基的邻位可与溴水取代。 5．【答案】B 【解析】【解答】A、Se为34号元素，位于第4周期第ⅥA族，属于p区元素，故A不符合题意； B、Li+的电子排布式为1s2，其最外层电子位于s轨道，s轨道的电子云轮廓图为球形，故B符合题意； C、由图可知， 白色球位于顶点和面向，数目为，黑色球位于体内，数目为8，根据化学式可知，白色球为 ，黑色球为 ，距最近的位于顶点及3个面心，共有4个，故不符合题意； D、与之间最近的距离为对角线的， 为pm ，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、Se为34号元素； B、Li+的电子排布式为1s2； C、根据均摊法计算； D、与之间最近的距离为体对角线的。 6．【答案】D 【解析】【解答】 观察结构图，X形成的共价键数为1，Y形成的共价键数为4，Z形成的共价键数为3，Q形成的共价键数为2， X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的四种短周期元素，X是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为H，Q的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则Q为O，Y、Z分别为C、N； A.C、N、O三种元素的非金属性逐渐增强 ，故A不符合题意； B. 最外层电子数由大到小的顺序为 ，故B不符合题意； C. 该化合物中N、C、O均满足8电子稳定结构 ，故C不符合题意； D. 仅由X、Z、Q三种元素形成的含有离子键 ，故D符合题意； 故答案为：D 【分析】同一周期的元素从左到右金属性递减，非金属性递增，最外层电子数增大。含有离子键。 7．【答案】A 8．【答案】B 9．【答案】B 【解析】【解答】A、若为C元素，则C→CO→CO2；若为N元素，则N2→NO→NO2，A不符合题意。 B、若c为NO2，则不属于酸性氧化物，B符合题意。 C、d为H2CO3，中心原子C原子的价层电子数为3，采用sp2杂化。f为HNO3，中心原子N原子的价层电子对数为3，采用sp2杂化，C不符合题意。 D、c可能为NO2或N2O4；e可能为Na2CO3或NaHCO3，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】A、结合C、N2及其氧化物的转化进行分析。 B、NO2不属于酸性氧化物。 C、根据中心原子的价层电子对数确定其杂化方式。 D、c可能为NO2、N2O4，e可能为Na2CO3或NaHCO3。 10．【答案】D 【解析】【解答】A.过程②没有O-H键的断裂，过程③C-C键没有发生变化，A选项是错误的； B.根据①过程的图示，可知反应①中不仅发生了加成反应，还有水的生成，B选项是错误的； C.催化剂的作用是通过减小反应的活化能来加快反应速率，C选项是错误的； D.箭头指进的是反应，箭头指出的是产物，根据图示知，该反应的总化学方程式为： ，D选项是正确的。 故答案为：D。 【分析】A.根据图示物质的变化，知过程①有O-H键的断裂，过程②没有O-H键的断裂；过程④有C-C键的断裂，过程③C-C键没有发生变化； B.加成反应是一种有机化学反应，它发生在有双键或三键（不饱和键）的物质中，两个或多个分子互相作用，生成一个加成产物的反应称为加成反应； C.催化剂的作用是通过减小反应的活化能来加快反应速率； D.箭头指进的是反应，箭头指出的是产物，在图中圈上的物质是中间产物或者催化剂。 11．【答案】B 【解析】【解答】A．SO中S成4个键，价层电子对为4，采取sp3杂化，空间构型为四面体形，故A不符合题意； B．在水溶液或熔融态能导电的化合物属于电解质，H2S的水溶液可以导电，属于电解质，故B符合题意； C．Cu的价电子排布为3d104s1，在周期表中位于ds区，故C不符合题意； D．S2-核外有18个电子，S2-的结构示意图为，故D不符合题意； 故答案为B。 【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化； 杂化轨道数=2，为直线； 杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形； 杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形； 杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体； 杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥； 杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形； B、硫化氢为酸，属于电解质； C、根据价电子层进行判断； D、硫离子最外层为8电子。 12．【答案】D 【解析】【解答】A．步骤1中难溶物为氢氧化铜沉淀，加入过量氨水，氢氧化铜转化为，其溶解是因为生成了配合物，A不符合题意； B．乙醇属于有机物，加入后减小了溶剂的极性，降低了的溶解度，导致结晶析出，B不符合题意； C．中N-Cu、N-H之间均存在键，1个离子中键数目为16，故中含有键的数目为，C不符合题意； D．一水合氨为弱电解质，溶液中不会大量存在铵根离子和氢氧根离子，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.氢氧化钠溶于氨水生成； B.加入乙醇降低了溶剂的极性，降低了的溶解度； C.1个中含有16个键； D.铵根离子和氢氧根会结合生成一水合氨。 13．【答案】C 14．【答案】C 【解析】【解答】已知HF的Ka=c（H+）c（F-）/c（HF），lgc（HF）/c（H+） 越大，c(F-)越大，lgc(F-)越大，-lgc(F-)越小，c(F-)越大，c(Ca2+)越小，则-lgc(Ca2+)越大，L1代表-lgc(Ca2+)的变化曲线，L2代表-lgc(F-)的变化曲线； A．每个氟化钙晶胞中含有Ca2+的数目8×1/8+6×1/2=4，A不符合题意； D．晶胞体积V=(a×10-10cm)3，该晶胞中相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量为m=312/NAg，氟化钙的密度为312/a3x10-30NAg/cm3，B不符合题意； C．L1表示-lgc(Ca2+)和lgc（HF）/c（H+）的变化曲线，C符合题意； D．由a点坐标，c（HF）/c（H+）=c（F-）/Ka=10-1.2，c(F-)=10-2，Ka=10-1.2×10-2=10-3.2，由b点坐标可知，c(Ca2+)=10-2mol/L，c（HF）/c（H+）=10-0.7，溶液中c(F-)=10-0.7×10-3.2=10-3.9，Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)c2(F-)=10-2×(10-3.9)2=10-9.8，其数量级为10-10，D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A．每个氟化钙晶胞中含有Ca2+的数目是4； B.晶胞密度的计算； C．变化曲线的判断； D．化学平衡常数和数量级的计算。 15．【答案】C 16．【答案】A 【解析】【解答】A．无机固体电解质低温相为有序结构，晶胞中位于体内的An+的个数为4、Bm+的个数为2，位于顶点、面上、棱上和体心的X—的个数为8×+10×+4×+1=8，晶胞的化学式为A2BX4，根据化合价代数和为0得：2n+m=4，即m=2、n=1，A符合题意； B．NaCl晶胞中Cl-的堆积方式为立方最密堆积，高温相为立方晶系，晶胞中X—的堆积方式也为立方最密堆积，B不符合题意； C．低温相晶胞中An+与4个X—的距离最近，An+的配位数为4，C不符合题意； D．高温相晶胞中An+发生迁移使空位数目增多，为阳离子的流动提供了运动通道，高温相的良好导电性与其结构中存在大量的空位有关，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A．无机固体电解质低温相为有序结构，晶胞中位于体内的An+的个数为4、Bm+的个数为2，位于顶点、面上、棱上和体心的X—的个数为8×+10×+4×+1=8，晶胞的化学式为A2BX4； B．NaCl晶胞中Cl-的堆积方式为立方最密堆积，高温相为立方晶系，晶胞中X—的堆积方式也为立方最密堆积； C．低温相晶胞中A+与4个X—的距离最近，A+的配位数为4； D．高温相晶胞中A+发生迁移使空位数目增多，为阳离子的流动提供了运动通道。 17．【答案】B 18．【答案】（1）−41.2 （2）b；c；B=C>A；； （3）放热；高温时，积碳反应主要发生CH4裂解，导致催化剂积碳，活性降低 （4）1：2 （5）mol−1 19．【答案】（1）O （2）；两者均为分子晶体，但 能形成分子间氢键 （3）正四面体形 （4）8；；B； 【解析】【解答】（1）一氧化碳和氨气涉及的元素中电负性大小顺序为：O>N>C>H，故电负性最大元素为：O；答案为：O； （2）苯二甲酰亚胺分子间可以形成氢键，而邻苯二甲酸酐分子间不能形成氢键，故邻苯二甲酰亚胺熔点较高，故答案为：；两者均为分子晶体，但能形成分子间氢键； （3）由配合物的结构可知，银离子形成了4个配位键，价层电子对数为4，故空间结构为：正四面体形；答案为：正四面体形； （4）与4个CO形成4个σ键，4个CO中，C、O之间均有一个σ键，故中含有8molσ键；的价层电子对数=4+0=4，故杂化方式为：；根据金属的原子堆积模型图可知，金属的原子堆积方式面心立方堆积，晶胞俯视图为B图，由晶胞俯视图可知，晶胞参数与原子半径的关系为：，得，则金属晶胞的密度为：，代入可以求得M为：，故答案为：8；；B；。 【分析】（1）同周期元素，从左到右电负性增大，若原子中价电子为半充满或者全充满则出现反常； （2）氢键会影响分子的熔点和沸点； （3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化； 杂化轨道数=2，为直线； 杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形； 杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形； 杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体； 杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥； 杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形； （4） ① σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键； ② 相对原子质量可以结合摩尔质量判断，而摩尔质量的计算要结合体积、阿伏加德罗常数、密度判断。 20．【答案】（1）将正负极材料分离提高回收率并防止拆解过程和焙烧过程中发生危险 （2）Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O （3）；低于40℃，反应速率慢，高于40℃，的分解速度太快 （4）未 （5）分液 （6）层内相邻碳原子采用共价键相连，层与层之间碳原子之间的作用力为范德华力； 【解析】【解答】该电池的负极是由钾嵌入石墨中构成，正极主要含、铝箔、醚类有机物等。对比原料和回收情况，明确流程图能达到的目的并分解到每一步具体流程前后的对比找变化。同时注意已知的理解，将已知和已掌握的元素化合物知识相结合分析流程图。 （1）废旧电池放电处理的原因为通过放电将正负极材料分离，提高回收率并防止拆解过程和焙烧过程中漏电； （2）“正极焙烧”除去正极材料中的醚类有机物，并将铝箔转化为，“碱浸"时发生的化学反应方程式为Al2O3+2KOH=2KAlO2+H2O； （3）“酸溶”时发生反应的离子方程式为；该工序中温度需控制在40℃的原因为低于40℃，反应速率慢，高于40℃，的分解速度太快； （4），若最终调节pH=3，则，所得母液中，所以尚未沉淀完全； （5）实验室中从“反萃取”所得混合液中分离出溶液的操作名称为分液； （6）石墨两层之间最近碳原子间距远大于层内最近碳原子间距的原因为层内相邻碳原子采用共价键相连，层与层之间碳原子之间的作用力为范德华力；由图可知，晶胞中有个碳原子，则石墨的密度为。 【分析】（1）通过放电将正负极材料分离，提高回收率，防止发生漏电。 （2）“正极焙烧”将铝箔转化为，与KOH反应生成KAlO2和H2O。 （3）双氧水具有氧化性，“酸溶”时发生反应的离子方程式为。注意升高温度能提高反应速率但会加快H2O2易分解。 （4）根据沉淀溶度积常数表达式可算出溶液中c(Fe3+)，若c(Fe3+)＞10-5mol/L，则尚未沉淀完全。 （5）分液用于分离液体互溶的混合液。 （6）根据石墨的结构进行分析；根据均摊法可知晶胞中碳原子个数，结合m=ρV=nM=进行分析。 21．【答案】（1）[Ar]3d104s24p1；K、Br （2）N＞C＞H （3）Π56 （4）GaCl3属于分子晶体，而GaF3属于离子晶体，融化时前者克服分子间作用力，后者克服离子键，而离子键比分子间作用力更强，离子晶体熔点高于分子晶体的 （5） （6）正八；4；g•cm﹣3。 【解析】【解答】(1)Ga是第31号元素，故电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，有1个未成对电子，在第四周期，有一个未成对电子的主族元素有：K、Br，故答案为：[Ar]3d104s24p1，K、Br； (2)EMIC中阳离子含有的元素为：C、N、H，电负性由强到弱为：N＞C＞H，故答案为：N＞C＞H； (3)阳离子中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，每个C原子还有1个未杂化电子，每个N原子有2个未杂化电子，共7个电子，但该离子失去了一个电子，所以π电子只有6个，故答案为：Π56； (4)GaCl3熔点为77.8℃，符合分子晶体的特征，而GaF3熔点高于1000℃，符合离子晶体的特征，故答案为：GaCl3属于分子晶体，而GaF3属于离子晶体，熔化时前者克服分子间作用力，后者克服离子键，而离子键比分子间作用力更强，离子晶体熔点高于分子晶体的； (5)GaCl3和EMIC混合后，首先GaCl3与Cl以配位键形成GaCl4-，GaCl4-的结构为，接着与GaCl3再以配位键形成Ga2Cl7，结构为或 ，故答案为：； (6)三个同层的O2- (如图中 A)和下一层的2个O2- ( 如图中B)形成正八面体的上半部分，所以Ga3+位于O2-形成的八面体空隙中，Ga3+的O2-配位数为6，中心A(O2- )与下层3个B(O2- )可以形成3个正八面体空隙，上下共6个，但只有的正八面体空隙占据了Ga3+，所以一个A(O2- )的Ga3+配位数为4。该氧化物的化学式为GaO3，根据计算密度的公式：可知，晶胞中有4个Ga3+，6个O2-，故晶胞的质量：，故答案为：g•cm﹣3 【分析】(1)依据原子构造原理分析； (2)非金属性越强，电负性越强； (3)利用已知信息表示； (4)熔点由高到低的顺一般为原子晶体>离子晶体>分子晶体，分子晶体分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高； (5)依据配位键形成及化学式判断； (6)根据晶胞结构确定化学式；根据计算。 22．【答案】（1）1：2：4；；c、f （2）BD；54 （3）；形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键 【解析】【解答】（1）①Ⅰ型立体结构中Co位于顶点和体心，原子数是4×+1；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中Co位于顶点，原子数是4×；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、Al原子数是16、O原子数是32，则钴蓝晶胞中Co、Al、O原子个数比为：8：16：32=1：2：4； ②由图可知，Co原子间最短的距离为面对角线的一半，则该距离为：apm； ③根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅰ型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f； （2）①A.同周期越靠右，第一电离能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能较大，故同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有N、O、F、Ne，一共4种，故A不符合题意； B.苯中，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则苯中碳原子杂化方式为sp2，故B符合题意； C.根据信息可知，1，3-丁二烯中碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则其中碳原子间的键长小于乙烷中的碳碳键键长，故C不符合题意； D.根据定一移一的原则可知，，的二氯代物有，，，，共有9种，故D符合题意 ②根据题给信息可知，分子式为C30H18的稠环芳烃中含有苯环的个数为7个，其中含有C—C σ键的个数为：36，C—H σ键的个数为：18，则一个分子中σ键有54个； （3）①羟基氢和醛基氧可形成氢键即可画出： ； ②从化学反应进行的方向可以知道，邻羟基苯甲醛在分子间形成氢键，会导致分子数减少，则熵减少，但是该物质更加易于形成分子内氢键，说明形成分子间氢键相当于分子数减少的反应，熵的减少量大于形成分子内氢键，因此邻羟基苯甲醛更倾向于形成分子内氢键； 【分析】（1）①根据晶胞中原子占位计算出原子个数； ②根据Co位置，体对角线一般为Co原子最短的距离； ③根据 钴原子位于晶胞的顶角和面心 即可得到I为a，c，f； （2）①A.同周期中从左到右第一电离能增大趋势，比碳大的有N、O、F、Ne； B. .苯中碳原子杂化方式为； C. 1，3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，键较短； D.找出一氯取代物种类，结合氢原子种类找出二取代物； ②单键和双键均含有一个 σ 键，根据结构即可找出个数； （3）①根据氢键形成的原理判断，羟基氢和醛基氧可形成氢键； ②根据形成分子内氢键导致分子数减少，属熵减少即可判断出易形成分子内氢键。 学科网（北京）股份有限公司 $$