2025届高三化学二轮复习---物质结构与性质

2025届高三化学复习---物质结构与性质 1．（23-24高三下·浙江温州·期末）C、N、O、S等是构建化合物的常见元素。请回答： (1)下列说法正确的是___________。 A．第一电离能： B．基态氮原子核外有5种空间运动状态不同的电子 C．化学键中离子键成分的百分数： D．电负性： (2)杂环化合物咪唑结构简式如图，分子中的大键为(表示5中心6电子的键)①号N原子轨道杂化方式为 ；其中结合质子能力更强的氮原子是 (填“①”或“②”)，其原因是 。 (3)一定条件下，、都能与形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。与形成的水合物晶体俗称“可燃冰”。 参数分子 分子直径/nm 分子与的结合能 0.436 16.4 0.512 29.91 为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，结合图表从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是： 。 (4)C60与碱金属形成的盐具有特别的意义，他们能在低温时转变为超导材料。K与C60形成的一种超导材料的晶胞如图所示，图中白球表示C60，黑球表示钾原子。该材料的化学式为 。 2．（23-24高三下·北京朝阳·期末）能与含某些银化合物形成等离子，可用作浸银试剂。 (1)基态S原子价层电子排布式是 。 (2)中S原子的杂化方式是 。 (3)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由： 。 (4)的稳定性受pH影响。pH过高时，产生等难溶物；pH过低时，产生 。 (5)易被氧化变质为。氧化变质后，判断S原子能否做配位原子并说明理由： 。 (6)用KI作沉银试剂，可将转化为AgI。AgI的晶胞如图A所示。 ①晶胞A中的个数为 。 ②一定条件下，铁可将AgI还原，得到单质银。Ag的晶胞如图B所示，晶胞形状为立方体，边长为a nm。Ag的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 ∘（1 nm=10-7cm） 3．（23-24高三下·山东枣庄·阶段练习）回答下列问题。 Ⅰ.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。按要求回答下列问题： (1)金属氢化物是一类常用的储氢剂。氢化钠(NaH)的晶体类型为 ，NaH与KH相比，熔点更高的是 (填写化学式)。 (2)钛系贮氢合金中的钛锰合金，吸氢量更大，室温下易活化，基态锰原子的价层电子排布式为 。 (3)(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。 ①与N同周期元素中，第一电离能大于N的元素有 种(填数字)。 ②氨硼烷中的共价键可以分为两种，这两种共价键的数量比为 。 ③氨硼烷中的∠HBH (填“>”、“<”或“=”)中的∠HBH。 (4)咔唑()是一种新型有机液体储氢材料，1mol咔唑中含有的σ键的数目为 (设阿伏加德罗常数的值为)。已知咔唑分子中N原子连接的H与两个苯环共平面，则分子中N原子的杂化类型是 。 Ⅱ.锰钢异常坚硬，且具抗冲击性能，是制造枪栓、保险库、挖掘机械和铁路设施的理想材料；锰也是人体的重要微量元素。回答下列问题： (5)锰元素在元素周期表中的位置是 。 (6)水杨醛缩邻氨基苯酚又被称为“锰试剂”，可与形成黄色的配合物。锰试剂的结构如上图所示，其分子中可能与形成配位键的原子有 ；锰试剂 (填“能”或“不能”)形成分子内氢键。 (7)阿拉班达石(alabandite)是一种属于立方晶系的硫锰矿，其晶胞如图所示(=Mn，=S)。在该晶胞中，硫原子的堆积方式为 。已知该晶胞中最近的两个硫原子之间的距离为dÅ(1Å=)晶体密度为，则阿伏加德罗常数 (写出计算式即可)。 4．（23-24高三下·湖北·期末）芯片制造是人类工业文明的集大成，共有六个最为关键的步骤：沉积、光刻胶涂覆、光刻、刻蚀、离子注入和封装。 (1)“沉积”是将导体、绝缘体或半导体材料薄膜沉积到纯硅晶圆上。GaN、GaAs是制造芯片的新型半导体材料。 ①GaN、GaAs的结构类似于金刚石，预测其熔点GaN GaAs(填“>”或“<”)。 ②GaAs被誉为“半导体贵族”，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为a pm。2号原子的分数坐标为 ；1号原子和2号原子之间的距离为 pm。 (2)“光刻胶涂覆”时，用到的某光刻胶由降冰片烯()和马来酸酐()按物质的量1∶1加聚反应而成，该光刻胶的结构简式为 。 (3)“光刻”是使用深紫外光来照射涂有光刻胶的基片表面，通过曝光和显影过程，将掩膜上的图形复制到光刻胶上。 ①紫外负型光刻胶常含有—，曝光时会形成，的VSEPR模型为 。 ②光刻技术需要利用深紫外激光，我国是唯一掌握通过非线性光学晶体变频来获得深紫外激光技术的国家。目前唯一实用化的晶体是氟代硼铍酸钾晶体KBBF()，晶胞如图所示，其中钾原子已经给出，氧原子略去。已知晶胞参数分别为a nm和c nm，，图中代表氟原子的字母为 。已知晶体的密度为，KBBF的摩尔质量为，则阿伏加德罗常数的值为 (用含上述字母的代数式表示)。 (4)“刻蚀”可能用到刻蚀剂氟硼酸铵()，1 mol 中含有的配位键数目为 (设为阿伏加德罗常数的值)。 (5)“离子注入”是在Si晶体中掺杂不同种类的元素(常见的有B、P、Ga、As等)，形成多电子的n型和缺电子的p型半导体(如下图所示)。 则上图中M、N原子分别可以选择 (填序号) a．B、Ga    b．P、As    c．P、B    d．Ga、As (6)“封装”时，为了散热，常用金属外壳，用电子气理论解释金属导热性好的原因 。 5．（23-24高三下·湖北武汉·期末）两种金属混合熔化成液体可形成互溶体系，冷却后可形成固态合金。如和互溶体冷却后可形成合金，其可能的结构如图所示，乙和丙为立方晶胞。 (1)和的原子结构和单质的晶体结构均相似，请结合元素周期表解释： 。的简化电子排布式为 。 (2)当互溶体被淬火处理后可形成甲，被退火处理后可形成乙和丙。淬火和退火的区别为 。 (3)乙中与最邻近的个数为 。丙的化学式为 。 (4)黄金按质量分数分级，纯金为，则乙为 (取整数)。 (5)设阿伏加德罗常数的值为，丙的晶胞参数为，则丙的摩尔体积 (列出算式)。 6．（23-24高三下·海南省直辖县级单位·期中）我国在新材料领域研究有日新月异，新材料中常含有Ni、Cu、Fe等元素。回答下列问题： (1)镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。的熔点高于的原因是 。 (2)的结构如图所示，中的配位数为 ，、、由大到小的顺序是 。 (3)近期我国科学家合成了一种电化学性能优异的铜硒化合物，其中铜元素以和存在，其晶胞结构如图所示。 基态价层电子的轨道表示式为 。 其中①代表的是 （填“”或“”），该晶体的密度为 g/cm3（用代数式表示，设为阿伏加德罗常数的值）。 7．（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）。 8．（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）。 9．（23-24高三下·浙江温州·期末）硼化合物在工农业和医药方面用途广泛．请回答： (1)分子的空间结构（以B为中心）名称是 ，硼原子的杂化轨道类型是 。的水溶液呈酸性的原因是（用电离方程式表示） 。 (2)Li、Be、B在元素周期表上处于相邻位置，正确的是________。 A．基态原子半径： B．电负性： C．第一电离能： D．Li、Be在周期表的s区 (3)氮化硼（BN）晶体有多种结构．六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，质地软，可作润滑剂。立方相氮化硼与金刚石相似，是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构及晶胞如图所示。 ①石墨能导电，六方相氮化硼结构与石墨相似却不导电，原因是 。 ②立方相氮化硼晶胞边长为apm，代表阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 。 10．（23-24高三下·四川南充·阶段练习）氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解。 (1)中键和键的数目比为 ，氯的基态原子价层电子排布的轨道表示式 。 (2)根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是 (填元素名称)。 元素 氟 氯 溴 碘 第一电离能 1681 1251 1140 1008 (3)下列分子既不存在“”键，也不存在“”键的是___________(填字母)。 A． B． C． D． (4)已知为V形，中心氯原子周围有4个价层电子对。中心氯原子的杂化轨道类型为 。 (5)钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物晶体，其结构如图所示，由此可判断晶胞中的数目为 。已知该晶胞内离得最近的两个钙离子的间距为，则氧化物的密度是 (只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为)。 11．（23-24高三下·山东泰安·阶段练习）2023年化学诺贝尔奖授予了三位研究量子点的科学家。量子点又称“人造原子”、“超原子”，是一种纳米级的半导体材料，在医疗，科技等多个领域有广泛的应用。 (1)聚多巴胺量子点具有广泛的光学吸收和荧光特性，可直接用于体内成像。多巴胺结构如下图所示。 ①基态氮原子的电子排布图为 ，其最高能层上有 种运动状态不同的电子。 ②多巴胺分子中碳原子的杂化方式为 ，1mol多巴胺中含有σ键的数目为 。 ③多巴胺易溶于水，原因是 。 (2)聚多巴胺量子点还可以通过吸附金属离子如，，等用于核磁共振成像（MRI）。 ①中含有，其阴离子空间构型为 。 ②Mn的第三电离能大于Fe的第三电离能，原因是 。 (3)CdS量子点是一种常见的量子点。某种CdS晶体的立方晶胞如下图所示。 ①若晶胞中箭头所示的分数坐标为，请标出箭头所示的的分数坐标 。 ②若CdS晶体的密度为，则晶胞中和间的最短距离为 pm（列出计算式即可）。 12．（23-24高三下·上海·期末）铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。 (1)基态的价层电子排布式： 。 (2)比更稳定的原因是 。 能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如表实验。 序号 实验步骤 实验现象或结论 I 向溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的溶液 Ⅱ 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 Ⅲ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 Ⅳ 将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液 无蓝色沉淀生成 (3)步骤I中反应的离子方程式为 ； 。 (4)H—N—H键角大小： (填“>”、“=”或“<”)，其原因是 。 (5)该实验能说明，与的结合能力 (填“大于”“小于”或“等于”)与的结合能力。具有对称的空间构型，中的两个被两个取代，能得到两种不同结构的产物，则的空间构型为 (填“平面正方形”或者“四面体形”)。 (6)能与乙二胺()形成离子，结构如图，关于该配离子的说法正确的是___________。 A．该离子的配位数是4 B．该离子的配体数是4 C．形成配离子前后，Cu的化合价不变 D．该离子中含离子键、非极性键与极性键 13．（23-24高三下·安徽·期中）铜的单质及其化合物在生产生活中有广泛应用。请回答下列问题： (1)基态Zn原子的价层电子排布式为 ；第一电离能：I1(Cu) (填“>”或“<”)I1(Zn)。 (2)某种含铜微粒[Cu(NH3)2]2+的催化剂可用于汽车尾气脱硝。 ①[Cu(NH3)2]2+中NH3的键角 (填“>”或“<”)氨气中NH3的键角；NH3和(CH3)3N(三甲胺)都可以结合H+。结合H+的能力：NH3 (填“>”或“<”)(CH3)3N。 ②(CH3)3N和H2NCH2CH2NH2(乙二胺)均属于胺，二者相对分子质量相近，但乙二胺的沸点比三甲胺的高得多，原因是 。 (3)铜的一种氧化物的晶胞结构如图表示，该物质的化学式为 ，若A原子分数坐标为(0，0，0)，B原子分数坐标为，则C原子分数坐标为 。 (4)含铜化合物M的晶胞结构如图所示晶胞参数(a≠c，α=β=γ=90°)。 若化合物M的密度为ρg⋅cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA= (用含a、c、ρ的代数式表示)。 14．（23-24高三下·广东肇庆·期中）回答下列问题： (1)下列状态的钙中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_____(填标号)； A． B． C． D． (2)写出基态离子的M层电子排布式 。 (3)实验室常用检验，中的配位数为 ，中碳原子的杂化轨道类型为 杂化。 (4)已知的熔点(1000℃)显著高于的熔点(306C)，原因是 。 (5)铁和氨在640℃可发生置换反应，产物之一的立方晶胞结构如图甲所示，写出该反应的化学方程式： 。 (6)在一定条件下铁形成的晶体的基本结构单元如图乙和图丙所示，则图乙和图丙的结构中铁原子的配位数之比为 ，图乙中铁原子沿着晶胞体对角线相切，图丙中铁原子沿着晶胞面对角线相切。若两种晶体中铁原子半径相同，则两种铁晶体中密度较高的是 。(填“图乙”或“图丙”) 15．（23-24高三下·安徽合肥·期中）请按要求回答下列问题： (1)与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是 。 (2)钛与卤素形成的化合物熔点如表： 熔点/℃ 377 38.3 153 解释熔点差异的原因 。 (3)铵盐大多不稳定．中，较易分解的是 ，原因是 。 (4)已知的第二电离能：的第二电离能，其原因为 。 (5)由液态形成晶体时密度减小，分析主要原因 。 (6)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子。已知与的空间构型都是三角锥形，但不易与形成配离子，其原因是 。 16．（23-24高三下·福建福州·期中）Ⅰ．和在工农业、科研等方面应用广泛。 (1)(氨硼烷)是具有广泛应用前景的储氢材料。 ①中存在配位键，提供空轨道的原子是 。 ②的沸点高于的可能原因是 。 (2)工业合成时用到含铁催化剂。 ①元素在周期表第 族，基态原子电子的空间运动状态有 种。 ②从结构的角度分析容易被氧化成的原因是 。 (3)合金是储氢密度很高的材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置。 ①该合金中，每个原子周围与它最近且相等距离的原子有 个。 ②要储存，至少需要 合金。 Ⅱ．钛及其化合物具有优异的物理、化学性能，相关的研究备受关注。具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示： (4)①该晶体的一个完整晶胞中含有 个原子。 ②该晶胞的化学式为 。 17．（23-24高三下·云南昆明·阶段练习）近年来，我国工程建设自主创新能力实现大跨越，尤其在新材料研究方面有重大突破，回答下列问题： I.甲基胺离子导向的钙钛矿类杂化材料，该物质因具有较高的光电转换效率而在太阳能电池领域具有重要的应用价值。 (1)C、N基态原子中，第一电离能较大的是 。 (2)的电子式为 ，中存在 (填标号)。 a.键    b.键    c.配位键    d.氢键 (3)已知甲基的供电子能力强于氢原子，则、中接受质子能力较强的是 。 II.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，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为。 (4)Zn位于元素周期表的 (s、p、d、ds)区。 (5)基态Se原子核外电子有 种不同空间运动状态。 (6)A点原子的分数坐标为，则B点原子的分数坐标为 。 (7)该晶体密度为 (用含a和的代数式表示)。 18．（23-24高三下·山东淄博·期中）过渡金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。 (1)金属钛性能优越，被誉为继Fe、Al后应用广泛的“第三金属”。与钛同周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的还有 种。 (2)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是_______(填编号)。 A． B． C． D． (3)在浓的的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为的晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为，则由该配合离子组成的晶体化学式还可以写为 。 (4)铜的某种氯化物晶胞形状为立方体，边长为，结构如图，回答下列问题： ①该物质的化学式是 ，Cl的配位数是 。 ②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如，则D原子的分数坐标为 。 ③晶体的密度，阿伏加德罗常数的值为，晶胞中C、D两原子核间距为 nm(列出计算式即可)。 (5)EAN规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18符合EAN规则的配合物分子结构和化学性质都较稳定。已知和均符合EAN规则，性质稳定，而则容易在化学反应中表现氧化性。 ① 。 ②从结构角度解释容易在化学反应中表现氧化性的原因 。 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)BC (2) ① ①号氮原子有一对孤对电子，能与氢离子形成配位键 (3)CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合能大于CH4 (4) 【详解】（1）A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但P的价电子排布为，属于半充满结构，其第一电离能大于其右边相邻元素，则第一电离能：，A错误； B．电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态氮原子的电子排布式为，其中1s、2s能级各有1个原子轨道，2p能级有3个原子轨道，因此氮原子核外有5种空间运动状态不同的电子，B正确； C．离子键百分数可以根据电负性的差值进行计算，差值越大，百分数越大；由于电负性：O>S，则化学键中离子键成分的百分数：，C正确； D．N电负性大于S，则电负性：，D错误； 故选BC。 （2）咪唑分子中①号N原子形成碳氮单键和碳氮双键，价层电子对数为3，因此氮原子杂化方式为；由于①号氮原子有一对孤对电子，能与氢离子形成配位键，所以结合质子能力更强； （3）根据表格数据可知，笼状空腔的直径是0.586nm，而CO2分子的直径是0.512nm，CO2的分子直径小于笼状空腔直径，,且CO2与水分子之间的结合能大于CH4，因此可以实现用CO2置换CH4的设想； （4）根据晶胞结构，K原子个数为，C60个数为，则化学式为。 2．(1) (2) (3)I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子 (4)与反应生成 (5)不能作配位原子，由于中硫原子含有4个键，不存在孤电子对 (6) 4 【详解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为； （2）中S原子的价电子对数为，杂化方式； （3）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能； （4）pH过低时，酸性较强，与反应生成，导致不稳定； （5）氧化变质后生成，中硫原子含有4个键，不存在孤电子对，故不能作配位原子； （6）①如图A，位于面心和顶点，则的个数为；②如图B，该晶胞中，Ag位于面心和顶点，Ag的个数为，该晶体的密度为。 3．(1) 离子晶体 NaH (2)3d54s2 (3) 2 6∶1 小于 (4) 24NA sp2 (5)第三周期第ⅦB族 (6) N、O 能 (7) 面心立方最密堆积 【详解】（1）氢化钠含有的为离子键，故为离子晶体；氢化钠和氢化钾中，钾离子的半径大于钠离子，所带的电荷数相等，故氢化钠的熔点更高； （2）基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2； （3）①同周期元素中，第一电离能大于N的元素有氟、氖，故为2种； ②氨硼烷中的共价键可以分为共价键和配位共价键，故为6：1； ③BF3为平面正三角形，∠HBH为120°，而氨硼烷中硼为四面体结构，∠HBH键角更小； （4）1mol咔唑中含有24mol单键，故含有的σ键的数目为24NA；咔唑分子中N原子连接的H与两个苯环共平面，则分子中N原子的杂化类型是sp2杂化； （5）Mn元素原子序数为25，在元素周期表第四周期VIIB族； （6）根据锰试剂的结构简式可知O原子、N原子含有孤电子对，可以作配位原子；锰试剂含有两个不相邻的酚羟基，单键可以旋转，通过单键旋转调整两个羟基的距离，能形成分子内氢键； （7）据图可知S原子位于Mn原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，所以S原子的堆积方式和Mn原子的堆积方式相同，晶胞中Mn原子位于面心和顶点，为面心立方最密堆积，则硫原子的堆积方式也为面心立方最密堆积；由晶胞结构可知最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，所以晶胞的面对角线长度为2dÅ=2d×10-8cm，所以晶胞的边长为10-8cm，所以晶胞的体积为V=2d3×10-24cm3，根据均摊法，晶胞中S原子的个数为4，Mn原子的个数为=4，所以晶胞的质量m=g，所以有ρ=，解得NA=。 4．(1) ＞ (2) (3) 直线形 Z (4)2NA (5)c (6)当金属某部分受热时，“电子气（自由电子）”能量增加，运动速度加快，通过碰撞，把能量传递给金属离子，从而使整块金属达到相同的温度 【详解】（1）①GaN、GaAs的结构类似于金刚石，都属于共价晶体，共价键键能大小决定晶体熔点高低，N、As为同一主族元素，原子半径N＜As，键长Ga-N＜Ga-As，共价键键能Ga-N＞Ga-As，故熔点：GaN＞GaAs，故答案为：＞；②若将晶胞分成8个小的立方体，则2号原子位于左、前、下晶胞的体心，其坐标参数为 ，由晶胞的结构可知，1号原子和2号原子之间的距离为体对角线的，其距离为，故答案为：；； （2） 降冰片烯()和马来酸酐()按物质的量1∶1加聚反应，该光刻胶的结构简式为，故答案为：； （3）①中心原子N的孤对电子数为，其价电子对数为2，VSEPR模型为直线形，故答案为：直线形；②由晶胞的结构可以看出，含有X的个数为，Y的个数为，Z的个数为，K的个数为，结合化学式可知，代表B原子的是Z；该晶胞中含有3个，该晶胞的体积为，则晶胞密度，故答案为：Z；； （4）是由和组成，存在一个配位键，存在一个配位键，则1mol中含有2mol配位键，故答案为：2NA； （5）硅最外层有4个电子，P、As最外层有5个电子，B、Ga最外层有3个电子，因此在Si晶体中掺杂P、As可以形成多电子的n型半导体，掺杂B、Ga可以形成缺电子的p型半导体，故选c； （6）“电子气”（自由电子）在运动时经常与金属离子碰撞，引起两者能量的交换。当金属某部分受热时，“电子气（自由电子）”能量增加，运动速度加快，通过碰撞，把能量传递给金属离子，从而使整块金属达到相同的温度，故答案为：当金属某部分受热时，“电子气（自由电子）”能量增加，运动速度加快，通过碰撞，把能量传递给金属离子，从而使整块金属达到相同的温度。 5．(1) Cu和Au在周期表中处于同一族，价层电子排布相似，Cu为3d104s1，Au为5d106s1，结构决定性质 [Xe]5d106s1 (2)淬火是将Cu—Au互溶体加热到临界点以上某一温度，保持一定的时间，然后以适当速度在淬冷介质中快速冷却，淬火后合金变硬，但同时变脆，经淬火后获得的组织不平衡，它的硬度高，但塑性、韧性差。退火是将工件加热到适当温度，根据材料和工件尺寸采用不同的保温时间，然后缓慢冷却到室温，目的是使金属内部组织达到或接近平衡状态，获得良好的工艺性能和使用性能 (3) 4 AuCu (4)12 (5)5NAa3×10-37 【详解】（1）Cu和Au在周期表中处于同一族，价层电子排布相似，Cu为3d104s1，Au为5d106s1，结构决定性质，所以Cu和Au的原子结构和单质的晶体结构均相似。Au位于第六周期，简化电子排布式为[Xe]5d106s1。 （2）淬火是将Cu—Au互溶体加热到临界点以上某一温度，保持一定的时间，然后以适当速度在淬冷介质中快速冷却，淬火后合金变硬，但同时变脆，经淬火后获得的组织不平衡，它的硬度高，但塑性、韧性差。退火是将工件加热到适当温度，根据材料和工件尺寸采用不同的保温时间，然后缓慢冷却到室温，目的是使金属内部组织达到或接近平衡状态，获得良好的工艺性能和使用性能。 （3）乙中Au位于顶点，Cu位于面心，则与Cu最邻近的Au个数为4个；丙中Au位于顶点和两个面的面心，一个晶胞中有Au，Cu位于四个面心，一个晶胞中有Cu个，所以化学式为AuCu。 （4）乙中Au的个数为，Cu的个数为，Au和Cu的个数比为1：3，则乙中。 （5）在丙中Au和Cu各2个，所以丙中含AuCu的物质的量为mol，晶胞体积为(a×10-12)3m3，则丙的摩尔体积Vm===5NAa3×10-37m3/mol。 6．(1)K2[Ni(CN)4]为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能，故熔沸点高，Ni(CO)4为分子晶体, 熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小 (2) 6 ∠3＞∠2＞∠1 (3) 【详解】（1）K2[Ni(CN)4]为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能高，故熔沸点高，Ni(CO)4为分子晶体, 熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小。 （2）根据绿矶结构，为配体，则的配位数为6； FeSO4·7H2O中Fe2＋提供空轨道，H2O中O提供孤电子对，形成配位键，H2O与之间形成氢键，H2O、的中心原子均为sp3杂化，H2O中O有两个孤电子对，中S无孤电子对，根据孤电子对间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，得∠3＞∠2＞∠1； 故答案为：6；∠3＞∠2＞∠1。 （3） Cu+的核外有28个电子，根据构造原理知其基态离子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，则Cu+价层电子的轨道表达式为：； 由其晶胞结构示意图知，该铜硒化合物中铜的数目为 ，Se的数目为4，则化学式为Cu3Se2， Se为-2价，晶胞内负化合价共-8、①有2个、②有4个，按正负化合价代数和为0知，Cu2+为①； 该晶体的密度即晶胞密度为， 故答案为：；Cu2+；。 7．(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；。 8．(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：。 9．(1) 平面三角形 杂化 (2)BD (3) 六方相氮化硼中没有自由移动电子，不可以导电 【详解】（1）B有3个价电子，分别与O形成3个共价键，价层电子对数为3+0=3，空间结构为平面三角形，中心原子B杂化轨道类型为sp2杂化；B(OH)3的水溶液呈酸性的原因是； （2）A．Li、Be、B在元素周期表上处于相邻位置，电子层数相同，原子序数越小，半径越大，故基态原子半径：Li>Be>B，A错误；B．同周期元素，随原子序数增大，电负性依次增大，故电负性B>Be>Li，B正确；C．同周期元素，随原子序数增大，第一电离能依次增大，但第ⅡA族的Be基态价电子排布为2s2，为全满结构，不易失电子，第一电离能大于ⅢA族的B，则第一电离能：Be>B>Li，C错误；D．第ⅠA族和第ⅡA族在周期表的s区，D正确；故答案为BD； （3）六方相氮化硼结构与石墨相似却不导电，原因是六方相氮化硼中没有自由移动电子，不可以导电；立方相氮化硼晶胞中含有4个B原子，个N原子；故密度为。 10．(1) (2)碘 (3)D (4) (5) 4 【详解】（1） 的结构是为，其中单键为键，双键为1个键、1个键，故键与键的数目比为；氯的基态原子价层电子排布式为，轨道表示式为 故答案为：；； （2）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘原子更容易形成较稳定的单核阳离子； 故答案为：碘； （3）A．中存在“”键，A错误； B．中存在“”键，B错误； C．中不存在“”键，但存在“”键，C错误； D．中只存在“”键，不存在“”键，也不存在“”键，D正确； 故答案为：D； （4）因为氯原子周围有四个价层电子对，所以中心原子的杂化方式为杂化； 故答案为：； （5）晶胞中黑球代表位于顶角及面心，两个相连的白球代表位于棱上及体心，数目为个；最近的两个钙离子的间距为，则晶胞参数为，则氧化物的密度； 故答案为：4；。 11．(1) 5 sp2、sp3 22NA 多巴胺中的-OH、-NH2都能与水形成氢键 (2) 正四面体形 Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子 (3) 【详解】（1） ①N的原子序数为7，基态氮原子的电子排布式为1s22s22p3，电子排布图为，其最高能层为L能层，有5种运动状态不同的电子； ②多巴胺分子中苯环上的碳原子为sp2杂化、环外饱和碳原子为sp3杂化，即碳原子的杂化方式为sp2、sp3；O-H、C-H、C-C、C-N、N-H单键均为σ键，苯环结构有12个σ键，除此之外还有10个单键，1 mol多巴胺中含有σ键的数目为22NA； ③多巴胺中的-OH、-NH2都能与水形成氢键，因此多巴胺易溶于水； （2）①中含有，其阴离子为，的中心原子S原子的价层电子对数为4+×(6+2-4×2)=4，无孤电子对，空间构型为正四面体形； ②Fe的电子排布式为[Ar]3d64s2，Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，则Fe2+的电子排布式为[Ar]3d6，Mn2+的电子排布式为[Ar]3d5，Mn2+的3d能级为半充满的相对稳定结构，较难失电子，故第三电离能I3(Fe)＜I3(Mn)； （3）①若晶胞中箭头所示的分数坐标为，则标出箭头所示的的分数坐标； ②设晶胞棱长为apm，根据均摊法，晶胞中含8×+6×=4个，4个，则CdS晶体的密度为，，晶胞中和间的最短距离为体对角线的，为。 12．(1)3d104s1 (2)Cu+的3d能级达到全充满，较稳定 (3) (4) ＞ [Cu(NH3)4]2+中的N的价层电子对均为成键电子对，而NH3中的N存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力比成键电子对之间的斥力更大，NH3中的键角更小 (5) 大于 平面正方形 (6)AC 【详解】（1）铜元素的原子序数为29，核外电子数为29，价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1。 （2）Cu+价层电子排布为3d10，而Cu2+价层电子排布为3d9，Cu+比Cu2+更稳定的原因是：Cu+的3d能级达到全充满，较稳定，故答案为：Cu+的3d能级达到全充满，较稳定。 （3）向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量，先生成蓝色的氢氧化铜沉淀，继续滴加氨水，得到硫酸四氨合铜，离子方程式为： ，，故答案为：；。 （4）[Cu(NH3)4]2+中N原子有4个成键电子对，而NH3中N有3个成键电子对，一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力比成键电子对之间的斥力更大，NH3中的键角更小，故键角：[Cu(NH3)4]2+>NH3；其原因是：[Cu(NH3)4]2+中的N的价层电子对均为成键电子对，而NH3中的N存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力比成键电子对之间的斥力更大，NH3中的键角更小，故答案为：＞；[Cu(NH3)4]2+中的N的价层电子对均为成键电子对，而NH3中的N存在一对孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力比成键电子对之间的斥力更大，NH3中的键角更小。 （5）深蓝色晶体为硫酸四氨合铜，加入氢氧化钠溶液后无蓝色沉淀生成，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力； [Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为平面正方形； 故答案为：大于；平面正方形。 （6）A. 观察该配离子的结构可知，该离子的配位数是4，A正确； B. 与中心离子铜离子相连的配体为2个，因此该离子的配体数是2，B错误； C. 形成配离子前后，Cu的化合价不变，仍是+2价，C正确； D. 该离子中含有离子键、非极性键、极性键、配位键，D错误； 故选AC。 13．(1) 3d104s2 < (2) > < 乙二胺分子之间能形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 (3) CuO (4) 【详解】（1）Cu原子的价层电子排布式为3d104s1，4s能级处于半充满状态，而Zn原子的价层电子排布式为3d104s2，Zn的4s能级处于全充满状态，Zn原子更不易失去1个电子，所以Zn原子的第一电离能较大，故此处填：3d104s2、<； （2）①NH3和中的N价层电子对数均为4，前者中心原子孤电子对数为1，后者为0，根据斥力：孤电子对-孤电子对>孤电子对-成键电子对>成键电子对-成键电子对，所以中NH3键角大于氨气中NH3的键角； 甲基是供电子基，甲基的引入，会使氮原子的电负性增大，结合H+能力增强，所以结合H+的能力：NH3<(CH3)3N(三甲胺)； ②乙二胺分子之间能形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，所以乙二胺的沸点比三甲胺高； （3）由晶胞结构图可知，一个晶胞中Cu的个数为，O的个数为4，则该化合物的化学式为CuO；若A原子分数坐标为(0，0，0)，B原子分数坐标为，C原子在体内的体对角线上，其分数坐标为； （4）由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8×+2=4、白球的个数为16×+4×+2=8、灰色球的个数为8×+1=2，由于其中Cu化合价为+2、F的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断该晶体的化学式为K2CuF4，则黑球代表K，白球代表F，灰球代表Cu，根据g•cm-3，则NA=。 14．(1)B (2) (3) 6 sp (4)为离子化合物，熔点受离子键的影响；为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，离子键比分子间作用力强，故的熔点比高 (5) (6) 2：3 图丙 【详解】（1）A为激发态的＋1价钙离子，失去最外层一个电子需要的能量较大，B为＋1价钙离子，相对于选项A来说，失去最外层一个电子即为第二电离能，需要的能量较大一些，也大于第一电离能，C是激发态的钙原子，比较容易失去最外层一个电子，D是基态的钙原子，比较容易失去最外层一个电子即为第一电离能，第一电离能小于其第二电离能，综上分析可知，失去最外层上一个电子需要能量最大的为B，故答案为：B； （2）二价铁离子的电子排布式，所以基态离子的M层电子排布式为。 （3）中的配位数为6；HCN为直线型分子，碳原子的杂化轨道类型为sp杂化。 （4）已知的熔点(1000℃)显著高于的熔点(306℃)，原因是为离子化合物，熔点受离子键的影响；为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，离子键比分子间作用力强，故的熔点比高。 （5）由图可知，N位于晶胞中心，一个晶胞有1个N；Fe分别位于顶点和面心，共有个Fe，所以该晶胞表示的分子式为Fe4N，所以铁和氨在640℃可发生置换反应的方程式为。 （6）图乙中Fe位于体心和顶点，铁的配位数为8；图丙中Fe位于顶点和面心，距离最近的为顶点和面心的铁原子，配位数为12，所以图乙和图丙的结构中铁原子的配位数之比为8：12＝2：3；图乙为体心立方堆积，图丙为面心立方堆积，面心立方堆积的空间利用率大于体心立方堆积，故图丙的空间利用率较高。 15．(1)原子半径大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成 π键 (2)TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高 (3) F原子半径比I原子小，H-F键比H-I键强，F-更易夺取中的H+ (4)K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去 (5)水分子形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小 (6)F的电负性比N的大，使得NF3中的N原子不易给出孤电子对 【详解】（1）从原子结构角度分析，原因是：原子半径大，原子间形成的σ键较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成 π键； （2）由表中数据分析可知，为离子晶体，熔点较高，、、均为分子晶体，熔点较低，、、组成和结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，所以TiX4熔点差异的原因是：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高； （3）铵盐大多不稳定．NH4F、NH4I中，较易分解的是NH4F，原因是：F原子半径比I原子小，H-F键比H-I键强，F-更易夺取中的H+，故较易分解； （4）轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，则的原因为：K+失去的是全充满的3p6电子，所需能量较高，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去； （5）H2O由液态形成晶体时密度减小，主要原因为：水分子形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度反而减小； （6）NF3与NH3的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是：F的电负性比N的大，使得NF3中的N原子不易给出孤电子对。 16．(1) B 二者的晶体都属于分子晶体，相对分子质量相差不大，但N原子的电负性较C原子的大，分子的极性较分子强 (2) 第Ⅷ族 15 的价电子构型是，失去-个电子的时候形成半满的稳定结构 (3) 8 52 (4) 8 【详解】（1）①中存在配位键，氮原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道，因此提供空轨道的原子是B。 ②由于二者的晶体都属于分子晶体，相对分子质量相差不大，但N原子的电负性较C原子的大，分子的极性较分子强，所以的沸点高于。 （2） ①元素在周期表第第Ⅷ族，基态原子电子电子排布式为：，核外电子占据了15个轨道，所以空间运动状态有15种； ②的价电子构型是，失去一个电子的时候形成半满的稳定结构，所以 容易被氧化成； （3）①该Fe-Mg合金中Mg位于Fe构成的正四面体中心，因此每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有8个； ②该晶体的化学式为Mg2Fe，该晶体储氢时，H₂分子在晶胞的体心和棱的中心位置，晶胞中氢分子个数为，铁原子个数也是4个，即氢分子和铁原子的个数之比为1:1，因此要储存1 kg ，至少需要Fe-Mg合金是质量是kg＝52kg； （4）①晶体的一个完整晶胞中含有8个该结构单元，由于每个结构单元中含有1个Co原子，故该晶体的一个完整晶胞中含有8个Co原子； ③在该结构单元中Ba：4×=；含有La：4×=；含有Co：1；含有O：6×=3，Ba：La：Co：O=：：1：3=1：1：2：6，因此该晶体的化学式为BaLaCo2O6。 17．(1)N (2) ac (3)(CH3)2NH (4)ds区 (5)18 (6) (7) 【详解】（1）同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则氮元素的第一电离能由大到小的顺序为大于碳元素，故答案为：N； （2） 是含有碳氢、氮氢、碳氮σ键和氮氢配位键的阳离子，电子式为，离子中不含有π键和氢键，故选ac，故答案为：；ac； （3）由甲基的供电子能力强于氢原子可知，中亚氨基中氮气键的极性减弱，氮原子提供孤对电子的能力增强，所以接受质子能力强于，碱性强于，故答案为：； （4）锌元素的原子序数为30，基态原子的价电子排布式为3d104s2，位于元素周期表ds区，故答案为：ds区； （5）硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，原子核外电子有18种不同空间运动状态，故答案为：18； （6）由图可知，晶胞中位于顶点的A原子的分数坐标为，则晶胞的边长为1，B点原子的分数坐标为，故答案为：； （7）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硒原子个数为8×+6×=4，位于体内的锌原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10 a)3d，解得d=，故答案为：。 18．(1)3 (2)A (3) (4) CuCl 4 (5) 4 配合物的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性。 【详解】（1）钛的核外电子排布式为[Ar]3d24s2，最后一个电子填充在3d层，故钛元素属于d区元素，与Ti同周期的所有过渡元素的基态原子中成对电子数与钛相同的有Sc、V、Mn，共计3种； （2） 失去3d能级电子的能量大于4s能级，且为半充满结构，所需能量更大，综上所述故选A。 （3）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6，组成为TiCl3·6H2O的晶体，由于该晶体中两种配体的物质的量之比为2∶4，这说明3个氯离子中有2个是配体，6个水分子中有4个是配体，则由该配合离子组成的晶体化学式还可以写为[TiCl2(H2O)4]Cl·2H2O； （4）①利用均摊法可知，晶胞中有4个Cu原子，Cl原子个数为，两者个数比为1∶1，故该物质的化学式为CuCl；以面心的Cl为例，距离Cl最进的Cu为4个，则Cl的配位数为4； ②已知坐标参数，，C和D的连线处于晶胞的体对角线上，且C、D间的距离等于体对角线长度的，所以D原子的坐标参数为； ③设晶胞中C、D两原子核间为xcm，则晶胞体对角线的长度为4xcm；晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞的质量，则晶体的密度，得x=cm=nm。 （5）①符合EAN规则，则中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18，Ni的价电数为2，2+4x=18，则x=4。 ②从结构角度解释容易在化学反应中表现氧化性的原因：配合物的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性。 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 $$