2025届高三化学一轮复习训练题-- -化学键与物质的性质

2025届高三化学一轮复习训练题-- -化学键与物质的性质 一、单选题 1．磷化铜()用于制造磷青铜，磷青铜是含少量金属锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性原件，磷化铜与水作用产生有毒的，下列判断错误的是 A．中心原子的杂化方式为 B．电负性：Cu<P C．熔沸点：> D．基态Cu原子的价电子轨道表示式为 2．氮化硅陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反应为 。一定条件下，在恒容密闭容器中发生上述反应，下列说法错误的是 A．属于共价晶体 B．与生成的反应属于固氮反应 C．当混合气体的密度不再随时间变化时，该反应达到平衡 D．该反应的能量变化形式与盐酸和碳酸氢钠反应的能量变化形式相同 3．下列分子中的中心原子杂化轨道的类型相同的是 A．CO2与SO2 B．C2H4与C2H2 C．BeCl2与BF3 D．H2O与H3O+ 4．下列说法不正确的是 A．用电子式表示K2S的形成过程为： B．MgCl2和NaOH中的化学键类型完全相同，都属于离子化合物 C．CO2和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构 D．反应2H2O+2F2=O2+4HF，同时有极性键和非极性键的断裂和形成 5．甲烷是最简单的有机化合物，其分子结构为（　　） A．V形 B．直线形 C．三角锥形 D．正四面体形 6．可用作定影剂。的结构式为。通过下列实验探究溶液的性质。 实验1：向溶液中滴加稀硫酸，溶液中有淡黄色沉淀和无色气体产生 实验2：向AgBr悬浊液中滴加溶液，振荡后得到澄清透明的溶液 下列说法正确的是 A．的空间构型为平面形 B．实验1中产生的气体为 C．实验1中稀硫酸体现氧化性 D．实验2中减小 7．已知氢化铝锂是有机合成中非常重要的还原剂，遇水即爆炸性分解，发生反应。下列说法正确的是（　　） A．电负性：O>Li>H>Al B．碱性： C．离子半径： D．既含有离子键又含有共价键 8．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 键角：NH3>H2O 孤电子对数目 B 碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3 第一电离能 C 熔点：金刚石>晶体硅 共价键键能 D 酸性：CF3COOH>CH3COOH 羟基极性 A．A B．B C．C D．D 9．稀磁半导体的立方晶胞结构如下图所示，已知晶胞边长为anm，a点原子的分数坐标为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是（　　） A．该晶体中与Li原子距离最近且相等的Zn原子的个数为6 B．b点原子的分数坐标为 C．晶胞x轴方向的投影图 D．晶体的密度为 10．某有机物结构如图所示。下列说法正确的是（　　） A．该有机物完全燃烧需要消耗11molO2 B．该有机物分子存在对映异构体 C．该有机物最多有10个原子共平面 D．1、2、3号碳原子的杂化方式分别为sp2、sp、sp3 11．下列说法错误的是 A．激光、荧光、LED灯光都与电子跃迁释放能量有关 B．臭氧为弱极性分子，在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度 C．等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质 D．由于甲基(--CH3)推电子，甲酸的pKa小于乙酸的pKa 12．镍的某种氧化物是一种半导体，具有型结构(如图)，已知晶胞边长为，设阿伏加德罗常数的值为，下列说法不正确的是 A．属于过渡金属元素 B．与距离最近且相等的有4个 C．晶体的密度为 D．若该晶胞中氧原子有25%被氮原子替代，则该晶体的化学式为 13．西安交通大学和上海大学利用冷冻透射电子显微镜，在石墨烯膜上直接观察到了自然环境下生长的由钙元素和氯元素构成的二维晶体，其结构如图。下列说法中错误的是 A．该二维晶体的化学式为 B．石墨烯C原子与键数之比为 C．图中a离子分别与b、c离子的距离不相等 D．该晶体的形成可能与钙离子和石墨间存在强的阳离子相互作用有关 14．第三周期元素的单质及其化合物具有重要用途。例如，在熔融状态下，可用金属钠制备金属钾；MgCl2可制备多种镁产品：铝－空气电池具有较高的比能量，在碱性电解液中总反应式为4Al+3O2+4OH-+6H2O=4[Al(OH)4]-，高纯硅广泛用于信息技术领域，高温条件下，将粗硅转化为三氟硅烷(SiHCl3)，再经氢气还原得到高纯硅。下列说法正确的是（　　） A．钠燃烧时火焰呈黄色与电子跃迁有关 B．Mg2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s2 C．1mol[Al(OH)4]-中含有4molσ键 D．Si－Si键的键能大于Si－O键的键能 15．有氧条件下，在Fe基催化剂表面，NH3还原NO的反应机理如图所示。该反应能够有效脱除烟气中的NO。下列说法正确的是（　　） A．在酸性配位点上，NH3与H+通过离子键形成NH4+ B．增大压强有利于NO与O2吸附在Fe3+配位点上形成NO2 C．反应物NH3和生成物H2O的杂化类型分别为sp3、sp2 D．催化剂表面发生的总反应为4NH3+6NO=5N2+6H2O 16．我国科学家研制的催化剂能实现氨硼烷高效制备氢气，制氢原理：。下列说法正确的是（　　） A．第一电离能： B．键角： C．价电子有10种空间运动状态 D．基态原子的s和p能级电子数之比为7：6 17．已知N2+3H2⇌2NH3为放热反应，N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程示意图如下，下列说法错误的是 A．图②→图③是吸热过程 B．图③→图④，N原子和H原子形成了含有极性键的NH3 C．合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于原子形成新键释放的能量 D．合成氨反应中，反应物总能量大于生成物总能量 18．2022年诺贝尔化学奖授予了对点击化学和生物正交反应做出贡献的三位科学家。环辛烯衍生物(A)与四嗪(B)的生物正交反应过程为下列说法错误的是（　　） A．A中碳原子的杂化类型为sp2、sp3 B．B中杂环上四个氮原子共平面 C．反应1和反应2均为消去反应 D．D中苯环上的一氯代物有6种 19．下列关于化学键的说法中错误的是（　　） A．化学键分为离子键、共价键、氢键等 B．相邻的阳离子和阴离子之间强烈的相互作用称为离子键 C．干冰晶体中存在共价键和分子间作用力 D．金刚石晶体中只存在共价键，不存在分子间作用力 20．下列关于微粒间的作用力说法正确的是 ①所有金属与所有非金属之间都能形成离子键 ②金属的导电性、延展性均与金属键有关 ③金属晶体的熔沸点一定高于分子晶体 ④晶体的熔沸点：金刚石 ⑤中的键成键原理完全相同 ⑥分子晶体中共价键的键能越大，晶体的熔点和沸点越高 ⑦离子键的强弱： ⑧比熔沸点高 A．①③④⑦ B．②④⑥ C．②④⑦⑧ D．⑤⑥⑦ 二、综合题 21．过渡金属元素铬(Cr)是不锈钢的重要成分。回答下列问题： （1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是____(填标号)。 A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为 B．4s轨道上电子能量比3d高，且总是在比3d轨道上电子离核更远的地方运动 C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大 （2）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是　 　，中心离子的配位数为　 　。 （3）中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。 PH3中P的杂化类型是　 　。NH3的沸点比PH3的　 　(填高，低或无法确定) 22．回答下列问题： （1）下列化合物含有手性碳的是____。 A． B． C． D． （2）图一～图三是几种物质的微观结构图： ①图一是，其晶体类型为　 　。 ②图二是的微观结构，其中Si原子与键的数目之比为　 　，最小的环上有　 　个原子。 ③图三为碘酸和高碘酸的结构图，请比较二者酸性强弱：　 　。(选填“＞”“＜”或“=”)。 （3）下列过程中，化学反应速率的增大对人类有益的是____。 A．金属的腐蚀 B．塑料的老化 C．食物的腐败 D．氨的合成 （4）冰化成水的过程中，其焓变、熵变正确的是____。 A． B． C． D． 23．铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题： （1）基态Fe原子核外电子排布式为　 　，Ni位于元素周期表的　 　区。 （2）乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是　 　。 （3）FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。 ① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是　 　。 ② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：　 　。 （4）镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。 ① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为　 　 。 ②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为　 　 m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。 24．下表列出了9种元素在元素周期表中的位置，请回答下列问题： 族 周期 IA 　 　 　 　 　 　 0 18 1 ① IIA 2 IIIA 13 IVA 14 VA 15 VIA 16 VIIA 17 　 2 　 　 　 ② ③ ④ ⑤ 　 3 ⑥ 　 ⑦ 　 　 　 ⑧ 　 4 　 　 　 　 　 　 ⑨ 　 （1）画出元素⑧形成的简单离子的结构示意图：　 　；②③④的第一电离能由大到小的顺序是　 　(填编号)。 （2）通常所说的“芯片”是指集成电路，它是微电子技术的主要产品，制造芯片的核心元素在周期表中的位置在　 　区。 （3）元素③的最简单氢化物与氯化氢形成的盐中的化学键类型为　 　(填“极性共价键”“离子键”或“非极性共价键”)。 25．钒、铬、铁、镍、铜等过渡金属及其化合物在工业上有重要用途。 （1）制备CrO2Cl2的反应为。 ①上述化学方程式中非金属元素电负性由小到大的顺序为　 　(用元素符号表示)。 ②COCl2分子中所有原子均满足8电子稳定结构，COCl2分子中π键和σ键的个数比为　 　，中心原子的杂化方式为　 　。 （2）一种钒的硫化物的晶体结构(图a)及其俯视图(图b)如图所示： ①该钒的硫化物的化学式是　 　。 ②该钒的硫化物的晶体中，与每V原子最近且等距S原子的个数是　 　。 （3）磷化硼晶胞的示意图如图甲所示，其中实心球表示P原子，空心球表示B原子，设阿伏加德罗常数的值为，晶胞参数为，磷化硼晶体的密度为　 　(列出计算式)；若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示(虚线圆圈表示P原子的投影)，请在图乙中用实心圆点画出B原子的投影位置　 　。 答案解析部分 1．【答案】C 2．【答案】D 3．【答案】D 4．【答案】B 5．【答案】D 【解析】【解答】甲烷的结构是由一个碳和四个氢原子透过sp3杂化的方式化合而成，并且是所有烃类物质中含碳量最小，且含氢量最大的碳氢化合物，因此甲烷分子的分子结构是一个正四面体的结构，碳大约位于该正四面体的几何中心，氢位于其四个顶点，且四个碳氢键的键的键角相等、键长等长。 故答案为：D。 【分析】甲烷为正四面体形。 6．【答案】D 7．【答案】D 【解析】【解答】A、四种元素中，O的电负性最大，Li与H形成离子化合物LiH，其中H为负化合价，说明电负性H>Li，所以可得四种金属的电负性：O>H>Al>Li，A不符合题意。 B、金属性Li>Al，金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以碱性LiOH>Al(OH)3，B不符合题意。 C、H－、Li＋只有1个电子层，Al3＋。O2－有两个电子层；电子层数越多，离子半径越大。电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2－>Al3＋>H－>Li＋，C不符合题意。 D、LiAlH4是由Li＋和AlH4－构成的，因此含有离子键；AlH4－中Al与H以共价键形式结合。所以LiAlH4中既含有离子键，也含有共价键，D符合题意。 故答案为：D 【分析】A、Li能与H形成离子化合物LiH，说明电负性H>Li。 B、金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。 C、电子层数越大，离子半径越大；电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小。 D、LiAlH4中含有离子键和共价键。 8．【答案】B 9．【答案】C 【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的锂原子与位于面心的锌原子的距离最近，则晶胞中与锂原子距离最近且相等的锌原子的个数为6，故A不符合题意； B．由晶胞结构可知，晶胞中位于体对角线处的a点原子的分数坐标为 ，则晶胞的边长为1，则位于体对角线处的b点原子的分数坐标为 ，故B不符合题意； C．由晶胞结构可知，晶胞x轴方向的投影图为，故C符合题意； D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角和面心的锌原子个数为8×+6×=4。位于体内的砷原子个数为4，位于棱上和体心的锂原子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7a)3d，解得d= ，故D符合题意； 故答案为：C 【分析】A.根据站位即可找出距离最近的锌原子个数； B.b是为锌原子形成的四面体中心，即对角线1/4处即可找出坐标； C.根据晶胞站位，沿x轴投影后即可得到位置； D.根据站位计算出原子个数，利用ρ=m/V计算。 10．【答案】D 【解析】【解答】A．由该有机物的结构简式可以确定其化学式为：C9H8，所以可以确定，1mol该有机物消耗的氧气的量为11mol，但题目并未告诉该有机物的具体物质的量，A不符合题意； B．该分子结构中不存在手性碳，所以不存在对映异构体，B不符合题意； C．该分子结构中苯环上的所有原子都共平面，分子中的乙炔结构中的三个碳原子可以共直线，计算最多原子共平面时，苯环结构和乙炔结构包含同一个碳原子，两个结构中原子都可看成共平面，另外甲基中有一个氢原子也可以与苯环和乙炔所确定的平面共平面，所以最多能有15个原子共平面，C不符合题意； D.1号碳原子为苯环上的碳原子杂化方式为sp2，2号碳原子存在碳碳三键杂化方式为sp，3号碳原子为饱和碳原子，全部连接单键，杂化方式为sp3，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A.未指明有机物的物质的量，不能计算其完全燃烧消耗的氧气； B.该物质不含手性碳原子； C.苯和碳碳三键共面，单键可旋转，最多能有15个原子共平面。 11．【答案】B 【解析】【解答】A．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化，激光、荧光、LED灯发光时原子中的电子吸收了能量，从能量较低的轨道跃迁到能量较高的轨道，但处于能量较高轨道上的电子是不稳定的，很快跃迁回能量较低的轨道，这时就将多余的能量以光的形式放出，因而能使光呈现颜色，与电子跃迁有关，A不符合题意； B．臭氧极性很弱，且由于四氯化碳相对分子质量较大，臭氧在四氯化碳中的溶解度要比在水中的溶解度大，B符合题意； C．等离子体是由部分电子被剥夺后的原子及原子团被电离后产生的正负离子组成的离子化气体状物质，即由电子、阳离子和电中性粒子组成的整体上呈电中性的气态物质，C不符合题意； D．乙酸的羧基与甲基相连，由于甲基(--CH3)推电子，乙酸的羧基的负电荷大于甲酸羧基，更不容易电离出氢离子，所以甲酸的pKa小于乙酸的pKa，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A．电子跃迁本质上是组成物质的粒子(原子、离子或分子)中电子的一种能量变化； B．依据相似相溶原理，臭氧极性很弱； C．等离子体是由部分电子被剥夺后的原子及原子团被电离后产生的正负离子组成的离子化气体状物质； D．甲基(--CH3)推电子。 12．【答案】B 13．【答案】B 【解析】【解答】A．由该晶体的俯视图可知，一个结构单元中含有3个Ca和3个Cl，对结构单元的贡献均为，所以该晶体的化学式为CaCl，故A不符合题意； B．每个六角结构中分摊的碳原子数目，6×=2，分摊的C-C键数是6×=3，C原子除了形成C-C键，还和Ca2+形成了化学键，则石墨烯C原子与键数之比不是，故B符合题意； C．由侧视图和俯视图可知，晶体中Ca-Cl-Ca 构成非平面正六边形，a离子分别与b、c离子的距离不相等，故C不符合题意； D．该晶体的形成是由于石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子相互作用所致，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、化学式可以原子周围其他原子的占有部分判断； B、碳原子的数目和键数要结合分摊的原子个数和化学键数目判断； C、非平面正六边形，两边距离不相等； D、石墨烯表面的芳香环与钙离子之间的强阳离子相互作用导致晶体的形成。 14．【答案】A 【解析】【解答】A．钠燃烧时火焰呈黄色是由于电子吸收能量变为激发态，又跃迁到较低能级释放出能量，故与电子跃迁有关，A符合题意； B．Mg2+为镁元素失去2个电子后形成的，基态核外电子排布式为1s22s22p6，B不符合题意； C．[Al(OH)4]-中1个氢氧根含有1个σ键、又与铝原子形成1个配位键，故1mol[Al(OH)4]-中含有8molσ键，C不符合题意； D．氧原子半径小于硅原子，Si－Si键的键长大于Si－O键的键长，导致Si－Si键的键能小于Si－O键的键能，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】B.Mg原子失去2个电子形成Mg2+； C.单键均为σ键，配位键也是σ键； D.原子半径：Si>O，则键能：Si-Si<Si-O。 15．【答案】B 【解析】【解答】A.在酸性配位点上，氨气与氢离子形成配位键，故A不符合题意； B.增大压强，增大微粒间作用力促进二氧化氮的物质形成，故B符合题意； C. 反应物NH3和生成物H2O的杂化类型分别为sp3、sp3 ，故C不符合题意； D.催化剂表面发生的总反应为4NH3+4NO+O2=4N2+6H2O，故D不符合题意； 故答案为：B 【分析】A.氢离子和氨气分子形成的为配位键； B.根据增大压强增大微粒间作用力促进物质形成； C.根据计算出中心原子的价层电子对即可； D.根据反应物和生成物即可写出方程式。 16．【答案】B 【解析】【解答】A．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，则硼、碳、氮、氧四种元素的第一电离能由小到大的顺序为，故A不符合题意； B．氨分子中氮原子含有1对孤电子对，中氨分子的孤电子对与硼原子形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以键角：，故B符合题意； C．空间运动状态即原子轨道，价电子排布在3d和4s能级上，3d能级有5个原子轨道，4s能级有1个原子轨道，共填充5+1=6个原子轨道，即有6种空间运动状态，故C不符合题意； D．铝元素的原子序数为13，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则原子中s和p能级电子数之比为，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、单元数第一电离能半充满，出现反常； B、孤电子对会对成键电子排斥力增大，键角变大； C、Ni的价电子轨道为3d和4s，d轨道5个，s轨道1个； D、结合基态原子的电子排布式判断。 17．【答案】C 18．【答案】C 【解析】【解答】A.A中含有双键和单键，双键中碳原子是sp2杂化，单键上碳原子是sp3杂化，故A不符合题意； B.氮原子是sp3杂化，是空间三角锥构型，因此B中N不共面，故B不符合题意； C.根据反应1和反应2的反应物和产物即可得到，反应1为加成反应，反应2为消去反应，故C不符合题意； D.由题干D的结构简式可知，D的两个苯环不相同，每个苯环上均有邻间对三种位置关系，则D上两个苯环上一共有6种氢原子，所以其苯环上的一氯代物有6种，故D不符合题意； 故答案为：C 【分析】A.根据单键和双键即可判断为sp2和sp3杂化； B.根据氮原子是sp3杂化，为三角锥形构型； C.根据反应物和生成物即可判断； D.根据D的结构简式找出等效氢原子即可。 19．【答案】A 【解析】【解答】A．化学键分为离子键、共价键、金属键，氢键属于共价键，A符合题意； B．离子键的本质就是阴、阳离子之间的静电作用，B不符合题意； C．CO2为分子晶体，分子内C与O之间存在极性共价键，分子之间存在分子间作用力，C不符合题意； D．金刚石属于原子晶体，只存在共价键，不存在分子间作用力，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.化学键分为离子键、共价键、金属键。 B.根据离子键的本质进行分析。 C.CO2属于分子晶体，据此分析。 D.金刚石属于原子晶体，原子晶体是原子之间通过共价键形成的晶体。 20．【答案】C 21．【答案】（1）A；C （2）N、O、Cl；6 （3）sp3；高 【解析】【解答】 (1)A．基态原子满足能量最低原理，Cr原子核外有24个电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为 ，A符合题意； B．Cr价电子排布式3d54s1，3d轨道能量比4s高，3d电子能量较高，B不符合题意； C．铬的电负性比钾高，铬原子对键合电子的吸引力比钾大，C符合题意； (2) 中，配体分别为NH3、H2O、Cl-，提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，中心离子的配位数为3+2+1=6； (3)PH3中P的价层电子对数为4，杂化类型是sp3；NH3分子间能形成氢键，PH3分子间不能形成氢键，NH3的沸点比PH3的高； 【分析】 (1)A．Cr原子核外有24个电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为 ； B．Cr价电子排布式3d54s1； C．铬的电负性比钾高； (2) 中，配体分别为NH3、H2O、Cl-； (3)PH3中P的价层电子对数为4，杂化类型是sp3；NH3分子间能形成氢键，PH3分子间不能形成氢键，NH3的沸点比PH3的高。 22．【答案】（1）A；B （2）分子晶体；1∶4；12；＞ （3）D （4）C 【解析】【解答】(1)A.有星号的碳原子连接4个不同的原子或者原子团，是手性碳，A正确； B.有星号的碳原子连接4个不同的原子或者原子团，是手性碳，B正确； C.不存在连接4个不同的原子或者原子团的碳原子，没有手性碳，C不正确； D.不存在连接4个不同的原子或者原子团的碳原子，没有手性碳，D不正确； 故答案为：AB； (2)①图一的构成微粒是分子，其晶体类型为分子晶体； ②由图二可知，一个Si原子周围有4个键，故Si原子与键的数目之比为1∶4，最小的环上有6个硅原子，6个氧原子，一共12个原子； ③含氧酸中，含非羟基氧原子个数越多，酸性越强；高碘酸含非羟基氧原子为1个，碘酸含非羟基氧原子为2个，所以酸性：HIO3>H5IO6； (3)A．金属的腐蚀会造成资源消耗和建筑损毁，则应降低反应速率，故A不正确； B．塑料老化会缩短塑料制品的使用寿命，则应降低反应速率，故Ｂ不正确； C．食物腐败使食品的保质缩短，则应降低反应速率，故Ｃ不正确； D．氨气是人类需要的重要化工原料，则工业合成氨需要增大反应速率，故D正确； 故答案为：D。 (4)冰化成水的的过程吸热，，体现混乱程度增大，熵增大，。 【分析】（1）手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子； （2）①由分子构成，属于分子晶体； ②一个Si原子周围有4个键；最小的环由6个Si原子，6个O原子构成； ③只有羟基上的H可电离出来，非羟基氧的数目越多，酸性越强； （3）金属的腐蚀、塑料的老化、食物的腐败速率增加，均会造成资源的浪费，不利于人类发展，氨合成速率增加，生成氨的时间变短，对人类有益； （4）焓变：焓变是指体系内能的变化，焓变为正值说明反应吸热体系能量增加，焓变为负值说明反应放热体系能量减小；熵变：熵变是指体系混乱程度的变化，熵变为正值说明体系的混乱程度增加，熵变为负值说明混乱程度减小。 23．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；d （2）Fe3+的3d5半满状态更稳定 （3）FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键 （4）1：3；NA·a3·10-6 【解析】【解答】（1）铁是26号元素，其 基态Fe原子核外电子排布式为 ： 1s22s22p63s23p63d64S2或[Ar]3d64S2 ； Ni 属于过渡金属，位于元素周期表中的d区； （2） Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是 ： Fe3+的3d5半满状态更稳定 ，而Fe2+的3d6结构易失去一个电子； （3） ① FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 ； ② 能够形成双核阳离子的原因 ：O最外层6个电子，有形成两个共价键的趋势 ，H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键； （4）①根据晶胞图：Cu占据的是顶点，个数为：8×1/8=1，Ni位于面心，个数为：6×1/2=3，则晶胞中Cu和Ni的原子个数比为：1：3； ②该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个品胞含有1个CuNi3，其物质的量为1/NAmol ，1个晶胞的体积为(ax 10-2)³m³，则该晶体的摩尔体积为NA·a3 ·10-6m³ . mol-l，故答案为：NA·a3·10-6。 【分析】（1）过渡元素即副族元素，位于元素周期表中的d区或ds区； （2）当粒子核外电子出现最外层能级的半充满或全满时，该结构就是较为稳定的结构； （3）粒子的晶体类别不同，其熔沸点的影响因素也是不同的； （4）先根据晶胞结构计算出1个晶胞中含有的Cu和Ni的个数； 在根据晶胞的密度公式计算出 晶体的摩尔体积。 24．【答案】（1）；③>④>② （2）p （3）极性共价键、离子键 【解析】【解答】（1） ⑧为Cl，其离子为Cl-，Cl-核电荷数为17，核外共有18个电子，其离子结构示意图为 ； ②③④分别为C、N、O三种元素，同周期元素，从左到右第一电离能增大，N的最外层电子为半充满状态，第一电离能反常，则第一电离能顺序为：N>O>C； 故答案为：； ③>④>② ； （2）芯片的核心元素为Si，Si的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，处于元素周期表的p区； 故答案为：p； （3）③为N元素，其最简单的氢化物为NH3，和HCl反应生成NH4Cl，NH4+中含有极性共价键，NH4+和Cl-为离子键结合； 故答案为：极性共价键；离子键。 【分析】（1）Cl最外层7个电子，形成离子后最外层为8个电子；同周期元素，从左到右第一电离能增大，若原子最外层为全充满或者半充满状态则反常； （2）价电子层中最外层能级为p，则属于p区； （3）铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，非金属原子和非金属原子的结合是共价键；相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合。 25．【答案】（1）C＜Cl＜O；1︰3；sp2 （2）VS；6 （3）；或者 学科网（北京）股份有限公司 $$