第2板块 大题专攻——“物质结构与性质”类主观题增分策略(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考化学二轮复习专题增分方略(山东、海南专版)

“物质结构与性质”类主观题增分策略 大题专攻 “物质结构与性质”解答题立足于考查学生对物质结构和性质的理解和认识，试题注重基础主干知识和核心内容的考查，通常以热点问题为命题情境素材，直接给出元素，再进一步深入考查其他知识点。试题一般先后呈现三条相互独立的知识主线，即原子结构主线、分子结构主线、晶体结构主线。原子结构基础性强，主要考查理解与辨析能力；分子结构应用性强，主要考查分析与推测能力；晶体结构综合性、创新性强，主要考查归纳与论证能力。 一、 二、 练悟真题——明考情 重点强化——补缺漏 三、 目 录 专题质量评价 练悟真题——明考情 一、 1.(2024·北京卷)锡(Sn)是现代“五金”之一,广泛应用于合金、半导体工业等。 (1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整。 解析:Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族,基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2,Sn的基态原子最外层轨道表示式为 。 答案: (2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物,SnCl4可被氧化得到 。 ①SnCl2分子的VSEPR模型名称是　 　　　。  解析:SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3,故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形; 平面三角形 ②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的　　　　轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。  解析:SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4,有4个σ键,无孤电子对,故Sn采取sp3杂化,则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 sp3杂化 (3)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图,白锡具有体心四方结构;灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有　 个。  解析:灰锡具有立方金刚石结构,金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连,此5碳原子在空间构成正四面体,且该碳原子在正四面体的体心,所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个; 4 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3,则白锡和灰锡 晶体的密度之比是　　 　。 解析:根据均摊法,白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2,灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8,所以白锡与灰锡的密度之比为∶=。 (4)单质Sn的制备:将SnO2与焦炭充分混合后,于惰性气氛中加热至800 ℃,由于固体之间反应慢,未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下,SnO2能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是________________ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:根据题意,通入空气的作用是:与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO2还原为单质Sn,有关反应的化学方程式为2C+O2 2CO、2CO+SnO2 Sn+2CO2。 2.(2024·山东卷)锰氧化物具有较大应用价值,回答下列问题: (1)Mn在元素周期表中位于第　　周期　 　族;同周期中,基态原子未成对电子数比Mn多的元素是　　(填元素符号)。  解析:Mn的原子序数为25,位于元素周期表第四周期ⅦB族;基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2,未成对电子数有5个,同周期中,基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr,基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1,有6个未成对电子。 四 ⅦB Cr (2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示,该氧化物化学式为　　　　。  当MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,Mn的化合价　　　(填“升高”“降低”或“不变”),O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　　(填标号)。  A.CaO B.V2O5 C.Fe2O3 D.CuO MnO2 降低 A 解析:由均摊法得,晶胞中Mn的数目为1+8×=2,O的数目为2+4×=4,即该氧化物的化学式为MnO2;MnOx晶体有O原子脱出时,出现O空位,即x减小,Mn的化合价为+2x,即Mn的化合价降低;CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2,其中CaO中Ca的化合价下降只能为0,其余可下降得到比0大的价态,说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 (3)[BMIM]+B(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。B的空间构型为　　　　　　;[BMIM]+中咪唑环存在大π键,则N原子采取的轨道杂化方式为　　。  解析:B中B形成4个σ键(其中有1个配位键),为sp3杂化,空间构型为正四面体形;咪唑环存在大π键,N原子形成3个σ键,杂化方式为sp2。 正四面体形 sp2 (4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF,除相对分子质量存在差异外,另一重要原因是________ 　　　　　　　　　　　。  解析:由HMF和FDCA的结构可知,HMF和FDCA均能形成分子间氢键,但FDCA形成的分子间氢键更多,使得FDCA的熔点远大于HMF。 FDCA 形成的分子间氢键更多 高考对物质结构与性质的考查点多面广,常考题点有:原子(或离子)的核外电子排布式的书写,电负性、第一电离能等大小的比较,中心原子的杂化方式、分子的空间结构,与物质结构相关的原因题分析等等;难点主要集中在复杂晶胞的分析与计算、原子的坐标及投影图等。 [把握考情] 重点强化——补缺漏 二、 (一)重点突破个易错点 1.电离能的比较——易忽略特例致错 [例1]　根据要求回答下列问题: (1)与硒元素相邻的同周期的元素有砷和溴,这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　　 　　(用元素符号表示)。  Br>As>Se [分析]　易因忽略主族元素电离能的特例而出错。同周期从左到右,元素的第一电离能整体呈增大的趋势,但As的4p轨道处于半充满稳定状态,较难失去电子,所以其第一电离能大于Se的第一电离能,但比Br的第一电离能小,所以三种元素的第一电离能由大到小的顺序为Br>As>Se。 (2)比较基态铁原子与基态钴原子的第四电离能:I4(Fe)　　(填“>”“<”或“=”)I4(Co),原因是 > Fe3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5,3d轨道处于半充满稳定状态,较难失去电子, Co3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,较易失去一个电子 形成较稳定的3d5结构,故基态铁原子与基态钴原子的第四电离能:I4(Fe)>I4(Co) 。  [分析]　易因忽略副族元素电离能的特例而出错。在解释电离能大小的原因时,要从原子的核外电子排布入手,看要失去的电子所在的轨道是否处于半充满、全充满稳定状态,如电子排布为ns2、np3、np6、nd5、nd10时,较难失去电子,电离能较大。Fe3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5,3d轨道处于半充满稳定状态,较难失去电子,Co3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6,较易失去一个电子形成较稳定的3d5结构,故基态铁原子与基态钴原子的第四电离能:I4(Fe)>I4(Co)。 |易错警示|比较电离能大小,应注意的两类特例 (1)注意主族元素中的特例 进行电离能的比较时最容易犯的错误是“仅考虑一般趋势而忽略特殊情况”。对于主族元素而言,同周期元素的第一电离能呈现从左至右逐渐增大的趋势,但中间存在个别反常现象,主要表现在第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能分别比同周期第ⅢA族和第ⅥA族元素的第一电离能大。 (2)注意过渡元素中的特例 对于过渡金属元素而言,由于其基态原子失去一定数目的电子会变成稳定状态,则表现在某一级的电离能存在反常情况,如锰、铁均为第四周期的过渡金属元素,第一电离能(I1):Mn<Fe,第二电离能(I2):Mn<Fe,第三电离能(I3):Mn>Fe。因为Mn2+中3d5轨道为半充满的稳定状态,再失去一个电子需要的能量较多;Fe2+中3d6轨道为不稳定状态,再失去一个电子需要的能量较少。 2.判断复杂粒子的中心原子杂化形式及空间结构——因找不到解题切入点而无从下手 [例2]　根据要求回答下列问题: (1)药物法匹拉韦的主要成分 中氮原子的杂化轨道类型为　　　　。  sp3、sp2 　[分析]　不会分析有机物中原子的价层电子对数而错判。由物质的结构可知,分子中有2个氮原子分别形成3个单键,且各还有1个孤电子对,故其价层电子对数为4,这2个氮原子均采取sp3杂化;有1个氮原子形成1个双键和1个单键,其价层电子对数为3,采取sp3杂化。对于有机物中氮原子的杂化类型可类比碳原子,形成的均是单键的氮原子为sp3杂化,形成双键的氮原子为sp2杂化,形成三键的氮原子为sp杂化。 (2)HClO的VSEPR模型为　　　　　,其中氧原子的杂化方式为　 ,其分子的空间结构为　　　。  [分析]　理不清VSEPR模型与分子空间结构的关系而出错。若中心原子上无孤电子对,则VSEPR模型与空间结构一致;若中心原子上有孤电子对,则VSEPR模型与空间结构不一致。HClO的中心原子O的价层电子对数为2+=4,采取sp3杂化,则HClO的VSEPR模型为四面体形,O含有2个孤电子对,则HClO分子的空间结构为V形。 四面体形 sp3 V形 (二)构建类归因类答题思维模型 1.电离能、电负性的比较及原因分析 [例3]　(1)(2023·北京卷·节选)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: 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 。  (2)Cu与Zn相比,第二电离能与第一电离能差值更大的是　　,原因是  Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子,第一电离能失去的是4s1电子, Zn的第二电离能失去的是4s1的电子,第一电离能失去的是4s2电子,3d10电子处于全充满状态,其与4s1电子能量差值更大 。 (3)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是　　(填标号),判断的根据是   第三电离能的变化图是　　(填标号)。  a 同一周期元素第一电离能的总体趋势是依次升高的,但由于N元素的2p能级为半充满状态,因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 ; b |思维建模| 价层电子排布对电离能影响的答题模板 (1)规律:能量相同的原子轨道(简并轨道)在半充满(p3、d5、f7)、全充满(p6、d10、f14)时,比较稳定,较难失去电子。 (2)答题模板:A原子(或+x价离子)的价层电子排布为×××,处于半充满(或全充满)的稳定状态,较难失去电子,第×电离能较大 2.范德华力、氢键对物质性质的影响及分析 　[例4]　(1)OF2分子的空间结构为　　　　;OF2的熔、沸点　　　　_____(填“高于”或“低于”)Cl2O,原因是___________________________ 。  (2)甲醇的沸点(64.7 ℃)介于水(100 ℃)和甲硫醇(CH3SH,7.6 ℃)之间,其原因是  V形 低于 OF2相对分子质量小,分子间 作用力小 甲硫醇不能形成分子间氢键,而水和甲醇均能,且水比甲醇的氢键多 。 |思维建模|　范德华力和氢键及对物质性质影响的答题模板 答题模板1:×××存在范德华力,×××形成分子间氢键,由于氢键强于范德华力,故×××的熔、沸点高于×××。 答题模板2:×××都只存在范德华力,由于×××的相对分子质量大,范德华力强,故其熔、沸点高。 3.有关配位键的形成、强弱及原因分析 [例5]　(1)BF3和NH3的分子能够通过配位键相结合的原因: 　 。  (2)请预测HgC与Hg的稳定性强弱,并从元素电负性的角度加以解释。HgC比Hg更　　　　(填“稳定”或“不稳定”),因为 　 。 NH3中的N具有孤电子对,BF3中的B核外具有空轨道 不稳定 Cl比I电负性强,给出电子能力较弱,形成配位键较弱,配合物较不稳定 |思维建模| 　 1.解释能否形成配位键 (1)形成条件:一个原子提供孤电子对,另一原子提供空轨道。 (2)答题模板:×××提供孤电子对,×××提供空轨道。 2.解释形成配位键的强弱或配合物的稳定性 (1)规律:配位键的强弱取决于配位体给电子的能力,配位体给出电子的能力越强,则配位体与中心离子或原子形成的配位键就越强,配合物也就越稳定。 (2)答题模板:×××元素的电负性比×××元素小,×××原子提供孤电子对的倾向更大,形成的配位键更强。 专题质量评价 1 2 3 4 A卷——综合融通练(本检测满分70分) 1.(10分)(2024·四川南充三模)乙醚是一种极易挥发的无色透明液体。乙醚长时间与空气接触时,逐渐生成过氧化乙醚[CH3CH2OCH(OOH)CH3]。Ti2(SO4)3、FeSO4、LiAlH4可除去过氧化乙醚。回答下列问题: (1)基态O+、O、O-的第一电离能I1按由大到小排序为　　 　　。  解析:O-失去1个电子转化为O,O再失1个电子生成O+,根据同一原子逐级电离能递增的规律,可知第一电离能:O+>O>O-。 O+>O>O- 5 1 2 3 4 (2)基态Ti3+还原过氧化乙醚时失去的是　　轨道电子,从电负性角度判断LiAlH4中H的化合价为　　。Al中Al—H的化学键类型为　　　 　　,中心原子的杂化轨道类型为　　。  3d -1 共价键(配位键) sp3 5 1 2 3 4 解析:基态Ti3+的电子排布式为[Ar]3d1;其还原过氧化乙醚时失去的是3d轨道电子,LiAlH4中H的电负性大于Li、Al,因此显-1价;Al中Al为+3价,失去了铝原子的最外层电子,Al3+与H-之间形成共价键,其中Al3+提供空轨道,H-提供孤电子对,属于配位键,中心Al原子周围有4个价层电子对,采用sp3杂化轨道。 5 1 2 3 4 (3)一个过氧化乙醚分子中,价层电子对数目为4的原子有　　个。过氧化乙醚分子中的键能如下:  造成O—O的键能小于C—C的键能的可能原因是______________ 　　　　　　　　　　　。  单键 C—C C—H C—O O—O O—H 键能/(kJ·mol-1) 347.7 413.4 351 142 462.8 7 相邻两个O原子 上的孤电子对互相排斥 5 1 2 3 4 解析:过氧化乙醚分子中单键的C、O原子价层电子对数均为4,共7个;单键O原子存在2个孤电子对,相邻两个O原子上的孤电子对互相排斥,使得O—O之间键长增长,键能减小。 5 1 2 3 4 (4)乙醚沸点为35.6 ℃,丙酸(CH3CH2COOH)沸点为141 ℃,两者沸点差异较大的主要原因是 　 。  解析:乙醚分子间无氢键,而丙酸分子间有氢键,导致丙酸的沸点高于乙醚。 乙醚分子间无氢键,而丙酸分子间有氢键 5 1 2 4 3 2.(15分)(2024·潍坊市一模)分子人工光合作用的光捕获原理如图所示,WOC1是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体,HEC1是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。 5 1 2 4 3 回答下列问题: (1)与Fe元素同周期,基态原子有2个未成对电子的金属元素有　　种,下列状态的铁中,电离最外层一个电子所需能量最大的是　(填标号)。  3 c 5 1 2 4 3 解析:与Fe元素同周期,基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti:[Ar]3d24s2、Ni:[Ar]3d84s2、Ge:[Ar]3d104s24p2;a.为基态Fe原子;b.为基态Fe2+;c.为基态Fe3+;d.为激发态Fe原子;电离最外层一个电子所需能量最大的是Fe3+,故c正确。 5 1 2 4 3 (2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。1 mol WOC1中通过螯合作用形成的配位键有　　 mol。  解析:WOC1中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键,由结构简式可知,1 mol WOC1中含10 mol配位键,但通过螯合成环而形成的配位键为8 mol。 8 5 1 2 4 3 (3)HEC1中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A—A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A—A键的键能(kJ·mol-1)如下表: A—A键的键能依次降低的原因是___________________________ 　 。  H3C—CH3 H2N—NH2 HO—OH 346 247 207 C、N、O中心原子上孤电子 对数目越多,排斥作用越大,形成的化学键越不稳定,键能就越小 5 1 2 4 3 解析:乙烷中的碳原子没有孤电子对, 肼中的氮原子有1个孤电子对,过氧化氢中的氧原子有两个孤电子对,C、N、O中心原子上孤电子对数目越多,排斥作用越大,形成的化学键越不稳定,键能就越小。 5 1 2 4 3 (4)在多原子分子中有相互平行的p轨道,它们连贯、重叠在一起,构成一个整体,p电子在多个原子间运动,像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键,如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒N、N中,N中的离域π键可表示为　　　,N、N的键角由大到小的顺序为　　　　　　。  5 1 2 4 3 解析:N中的离域π键为三中心四电子,可表示为,N中心N原子的价层电子对数为2,无孤电子对,直线结构,键角为180°;N中心N原子的价层电子对数为3,有1个孤电子对,V形结构,键角小于120°。 5 1 2 4 3 (5)水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构和水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数a=452 pm,c=737 pm,γ=120°;标注为1、2、3的氧原子在z轴的分数坐标分别为0.375c、0.5c、0.875c。 5 1 2 4 3 ①晶胞中氢键的长度(O—H…O的长度)为　　　pm(保留一位小数)。  解析:晶胞中氢键的长度(O—H…O的长度)为0.375×737=276.4 pm; 5 1 2 4 3 ②普通冰晶体的密度为　　 　　　　　　　　　g·cm-3 (列出数学表达式,不必计算出结果)。  解析:由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子,晶胞质量为 g,晶胞体积为452×226×737×10-30 cm3,晶胞密度为g·cm-3。 5 1 2 4 3 5 3．(15分)(2024·山东威海二模)金属镍及其化合物在工业、科研等领域应用广泛。回答下列问题： (1)基态Ni2＋的价层电子轨道表示式为________________，与Ni同周期且基态原子未成对电子数相同的有____________(填元素符号)。 Ti、Ge、Se 1 2 4 3 5 解析：Ni元素原子序数为28，基态Ni原子价层电子排布为3d84s2，轨道表示式为 ，故基态Ni2＋的价层电子轨道表示式为 ，有2个未成对电子，同周期也有2个未成对电子的元素有钛(Ti)：3d24s2、锗(Ge)：4s24p2、硒(Se)：4s24p4。 1 2 4 3 5 (2)[Ni(H2O)2(piaH)2]Cl2是一种重要的配合物，其中“piaH”是吡啶­2­甲酰胺的缩写，结构如图，为双螯配体。该配合物中Ni2＋的配位数为______，在配合物中，两个“piaH”与Ni2＋分别螯合形成两个五元环，则五元环中提供孤电子对的原子可能的组合是______________(用“α”“β”“γ”表示)。 6 α和γ或者α和β 1 2 4 3 5 解析：两个水分子中的O与Ni形成2个配位键，1个piaH与Ni形成2个配位键，故该配合物中Ni2＋的配位数为6，“piaH”与Ni2＋螯合形成五元环，包括配位原子和Ni2＋共有5个原子，故五元环中提供孤电子对的原子可能是α和γ，由于酰胺基和吡啶之间的碳碳单键可以旋转，故五元环中提供孤电子对的原子也可能是α和β，则五元环中提供孤电子对的原子可能的组合是α和γ或者α和β。 1 2 4 3 5 (3)NiO晶体为NaCl型结构，将它在氧气中加热，部分Ni2＋被氧化为Ni3＋，成为NixO(x<1)。已知NixO的摩尔质量为69.1 g·mol－1，则标明Ni价态的化学式为__________(示例： )，NixO晶体中镍离子的占有率为_______。 90% 1 2 4 3 5 解析：根据NixO的摩尔质量为69.1 g·mol－1,59x＋16＝69.1，解得x＝0.9，Ni0.9O化学式可以改写为Ni9O10，设其中＋2价Ni为a，则标明Ni价态的化学式为 ，由化合价代数和为0，2a＋3(9－a)＝20，解得a＝7，故标明Ni价态的化学式为 ，NiO晶体为NaCl型结构，Ni与O个数比为1∶1，根据化学式Ni0.9O可知，晶体中镍离子的占有率为90%。 1 2 4 3 5 (4)Cu2S呈黑色或灰黑色，已知：晶胞中S2－的位置如图1所示，Cu＋位于S2－所构成的四面体中心，晶胞的侧视图如图2所示。 1 2 4 3 5 Cu＋填充了晶胞中四面体空隙的百分率是______，S2－配位数为____。已知图1中A原子的原子分数坐标为(0,0,0)，则与A原子距离最近的Cu＋的原子分数坐标为____________。若晶胞参数为a nm，晶体的密度为d g·cm－3，则阿伏加德罗常数的值为___________(用含a和d的式子表示)。 100% 8 1 2 4 3 5 1 2 4 3 5 1 2 4 3 5 4．(15分)(2024·山东淄博三模)硼元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： (1)二维硼烯氧化物的部分结构如图所示，其化学式为_____________，B—B键长___B—O键长(填“>”“<”或“＝”)。 B2O或(B2O)n > 1 2 4 3 5 1 2 4 3 5 (2)将BF3、NaBH4溶于二乙二醇二甲醚[(CH3OCH2CH2)2O]，加入四氢呋喃( )可制得 和NaF，则反应的化学方程式为____________________________________________。 (CH3OCH2CH2)2O在水中的溶解度大于其在苯中的溶解度，原因是____________________________________________________________。 (CH3OCH2CH2)2O与H2O均为极性分子，且与H2O分子间能形成氢键 1 2 4 3 5 解析： BF3、NaBH4溶于二乙二醇二甲醚，加入四氢呋喃( )可制得 和NaF，则反应的化学方程式为4 ＋3NaBH4＋BF3 4 —BH3＋3NaF；(CH3OCH2CH2)2O在水中的溶解度大于其在苯中的溶解度，原因是(CH3OCH2CH2)2O与H2O均为极性分子，且与H2O分子间能形成氢键。 1 2 4 3 5 1 2 4 3 5 1 2 4 3 5 1 2 4 3 5 1 2 4 3 5 5．(15分)(2024·山东济宁三模)杂环化合物数量巨大、种类丰富、性能多样、应用广泛。 (1)由K2[Ni(CN)4]、Co(NO3)2和吡嗪( 可用pyz表示)反应制得晶体，其化学式为Com(pyz)nNiq(CN)r，四方晶胞结构如图所示。 1 2 4 3 5 基态Co原子的简化电子排布式为____________，C、N、O的第二电离能由大到小顺序为________，晶体中Ni2＋与Co2＋的配位数之比为______，上述制得晶体的化学方程式为 ________________________________________________________。 [Ar]3d74s2 O>N>C 2∶3 K2[Ni(CN)4]＋Co(NO3)2＋pyz===Co(pyz)Ni(CN)4↓＋2KNO3 1 2 4 3 5 解析：Co为27号元素，根据构造原理可知，基态Co原子的简化电子排布式为[Ar]3d74s2；C＋的价层电子排布式为2p1，易失去1个电子形成全空稳定结构，电离能最小，N＋的价层电子排布式为2p2，O＋的价层电子排布式为2p3，半满，O的第二电离能最大，故第二电离能大小顺序是O>N>C；根据晶胞可知，晶体中Ni2＋的配体CN－有4× 1 2 4 3 5 故晶体中Ni2＋与Co2＋的配位数之比为2∶3；由K2[Ni(CN)4]、Co(NO3)2和吡嗪( 可用pyz表示)反应制得晶体，其化学式为Com(pyz)nNiq(CN)r，根据上面分析可知，晶体为Co(pyz)Ni(CN)4，制得晶体的化学方程式为K2[Ni(CN)4]＋Co(NO3)2＋pyz===Co(pyz)Ni(CN)4↓＋2KNO3。 1 2 4 3 5 (2)吡嗪( )分子中存在Π离域π键，氮原子的杂化方式为_________；吡嗪的熔点______(填“大于”“等于”或“小于”)哒嗪( )；哒嗪在水中的溶解度大于苯的原因是____________________ ______________________________________________________。 sp2杂化 小于 哒嗪分子与水分子形 成分子间氢键，哒嗪分子和水分子均为极性分子，相似相溶 1 2 4 3 5 由分子结构可知，吡嗪分子的极性小于哒嗪，故吡嗪的熔点小于哒嗪( )；哒嗪分子与水分子形成分子间氢键，哒嗪分子和水分子均为极性分子，相似相溶，故哒嗪在水中的溶解度大于苯。 1 2 4 3 5 (3)休克尔规则可用于判断共轭结构的环状有机化合物是否有芳香性。若参与构成共轭π键电子的个数为4n＋2，其中n为自然数，则此化合物就具有芳香性。下列物质中C、N均采用sp2杂化，其中具有芳香性的是____。 ac 1 2 4 3 5 解析：C、N均采用sp2杂化，则C、N的价层电子对数均为3，则C、N的杂化轨道数均为3。a中π键电子数为6,4n＋2＝6，n＝1为自然数，具有芳香性；b中π键电子数为8,4n＋2＝8，n＝1.5不为自然数，不具有芳香性；c中π键电子数为10,4n＋2＝10，n＝2为自然数，具有芳香性；d中π键电子数为8,4n＋2＝8，n＝1.5不为自然数，不具有芳香性。 1 B卷——素养发展练(本卷满分30分) 1．(15分)(2024·山东潍坊二模)元素周期表已成为化学家的得力工具，如在过渡元素中寻找优良的催化剂，在碱金属元素中开发高能电池。结合日常生活中的常见应用，请回答以下问题： 2 1 Ⅰ.TiO2和MnO2均可以催化降解甲醛、苯等有害物质，具有去除效率高，且无二次污染等优点，广泛应用于家居装潢等领域，其中一种催化机理如图所示。 2 1 (1)基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为_______。 (1)基态Ti的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，未成对电子数为2，Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，未成对电子数为5，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2∶5。 2∶5 2 1 (2)CO2和·CHO中碳原子的杂化方式分别为____、____。 (2)CO2为直线形，杂化类型为sp，·CHO中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子采取sp2杂化。 sp sp2 2 1 (3)HCHO的空间结构为____________。 (3)HCHO中碳原子含有3个σ键，碳原子采取sp2杂化，不含孤电子对，所以其空间结构是平面三角形。 平面三角形 2 1 (4)金属钛和锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用理论解释。已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列_____(填编号)。 c 2 1 (4)面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其他侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c。 2 1 Ⅱ.2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家，以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。 (5)Fe的基态原子的价层电子排布式为________。 3d64s2 2 1 (5)铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价层电子排布式为3d64s2。 2 1 (6)乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近，但沸点高出100 ℃，原因是_______________ ________________________________________________________。 (6)乙二醇分子中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高。 乙二醇分子中 羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大 2 1 (7)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。LiCl·3H2O属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为0.72 nm、1.0 nm、0.56 nm。如图为沿z轴投影的晶胞中所有Li原子的分布图和原子分数坐标。 2 1 已知，LiCl·3H2O的摩尔质量为M g·mol－1，NA为阿伏加德罗常数的值。 该晶胞中Cl原子的数目为_____，LiCl·3H2O晶体的密度为_________________g·cm－3(列出计算表达式)。 4 2 1 2 1 2 2．(15分)(2024·山东临沂二模)金属铍在原子能、航空航天、火箭制造等领域有广泛应用。 (1)下列状态的铍中，电离最外层一个电子所需能量最小的是________(填标号)。 A. 　　　　　　 B. C. D. C 1 2 解析：A为Be＋，电离的最外层的一个电子是Be的第二电离能；B为基态Be原子，电离的最外层的一个电子是Be的第一电离能；C为激发态Be原子；D为激发态的Be＋。综上：电离的最外层的一个电子能量由大到小排序为A＞D＞B＞C。 1 2 (2)BeCl2能以单体、多聚体等形式存在。单体BeCl2的VSEPR模型名称为_________；多聚体(BeCl2)n为链状结构，所有原子均满足8e稳定结构，中心原子的杂化方式是______；BeCl2晶体的熔点_____(填“高于”或“低于”)MgCl2晶体，其原因是______________ ____________________________________________________________ ____________________________________________________________ _______________________________。 直线形 sp3 低于 BeCl2是分子 晶体，熔点大小取决于范德华力，MgCl2是离子晶体，熔点取决于 离子键，范德华力很弱，比化学键的键能小1～2个数量级，因此 BeCl2晶体的熔点低于MgCl2晶体 － 1 2 解析：单体BeCl2中的Be形成2个σ键，无孤电子对，属于sp杂化，VSEPR模型名称为直线形；多聚体(BeCl2)n为链状结构，所有原子均满足8e－稳定结构，说明Be连了4个Cl，其中2个为配位键，共形成4个σ键，属于sp3杂化；BeCl2晶体的熔点低于MgCl2晶体，因为BeCl2是分子晶体，熔点大小取决于范德华力，MgCl2是离子晶体，熔点取决于离子键，范德华力很弱，比化学键的键能小1～2个数量级，因此BeCl2晶体的熔点低于MgCl2晶体。 1 2 (3)碳酸铍与醋酸反应生成了一种配合物分子Be4O(CH3COO)6(结构如图1)，每个Be位于4个O形成的四面体中，O与Be形成的化学键可全部看成配位键。 ①乙酸分子易形成二聚体，原因是_________________________ ____________________________。 两个乙酸分子间可形成如图 所示的氢键： 1 2 解析：乙酸分子间由于氢键易形成如图所示的二聚体： ； 1 2 ②1 mol Be4O(CH3COO)6中含有_____mol配位键。 解析：每个Be位于4个O形成的四面体中，O与Be形成的化学键可全部看成配位键，即1 mol Be4O(CH3COO)6中含有16 mol配位键。 16 1 2 (4)非线性光学材料氟代硼铍酸钾(KxBeyBzOmFn)具有重大战略价值。已知其属于四方晶系，晶胞结构如图2所示(氧原子未画出，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°)。一定条件下，BeO、KBF4和B2O3发生非氧化还原反应生成氟代硼铍酸钾，并放出BF3气体。 1 2 氟代硼铍酸钾的化学式为_______________；晶体的密度为___________g·cm－3(NA为阿伏加德罗常数的值)。 KBe2BO3F2 1 2 本课结束 解析：由图可知，A点与相邻的三个面心原子形成一个正四面体，棱长为对角线的一半，即为，则此正四面体的外接正方体棱长为，与A原子距离最近的Cu＋位于此正四面体的中心， 也是外接正方体的中心，A原子的原子分数坐标为(0,0，0)，则外接正方体中心坐标为，其中a为外接正方体的棱长a＝， 即Cu＋的原子分数坐标为；1个晶胞的质量为m＝g＝ g，晶胞的体积为V＝(a×10－7)3 cm3，晶胞的密度ρ＝，即＝d g·cm－3，解之NA＝。 解析：根据二维硼烯氧化物的部分结构可知每个环中含有2个O原子，B原子个数为6×＝2，其化学式为B2O或(B2O)n，由图可知B—B键长＞B—O键长，因为O原子在两个B原子之间。 ×1030 (3)一定条件下，B2O3、KBF4、BeO发生非氧化还原反应可制得晶体BexByOzFm，其晶胞结构如图所示(氧原子未画出)，晶胞参数a＝b≠c，α＝120°，β＝γ＝90°，若A、D、E三点的原子分数坐标分别为(0,0,0)、，，d、，，(1－d)，晶胞中D、E间距离为__________________ pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为____________ g·cm－3 (用含NA的代数式表示)。 解析：D、E之间的高度差为[(1－d)－d]c pm，由于α＝120° ，D、E水平面间的距离为2××－a pm＝a pm，D、E间距离为 pm；F：8×＋2＝3，Be：8×＋4＝6，B：4×＋2＝3，发生非氧化还原反应可知各元素化合价不变， 可知O的个数为9，化学式为Be2BO3F，故设阿伏加德罗常数的值为NA,1 pm＝10－10 cm，根据ρ＝＝＝，该晶体的密度为×1030 g·cm－3。 ＝2个， Co2＋的配体CN－有4×＝2个，pyz有2×＝1个， 解析：吡嗪()分子中存在Π离域π键，类似于苯，说明吡嗪中氮原子的杂化方式为sp2杂化； 解析：晶胞中Li原子数目为2＋4×＝4，根据化学式LiCl·3H2O可知，该晶胞中Cl原子的数目为4，据此回答。 解析：晶胞中Li原子数目为2＋4×＝4，根据化学式LiCl·3H2O可知，该晶胞中Cl原子的数目为4，据此回答。 解析：晶胞中Li原子数目为2＋4×＝4，根据化学式LiCl·3H2O可知，该晶胞中Cl原子的数目为4，据此回答。 解析：晶胞中Li原子数目为2＋4×＝4，根据化学式LiCl·3H2O可知，该晶胞中Cl原子的数目为4，据此回答。 解析：晶胞中Li原子数目为2＋4×＝4，根据化学式LiCl·3H2O可知，该晶胞中Cl原子的数目为4，据此回答。 解析：晶胞中Li原子数目为2＋4×＝4，根据化学式LiCl·3H2O可知，该晶胞中Cl原子的数目为4，据此回答。 解析：晶胞中Li原子数目为2＋4×＝4，根据化学式LiCl·3H2O可知，该晶胞中Cl原子的数目为4，据此回答。 (7)根据分析可知，该晶胞中Cl原子的数目为4，则晶胞的质量m＝ g，晶胞体积V＝0.72×1.0×0.56×10－21 cm3，晶体密度＝ g·cm－3。 解析：根据均摊法K数目为8×＋2×＝2，Be数目为8×＋4×＝4, F数目为8×＋4×＝4，B数目为4×＋2×＝2，BeO、KBF4和B2O3发生非氧化还原反应生成氟代硼铍酸钾， 并放出BF3气体，即反应过程中各元素化合价不变，即：1×2＋2×4＋3×2＋(－2)m＋(－1)×4＝0，解得m＝6，即x∶y∶z∶m∶n＝1∶2∶1∶3∶2，氟代硼铍酸钾的化学式为KBe2BO3F2；晶体密度为 g·cm－3＝ g·cm－3。 $$