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

“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。目前高考考查形式有两类,一是独立命题类题目,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。二是创新融合类题目,一般把三条知识主线的任意一条融入到其他模块的主观大题中。 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 [把握考情] 一、命题趋向由独立考查转向兼容考查 随着高考改革的不断深入,针对本模块的综合命题方向也发生了转变。大多数省市的考查方式由以物质结构为中心模块内综合命题转向融合到其他模块创新组合命题,如化工流程中融入结构,反应原理中含有结构,化学实验中少不了结构。 二、考查题点点多面广且重点突出 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。 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 (本检测满分90分) 1 2 3 4 考法(一)　“物质结构与性质”模块独立命题 1.(12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- 6 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 6 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。 6 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 6 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。 6 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 6 5 1 2 4 3 2.(16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。 6 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 6 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。 6 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 6 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 6 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。 6 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　　　　　　。  6 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°。 6 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。 6 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; 6 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。 6 5 1 2 4 3 考法(二)　“物质结构与性质”融入其他模块综合命题 3.(16分)锡(Sn)是“五金”之一,粗锡电解精炼后的锡阳极泥中金属元素二次回收利用的部分工艺流程如图。 6 5 1 2 4 3 已知:①锡阳极泥中主要成分的质量分数如表所示: ②常温下,锑(Sb)不溶于浓盐酸。 ③浸出液中主要存在的阳离子有Cu2+和Sb3+。 成分 SnO Cu Sb 质量分数 44.81% 12.38% 8.13% 6 5 1 2 4 3 (1)锡有多种同素异形体,其中灰锡的晶体结构与金刚石类似,灰锡属于　　　晶体。  解析:金刚石属于共价晶体,灰锡的晶体结构与金刚石类似,则灰锡属于共价晶体。 共价 6 5 1 2 4 3 (2)锡阳极泥在“浸出”前,进行球磨、筛分有利于_______________ 　　　　　　　　　　　　。  解析:锡阳极泥在“浸出”前,进行球磨、筛分有利于增大接触面积,加快反应速率,提高浸出率。 增大接触面积, 加快反应速率,提高浸出率 6 5 1 2 4 3 (3)“浸出”工序中,吹入适量空气的目的是　　　　　　　　　。  解析:Cu、Sb与浓盐酸不反应,结合“沉锡”时得到的锡元素为+4价可知,“浸出”工序中,吹入适量空气的目的是氧化Cu、Sb和SnO。 氧化Cu、Sb和SnO 6 5 1 2 4 3 (4)“沉锡”时需在强酸性环境中进行,最适宜加入的试剂M为　　。(填标号)  A.NH3·H2O　 B.NH4Cl 　C.NH4HCO3 解析: “沉锡”时需在强酸性环境中进行,NH3·H2O、NH4HCO3溶液均呈碱性,NH4Cl溶液显酸性,则最适宜加入的试剂M为NH4Cl。 B 6 5 1 2 4 3 (5)“沉铜”工序中,加入海绵锑粉的作用是_____________________ 　 。  解析: “沉铜”工序中,Cu2+转化为Cu2S、CuS,则加入海绵锑粉的作用是将Cu2+还原为Cu+,减少沉淀剂(NH4)2S的用量。 将Cu2+还原为Cu+,减少 沉淀剂(NH4)2S的用量 6 5 1 2 4 3 (6)“沉锑”工序中,生成Sb4O5Cl2的离子方程式为_______________ 　 。  解析: “沉锑”工序中,Sb3+转化为Sb4O5Cl2,发生反应的离子方程式为4Sb3++5H2O+2Cl-===Sb4O5Cl2↓+10H+。 4Sb3++5H2O+ 2Cl-===Sb4O5Cl2↓+10H+ 6 5 1 2 4 3 (7)回收得到的(NH4)2SnCl6和Sb4O5Cl2可合成纳米锑掺杂的二氧化锡(ATO)。二氧化锡的晶胞如图所示,其中位于晶胞体心的原子是　　　　___(填元素符号);位于晶胞顶角的原子的配位数是　。  Sn 6 6 5 1 2 4 3 解析:由均摊法可知,白色球的个数为2+4×=4,黑色球的个数为8×+1=2,结合二氧化锡(SnO2)的化学式可知,黑球表示Sn原子,白球表示O原子,则位于晶胞体心的原子是Sn;根据体心处Sn原子周围距离最近且相等的O有6个,知位于晶胞顶角的Sn原子的配位数是6。 6 5 1 2 4 3 4.(15分)铁是人体必需的微量元素之一。 人体血液中血红蛋白中血红素的结构简式如图。 (1)血红素中铁微粒(Fe2+)的基态价层电子排布式是　　 。 解析:基态Fe2+的价层电子排布式为3d6。 3d6 6 5 1 2 4 3 (2)血红素中C、N、O的第一电离能大小顺序为 　　　　　　　　。  解析:C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次增大,同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大的趋势,但第ⅤA族的大于第ⅥA族的,所以第一电离能大小顺序是I1(N)>I1(O)>I1(C)。 I1(N)>I1(O)>I1(C) 6 5 1 2 4 3 (3)血红素结构中含有吡咯( )单元。吡咯能与盐酸反应,从结构角度解释原因______________________________________________ 。吡咯( )的沸点高于噻吩( )的原因是______________ 　　　。  解析:吡咯分子间能形成氢键,而噻吩分子间不能形成氢键,故吡咯的沸点高于噻吩。 吡咯分子中氮原子有孤电子对,可与H+的空轨道形成 配位键 吡咯分子间有 氢键 6 5 1 2 4 3 (4)CO的中毒是由于CO与血红蛋白(Hb)发生配位反应,其反应方程式可表示为CO(aq)+Hb(aq) Hb·CO(aq)。已知CO、O2与血红蛋白(Hb)的配位常数如表所示。   CO O2 配位常数K 2×107 5×104 6 5 1 2 4 3 ①写出一种与CO互为等电子体的微粒的化学式　 　　 　　　。  解析:等电子体是指价电子总数和原子总数均相同的分子、离子或原子团,故与CO互为等电子体的微粒有N2、CN-、等。 N2或CN-或 6 5 1 2 4 3 ②反应CO(aq)+Hb·O2(aq) O2(aq)+Hb·CO(aq)的平衡常数K=　　　　。  解析:由CO与Hb的配位常数K==2×107,O2与Hb的配位常数K==5×104知,反应CO(aq)+Hb·O2(aq) O2(aq)+Hb·CO(aq)的K===400。 400 6 5 1 2 4 3 ③实验表明,当≥2%时,即可造成人的神经损伤。则吸入肺部的必须低于　　　　。  解析:当≥2%时,即可造成人的神经损伤,则由②可知,吸入肺部的必须低于=5×10-5。 5×10-5 6 5 1 2 4 3 (5)奥氏体通常是碳无序地分布在γ⁃Fe中的间隙固溶体。γ⁃Fe的晶胞结构如图,平均7个晶胞含有1个碳原子,则奥氏体中碳的质量分数约为　　　　　　　　　(列计算式)。  ×100% 6 5 1 2 4 3 解析:由晶胞图可知,一个晶胞中含有的Fe原子个数为8×+6×=4,由题意“平均7个晶胞含有1个碳原子”可知,7 mol晶胞含有的铁原子质量为56×4×7 g,含有的碳原子质量为12 g,则碳的质量分数为×100%。 6 5 1 2 4 3 5.(15分)草酸亚铁晶体受热易分解,是一种浅黄色晶体,难溶于水。某化学兴趣小组查文献得出其热分解方程式为FeC2O4·2H2O===FeO+CO↑+CO2↑+2H2O,然后根据文献设计如图装置,探究草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)的分解反应。 5 6 1 2 4 3 (1)实验装置图中间部分为B、C、D、E装置,其正确连接顺序是　　　　。其中检验并保证除尽CO的装置是　　(填字母)。  解析:草酸亚铁晶体分解生成一氧化碳、二氧化碳和水,先将产物通过无水硫酸铜检验水,再通过澄清石灰水检验并除去二氧化碳,干燥CO后,将CO通入氧化铜,检验CO并除去CO,CO也可以通过检验CO与氧化铜生成二氧化碳确定,据此分析解答。 5 CEDB B 6 1 2 4 3 (1)由以上分析可知产物应先通过无水硫酸铜(C)检验水,再通过澄清石灰水(E)检验并除去二氧化碳,然后通过浓硫酸(D)干燥CO,再通过氧化铜(B)检验并除去CO。 5 6 1 2 4 3 (2)设计实验步骤如下: ①检查装置的气密性; ②打开活塞X,通入一段时间的N2; ③先点燃　　处(填“A”或“B”)的酒精灯,再点燃　　处(填“A”或“B”)的酒精灯。  5 B A 6 1 2 4 3 解析:草酸亚铁晶体分解生成一氧化碳、二氧化碳和水,先将产物通过无水硫酸铜检验水,再通过澄清石灰水检验并除去二氧化碳,干燥CO后,将CO通入氧化铜,检验CO并除去CO,CO也可以通过检验CO与氧化铜生成二氧化碳确定,据此分析解答。 (2)实验开始时应先点燃B处酒精灯,以防止分解产生的CO排放到空气中污染环境,然后再点燃A处酒精灯。 5 6 1 2 4 3 (3)实验过程中,证明分解生成CO2的现象是　　 　　　　　　　。 证明分解生成CO的现象是_______________________________________ 。  解析:草酸亚铁晶体分解生成一氧化碳、二氧化碳和水,先将产物通过无水硫酸铜检验水,再通过澄清石灰水检验并除去二氧化碳,干燥CO后,将CO通入氧化铜,检验CO并除去CO,CO也可以通过检验CO与氧化铜生成二氧化碳确定,据此分析解答。 5 E中澄清石灰水变浑浊 F中澄清石灰水变浑浊或B中第一个黑色氧 化铜变红色 6 1 2 4 3 (3)E中澄清石灰水变浑浊可以说明反应生成了二氧化碳,F中澄清石灰水变浑浊、B中黑色氧化铜变红色可以证明生成了CO。 5 6 1 2 4 3 (4)草酸亚铁中碳原子采用　　杂化。  解析:草酸亚铁晶体分解生成一氧化碳、二氧化碳和水,先将产物通过无水硫酸铜检验水,再通过澄清石灰水检验并除去二氧化碳,干燥CO后,将CO通入氧化铜,检验CO并除去CO,CO也可以通过检验CO与氧化铜生成二氧化碳确定,据此分析解答。 (4)草酸亚铁中碳原子形成3对价电子,且无孤电子对,采用sp2杂化。 5 sp2 6 1 2 4 3 (5)铁和氨气在640 ℃可发生置换反应,产物之一的晶胞结构如图所示。 写出该反应的化学方程式:　　　　　　　　 　　。若该晶体的密度是b g·cm-3,则两个最近的Fe原子间的距离为　　　　 cm。(阿伏加德罗常数用NA表示)  5 8Fe+2NH3 2Fe4N+3H2 · 6 1 2 4 3 解析:草酸亚铁晶体分解生成一氧化碳、二氧化碳和水,先将产物通过无水硫酸铜检验水,再通过澄清石灰水检验并除去二氧化碳,干燥CO后,将CO通入氧化铜,检验CO并除去CO,CO也可以通过检验CO与氧化铜生成二氧化碳确定,据此分析解答。 (5)由晶胞结构可知:Fe有8个位于顶点,6个位于面心,个数为8×+6×=4,N位于体心,个数为1,其化学式为Fe4N,根据氧化还原反应的规律,化合价有升有降, 5 6 1 2 4 3 可分析出另一种产物为氢气,则铁与氨气的反应为8Fe+2NH3 2Fe4N+3H2;由晶胞的化学式可得晶胞的质量为 g,晶胞密度为b g·cm-3,晶胞的体积为cm3,晶胞的边长为cm,由晶胞结构可知距离最近的两个Fe原子之间的距离为面对角线的一半,距离为·cm。 5 6 1 2 4 3 5 6 6.(16分)精脱硫技术主要用于煤气中羰基硫(COS)和二硫化碳(CS2)的转化。 (1)利用焦炉煤气中的H2可脱除煤气中羰基硫(COS)。羰基硫氢化反应历程有途径Ⅰ和途径Ⅱ两种可能,如图1所示。 1 2 4 3 5 6 ①已知羰基硫氢化反应速率较快,推测其更合理的反应历程是途径　　___(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。  解析:由图示可知途径Ⅱ的活化能较低,反应速率较快,因此羰基硫氢化更合理的反应历程是途径Ⅱ。 ②反应COS(g)+H2(g)===CO(g)+H2S(g)的ΔH=　 　　kJ·mol-1。  解析:根据盖斯定律并结合反应历程图可知,反应COS(g)+H2(g)===CO(g)+H2S(g)　ΔH=(b-a-c+d-e)kJ·mol-1。 Ⅱ b-a-c+d-e 1 2 4 3 5 6 (2)MoS2可作羰基硫氢化反应的催化剂,催化机理如图2所示。不同钼(Mo)含量的MoS2催化剂对COS转化率和H2S的选择性不同,实验数据如图3所示。 1 2 4 3 5 6 根据图3数据,选择　　 　　(填“3.4%Mo”或“8.7%Mo”)含量的MoS2催化剂效果更好。当H2S选择性低于100%时表明部分COS气体与催化剂发生了反应,催化剂有吸硫现象;若H2S选择性高于100%,可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:根据图3数据可知,8.7%Mo含量的MoS2催化剂对应的COS的转化率和H2S的选择性均较高,催化效果更好;若H2S选择性高于100%,可能的原因是催化剂本身的S与H2结合,即催化剂在反应过程中有失硫现象。 8.7%Mo 催化剂本身在反应过程中有失硫现象 1 2 4 3 5 6 (3)金属Mo的晶胞如图4所示,若原子a、b的坐标分别为(0,0,0)、(1,0,0),则原子c的坐标为　　　　。设晶体密度为ρ g·cm-3,则晶胞参数为　　　　 　pm(阿伏加德罗常数的值为NA)。  1 2 4 3 5 6 解析:根据金属Mo的晶胞结构图可知,原子c位于晶胞上底面的面心,又原子a、b的坐标分别为(0,0,0)、(1,0,0),则原子c的坐标为;由晶胞结构图可知,有8个Mo位于顶点,6个Mo位于面心,利用均摊法可得,晶胞中Mo原子的个数为8×+6×=4,则晶胞的质量为 g,根据晶体的密度为ρ g·cm-3,可推知晶胞参数为×1010pm。 1 2 4 3 5 6 (4)一定温度下,向恒容密闭容器中充入物质的量之比为1∶4的CS2(g)和H2(g),发生反应:CS2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2S(g),容器内气体压强随时间的变化如表所示: 时间/min 0 50 100 150 200 250 300 压强/kPa 100 88.0 79.8 72.4 68.2 65.0 65.0 1 2 4 3 5 6 ①0~250 min内,H2分压的平均变化量为　　　　　　kPa·min-1。  解析:由题意,设起始时CS2(g)和H2(g)的物质的量分别为1 mol和 4 mol,0~250 min内,反应的CS2为x mol,利用三段式可得: 1 2 4 3 5 6 反应前气体总物质的量为5 mol,平衡时气体总物质的量为(5-2x)mol,恒温恒容条件下,气体的压强之比等于物质的量之比,即=,解得x=0.875,则平衡时气体总物质的量为3.25 mol,起始时H2的分压为×100 kPa=80 kPa,平衡时总压强为65.0 kPa,H2的物质的量为0.5 mol,其分压为×65.0 kPa=10 kPa,所以0~250 min内H2的分压变化量为80 kPa-10 kPa=70 kPa,H2分压的平均变化量为=0.28 kPa·min-1。 1 2 4 3 5 6 ②该温度下,平衡常数Kp=　　 　　(kPa)-2(列出计算式)。  解析:由①可知,平衡时CS2的物质的量为0.125 mol,H2的物质的量为0.5 mol,CH4的物质的量为0.875 mol,H2S的物质的量为1.75 mol,则平衡时CS2的分压为×65.0 kPa=2.5 kPa,H2的分压为10 kPa,CH4的分压为×65.0 kPa=17.5 kPa,H2S的分压为×65.0 kPa=35 kPa,因此该温度下,平衡常数Kp==(kPa)-2=(kPa)-2。 本课结束 $$