2024届高三化学一轮复习- 物质结构与性质

2024届高三化学专题复习-物质结构与性质 1．（23-24高三下·辽宁朝阳·期中）锗石是自然界中含有锗元素的一类矿石的统称，锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰等30多种对人体有益的微量元素。回答下列问题： (1)基态Ge原子价层电子排布式为 。 (2)锗与碳同族，性质和结构有一定的相似性，锗元素能形成无机化合物(如锗酸钠：；二锗酸钠：等)，也能形成类似于烷烃的锗烷() ①中锗原子的杂化方式是 。 ②中σ键与π键的数目之比为 。 ③至今没有发现n大于5的锗烷，根据下表提供的数据分析其中的原因是 。 化学键 C-C C-H Ge-Ge Ge-H 键能/ 346 411 188 288 (3)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，该晶胞中硒原子的配位数是 ；已知晶胞参数为apm，图乙为图甲的俯视图，若原子坐标A为，B为则D的原子坐标为 ；若该晶体密度为，则阿伏加德罗常数为 (用ρ、a的字母表示，列出表达式即可)。 2．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）在生产生活中应用广泛。某化学兴趣小组在实验室设计系列与相关实验。 I.制备：小组同学用除去表面氧化物的铁钉（碳素钢）与浓硫酸共热制备，发现制得气体不纯，开展如下探究。 (1)制得的中可能混有气体杂质和 （填化学式，不考虑水蒸气）。 (2)小组同学设计了如图所示装置探究气体成分。 ①装置C中品红溶液的作用是 。 ②装置G的名称为 。 Ⅱ.改进实验后，该小组设计如图装置验证的化学性质。 (3)能验证具有氧化性的实验现象为 。 (4)为验证的还原性，取试管b中充分反应后的溶液分成三份，分别进行如下实验： 方案一：向第一份溶液加入品红溶液，红色褪去； 方案二：向第二份溶液加入溶液，产生白色沉淀； 方案三：向第三份溶液中加入溶液，有白色沉淀生成。 上述方案中合理的是方案 。 Ⅲ.小组欲探究是否与气体反应，设计了下列实验装置图。（已知：石棉线是一种耐火材料，不参与反应） (5)A中发生反应的化学方程式为 。 (6)实验完毕后观察到石棉绒上有黄色物质生成，将石棉绒及其附着物投入到稀盐酸中，会产生具有臭鸡蛋气味的气体，则镁与除了发生反应：，还可能发生的反应方程式为 。 3．（23-24高三下·四川内江·期中）锂离子电池让电动汽车飞速发展，有利于实现节能减排，常用作电池的电极材料，LiPF6、LiAsF6常用作锂离子聚合物电池的载体材料，其中磷酸铁锂(LiFePO4)电池能量密度高，安全性能好。 (1)Li+与H-离子具有相同的核外电子排布，两种离子中半径更大的是 ，Fe元素在周期表的位置为 。 (2) LiFePO4中基态Fe2+核外电子的空间运动状态有 种，Fe和Co的第四电离能I4(Fe) I4(Co)（填“＞”或“＜”），并说明理由 。 (3)电池工作时，Li+可在电解质LiPF4或LiAsF6中发生迁移，相同条件下，Li+在 （填“LiPF4”或“LiAsF6”）中迁移较快，原因是 。 (4)由LiCoO2经过系列反应得到的CoO晶胞如图所示，该晶体中Co2+的配位数是 。 (5) LiFePO4的晶胞结构示意图如（a）所示，其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和四面体。电池充放电时，LiFePO4脱出或嵌入Li+形成结构示意图如（b）所示： 则图（b）中x= 。 4．（23-24高三下·河北唐山·期中）碳及其化合物在生产、生活中扮演了重要的角色，回答下列问题： (1)中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。 下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是_______(填字母) A．三种物质均能导电 B．三种物质中的碳原子都是杂化 C．三种物质的晶体类型不同 D．三种物质中均有碳碳原子间的σ键 (2)图甲表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷元素的曲线是 (填序号)。 (3)青蒿素()的结构如图甲所示。请回答下列问题： ①基态碳原子的轨道表示式为 。 ②下列关于青蒿素的说法正确的是 (填字母)。 A．青蒿素分子易溶于冷水 B．青蒿素分子具有强氧化性 C．图中数字标记的五个碳原子均只以σ键与其他原子成键 D．1个青蒿素分子中含有7个手性碳原子 (4)乙二胺与可以形成配合物。 ①该配合物中的配位数是 。 ②将1 mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液，生成沉淀的物质的量为 。 ③乙二胺()与三甲胺均属于胺，但乙二胺的沸点比三甲胺高很多，试分析原因是 。 5．（23-24高三下·广东中山·期中）、是新型磁性材料的成分，设为阿伏加德罗常数的值，依据其中有关元素回答问题： (1)钕(Nd)属于镧系元素，则其在元素周期表中处于 区，的价电子排布图为 。 (2)的立体构型为 ；F原子核外有 种不同空间运动状态的电子。 (3)是一种还原剂，B原子的杂化方式为 。该物质中是否存在配位键 (填“是”或“否”)。 (4)的钙钛矿型晶胞结构如图所示，其中Co填充在F形成的正八面体中心。 ①K、Co、F的第一电离能由大到小的顺序为 。 ②该晶体密度为，则K和Co之间的最短距离为 pm。 6．（23-24高三下·浙江·期末）钛被称为“未来金属”，广泛应用于国防、航空航天、生物材料等领域。回答下列问题： (1)元素位于周期表的位置为 ，原子结构示意图为 。 (2)下列关于钛的化合物的说法正确的是____________。 A．极易水解，在加热条件下生成 B．中，中心原子的杂化方式为 C．组成元素的第一电离能由大到小顺序是 D．已知和的熔点相差，可能是因为二者晶体类型不同 (3)某化学式为、配位数为6的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为。 该晶体中配离子的化学式为 。 (4)金属钛是一种比较活泼的金属，但在常温下，其不能溶解在浓硝酸中，可能原因 。 (5)氮化钛晶体的晶胞结构如图所示，若该晶胞的密度为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中原子与原子的最近距离为 （用含，的代数式表示）。 7．（23-24高三下·浙江宁波·期末）过渡元素形成的化合物应用广泛。 (1)1，2-环己二胺()是制备广谱抗肿瘤试剂奥铂()的原料之一、下列说法正确的是___________。 A．电负性：C<H<O<N B．沸点： C．奥铂中Pt的化合价为+4价 D．键角：奥铂中H-N-H>1，2-环已二胺中H-N-H (2)利用离子交换法浸出稀土的过程如图所示。已知离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强。下列离子对RE3+交换能力最强的是___________。 A．Na+ B．Mg2+ C．K+ D．Br- (3)溶剂萃取法也常用于从混合溶液中有效分离过渡元素离子。三种常见的金属离子萃取剂(简写为HR)结构如下表。 萃取剂 A B C 结构 ①HR在煤油中以二聚体形式(与金属离子络合，HR通过 形成H2R2(填微粒间相互作用名称)。 ②水溶液中，A、B、C中酸性最强的是 ，理由是 。 (4)UO2的晶胞结构如图所示： ①晶胞中铀原子位于面心和顶点，氧原子填充在铀原子堆积形成的空隙中。则氧原子填充在铀原子形成的 空隙中。 ②若晶胞参数为apm，UO2摩尔质量为Mg/mol，晶体的密度为 g⋅cm⁻³(列出计算式即可，设NA表示阿伏加德罗常数的值)。 8．（23-24高三下·江苏苏州·期末）电石(主要成分CaC2，还含有Ca3As2、Ca3P2等杂质)是一种重要的无机化工原料，工业上的主要用途是生产乙炔气。 (1) CaC2为离子化合物，CaC2电子式为 。CaC2晶体的晶胞结构如题图所示，由于哑铃型的存在使晶胞沿一个方向拉长。CaC2晶体中一个Ca2+周围距离最近且相等的的数目为 。 (2)电石溶于水产生两种杂质气体AsH3和PH3。 ①热稳定性：AsH3 PH3 (填“>”或“<”)。 ②PH3在一定计量水存在的情况下可被I2氧化为H3PO2。该反应的化学方程式为 。 (3)电石使用会产生电石渣，电石渣主要含CaO，还含少量MgO、Al2O3和SiO2等。 ①Mg和Al的第一电离能：I1(Mg) I1(Al)(填“>”或“<”)。 ②1mol SiO2晶体中含有Si-O共价键的数目为 。 ③CaO晶体的熔点比MgO晶体低的原因是 。 9．（23-24高三下·河北唐山·期中）不锈钢是由铁、铬、碳及众多不同元素所组成的合金，铁是主要成分元素，铬是第一主要的合金元素。其中铬的含量不能低于11%，不然就不能生成致密氧化膜防止腐蚀。目前铬被广泛应用于冶金、化工、铸铁、耐火等领域。 (1)写出的基态离子的电子排布式 。 (2)金属铬的第二电离能()和锰的第二电离能()分别为1590.6 kJ⋅ mol、1509.0 kJ⋅ mol，的原因是 。 (3)Cr的一种配合物结构如图所示，该配合物中氮原子的杂化方式是 ，阳离子中Cr的配位数为 ，阴离子的空间构型为 。 (4)氧铬酸钙是一种常见含铬矿石，其立方晶胞如图所示。 1个钙原子与 个氧原子最近且等距离。 10．（23-24高三下·湖北武汉·期末）、、在自然界中形成多种多样的物质结构。回答下列问题： (1)与同族，第一电离能较小的是 ；基态原子的简化电子排布式为 。 (2)已知液态二氧化硫可以发生自电离：。中各原子满足8电子结构，则其键和键数目之比为 ；的空间结构为 。 (3)有一种观点认为：由于硅的价层有可以利用的空轨道，而碳没有，因此两者化合物结构和性质存在较大差异。化合物和的结构如图所示，为平面形，二者中的杂化方式分别为 ，二者中碱性较弱的是 。 (4)与均为非金属元素，熔点（）明显高于（），原因是 。 (5)硒为六方晶胞结构，原子排列为相互平行的螺旋长链（如图1），沿着螺旋链方向的晶胞投影图如图2。硒晶胞参数为、、（其中），轴与轴间夹角为，轴垂直于轴与轴，阿伏加德罗常数的值为。 晶胞中含有原子的数目为 ；则硒晶体的摩尔体积为 （列出算式）。 11．（23-24高三下·江苏常州·阶段练习）利用绿矾和硫铁矿可联合制备铁精粉和硫酸。 (1)的结构示意图如图所示。 ①基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。 ②元素O、S均为第Ⅵ主族元素，其简单氢化物分子中的键角 (填“大于”、“等于”或“小于”)中键角，其原因是 。 ③属于配位化合物。由结构示意图可知，中的配位数为 。 (2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图所示。 ①的电子式为 。 ②晶体中位于形成的 (填“正四面体”或“正八面体”)空隙中。 ③的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。该晶体的密度为 。(列出算式即可，无需化简。) 12．（23-24高三下·浙江丽水·期末）推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。工业上用、、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。回答下列问题： (1)基态铁原子核外电子运动状态有 种。 (2)下列说法不正确的是______。 A．和的空间结构相同 B．1mol含有3 mol π键 C．熔点：LiCl＞ D．甲基的供电子能力强于苯基，则接受质子能力：CH3NH2＜ (3)苯胺水溶性大于苯的主要原因是 。 (4)构想某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶体结构如图。 晶体的化学式为 ；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142 pm，石墨烯层间距离为335 pm，则该晶体的密度为 (用表示阿伏加德罗常数的值，列式即可)。 13．（23-24高三下·江西景德镇·期末）完成下列问题。 (1)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为 。 (2)离子常用来制备离子液体，该离子由H、C、N三种元素组成，结构如图所示。 离子中的五元环跟苯分子相似为平面结构，其中的大键应表示为 。 (3)等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子，它们通常具有相似的空间结构。CO的结构式为 ，的空间结构为 。 (4)2019年中国科学家合成了白光材料，其所含的化学键有 (填字母)，B、O、Sn、Ba的电负性大小顺序是 。 A．离子键    B．极性键    C．非极性键    D．配位键    E．氢键    F．键 (5)的晶胞结构如图所示。 ①同为分子晶体，的配位数(一个分子周围最近邻的分子数日)大于冰中水分子的配位数4的原因是 。 ②已知晶胞的晶胞参数为apm，则晶体的密度是 。 14．（23-24高三下·重庆·阶段练习）氟、钾及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途，回答下列问题： (1)相同条件下，溶液中碱性：KF (填“>”或“<”)KOH。 (2)第一电离能：F (填“>”或“<”)K。 (3)研究发现，牙膏中添加氟化物，生成的氟磷灰石能起到预防龋齿的作用。牙膏中添加的氟化物有一氟磷酸钠(Na2PO3F)、氟化钠(NaF)和氟化锶(SrF2)。 ①熔点：NaF (填“>”或“<”)KF。 ②中心原子的杂化方式为 。 ③酸性：H3PO4 (填“>”或“<”)HNO3。 ④稳定性：H2O (填“>”“<”或“=”)PH3。 (4)某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。 ①图中A原子的分数坐标为(0，0，0)，则D原子的分数坐标为 。 ②若B原子和C原子之间的距离为，该卤化物的密度为，则阿伏加德罗常数的值 (用含a和的代数式表示)。 15．（23-24高三下·辽宁朝阳·阶段练习）铜是重要的过渡元素，其单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题： (1)铜元素能形成多种配合物，如与乙二胺可形成如图所示配离子。 ①与乙二胺所形成的配离子内部粒子间的作用力类型有 (填字母)。 A．配位键    B．极性键    C．离子键    D．非极性键    E.氢键    F.金属键 ②乙二胺分子中氮原子的杂化类型为 。 ③乙二胺和三甲胺均属于胺，乙二胺的沸点比三甲胺的高很多，原因是 。 (2)在水溶液中以形式存在，向含的溶液中加入足量氨水，可生成更稳定的，其原因是 。N、O两种元素的第一电离能由大到小的顺序是 。 (3)Cu和S形成某种晶体的晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为 。 ②该晶胞中原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，0，0)，则C原子的坐标参数为 。 16．（23-24高三下·浙江湖州·期末）族元素（、、、、）形成的物质在生产生活中有着重要地位。 (1)基态原子的价层电子排布式为 。 (2)二氟氮烯（）分子有两种同分异构体，每个原子均满足八电子稳定结构，实验室测得它们的熔沸点如下表： 物质 熔点/℃ 沸点/℃ I <－195 －105.7 II －172 －111.4 分子中的杂化方式为 ，化合物Ⅰ的结构式为 （选A或B）。 A．                    B． (3)下列说法正确的是______。 A．电负性： B．离子半径： C．第一电离能： D．化学键中离子键成分的百分数： (4)已知键角：，请说明理由 。 (5)氮化镓是目前应用最广泛的半导体材料之一，其中立方氮化镓的晶胞如图所示。若其晶胞边长为，则立方氮化镓晶体的密度为 （列出表达式即可）。 17．（2024·山东日照·三模）铁、碳可形成许多结构和性质特殊的物质。回答下列问题： (1)铁位于元素周期表 区；基态Fe原子的价层电子排布图为 。 (2)羰基铁[]熔点－20℃，沸点103℃，其结构和部分键长如图1所示。晶体类型为 晶体，其中含有键与键的数目之比为 。 (3)物质磁性大小用磁矩表示，与未成对电子数间的关系为：（n为未成对电子数）。的磁矩，中氧的孤电子对填入中心离子的 （填标号）杂化轨道形成配位键。 A． B． C． D． (4)配合物中配离子的，则配离子的空间构型为 （填“正四面体”或“平面四边形”）。 (5)已知石墨晶体的一个六方晶胞如图2所示，晶胞内N点碳的原子坐标 。已知石墨层间距334.8pm，C-C键长142pm，计算石墨晶体密度 （用含的表达式表示）。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1)4s24p2 (2) sp2 3∶1 Ge—Ge和Ge—H的键能较小，共价键容易断裂，形成的锗烷不稳定 (3) 4 【详解】（1）Ge为32号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2，则基态Ge原子价电子排布式为4s24p2，故答案为：4s24p2； （2）①Na2GeO3中，锗原子的价层电子对数为，所以杂化方式是sp2，故答案为：sp2； ②1个中，含有4个Ge-O键和2个Ge=O键，所以含有6个σ键、2个π键，σ键与π键的数目之比为6:2=3:1，故答案为：3:1； ③至今没有发现n大于5的锗烷，可从表中提供的Ge-Ge、Ge-H键能进行分析，从而得出原因：Ge-Ge 和Ge-H的键能较小，键容易断裂，形成的锗烷不稳定，故答案为：Ge-Ge 和Ge-H的键能较小，键容易断裂，形成的锗烷不稳定； （3）①从硒化锌(ZnSe)的晶胞结构图甲可以看出，该晶胞中Zn原子的配位数为4，则硒原子的配位数也是4，故答案为：4； ②已知晶胞边长为apm，乙图为甲图的俯视图，原子坐标A为(0，0，0)，B为(，0，)，则D原子的X轴长为a、y轴长为a、z轴长为a，从而得出D原子坐标为(a，a，a)，故答案为：(a，a，a)； ③在硒化锌(ZnSe)晶胞中，含有4个Zn原子和4个Ge原子，若该晶胞密度为ρg·cm -3，ZnSe 的摩尔质量为144g·mol-1，则，则阿伏加德罗常数，故答案为。 2．(1) (2) 检验B装置中二氧化硫气体是否除尽 球形干燥管 (3)a试管中有淡黄色浑浊产生 (4)二 (5) (6)（或） 【分析】此题主要是考查二氧化硫的制取、性质及其检验方法，重点考查学生基本功掌握情况。 【详解】（1）铁钉中含有的C在加热条件下会和浓硫酸反应生成CO2； 随着反应进行，浓硫酸变稀，铁与稀硫酸反应产生氢气，故制得的SO2中可能混有的杂质为CO2和H2，故答案为CO2； （2）①中品红遇二氧化硫会褪色，它的作用是检验B装置中二氧化硫气体是否除尽；②装置G的名称为球形干燥管；故答案为①检验B装置中二氧化硫气体是否除尽，②球形干燥管； （3）SO2可以和Na2S反应生成黄色的S沉淀，SO2化合价降低，是氧化剂，体现了氧化性；Na2S也可以被氯水氧化为硫沉淀，所以现象是：a试管中有淡黄色浑浊产生，故答案为：a试管中有淡黄色浑浊产生； （4）方案一品红和二氧化硫反应是非氧化还原反应，故此方法错误；方案二中二氧化硫与氯化钡吧反应，故错误；方案三中二氧化硫与水反应产生亚硫酸，提供了氢离子，氢离子与硝酸根结合形成硝酸，硝酸氧化二氧化硫为硫酸根，可以产生Ag2SO4沉淀，正确，故选择方案三； （5）实验室制取二氧化硫选择的固体药品是Na2SO3，所以反应方程式为Na2SO3+H2SO4(70%)=Na2SO4+H2O+SO2↑，故答案为：Na2SO3+H2SO4(70%)=Na2SO4+H2O+SO2↑； （6）石棉绒上有黄色物质生成，将石棉绒及其附着物投入到稀盐酸中，会产生具有臭鸡蛋气味的H2S气体，说明产生了单质硫，所以很可能出现的反应有：Mg+S=MgS（或3Mg+SO2=MgS+2MgO）。 3．(1) H- 第四周期第Ⅷ族 (2) 14 ＞ Fe3+的价电子排布式为3d5，3d轨道半充满，离子的能量低，再失去1个电子所需能量高，Co3+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子后达到半充满状态，则易失去1个电子，所以Fe的第四电离能大于Co的第四电离能 (3) LiAsF6 的半径小于，则Li+与之间的作用力弱，Li+迁移较快 (4)6 (5)0.1875 【详解】（1）Li+与H-离子具有相同的核外电子排布，但Li的核电荷数比H大，核电荷数越大，离子半径越小，则两种离子中半径更大的是H-，Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则在周期表的位置为第四周期第Ⅷ族。 （2）LiFePO4中基态Fe2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，空间运动状态有14种，Fe和Co失去3个电子后，Fe3+的价电子排布式为3d5，处于半充满状态，Co3+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子后达到半充满状态，则第四电离能I4(Fe)＞I4(Co)，理由：Fe3+的 价电子排布式为3d5，3d轨道半充满，离子的能量低，再失去1个电子所需能量高，Co3+的价电子排布式为3d6，再失去1个电子后达到半充满状态，则易失去1个电子，所以Fe的第四电离能大于Co的第四电离能。 （3）电池工作时，Li+可在电解质LiPF4或LiAsF6中发生迁移，LiPF4或LiAsF6都为离子化合物，由Li+和或构成，的半径小于，则Li+与之间的作用力弱，相同条件下，Li+在LiAsF6中迁移较快，原因是：的半径小于，则Li+与之间的作用力弱，Li+迁移较快。 （4）在CoO晶胞中，O2-周围距离最近且相等的Co2+有6个，则Co2+周围距离最近且相等的O2-也有6个，所以该晶体中Co2+的配位数是6。 （5）LiFePO4的晶胞结构(a)中，含Li+数目为=4，Li1-xFePO4的晶胞结构(b)中，含Li+数目为=3.25，则1-x==0.8125，x=0.1875。 【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。 4．(1)CD (2)b (3) BD (4) 5 170g 乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能，氢键形成使得分子间作用力增强，熔沸点升高 【详解】（1）A．金刚石中没有自由移动电子，不能导电，石墨和石墨炔中含有自由移动的电子，可以导电，A错误； B．金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp杂化，B错误； C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C正确； D．碳碳单键、碳碳双键、碳碳三键中均存在σ键，则三种物质中均有碳碳原子间的σ键，D正确； 故选CD。 （2）同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，P元素原子的3p轨道为半充满的稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故Si的第一电离能最小，由题图甲中第一电离能大小可知，曲线c代表Si元素；P原子失去3个电子后，3p轨道为全空的稳定结构，第四电离能为失去3s2能级中的1个电子，与第三电离能相差较大，曲线b代表P元素，曲线a代表C元素。 （3） ①基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，,轨道表示式为； ②A．青蒿素中不含亲水基，只含憎水基，所以不易溶于冷水，故A错误； B．青蒿素中含有过氧键，具有过氧化物性质，具有强氧化性，故B正确； C．图中4号C原子形成碳氧双键，含有π键，故C错误； D．手性碳原子连有四个不同的原子或原子团，根据青蒿素的结构可知1个青蒿素分子中含有7个手性碳原子，D正确； 故选BD。 （4）①由可知，该配合物中的配位数是5； ②将1 mol该配合物溶于水，只有外界1个Cl-可以电离，将1 mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液，生成1molAgNO3，质量为1mol×170g/mol=170g； ③乙二胺分子间可以形成氢键，但三甲胺不能，氢键形成使得分子间作用力增强，熔沸点升高。 5．(1) f (2) 平面三角形 9 (3) sp3 是 (4) F>Co>K 【详解】（1） 钕(Nd)属于镧系元素属于f区元素。Fe为26号元素电子排布为[Ar]3d64s2，Fe3+的价电子排布式为3d5，价电子排布图为； （2）BF3的价层电子对数=3+=3，采取sp2杂化，且没有孤电子对，立体构型为平面三角形，F原子含有9个电子，每个电子的运动状态都不同； （3）中心B原子价层电子对数为=4，B原子的杂化方式为sp3，中B形成4个共价键，其中存在配位键； （4）①元素的金属性越强，第一电离能越小，即F>Co>K； ②晶胞中Co填充在F形成的正八面体中心，即Co位于晶胞的体心，而F位于面心，K位于晶胞的顶点。所以Co和K最短距离为体对角线的一半= pm。晶胞中，位于顶点K个数为=1，则ρg⋅cm-3=g⋅cm-3得a=cm。则Co和K最短距离为体对角线的一半=cm=pm。 6．(1) 第四周期第族 (2)ACD (3) (4)表面有一层致密的氧化物（钝化），阻止了硝酸与金属钛的反应 (5) 【详解】（1） Ti是22号元素，原子核外电子数为22，价电子排布式为：3d24s2，钛元素位于第四周期IVB族，原子结构示意图为； （2）A．TiCl4极易水解生成Ti(OH)4，再使Ti(OH)4受热分解制备TiO2，故A正确； B．中心N原子的价层电子对数为，杂化方式为，故B错误； C．金属的第一电离能小于非金属元素，同主族从上到下第一电离能减小，第一电离能由大到小顺序是，故C正确； D．和的熔点相差，原因是TiF4是离子晶体，TiCl4是分子晶体，故D正确； 故选ACD； （3）配位数为6，组成为TiCl3•6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，配体氯离子个数为1、水为5，则该配离子的化学式为； （4）金属钛是一种比较活泼的金属，在常温下，钛与浓硝酸发生钝化反应在其表面生成致密的氧化膜，则可能原因：表面有一层致密的氧化物(钝化)，阻止了硝酸与金属钛的反应； （5）晶胞中Ti原子位于棱心和体心，个数为12×+1=4，N原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，则晶胞质量为，设晶胞边长为anm，则晶胞体积为(a×10-7)3cm3，根据可得，ρg/cm3=，解得a=，Ti与N原子的最近距离为边长的一半，即nm。 7．(1)BD (2)B (3) 分子间氢键 A 氧的电负性大于磷，吸电子能力强，P-O键越多，O-H的极性越强，酸性越强 (4) 正四面体 【详解】（1）A． 周期表中同主族从下到上，同周期从左到右，元素的非金属性增强，电负性增大，电负性：H<C<N<O，故A错误； B． 分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，沸点：，故B正确； C． 奥铂中Pt的化合价为+2价，故C错误； D． 1，2-环已二胺中-NH2中N上有孤电子对，H-N-H键角小，键角：奥铂中H-N-H>1，2-环已二胺中H-N-H，故D正确； 故答案为：BD； （2）离子半径由大到小Br-、K+、Na+、Mg2+，离子半径越小、电荷数越大，离子交换能力越强，离子对RE3+交换能力最强的是Mg2+，故答案为：B； （3）①HR在煤油中以二聚体形式(与金属离子络合，HR通过分子间氢键形成H2R2。故答案为：分子间氢键； ②水溶液中，A、B、C中酸性最强的是A，理由是氧的电负性大于磷，吸电子能力强，P-O键越多，O-H的极性越强，酸性越强。故答案为：A；氧的电负性大于磷，吸电子能力强，P-O键越多，O-H的极性越强，酸性越强； （4）①观察晶胞结构，可以看到等距且最近的U原子位于晶胞六个面心上，其所围成的空间结构为正四面体，所以任何六个等距且最近的U原子均能围成正四面体结构，则O原子正好是嵌入这些U原子间隙，即在正四面体空间中，故答案为：正四面体； ②若晶胞参数为apm，UO2摩尔质量为Mg/mol，根据晶胞模型可以分析出，U原子在顶点和面心，一个晶胞含U原子8×+6×=4个，O原子均在晶胞内部，共8个，所以NA个晶胞中UO2的物质的量是4mol,故UO2晶体密度是 g•cm-3，故答案为：。 8．(1) 4 (2) ＜ 2I2+2H2O+PH3=H3PO2+4HI (3) ＞ 4NA或4×6.02×1023 CaO和MgO均为离子晶体，且Ca2+半径比Mg2+的大， CaO的晶格能比MgO的小 【详解】（1） CaC2为离子化合物即由Ca2+和构成的，与N2互为等电子体，故CaC2电子式为：，CaC2晶体的晶胞结构如题图所示，由于哑铃型的存在使晶胞沿一个方向拉长，CaC2晶体中一个Ca2+周围距离最近且相等的的数目为4，即以体心上的Ca2+为例，其前后左右的4个，故答案为：；4； （2）①已知非金属的非金属性与其简单气态氢化物的热稳定性一致，由于P的非金属性强于As，故热稳定性：AsH3＜PH3，故答案为：＜； ②PH3在一定计量水存在的情况下可被I2氧化为H3PO2，反应中P由-3价升高H3PO2中的+1价，而I由0价降低到-1价，根据氧化还原反应配平可得，该反应的化学方程式为：2I2+2H2O+PH3=H3PO2+4HI，故答案为：2I2+2H2O+PH3=H3PO2+4HI； （3）①根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA反常，故Mg和Al的第一电离能：I1(Mg)＞I1(Al)，故答案为：＞； ②已知SiO2晶体中每个Si与周围4个O形成Si-O键，而每个O与周围的2个Si形成Si-O键，故1mol SiO2晶体中含有Si-O共价键的数目为4NA或4×6.02×1023，故答案为：4NA或4×6.02×1023； ③已知CaO和MgO均为离子晶体，且Ca2+半径比Mg2+的大， CaO的晶格能比MgO的小，导致CaO晶体的熔点比MgO晶体低，故答案为：CaO和MgO均为离子晶体，且Ca2+半径比Mg2+的大， CaO的晶格能比MgO的小。 9．(1)[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6 (2)铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，较稳定，需要的能量较多；锰的第二电离能是失去4s1上的电子，更容易失去 (3) sp3、sp2 6 正四面体形 (4)12 【详解】（1）Fe是26号元素，的基态离子的电子排布式为：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。 （2）铬的第二电离能是失去半充满3d5上的电子，较稳定，需要的能量较多；锰的第二电离能是失去4s1上的电子，更容易失去，因此Icr>IMn。 （3）由结构可知，N原子有两种杂化方式，其中单键N为sp3杂化，双键N为sp2杂化；阳离子中Cr的配位数为6，阴离子中心Cl原子价层电子对数为：=4，无孤对电子，空间构型为：正四面体形。 （4）Ca在顶点，O原子在面心，1个钙原子与12个氧原子最近且等距离。 10．(1) (2) 形 (3) 、 (4)为共价晶体，为分子晶体，共价键键能远大于范德华力 (5) 3 【详解】（1）与同族，同主族元素从上到下半径逐渐增大，原子核对核外电子的吸引力逐渐减小，第一电离能逐渐减小，第一电离能较小的是S；基态原子的简化电子排布式为； （2）与N2互为等电子体，结构与N2相似，N2中化学键为三键，σ键和π键数目之比为1：2，中σ键和π键数目之比也是1：2；中心原子S原子的价层电子对数为：对，采用sp2杂化，有一对孤电子对，因此SO2空间构型为V，故答案为：1：2；V形； （3）由图像可知，为三角锥形，中心原子N原子为sp3杂化，为平面形三角形，中心原子N原子为sp2杂化；因为有孤电子对，所以更易与H+形成配合物，碱性更强，碱性弱，故答案为：sp3 、sp2；； （4）由于SiO2为共价晶体，SeO2为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点，故答案为：SiO2为共价晶体，SeO2为分子晶体，共价晶体的熔点高于分子晶体的熔点； （5）由晶胞的俯视图可知，把俯视图中三个硒原子看成是一个整体，则一个晶胞中硒原子的个数为：12；晶胞的摩尔体积为vm==，故答案为：3；。 11．(1) (或) 大于 电负性：，氧吸引电子能力更强，成键电子对离核更近，因此2个键之间斥力更大，键角更大 6 (2) 正八面体 【详解】（1）①基态S原子的价电子排布式为，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2:1，故答案为：1：2或2:1；②中O原子和中S原子均采用sp3杂化，由于电负性：，氧吸引电子能力更强，成键电子对离核更近，因此2个键之间斥力更大，键角更大，故答案为：电负性：，氧吸引电子能力更强，成键电子对离核更近，因此2个键之间斥力更大，键角更大；③由结构示意图可知，有6个与形成配位键，故中的配位数为6，故答案为：6； （2） ①中S与S之间形成1个共用电子对，每个S原子都达到8电子稳定结构，的电子式为，故答案为：；②距离体心的相等且最近的位于的上下前后左右，故位于形成的正八面体空隙中，故答案为：正八面体；③由FeS2晶体的晶胞图可知，位于顶点和面心，个数为，基晶胞中含有4个FeS2，根据公式，故答案为：。 12．(1)26 (2)BD (3)苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能；苯胺是极性分子，苯是非极性分子 (4) 【详解】（1）根据鲍利原理可知，原子核外没有运动状态相同的电子，铁是26号原子，核外有26个电子，则基态铁原子核外电子运动状态有26种。 （2）A．和中心原子价层电子对数分别为4+ =4、4+ =4，都没有孤电子对，二者空间结构相同，A正确； B．苯环中含有1个大π键，1mol 含有1mol π键，B错误； C．LiCl是离子晶体，是分子晶体，离子键的强度大于分子间作用力，则熔点：LiCl＞，C正确； D．甲基为供电子基团，苯基是吸电子基团，CH3NH2中N的电负性强于，则接受质子能力：CH3NH2>，D错误； 故选BD。 （3）根据相似相溶原理及氢键可以增大物质在水中的溶解度，苯胺水溶性大于苯的主要原因是：苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能；苯胺是极性分子，苯是非极性分子。 （4）由题干晶胞图可知，Li位于8个顶点，C由8个位于侧面上，2个位于体内，故一个晶胞含有的Li+为：8× =1，C原子个数为：8×+2=6，则晶体的化学式为LiC6，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3×142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为，晶胞体积为 (3×142)2×335×10-30cm3，结合密度公式ρ=，解得d=g/cm3。 13．(1) (2) (3) C≡O 正四面体形 (4) ABD (5) 分子间只存在范德华力或水分子之间存在氢键，氢键具有方向性 【详解】（1）根据题中信息可知，相邻2个磷酸分子间脱水结合成链状或环状，n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸中的每个P原子只有1个羟基和2个O原子，则分子式为(HPO3)n，则相应的酸根可写为。 （2）离子中有6个电子可形成大键，所以答案为。 （3）等电子体是具有相同的价电子数和原子数的分子或离子，它们通常具有相似的空间结构。CO和N2是等电子体，所以CO和N2结构相似，为C≡O；价层电子对为4+，所以空间结构为正四面体形。 （4）所含化学键有O和H之间的极性键，阴阳离子间存在离子键，和中有配位键，所以答案选ABD；非金属性越强电负性越大，金属性越强电负性越小，所以B、O、Sn、Ba的电负性大小顺序为。 （5）同为分子晶体，的配位数(一个分子周围最近邻的分子数日)大于冰中水分子的配位数4的原因是水分子之间存在氢键，氢键具有方向性而分子间只存在范德华力；分子位于晶胞顶角和面心，个数为，晶体的密度是。 14．(1)< (2)> (3) > sp3 < > (4) 【详解】（1）相同条件下，KOH是强碱，完全电离，KF是强碱弱酸盐，F-水解呈碱性，所以KOH的碱性大于KF的碱性； （2）同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，同主族元素，从上到下第一电离能逐渐减小，所以第一电离能：F>K； （3）①NaF、KF均为离子晶体，半径Na+<K+，所以NaF的晶格能较大，熔点较高； ②中心原子的价层电子对数为4，所以P的杂化方式为sp3杂化； ③H3PO4是中强酸，HNO3是强酸，所以酸性H3PO4< HNO3； ④非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：O>P，所以H2O的稳定性大于PH3； （4）①晶胞中离子的分数坐标为，D在面心，分数坐标为； ②若B原子和C原子之间的距离为，在晶胞的棱长为，该晶胞中K+个数=8×=1、Ca2+个数是1、F-个数=6×=3，该卤化物的密度为，根据g•cm-3，则阿伏加德罗常数的值。 15．(1) ABD sp3 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (2) N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键 N＞O (3) CuS 【分析】Cu和S形成的晶胞中S原子位于晶胞内部，所以该晶胞中S原子个数是4，Cu原子位于8个顶点和6个面心，由均摊法可知， Cu原子个数=。 【详解】（1）①含有孤电子对和含有空轨道的离子之间形成配位键，和乙二胺分子间形成配位键，C-N、C-H、N-H之间形成极性共价键，C-C之间形成非极性共价键，故答案为：ABD； ②乙二胺分子中氮原子价层电子对个数是4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断N原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3； ③含有氢键的物质熔沸点较高，乙二胺中含有分子间氢键、三甲胺不含分子间氢键，所以乙二胺的沸点比三甲胺高很多，故答案为：乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键； （2）N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键，所以可生成更稳定的；N原子最外层2p能级上的电子为半满结构，较稳定，故N的第一电离能大于O的第一电离能，故答案为：N元素电负性更小，更易给出孤对电子形成配位键；N＞O； （3）①由分析可知该晶胞中，S原子个数为4，铜原子个数为4，故其化学式为：CuS； ②该晶胞原子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，0，0)，说明该晶胞棱长为1，以C原子为体心，连接C原子的四个原子形成正四面体结构，AC之间的距离为其体对角线距离的，则C点在X、Y、Z轴上的参数为棱长的，其坐标为，故答案为。 16．(1) (2) A (3)AC (4)中上有1对孤对电子，中上无孤对电子，孤对电子斥力大，键角变小 (5) 【详解】（1）As原子序数33，价层电子排布：； （2） 二氟氮烯（）分子中每个原子均满足八电子稳定结构，则N原子间形成，每个氮原子与氟原子间形成，每个N原子形成2个键，存在1对孤电子对，杂化轨道数为3，杂化类型为；同分异构体的沸点与分子极性有关，极性越大，沸点越高，则其结构为：； （3）A．同族元素从上到下，元素非金属性逐渐减弱，电负性逐渐减弱，则电负性：，A正确； B．电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，离子半径：，B错误； C．As为第VA族元素，其核外电子排布处于半充满稳定状态，第一电离能大于相邻族元素，则第一电离能：，C正确； D．Ca金属性强于Mg，则化学键中离子键成分的百分数：，D错误； 答案选AC； （4）中心原子N含孤电子对：，中心原子N含孤电子对：，孤对电子斥力大，孤电子对数越多，键角越小； （5）结合氮化镓化学式GaN和晶胞结构，根据均摊法可算得晶胞中Ga和N个有4个，则晶胞密度：。 17．(1) d (2) 分子 1∶1 (3)D (4)正四面体 (5) 【详解】（1） 铁为26 号元素，位于元素周期表d区；基态Fe原子的价层电子排布图为，答案：d、； （2）羰基铁[]熔点－20℃，沸点103℃，溶沸点比较低，推测晶体类型为分子晶体，其中含有键5个、键5个，数目之比1∶1，答案：分子、1∶1； （3）有6个氧原子要填入空轨道，所以中心三价铁离子进行杂化，答案：D； （4）与未成对电子数间的关系为：（n为未成对电子数），又知道配离子的，配离子未成对电子数是2，有4个配体形成配位键，则配离子的空间构型为正四面体，答案：正四面体； （5）晶胞内N点碳的原子坐标，从Z轴投影，可知N位于面对角线的1/3处，再分别沿x，y轴投影，又由图可以看出在Z轴的一半处，所以坐标可表示，由图可知晶胞长宽一样，底面是一个平行四边形，根据勾股定理得到，晶胞长=pm，，得晶胞高= pm，底面面积= pm2，晶胞体积为pm3，一个晶胞有4个C（上下面：，中心1，棱上），每个晶胞的，答案：、。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$