专题01 物质结构与性质（北京专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二化学下学期期中真题分类汇编

专题01 物质结构与性质 内容概览 考向1 原子结构与元素性质 考向2 分子结构与分子性质 考向3 晶体结构与晶体性质 考向4 配合物与超分子的结构与性质 考向1 原子结构与元素性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列关于核外电子运动状态的说法中，正确的是 A．电子围绕原子核做有规律的圆周运动 B．所有核外电子的能量均相同 C．在不同能层上运动的电子具有不同的能量 D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地吸收能量 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列能级符号不正确的是 A．1s B．2p C．2d D．3p 3．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．的电子式：   B．的结构示意图：   C．顺-2-丁烯的分子结构模型：   D．基态N原子的电子排布式： 4．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．CH3CH(CH2CH3)2分子中不具有旋光性的碳原子 B．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为： C．碳原子的杂化方式只有1种 D．的VSEPR模型： 5．．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）下列微粒中心原子是杂化的是 A． B． C． D． 6．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是 A．键的键能小于键的键能 B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的 C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子 7．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）砷化镓()太阳能电池大量应用于我国超低轨通遥一体卫星星座。下列说法正确的是 A．原子半径： B．电子层数： C．电负性： D．单质还原性： 8．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）四种元素的基态原子的核外电子排布式分别是：①，②，③，④，下列说法不正确的是 A．最高价含氧酸的酸性：②<③ B．第一电离能：①>④ C．①②③④都是p区元素 D．电负性：①>② 9．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大。基态Y原子的价电子排布为3s23p4，X的电离能数据如下表所示。 电离能 I1 I2 I3 I4 … Ia / kJ•mol-1 738 1451 7733 10540 … （1）Y2-的电子排布式是 。 （2）用电子式表示WZ的形成过程： 。 （3）下列事实能用元素周期律解释的是 (填字母序号)。 a．W可用于制备活泼金属钾 b．Y的气态氢化物的稳定性小于H2O c．将Z单质通入Na2S溶液中，溶液变浑浊 d．Y的氧化物对应的水化物H2YO3的酸性比H2SiO3强 （4）为了进一步研究最高价氧化物对应水化物的酸碱性与元素金属性、非金属性的关系，查阅如下资料。 ⅰ．某元素最高价氧化物对应的水化物脱水前的化学式通常可以表示为M(OH)n，该水化物中的M-O-H结构有两种断键方式，断M-O键在水中电离出OH-，断O-H键则在水中电离出H+。 ⅱ．在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一、水化物的M-O-H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂。 ①已知：O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，若元素M的电负性数值为2.5，且电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因。该元素最高价氧化物对应的水化物呈 (填“酸”或“碱”)性，依据是 。 ②W和X的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是 (写化学式)，结合资料说明理由 。 ②W的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，X的最高价氧化物对应的水化物Mg(OH)2，同一周期从左到右电负性逐渐增大，Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，Na—O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH。 10．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）原子结构、元素性质、元素在周期表中的位置之间存在密切的相互关系。如图是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。 回答下列问题： （1）a的原子结构示意图为 。 （2）基态b原子核外电子占据的最高能级符号为 ，该能级的电子云轮廓图形状为 形。 （3）元素c位于周期表的 区。 （4）元素b、d、e中电负性最大的是 （用元素符号表示）。 （5）基态f原子的价层电子排布式为 。 （6）气态c原子失去核外不同电子所需能量如下： 电离能 I1（第一电离能） I2（第二电离能） I3（第三电离能） 能量/kJ•mol﹣1 737.7 1450.7 7732.7 ①元素c的最高化合价为 。 ②c原子的逐级电离能越来越大的原因是 。 考向2 分子结构与分子性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列关于σ键和π键的理解不正确的是 A．σ键是原子轨道“头碰头”式重叠，π键是原子轨道“肩并肩”式重叠 B．通常σ键比π键重叠程度大，原子间会优先形成σ键 C．σ键和π键不能同时存在于同一个分子中 D．碳碳双键中有1个σ键和1个π键 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列各组物质中，仅由极性键构成的非极性分子是 A．O2 B．H2O C．CH2＝CH2 D．CH4 3．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）科学家研究发现分子在半导体光催化的作用下可被捕获转化为(过程如图所示)。下列说法不正确的是 A．分子中原子杂化方式为 B．和的空间结构相同 C．反应的化学方程式： D．该过程可以实现太阳能向化学能的转化 4．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）下列事实不能用氢键解释的是 A．氯气比氯化氢更易液化 B．邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛的沸点低 C．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18 D．在冰的晶体中，每个水分子周围紧邻的水分子数目小于12 5．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列结构或性质的比较中，正确的是 A．微粒半径：Cl−＜K+ B．酸性：HCOOH＜CH3COOH C．碱性：NaOH > CsOH D．HF分子中σ键的形成示意图为： 6．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是 选项 物质的结构或性质 解释 A 键角：NH3＞BF3 NH3中N的孤电子对数比BF3中B的孤电子对数多 B 酸性：CF3COOH＞CCl3COOH F的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH中羧基上的氢更易电离 C 熔点：碳化硅＞金刚石 C﹣Si键能大于C﹣C键能 D 稳定性：H2O＞CH4 H2O分子之间除了范德华力以外还存在氢键 7．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）胆矾(CuSO4·5H2O)的结构示意图如下所示。下列说法不正确的是 A．基态Cu2+的价层电子轨道表示式是 B．H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4 C．SO中的O-S-O的键角小于H2O中的H-O-H的键角 D．胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO的作用力分别为配位键和氢键 8．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列微粒的空间结构是平面三角形的是 A．CO2 B．H2S C．CH2O D． 9．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列选项中，所列出的物质性质差异主要受范德华力大小影响的是 A．HF的沸点比HCl的高 B．氧化镁的熔点高于氯化钠 C．H2O的分解温度比H2S的高 D．常温下Br2为液体而I2为固体 10．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）现有下列几种常见物质：①N2、②CO2、③NaCl、④H2O、⑤Cu。 （1）含有π键的是 （填序号，下同）； （2）含有非极性键的是 ； （3）含有离子键的是 ； （4）含有金属键的是 ； （5）H2O中O原子杂化轨道类型是 ，分子的空间结构为 ，H﹣O﹣H键角 （填“＞”“＝”或“＜”）109°28'，属于 （“极性”或“非极性”）分子。 11．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）分子的结构与物质性质之间存在紧密的联系。 （1）如图是部分主族元素氢化物的沸点变化趋势 ①氢化物a的化学式为 ，其汽化过程中克服的作用力是 。 ②氢化物b、c、d的沸点均高于同族其它元素氢化物的沸点，原因是 。 ③H2O的沸点高于HF，预测可能的原因是 。 （2）如图是冰(H2O)和干冰(CO2)的结构模型。 下列事实能解释干冰的密度比冰大的是 (填字母序号)。 a．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低 b．水分子极性强，分子间作用力大 c．二氧化碳分子的质量大于水分子 d．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集 （3）苯胺()与甲苯()的相对分子质量接近，但苯胺的熔点(﹣6.2℃)和沸点(184.4℃)高于甲苯的熔点(﹣95.0℃)和沸点(110.6℃)，原因是 。 考向3 晶体结构与晶体性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料，其晶胞结构如图所示。下列关于钛酸钙说法不正确的是 A．每个晶胞中含有3个O2﹣ B．化学式为CaTiO3 C．含有离子键 D．晶体具有良好的导电性和延展性 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列叙述中正确的是 A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形 B．晶体具有的物理性质是各向异性 C．晶体、非晶体均具有固定的熔点 D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性 3．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是 A．属于离子晶体 B．每个晶胞中平均含有4个和4个 C．每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的 D．和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点 4．氮化碳晶体类型与金刚石类似，氮化碳晶体结构如图所示，下列有关氮化碳的说法不正确的是 A．氮化碳晶体属于共价晶体 B．氮化碳中碳显-4价，氮显+3价 C．氮化碳硬度比金刚石的硬度大 D．每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连 5．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）钠在氯气中燃烧生成氯化钠。下列说法不正确的是 A．金属钠中含有Na+和自由电子 B．Cl2分子中的共价键是p﹣pσ键 C．氯化钠晶胞中含有14个Cl﹣和13个Na+ D．熔点：NaCl＞Na＞Cl2 6．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）氟化镁(MgF2)晶体广泛应用在光学、冶金、国防、医疗等领域。 Ⅰ． 氟化镁晶胞是长方体，其结构如下图所示： （1）镁元素位于元素周期表 区(填“s”“p”“d”或“ds”)。 （2）MgF2晶胞示意图中： a．表示 (填离子符号)。 b．离子半径：r(F-) > r(Mg2+) ，结合离子结构示意图解释原因： 。 Ⅱ．一种由Mg制备MgF2的工艺流程如下：。 已知：ⅰ．Mg(OCH3)2易溶于甲醇； ⅱ．Ksp[Mg(OH)2]=10-11.3，Ksp(MgF2) =10-10.3，Ka(HF) = 10-3.2。 （3）上述流程中，可循环利用的物质是 。 （4）比较相同条件下化学反应速率的大小：① Mg与CH3OH；②Mg与H2O。 a．小组同学预测化学反应速率：① < ②，从键的极性角度解释原因 。 b．实验表明化学反应速率：① > ②，分析其原因可能是 。 （5）上述流程中Mg(OH)2开始转化为MgF2所选择氟化物的浓度：c(HF) < c(NaF)。结合沉淀溶解平衡分析浓度差异的原因： 。 7．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 （1）中心原子S的杂化轨道是 。 （2）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： 。 （3）的空间结构是 。 （4）同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为：。过程ii中，断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和35S，过程ii含硫产物是 。 （5）MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为 。 已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 。(1nm=cm) （6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与Au+形成 。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： 。 考向4 配合物与超分子的结构与性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 [Cu(NH3)4]SO4·H2O ④ 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 A．在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 D．向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 2．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）某同学分别向0.1 mol/L、5 mol/L NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，均有白色沉淀，振荡后，前者沉淀不消失、后者沉淀消失。查阅水溶液中银氯配合物的分布曲线(以银的百分含量计)，如下图所示，下列说法不正确的是 A．AgCl在不同浓度的NaCl溶液中溶解度不同 B．银氯配合物中Ag+是中心离子，Cl−是配体 C．上述实验中，白色沉淀消失的离子方程式是Ag++ 4Cl−=AgCl D．推测浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀，振荡后沉淀消失 3．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下： 已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确的是 A．步骤ⅰ中一定发生反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq) B．步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸 C．步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应 D．试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出 4．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）甲醛是一种重要的有机原料，它主要用于有机合成、合成材料、涂料、橡胶、农药以及用作消毒、杀菌、防腐剂等行业。为探究甲醛的结构与性质之间的关系，某兴趣小组开展了以下探究。 【资料卡片】： i．； ii．； iii．HCuCl2是一种弱酸；新制氢氧化铜是一种常见的弱氧化剂。 探究一：甲醛的物理性质。 甲醛的物理性质 实验数据 甲醛在常温下是无色有强烈刺激性气味的气体。 沸点：-19.5℃。 甲醛易溶于水。 室温下甲醛在水中的溶解度为37%，35～40%的甲醛水溶液即为人们所熟知的福尔马林溶液。 （1）请你从甲醛分子的结构角度进行解释可能的原因： ①解释甲醛的沸点比水低的原因： 。 ②解释甲醛易溶于水的原因： 。 探究二：甲醛的化学性质。 （2）甲醛能使蛋白质变性，主要是因为甲醛能与蛋白质中的R—NH2发生化学反应。请你结合电负性，分析甲醛分子与蛋白质分子(以R-NH2表示)中化学键的电荷分布，并写出甲醛使蛋白质变性的化学反应方程式 。 为验证甲醛的还原性，兴趣小组探究了甲醛与新制氢氧化铜的反应，过程如下： 实验序号 实验操作 实验现象 实验Ι 步骤1：向6 mL 6NaOH溶液中滴加 2% 8滴CuSO4溶液振荡充分，然后滴加 1 mL 15% 甲醛水溶液，水浴加热2分钟，离心沉淀。 离心沉淀后，试管底部有红黑色固体生成，上层溶液呈无色。 步骤2：过滤，洗净沉淀，向沉淀中加入足量的浓盐酸，充分振荡；倾倒上层清液，洗净剩余的沉淀，并向沉淀中加入浓氨水，在空气中放置一段时间。 加入浓盐酸后，沉淀部分消失，溶液呈浅蓝绿色；加入浓氨水后，开始没有现象，一段时间后固体消失，溶液逐渐变成深蓝色 实验Ⅱ 步骤1：向6 mL10NaOH溶液中滴加15% 20滴CuSO4溶液振荡充分，然后滴加 1 滴 15% 甲醛水溶液，水浴加热2分钟，离心沉淀。 离心沉淀后，试管底部有砖红色固体生成，上层溶液仍为较深的蓝色 步骤2：过滤，洗净沉淀，向沉淀中加入足量的浓盐酸，充分振荡。 沉淀完全消失，溶液呈黄绿色 （3）根据实验Ι回答： ①步骤2加入足量的盐酸后，沉淀部分消失，请用化学方程式解释原因 。 ②步骤2中，不溶于盐酸的固体，可以溶解在浓氨水中，请结合化学用语，解释其原因 。 ③综合实验I的现象，得出步骤1中的红黑色沉淀的成分是 。 （4）实验ΙΙ通过调整新制氢氧化铜和甲醛的用量，实验现象与实验Ι出现了差异，请你帮助小组完成下面的框图，来说明两组实验所得到的结论。 提示：i.在箭头上方的长框中填入“少量甲醛”或“过量甲醛”① ；② 。 ii.其他方框中填入相应物质的化学式_③ ；④ 。 考向1 原子结构与元素性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，下列关于该元素在元素周期表中的位置说法正确的是 A．位于第三周期 B．位于ⅡA族 C．位于ds区 D．第26号元素 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列图示或化学用语表示正确的是 A．NaCl的电子式 B．基态18Ar原子的价层电子轨道表示式 C．F﹣的离子结构示意图 D．px轨道的电子云轮廓图 3．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列选项中正确的是 A．第一电离能：I(B)＞I(Al) B．原子半径：N＜O C．离子半径：r(K+)＞r(Cl﹣) D．键长：H﹣Cl＞H﹣Br 4．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列原因分析不能解释递变规律的是 选项 递变规律 原因分析 A 与水反应的剧烈程度：Na > Mg > Al 最外层电子数：Al > Mg > Na B 沸点：Cl2 < Br2 < I2 相对分子量： Cl2 < Br2 < I2 C 离子半径：Ca2+ < Cl- < S2- 电子层结构相同，核电荷数： Ca > Cl > S D 酸性：CF3COOH>CCl3COOH >CH3COOH 电负性：F > Cl > H 5．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）A、B、X、Y、Z是1~36号原元素中，原子序数依次递增的5种元素，其原子结构或元素性质如下： 元素 元素性质或原子结构 A 基态原子价层电子排布式为nsnnpn B 基态原子2p能级有3个单电子 X 原子最外层电子数是其内层电子数的3倍 Y 单质与水剧烈反应，发出紫色火焰 Z Z2+的3d轨道中有10个电子 （1）A元素在周期表中的位置为 。 （2）上述5种元素中： ①原子半径最大的是 (填元素符号，下同)。 ②电负性最大的是 。 ③位于周期表p区的元素有 。 ④比较A、B形成氢化物的键角大小，并说明原因 。 （3）Y+可与某种冠醚形成具有特定结构和功能的聚集体，如下图所示。Y+与冠醚之间的作用力属于 (填字母)。 a．离子键     b．配位键     c．氢键     d．范德华力 （4）A、B形成的AB-常做配位化合物的配体。 ①在AB-中，元素A的原子采取sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为 。 ②Z元素与金元素(Au)均能与AB-形成配离子。已知，Z2+与AB-形成配离子时，配位数为4；Au+与AB-形成配离子时，配位数为2.工业常用Au+与AB-形成配离子与Z单质反应，生成Z2+与AB-形成配离子和Au单质来提取Au，写出上述反应的离子方程式： 。 考向2 分子结构与分子性质 1．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．基态29Cu的简化电子排布式：[Ar]3d94s2 B．乙炔的分子结构模型： C．Br的原子结构示意图： D．氮分子的电子式： 2．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如下。下列说法不正确的是 A．分子中O和F的第一电离能：O < F B．分子中四个碳原子在同一条直线上 C．分子中碳原子有sp2和sp3两种杂化类型 D．三氟乙酸乙酯分子中的共价键含有σ键和π键 3．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）右丙氧芬与左丙氧芬结构如下图所示，前者具有镇痛作用，后者具有止咳作用。下列说法正确的是    A．右丙氧芬和左丙氧芬分子中都只含有1个手性碳原子 B．右丙氧芬与左丙氧芬互为对映异构体 C．右丙氧芬分子中氮碳键之间的夹角与NH3中氮氢键之间的夹角相同 D．右丙氧芬和左丙氧芬均易溶于水 4．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列说法不正确的是 A．氯化铵晶体中的作用力不存在氢键 B．CCl4能萃取碘水中的I2，体现了相似相溶原理 C．H2O2分子的空间结构为，可推测出H2O2为极性分子 D．N=N的键能大于N-N的键能的2倍，推测N=N中σ键的强度比π键的大 5．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。 下列说法不正确的是 A．元素的电负性：C＜N＜O B．该化合物中阴阳离子个数比为1：1 C．该晶体中存在N﹣H…O氢键 D．[C(NH2)3]+中C原子的杂化类型是sp3 6．．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）硼酸(H3BO3)在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如下图所示。 （1）H3BO3中，含有 (填“极性”或“非极性”)共价键。 （2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在 (填序号)。 a．离子键　　　　b．配位键　　　　c．氢键 （3）H3BO3可由BCl3水解得到。 ①依据价电子对互斥理论(VSEPR)推测，BCl3的空间结构为 。 ②BCl3属于 (填“极性”或“非极性”)分子。 （4）H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌ +H+。 ①[B(OH)4]-中硼原子的杂化方式为 。 ②从化学键的角度说明H3BO3形成[B(OH)4]-的过程： 。 ③用中和滴定法测定H3BO3纯度。 取agH3BO3样品(所含杂质不与NaOH反应)，用0.5mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为 (用质量分数表示，H3BO3的摩尔质量为62g·mol−1)。 考向3 晶体结构与晶体性质 1．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）LiMn2O4为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)。下列说法不正确的是 A．每个晶胞含8个Li+ B．放电时，正极反应为 C．充电时，每个LiMn2O4晶胞发生反应时，转移x个e- D．若x=0.6，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1:4 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）将钴酞菁和三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，可制得一种高效催化剂。 （1）碳的几种单质如图所示。 ①基态碳原子的轨道表示式是 。 ②下列说法正确的是 。 a.金刚石中碳碳原子间是σ键 b.C60熔化时破坏的作用力是共价键 c.以上四种单质均能导电 （2）钴酞菁是配位化合物，其分子结构如图所示。 钴酞菁分子中能形成配位键的原因是 。 （3）气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图1所示。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图2所示。 ①二聚体Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型为 。 ②AlCl3的熔点为192℃，远低于AlF3的熔点1090℃的原因是 。 ③AlF3晶体距离F最近的阳离子有 个。 ④AlF3的晶胞形状为正方体，边长为anm，该晶体密度为 g•cm﹣3。（列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示，1nm＝10﹣7cm） 3．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）利用晶体结构测定阿伏加德罗常数()。 Ⅰ．精制 粗中溶有一定量的，试剂a为、、乙醇混合液，用于除去。 （1）从分子结构角度解释能溶于的原因： 。 （2）步骤ii的目的是除去中的大量乙醇，该步骤利用的分离提纯方法为 。 （3）步骤iii中，中的可以与和乙醇形成配位键，其中配原子是 。 Ⅱ．测定阿伏加德罗常数 实验1：实验装置如图所示，实验步骤如下。 ①准确称量容量瓶的质量为。 ②将充分干燥后，转移至上述容量瓶中，准确称量其总重为。 ③将精制后的由滴定管加入容量瓶至刻度线，消耗的体积为。 （4）结合实验1中的数据可知：实验1的目的是测定晶体的 (填物理量名称)。 实验2：利用X射线衍射实验测定晶体结构。 晶体中存在A型和B型两种立方体重复单元(如下图所示)，且A、B中存在的粒子种类和数目均相同。 （5）回答下列问题 a．从结构的角度解释A型立方体不是晶胞的原因： 。 b．通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到晶体中粒子排列的周期。用“”在B型立方体中标出的位置 。 （6）结合实验1和实验2数据，可得 (用代数式表示)。 考向4 配合物与超分子的结构与性质 1．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）化学小组研究的性质，完成如下实验： 已知：；； 下列说法不正确的是 A．溶液中加入NaCl固体： B．溶液a中加入浓氨水时不可能出现蓝色沉淀 C．溶液a、b中铁片的颜色不同证明 D．溶液b中加入足量乙醇时可以析出深蓝色晶体 2．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下： 序号 实验 试剂 现象 ① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀 ② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成 ③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失 已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。 下列说法不正确的是 A．①中生成白色沉淀的原因是： B．由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的 C．由②③可推知，结合的能力： D．由①③可推知：促进了转化为 3．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）某实验小组同学依据资料深入探究Fe3+在水溶液中的行为。 资料：ⅰ.Fe3+在水溶液中以[Fe(H2O)6]3的形式存在 ⅱ.[Fe(H2O)6]3+发生如下水解反应：[Fe(H2O)6]3++nH2O⇌[Fe(H2O)6(OH)n]3﹣n+nH3O+(n＝0～6)； ⅲ.[FeCl4(H2O)2]﹣为黄色。 （1）配离子[Fe(H2O)6]3+的中心离子是 ，配体是 ，配位数是 。 【实验一】分别向等浓度的Fe(NO3)3和FeCl3溶液中滴加硝酸，观察颜色变化。 Ⅰ ⅠI （2）②中溶液褪色的原因是 。 （3）③中溶液呈棕黄色与[FeCl4(H2O)2]﹣有关，支持此结论的实验现象是 。 【实验二】分别以实验一①、③中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。溶液透光率随温度变化曲线图如图(t1开始加热，t2停止加热；溶液颜色越深，透光率越低)。 （4）由图甲、乙可知：①、③中的试剂加热过程中，溶液颜色均 (填“变浅”“变深”或“不变”)。 （5）由实验二，可以得出如下结论： 【结论1】FeCl3溶液中存在可逆反应：[Fe(H2O)6]3++4Cl﹣⇌[FeCl4(H2O)2]﹣+4H2O 得出此结论的理由是 。 【结论2】结论1中反应的ΔH (填“＞0”或“＜0”)。 （6）实验小组同学重新设计了一个实验，验证（5）中结论1。 实验方案：取①中溶液， (请描述必要的实验操作和现象)。 4．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是 。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 物质结构与性质 内容概览 考向1 原子结构与元素性质 考向2 分子结构与分子性质 考向3 晶体结构与晶体性质 考向4 配合物与超分子的结构与性质 考向1 原子结构与元素性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列关于核外电子运动状态的说法中，正确的是 A．电子围绕原子核做有规律的圆周运动 B．所有核外电子的能量均相同 C．在不同能层上运动的电子具有不同的能量 D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地吸收能量 【答案】C 【解析】A．核外电子绕核运转，但是没有规律，故A错误； B．核外电子能量不同，按照离核由近及远的顺序依次增高，故B错误； C．不同能层上的电子能量不同，离核越远能量越高，故C正确； D．当电子逐渐靠近原子核时，会连续地释放能量，故D错误； 答案选C。 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列能级符号不正确的是 A．1s B．2p C．2d D．3p 【答案】C 【分析】每个能层的能级数都等于能层序数，每个能层的能级总是从s能级开始，按照s、p、d、f……排序。 【解析】A．K层有s能级，故A正确； B．L层只有两个能级，即s和p能级，故B正确； C．L层只有两个能级，即s和p能级，没有2d能级，故C错误； D．M层有3个能级，即s、p、d，故D正确； 答案选C。 3．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．的电子式：   B．的结构示意图：   C．顺-2-丁烯的分子结构模型：   D．基态N原子的电子排布式： 【答案】D 【解析】A．羟基的电子式中氢原子周围2个电子，氧原子周围7个电子，A正确； B．是原子失去2个电子得到的稳定结构，最外层8个电子，B正确； C．顺-2-丁烯的分子结构中相同的结构在双键的同侧，C正确； D．基态N原子的电子排布式：，D错误； 故选D。 4．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．CH3CH(CH2CH3)2分子中不具有旋光性的碳原子 B．基态24Cr原子的价层电子轨道表示式为： C．碳原子的杂化方式只有1种 D．的VSEPR模型： 【答案】C 【解析】A．CH3CH(CH2CH3)2分子中，与-CH3相连的C原子上同时连接2个-CH2CH3，该碳原子不具有手性，所以该分子不具有旋光性的碳原子，A正确； B．基态24Cr原子的价电子排布式为3d54s1，则其价层电子轨道表示式为：，B正确； C．碳原子的价层电子对数有3、4两种，则杂化方式有sp2、sp3共2种，C不正确； D．的中心S原子的价层电子对数为=4，发生sp3杂化，其最外层有1个孤电子对，则VSEPR模型为，D正确； 故选C。 5．．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）下列微粒中心原子是杂化的是 A． B． C． D． 【答案】B 【解析】A．中C原子的价层电子对数为=4，VSEPR模型为四面体，C原子采用sp3杂化，选项A错误； B．中C原子的价层电子对数为= 3，VSEP R模型为平面三角形，C原子采用sp2杂化，选项B正确； C．中N原子的价层电子对数为=4，VSEPR模型为正四面体，N原子采用sp3杂化，选项C错误； D．中N原子的价层电子对数为=4，VSEPR模型为四面体，N原子采用sp3杂化，选项D错误； 答案选B。 6．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是 A．键的键能小于键的键能 B．三氟乙酸的大于三氯乙酸的 C．氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子 【答案】A 【解析】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意； B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意； C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意； D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意； 故选A。 7．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）砷化镓()太阳能电池大量应用于我国超低轨通遥一体卫星星座。下列说法正确的是 A．原子半径： B．电子层数： C．电负性： D．单质还原性： 【答案】C 【解析】A．原子半径同周期主族元素自左向右逐渐减小，原子半径：，A错误；     B．都是第四周期元素，电子层数相同，B错误； C．电负性同周期主族元素自左向右逐渐增大，电负性：，C正确； D．单质还原性同周期主族元素自左向右逐渐减小，单质还原性：，D错误； 故选C。 8．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）四种元素的基态原子的核外电子排布式分别是：①，②，③，④，下列说法不正确的是 A．最高价含氧酸的酸性：②<③ B．第一电离能：①>④ C．①②③④都是p区元素 D．电负性：①>② 【答案】B 【分析】四种元素的基态原子的核外电子排布式分别是：①，②，③，④，则四者分别为氧、硫、氯、氮； 【解析】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价含氧酸的酸性：②<③，A正确； B．；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O；B错误； C．由分析可知，①②③④都是p区元素，C正确； D．同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性：①>②，D正确； 故选B。 9．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大。基态Y原子的价电子排布为3s23p4，X的电离能数据如下表所示。 电离能 I1 I2 I3 I4 … Ia / kJ•mol-1 738 1451 7733 10540 … （1）Y2-的电子排布式是 。 （2）用电子式表示WZ的形成过程： 。 （3）下列事实能用元素周期律解释的是 (填字母序号)。 a．W可用于制备活泼金属钾 b．Y的气态氢化物的稳定性小于H2O c．将Z单质通入Na2S溶液中，溶液变浑浊 d．Y的氧化物对应的水化物H2YO3的酸性比H2SiO3强 （4）为了进一步研究最高价氧化物对应水化物的酸碱性与元素金属性、非金属性的关系，查阅如下资料。 ⅰ．某元素最高价氧化物对应的水化物脱水前的化学式通常可以表示为M(OH)n，该水化物中的M-O-H结构有两种断键方式，断M-O键在水中电离出OH-，断O-H键则在水中电离出H+。 ⅱ．在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一、水化物的M-O-H结构中，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂。 ①已知：O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，若元素M的电负性数值为2.5，且电负性差异是影响M-O-H中化学键断裂难易程度的主要原因。该元素最高价氧化物对应的水化物呈 (填“酸”或“碱”)性，依据是 。 ②W和X的最高价氧化物对应的水化物中，碱性较强的是 (写化学式)，结合资料说明理由 。 【答案】（1） （2） （3）bc （4）酸 依据：元素M与O元素的电负性相差1.0，而H与O的电负性相差1.4，故O-H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性 NaOH 理由：Na的电负性比Mg小，Na与O电负性差异更大，所形成的化学键更容易断裂，在水中更容易电离出OH- 【分析】基态Y原子的价电子排布为3s23p4，可知Y为S元素，W、X、Y、Z为同一周期的四种主族元素，原子序数依次增大，则Z为Cl元素，X元素的第三电离能远远大于第二电离能，则X位于ⅡA族，则X为Mg元素，W为Na元素。 【解析】（1）S是16号元素，S2-核外电子数为18，S2-的核外电子排布式是：1s22 s 22p63s 23p6或[Ne]3s23p6； （2） NaCl为离子化合物，左边为钠和氯的电子式，右边写上氯化钠的电子式，钠原子失去电子转移至氯原子，则用电子式表示NaCl的形成过程为：； （3）a．同主族元素从上到下元素的金属性依次增强，金属性K>Na，则钠用于制备活泼金属钾不能用元素周期律解释，故a不符合题意； b．同主族元素从上到下元素的非金属性依次减弱，S的非金属性弱于O，氢化物稳定性H2S小于H2O，能用元素周期律解释，故b符合题意； c．同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以Cl的非金属性强于S，单质的氧化性：Cl2>S，则氯气能将硫化钠中单质硫置换出来，能用元素周期律解释，故c符合题意； d．同周期从左到右元素的非金属性依次增强，所以S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物H2SO4的酸性强于H2SiO3，由于H2SO3不是硫元素的最高价氧化物对应水化物，不能元素周期律解释，故d不符合题意； 故答案为：bc； （4）①根据O、H元素的电负性数值分别为3.5和2.1，某元素M的电负性数值为2.5，M和O的电负性差值为1，O和H的电负性差值1.4，根据电负性差异是影响M—O—H中化学键断裂难易程度的主要原因，明显O—H键更容易断裂，该元素最高价氧化物对应的水化物呈酸性； ②W的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，X的最高价氧化物对应的水化物Mg(OH)2，同一周期从左到右电负性逐渐增大，Na与O的电负性差值比Mg与O的电负性差值大，Na—O键更容易断裂，所以碱性较强的是NaOH。 10．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）原子结构、元素性质、元素在周期表中的位置之间存在密切的相互关系。如图是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。 回答下列问题： （1）a的原子结构示意图为 。 （2）基态b原子核外电子占据的最高能级符号为 ，该能级的电子云轮廓图形状为 形。 （3）元素c位于周期表的 区。 （4）元素b、d、e中电负性最大的是 （用元素符号表示）。 （5）基态f原子的价层电子排布式为 。 （6）气态c原子失去核外不同电子所需能量如下： 电离能 I1（第一电离能） I2（第二电离能） I3（第三电离能） 能量/kJ•mol﹣1 737.7 1450.7 7732.7 ①元素c的最高化合价为 。 ②c原子的逐级电离能越来越大的原因是 。 【答案】（1） （2）3p 哑铃 （3）s （4）Cl （5）3d54s1 （6）因为随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷数越来越多，再失去电子需要克服的电性吸引力越来越大，消耗能量越来越多 Mg元素的第一电离能和第二电离能相差不多，但第二电离能比第三电离能小很多 【分析】根据各元素在元素周期表中位置，可判断a~f分别为O、Na、Mg、Cl、K、Cr。 【解析】（1） a的核电荷数为8，为O元素，原子核外2个电子层，最外层电子数6，原子结构示意图为：； （2）b为Na元素，原子序数为11，基态Na原子核外电子占据的最高能级符号为：3p，该能级的电子云轮廓图形状为哑铃形； （3）c为Mg元素，核外电子排布电子最后填充到3s轨道，为s区； （4）非金属性越强，电负性越大，元素b、d、e中电负性最大的是Cl； （5）f为Cr元素，核电荷数为24，电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1，基态f原子的价层电子排布式为：3d54s1； （6）①Mg为第三周期元素，Mg元素的第二电离能远远小于第三电离能，说明Mg元素最外层有2个电子，失去2个电子时达到稳定结构，所以Mg元素通常显+2价； ②随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越大，再失去一个电子需要克服的电性引力也越来越大，消耗的能量也越来越多，所以原子的电离能逐级增大； 故答案为：因为随着电子逐个失去，阳离子所带正电荷数越来越多，再失去电子需要克服的电性吸引力越来越大，消耗能量越来越多；Mg元素的第一电离能和第二电离能相差不多，但第二电离能比第三电离能小很多。 考向2 分子结构与分子性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列关于σ键和π键的理解不正确的是 A．σ键是原子轨道“头碰头”式重叠，π键是原子轨道“肩并肩”式重叠 B．通常σ键比π键重叠程度大，原子间会优先形成σ键 C．σ键和π键不能同时存在于同一个分子中 D．碳碳双键中有1个σ键和1个π键 【答案】C 【解析】A．化学键形成过程中，原子轨道头碰头式重叠形成的共价键为σ键，肩并肩式重叠形成的共价键为π键，故A正确； B．σ键“头碰头”重叠，π键“肩并肩”重叠，则一般情况下，σ键比π键重叠程度大，故B正确； C．σ键和π键可以同时存在于一个分子中，如O＝O中含有σ键和π键，故C错误； D．双键中1个是σ键、1个是π键，所以碳碳双键中有1个σ键和1个π键，故D正确； 故选C。 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列各组物质中，仅由极性键构成的非极性分子是 A．O2 B．H2O C．CH2＝CH2 D．CH4 【答案】D 【解析】A．氧气是只含有非极性键的非极性分子，故A错误； B．水是只含有极性键的极性分子，故B错误； D．乙烯是含有极性键和非极性键的非极性分子，故C错误； D．甲烷是只含有极性键的非极性分子，故D正确； 故选D。 3．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）科学家研究发现分子在半导体光催化的作用下可被捕获转化为(过程如图所示)。下列说法不正确的是 A．分子中原子杂化方式为 B．和的空间结构相同 C．反应的化学方程式： D．该过程可以实现太阳能向化学能的转化 【答案】B 【解析】A．分子中，N提供5个电子，3个H共提供3个电子，所以4对价电子sp3杂化，有1对孤对电子，分子构型三角锥形，A正确； B．由A可知分子的空间结构是三角锥形，分子中的中心原子O为sp3杂化，的空间构型为 V 形，B错误； C．分析图片中反应过程可知，总反应的化学方程式为：，C正确； D．由题中图片可知，该过程可以将太阳能转化为化学能，D正确； 故选B。 4．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）下列事实不能用氢键解释的是 A．氯气比氯化氢更易液化 B．邻羟基苯甲醛比对羟基苯甲醛的沸点低 C．接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值大于18 D．在冰的晶体中，每个水分子周围紧邻的水分子数目小于12 【答案】A 【解析】A．氯气比氯化氢沸点低，因此容易液化，与氢键无关，A符合题意； B．邻羟基苯甲醛可以形成分子内的氢键，对羟基苯甲醛可以形成分子间的氢键，分子间的氢键对熔沸点的影响大于分子内的氢键对熔沸点的影响，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，与氢键有关，B不符合题意； C．接近沸点的水蒸气中水分子之间形成聚合体，所以水的相对分子质量测量值大于18，与氢键有关，C不符合题意； D．水分子间存在氢键，由于氢键的方向性而使得水分子周围紧邻的水分子数目小于12，D不符合题意； 答案选A。 5．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列结构或性质的比较中，正确的是 A．微粒半径：Cl−＜K+ B．酸性：HCOOH＜CH3COOH C．碱性：NaOH > CsOH D．HF分子中σ键的形成示意图为： 【答案】D 【解析】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氯离子的离子半径大于钾离子，故A错误； B．甲基是推电子基团，会使羧基的极性减弱，电离出氢离子能力减弱，所以甲酸的酸性强于乙酸，故B错误； C．同主族元素，从上到下金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，则氢氧化钠的碱性弱于氢氧化铯，故C错误； D．HF为共价化合物，分子中σ键以“头碰头”的形式重叠，形成示意图为： D； 答案选D。 6．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列关于物质的结构或性质以及解释均正确的是 选项 物质的结构或性质 解释 A 键角：NH3＞BF3 NH3中N的孤电子对数比BF3中B的孤电子对数多 B 酸性：CF3COOH＞CCl3COOH F的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH中羧基上的氢更易电离 C 熔点：碳化硅＞金刚石 C﹣Si键能大于C﹣C键能 D 稳定性：H2O＞CH4 H2O分子之间除了范德华力以外还存在氢键 【答案】B 【解析】A．NH3的中心原子价电子对数为3+＝4，为sp3杂化，键角接近109°28′，BF3中中心B原子的价层电子对数为3+＝3，为sp2杂化，键角为120°，故键角：BF3＞NH3，与中心原子杂化方式有关，故A错误； B．F的电负性大于Cl的电负性，使CF3COOH中羧基中的羟基极性变强，氢更易电离，酸性更强，故B正确； C．由于原子半径Si＞C，因此键长：C﹣C＜Si﹣C，键长越短，键能越大，因此熔点：SiC＜金刚石，故C错误； D．稳定性：H2O＞CH4，热稳定性与键能大小有关，与氢键强度无关，故D错误； 答案选B。 7．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）胆矾(CuSO4·5H2O)的结构示意图如下所示。下列说法不正确的是 A．基态Cu2+的价层电子轨道表示式是 B．H2O中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4 C．SO中的O-S-O的键角小于H2O中的H-O-H的键角 D．胆矾中的H2O与Cu2+、H2O与SO的作用力分别为配位键和氢键 【答案】C 【解析】 A．Cu原子核外有29个电子，基态铜原子价电子排布式为3d104s1，失去2个电子形成，基态的价层电子轨道表示式是，故A项正确； B．中氧原子的VSEPR的价层电子对数是4，故B项正确； C．中S原子有4个价电子对，无孤电子对，空间构型为正四面体，中O原子有4个价电子对，有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥作用较大，所以的键角大于中的的键角，故C项错误； D．根据图示，胆矶中的与的作用力为配位键，与的作用力为氢键，故D项正确； 故本题选C。 8．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列微粒的空间结构是平面三角形的是 A．CO2 B．H2S C．CH2O D． 【答案】C 【解析】A．CO2分子中的价电子对数＝2+＝2，C原子sp杂化，为直线型分子，故A错误； B．H2S分子中的价电子对数＝2+＝4，S原子sp3杂化，含两对孤对电子，为V形，故B错误； C．CH2O分子中的价电子对数＝3+＝3，C原子sp2杂化，不存在孤对电子，为平面三角形，故C正确； D．NH的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp3杂化，为正四面体结构，故D错误； 故选：C。 9．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列选项中，所列出的物质性质差异主要受范德华力大小影响的是 A．HF的沸点比HCl的高 B．氧化镁的熔点高于氯化钠 C．H2O的分解温度比H2S的高 D．常温下Br2为液体而I2为固体 【答案】D 【解析】A．HF的沸点比HCl的高是因为HF分子间存在氢键，故不选A；     B．氧化镁的熔点高于氯化钠，是因为镁离子和氧离子半径小、所带电荷数多，离子键强，故不选B； C．H2O的分解温度比H2S的高是因为H-O键的键能大于H-S键的键能，故不选C； D．常温下Br2为液体而I2为固体，是因为Br2相对分子质量小于I2，I2的范德华力大于Br2，故选D； 选D。 10．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）现有下列几种常见物质：①N2、②CO2、③NaCl、④H2O、⑤Cu。 （1）含有π键的是 （填序号，下同）； （2）含有非极性键的是 ； （3）含有离子键的是 ； （4）含有金属键的是 ； （5）H2O中O原子杂化轨道类型是 ，分子的空间结构为 ，H﹣O﹣H键角 （填“＞”“＝”或“＜”）109°28'，属于 （“极性”或“非极性”）分子。 【答案】（1）①② （2）① （3）③ （4）⑤ （5）sp3 V形 ＜ 极性 【解析】（1）氮气分子中含氮氮三键，二氧化碳含碳氧双键，含π键的是：①N2、②CO2，故答案为：①②； （2）含有非极性键的是①N2，故答案为：①； （3）含有离子键的是：③NaCl，故答案为：③； （4）含有金属键的是⑤Cu，故答案为：⑤； （5）H2O中O原子杂化轨道类型是sp3，分子的空间结构为角形，H﹣O﹣H键角＜109°28'，属于极性分子，故答案为：sp3；V形；＜；极性。 11．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）分子的结构与物质性质之间存在紧密的联系。 （1）如图是部分主族元素氢化物的沸点变化趋势 ①氢化物a的化学式为 ，其汽化过程中克服的作用力是 。 ②氢化物b、c、d的沸点均高于同族其它元素氢化物的沸点，原因是 。 ③H2O的沸点高于HF，预测可能的原因是 。 （2）如图是冰(H2O)和干冰(CO2)的结构模型。 下列事实能解释干冰的密度比冰大的是 (填字母序号)。 a．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低 b．水分子极性强，分子间作用力大 c．二氧化碳分子的质量大于水分子 d．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集 （3）苯胺()与甲苯()的相对分子质量接近，但苯胺的熔点(﹣6.2℃)和沸点(184.4℃)高于甲苯的熔点(﹣95.0℃)和沸点(110.6℃)，原因是 。 【答案】（1）CH4 范德华力 氢化物b、c、d均可形成分子间氢键 每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键 （2）acd （3）苯胺分子间存在氢键 【解析】（1）①由元素的氢化物的沸点变化规律的图象可知，随着原子序数的递增元素的氢化物的沸点，从上到下是逐渐升高的，符合第IVA元素的性质，结合周期可知，氢化物a为CH4，为分子晶体，存在范德华力，汽化过程中克服的作用力是范德华力； ②氢化物b、c、d分别为NH3、HF、H2O，三者均可形成分子间氢键，均高于同族其它元素氢化物的沸点； ③每个H2O可形成2个分子间氢键，每个HF分子可形成1个分子间氢键，分子间氢键越多，沸点越高； （2）干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故acd正确，故答案为：acd； （3） 苯胺()与甲苯()的相对分子质量接近，但苯胺的熔点(﹣6.2℃)和沸点(184.4℃)高于甲苯的熔点(﹣95.0℃)和沸点(110.6℃)，原因是苯胺分子之间存在氢键。 考向3 晶体结构与晶体性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料，其晶胞结构如图所示。下列关于钛酸钙说法不正确的是 A．每个晶胞中含有3个O2﹣ B．化学式为CaTiO3 C．含有离子键 D．晶体具有良好的导电性和延展性 【答案】D 【解析】A．O2﹣位于顶点面心，个数为，故A正确； B．Ca2+位于顶点，个数为，Ti4+位于体心，则Ca2+∶Ti4+∶O2﹣＝1∶1∶3，故化学式为CaTiO3，故B正确； C．该晶体中存在Ca2+和，为离子晶体，故C正确； D．钛酸钙是一种典型的钙钛矿型半导体材料，不具有良好的导电性，故D错误； 故选D。 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列叙述中正确的是 A．晶体与非晶体的根本区别在于是否具有规则的几何外形 B．晶体具有的物理性质是各向异性 C．晶体、非晶体均具有固定的熔点 D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性 【答案】B 【解析】A．晶体与非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间，上是否按一定规律做周期性重复排列，不是在于是否具有规则的几何外形，故A错误； B．由于晶体的内部晶胞的构成在不同方向上是不一样的，所以晶体具有物理性质各向异性，故B正确； C．晶体具有固定的熔点，而非晶体不具有固定的熔点，故C错误； D．玻璃是非晶体，没有自范性，故D错误； 故选B。 3．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是 A．属于离子晶体 B．每个晶胞中平均含有4个和4个 C．每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的 D．和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点 【答案】C 【解析】A．NaCl 由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确； B．每个晶胞中平均含有个 Na+ 和个 Cl−，B正确； C．每个 Na+ 周围有6个紧邻的 Cl− 和12个紧邻的 Na+，C错误； D．Na+ 和 Cl− 以离子键结合，因此 NaCl 具有较高的熔点，D正确； 故选C。 4．氮化碳晶体类型与金刚石类似，氮化碳晶体结构如图所示，下列有关氮化碳的说法不正确的是 A．氮化碳晶体属于共价晶体 B．氮化碳中碳显-4价，氮显+3价 C．氮化碳硬度比金刚石的硬度大 D．每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连 【答案】B 【解析】A．根据氮化碳晶体类型与金刚石类似可知，氮化碳晶体属于共价晶体，故A正确； B．氮元素的电负性大于碳元素，所以在氮化碳中氮元素显-3价，碳元素显+4价，故B错误； C．因为C-N键的键长小于C-C键的键长，故氮化碳的键能更大，氮化碳硬度比金刚石的硬度大，故C正确； D．根据图示可知，每个碳原子与四个氮原子相连，每个氮原子与三个碳原子相连，故D正确； 故选：B。 5．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）钠在氯气中燃烧生成氯化钠。下列说法不正确的是 A．金属钠中含有Na+和自由电子 B．Cl2分子中的共价键是p﹣pσ键 C．氯化钠晶胞中含有14个Cl﹣和13个Na+ D．熔点：NaCl＞Na＞Cl2 【答案】C 【解析】A．依据分析可知，金属钠中含有Na+和自由电子，故A正确； B．Cl原子中未成对电子为p电子，所以Cl2分子的共价键是p﹣pσ键，故B正确； C．根据均摊法可知，氯化钠晶胞中含有8×+6×＝4个钠离子和12×+1＝4个氯离子，故C错误； D．一般来说，熔点为离子晶体＞金属晶体＞分子晶体，则熔点为NaCl＞Na＞Cl2，故D正确； 答案选C。 6．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）氟化镁(MgF2)晶体广泛应用在光学、冶金、国防、医疗等领域。 Ⅰ． 氟化镁晶胞是长方体，其结构如下图所示： （1）镁元素位于元素周期表 区(填“s”“p”“d”或“ds”)。 （2）MgF2晶胞示意图中： a．表示 (填离子符号)。 b．离子半径：r(F-) > r(Mg2+) ，结合离子结构示意图解释原因： 。 Ⅱ．一种由Mg制备MgF2的工艺流程如下：。 已知：ⅰ．Mg(OCH3)2易溶于甲醇； ⅱ．Ksp[Mg(OH)2]=10-11.3，Ksp(MgF2) =10-10.3，Ka(HF) = 10-3.2。 （3）上述流程中，可循环利用的物质是 。 （4）比较相同条件下化学反应速率的大小：① Mg与CH3OH；②Mg与H2O。 a．小组同学预测化学反应速率：① < ②，从键的极性角度解释原因 。 b．实验表明化学反应速率：① > ②，分析其原因可能是 。 （5）上述流程中Mg(OH)2开始转化为MgF2所选择氟化物的浓度：c(HF) < c(NaF)。结合沉淀溶解平衡分析浓度差异的原因： 。 【答案】（1）s （2）Mg2+ ，，二者核外电子排布相同，但核电荷数：Z(F-)＜Z(Mg2+) （3）CH3OH （4）甲醇中的甲基是推电子基团，导致O-H键极性：CH3OH < H2O Mg(OCH3)2易溶于甲醇；Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面上，减少了Mg与水的接触面积 （5），相较NaF，HF和OH-发生反应：，使c(OH-)减小，平衡正向移动，c(Mg2+)增大，开始生成MgF2需要的c(F-)较小 【解析】（1）镁是12号元素，基态价电子排布式为3s2，位于元素周期表中s区，故答案为：s； （2）a．白球位于顶点和体心，个数为8×+1=2，黑球位于面上和体内，个数为4×+2=4，白球：黑球=2：4=1：2，根据化学式MgF2可知，白球为Mg2+，故答案为：Mg2+； b．，的核外电子排布相同，Mg的核电荷数大于F的核电荷数，故r(Mg2+)更小； （3）Mg(OCH3)2能与水反应生成CH3OH，经分离提纯后可在第一步反应中使用，故答案为：CH3OH； （4）a．甲基是供电子基团，供电子基团使得O-H键的极性变小，不易断裂，而水中H-O键更易断裂，即水更容易与Mg反应，故原因为甲醇中的甲基是推电子基团，导致O-H键极性CH3OH＜H2O； b．Mg与甲醇反应生成的Mg(OCH3)2易溶于甲醇，而Mg与水反应生成的Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面上，减少了Mg与水的接触面积，故实验表明化学反应速率：①＞②； （5）上述流程中Mg(OH)2开始转化为MgF2所选择氟化物的浓度：c(HF)＜c(NaF)，原因为溶液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH-(aq)，加入HF，HF和OH-发生反应：HF+OH-═F-+H2O，使c(OH-)减小，平衡正向移动，c(Mg2+)增大，开始生成MgF2所需的c(F-)，而加入NaF时，c(Mg2+)小，需要的F-更大。 7．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 （1）中心原子S的杂化轨道是 。 （2）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： 。 （3）的空间结构是 。 （4）同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为：。过程ii中，断裂的只有硫硫键，若过程i所用试剂是Na232SO3和35S，过程ii含硫产物是 。 （5）MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为 。 已知MgS2O3·6H2O的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 。(1nm=cm) （6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与Au+形成 。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由： 。 【答案】（1） （2）第一电离能O＞S；理由：O和S为同主族元素，电子层数S＞O，原子半径S＞O，原子核对最外层电子的吸引作用O＞S （3）四面体形 （4）、 （5）4 。 （6）的中心原子价层电子对个数为且不含孤电子对，则中心原子不能做配位原子，端基原子含有孤电子对，能做配位原子。 【解析】（1）的中心原子硫的价层电子对数是：，为杂化，故答案为：。 （2）同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，、为同一主族元素，氧原子核外有个电子层、硫原子核外有个电子层，则，原子核最外层电子的吸引力大于原子，原子不易失去个电子，所以的第一电离能大于。故答案为:第一电离能；和为同主族元素，电子层数，原子半径，原子核对最外层电子的吸引作用。 （3）和互为等电子体，结构相似，的中心原子价层电子对个数为，且不含孤电子对，则的空间结构为四面体形，所以的空间结构为四面体形，故答案为:四面体形。 （4）过程中的断裂只有硫硫键，根据反应机理可知，反应过程中最终转化为，最终转化为，因此若过程所用的试剂为和，则过程含硫产物是和。故答案为：、。 （5）由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、棱上、面心和体心，所以晶胞中，的个数为：，位于体内，个数为，则晶胞中含有个，所以晶胞体积为：，该晶体密度为：=。故答案为：；。 （6）的中心原子价层电子对个数为，且不含孤电子对，则中心原子不能做配位原子，端基原子含有孤电子对，所以能做配位原子，故答案为:的中心原子价层电子对个数为且不含孤电子对，则中心原子不能做配位原子，端基原子含有孤电子对，能做配位原子。 考向4 配合物与超分子的结构与性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）．为研究配合物的形成及性质，研究小组进行如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验步骤 实验现象或结论 ① 向CuSO4溶液中逐滴加入氨水至过量 产生蓝色沉淀，后溶解，得到深蓝色的溶液 ② 再加入无水乙醇 得到深蓝色晶体 ③ 测定深蓝色晶体的结构 晶体的化学式为 [Cu(NH3)4]SO4·H2O ④ 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 A．在深蓝色的配离子[Cu(NH3)4]2+中，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对 B．加入乙醇有晶体析出是因为离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小 C．该实验条件下，Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力 D．向④中深蓝色溶液中加入BaCl2溶液，不会产生白色沉淀 【答案】D 【分析】氨水呈碱性，向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物氢氧化铜， Cu2++ 2NH3. H2O= Cu(OH)2↓ +2NH 。继续滴加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，原因是氢氧化铜和氨水反应生成了铜氨络合物，其反应为：Cu( OH)2 + 4NH3=[Cu(NH3)4]2++ 2OH- 。再加入无水乙醇，铜氨络合物溶解度降低，出现深蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。以此分析解答。 【解析】A．根据上述分析可知：深蓝色的配离子为[Cu(NH3)4]2+，Cu2+提供空轨道，NH3给出孤电子对，故A正确； B．根据上述分析可知：络合物[Cu(NH3)4]SO4·H2O在极性较弱的乙醇中溶解度很小，所以有晶体析出， 故B正确； C．根据实验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，说明Cu2+与NH3的结合能力大于Cu2+与OH-的结合能力，故C正确； D．因为④中深蓝色溶液中存在SO，加入BaCl2溶液，能产生白色沉淀，故D错误； 故答案：D。 2．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）某同学分别向0.1 mol/L、5 mol/L NaCl溶液中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，均有白色沉淀，振荡后，前者沉淀不消失、后者沉淀消失。查阅水溶液中银氯配合物的分布曲线(以银的百分含量计)，如下图所示，下列说法不正确的是 A．AgCl在不同浓度的NaCl溶液中溶解度不同 B．银氯配合物中Ag+是中心离子，Cl−是配体 C．上述实验中，白色沉淀消失的离子方程式是Ag++ 4Cl−=AgCl D．推测浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L AgNO3溶液，产生白色沉淀，振荡后沉淀消失 【答案】C 【解析】A．由图可知，氯化银白色沉淀能与过量的氯离子反应生成二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子，说明氯化银在不同浓度的氯化钠溶液中溶解度不同，故A正确； B．二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子中中心离子是银离子，氯离子是配体，故B正确； C．由图可知，白色沉淀消失发生的反应为氯化银与溶液中的氯离子反应生成四氯合银离子，反应的离子方程式为AgCl+3Cl−=AgCl，故C错误； D．由图可知，白色沉淀消失是因为氯化银白色沉淀能与过量的氯离子反应生成二氯合银离子、三氯合银离子、四氯合银离子，所以向浓盐酸中滴加2滴0.1 mol/L硝酸银溶液，溶液中产生白色沉淀，振荡后沉淀会消失，故D正确； 故选C。 3．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）分银渣是从阳极泥中提取贵金属后的尾渣，含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等，有较高的综合利用价值。一种从分银渣中提取有用产品流程的如下： 已知：PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；ⅳ中生成[AuCl4]-和[AgCl3]2-；PbSO4、PbCO3、BaSO4、BaCO3的Ksp依次为2.8×10-8、7.4×10-14、1.1×10-10、2.6×10-9。下列说法不正确的是 A．步骤ⅰ中一定发生反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq) B．步骤ⅰ、ⅲ后需先过滤再加盐酸 C．步骤ⅱ、ⅳ提取Pb(Ⅱ)、Ba2+时，均有H+和Cl-参加反应 D．试剂a可为NaCl，促进Au、Ag的浸出 【答案】C 【分析】分银渣中含有PbSO4、BaSO4、SnO2及Au、Ag等物质，向其中先加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，PbSO4转化为PbCO3，过滤，弃去含有的滤液，然后向滤渣中加入盐酸，发生反应：PbCO3+2H+(aq)=Pb2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，Pb2+(aq)+2Cl-(aq)=PbCl2(s)，PbCl2(s)+2Cl-(aq)[PbCl4]2-(aq)；然后过滤，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液，向固体A中加入Na2CO3溶液，发生反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+(aq)=Ba2+(aq)+CO2↑+H2O(l)，得到含有Ba2+的溶液。再过滤，向固体B中加入NaClO3、HCl，在酸性条件下NaClO3可以将Au、Ag氧化变为金属阳离子，并与溶液中的Cl-结合形成络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-，SnO2不反应，仍以固体形式存在。 【解析】A．步骤i向分离渣中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：PbSO4(s)+(aq)PbCO3(s)+(aq)，反应后PbSO4变成PbCO3，A正确； B．根据上述分析可知：在步骤ⅰ中PbSO4与Na2CO3反应先产生PbCO3、，过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，增大了c(H+)、c(Cl-)，PbCO3先反应产生PbCl2固体，然后PbCl2再与Cl-反应变为[PbCl4]2-(aq)，得到含有Pb(Ⅱ)的溶液；在步骤ⅲ中过滤后向得到的固体A中加入Na2CO3溶液，发生沉淀转化反应：BaSO4(s)+(aq)BaCO3(s)+(aq)，再过滤，弃去含有的滤液，向滤渣中加入盐酸，发生反应：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O，得到含有Ba2+的溶液，故步骤i、iii后需先过滤再加盐酸，B正确； C．步骤ⅳ是盐酸与BaCO3反应产生Ba2+，H2O、CO2，离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O ，可见Cl-没有参加反应，C错误； D．试剂a可为NaCl，NaCl的加入，增大了溶液中c(Cl-)，促进与Au、Ag形成配位化合物，使Au、Ag变为络离子[AuCl4]-和[AgCl3]2-进入溶液，有利于Au、Ag的浸出，D正确； 故合理选项是C。 4．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）甲醛是一种重要的有机原料，它主要用于有机合成、合成材料、涂料、橡胶、农药以及用作消毒、杀菌、防腐剂等行业。为探究甲醛的结构与性质之间的关系，某兴趣小组开展了以下探究。 【资料卡片】： i．； ii．； iii．HCuCl2是一种弱酸；新制氢氧化铜是一种常见的弱氧化剂。 探究一：甲醛的物理性质。 甲醛的物理性质 实验数据 甲醛在常温下是无色有强烈刺激性气味的气体。 沸点：-19.5℃。 甲醛易溶于水。 室温下甲醛在水中的溶解度为37%，35～40%的甲醛水溶液即为人们所熟知的福尔马林溶液。 （1）请你从甲醛分子的结构角度进行解释可能的原因： ①解释甲醛的沸点比水低的原因： 。 ②解释甲醛易溶于水的原因： 。 探究二：甲醛的化学性质。 （2）甲醛能使蛋白质变性，主要是因为甲醛能与蛋白质中的R—NH2发生化学反应。请你结合电负性，分析甲醛分子与蛋白质分子(以R-NH2表示)中化学键的电荷分布，并写出甲醛使蛋白质变性的化学反应方程式 。 为验证甲醛的还原性，兴趣小组探究了甲醛与新制氢氧化铜的反应，过程如下： 实验序号 实验操作 实验现象 实验Ι 步骤1：向6 mL 6NaOH溶液中滴加 2% 8滴CuSO4溶液振荡充分，然后滴加 1 mL 15% 甲醛水溶液，水浴加热2分钟，离心沉淀。 离心沉淀后，试管底部有红黑色固体生成，上层溶液呈无色。 步骤2：过滤，洗净沉淀，向沉淀中加入足量的浓盐酸，充分振荡；倾倒上层清液，洗净剩余的沉淀，并向沉淀中加入浓氨水，在空气中放置一段时间。 加入浓盐酸后，沉淀部分消失，溶液呈浅蓝绿色；加入浓氨水后，开始没有现象，一段时间后固体消失，溶液逐渐变成深蓝色 实验Ⅱ 步骤1：向6 mL10NaOH溶液中滴加15% 20滴CuSO4溶液振荡充分，然后滴加 1 滴 15% 甲醛水溶液，水浴加热2分钟，离心沉淀。 离心沉淀后，试管底部有砖红色固体生成，上层溶液仍为较深的蓝色 步骤2：过滤，洗净沉淀，向沉淀中加入足量的浓盐酸，充分振荡。 沉淀完全消失，溶液呈黄绿色 （3）根据实验Ι回答： ①步骤2加入足量的盐酸后，沉淀部分消失，请用化学方程式解释原因 。 ②步骤2中，不溶于盐酸的固体，可以溶解在浓氨水中，请结合化学用语，解释其原因 。 ③综合实验I的现象，得出步骤1中的红黑色沉淀的成分是 。 （4）实验ΙΙ通过调整新制氢氧化铜和甲醛的用量，实验现象与实验Ι出现了差异，请你帮助小组完成下面的框图，来说明两组实验所得到的结论。 提示：i.在箭头上方的长框中填入“少量甲醛”或“过量甲醛”① ；② 。 ii.其他方框中填入相应物质的化学式_③ ；④ 。 【答案】（1）水分子间存在氢键，而甲醛分子间不存在氢键；甲醛分子间只存在范德华力，且相对分子质量较小，沸点低 甲醛分子和水分子间存在氢键作用力；甲醛分子和水分子均为极性分子，相似相溶 （2） （3）； 因为，使平衡中浓度下降，平衡正向移动，提高了铜的还原性 CuO、Cu2O、Cu （4）过量甲醛 少量甲醛 Cu2O Cu 【分析】①步骤2加入足量的盐酸后，沉淀部分消失，即步骤1中得到的固体中含有CuO和Cu2O，CuO溶于HCl生成CuCl2和H2O，Cu2O溶于HCl生成HCuCl2和H2O； ②步骤2中，不溶于盐酸的固体为Cu，可以溶解在浓氨水中，原因是Cu2++4NH3•H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，使Cu-2e-⇌Cu2+平衡中Cu2+浓度下降，平衡正向移动，促进Cu的溶解； 【解析】（1）①含有氢键的物质其沸点较高，甲醛的沸点比水低的原因是：水分子间存在氢键，而甲醛分子间不存在氢键，甲醛分子间只存在范德华力，且相对分子质量较小，沸点低； ②含氢键的物质能增大水溶液的溶解度，甲醛易溶于水的原因：甲醛分子和水分子间存在氢键作用力，甲醛分子和水分子均为极性分子，相似相溶； （2） 甲醛能使蛋白质变性，主要是因为甲醛能与蛋白质中的R—NH2发生化学反应，根据电负性，蛋白质分子(以R—NH2表示)中N显负电形，H显正电性，甲醛中O显负电形，C显正电，然后发生C=O双键的加成，则甲醛使蛋白质变性的化学反应方程式为：； （3）①步骤2加入足量的盐酸后，沉淀部分消失，即步骤1中得到的CuO溶于HCl生成CuCl2和H2O，Cu2O溶于HCl生成HCuCl2和H2O，方程式为：CuO+2HCl═CuCl2+H2O，Cu2O+4HCl═2HCuCl2+H2O； ②步骤2中，不溶于盐酸的固体为Cu，可以溶解在浓氨水中，原因是Cu2++4NH3•H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，使Cu-2e-⇌Cu2+平衡中Cu2+浓度下降，平衡正向移动； ③综合实验Ⅰ的现象，得出步骤1中的红黑色沉淀的成分是CuO、Cu2O、Cu； （4） 实验Ⅱ通过调整新制氢氧化铜和甲醛的用量，实验现象与实验Ι出现了差异，新制氢氧化铜加入少量甲醛，首先被还原为Cu2O，再加入适量甲醛，Cu2O继续被还原为Cu，若新制氢氧化铜加入足量甲醛，氢氧化铜直接被还原为铜，由此可得：。 考向1 原子结构与元素性质 1．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，下列关于该元素在元素周期表中的位置说法正确的是 A．位于第三周期 B．位于ⅡA族 C．位于ds区 D．第26号元素 【答案】D 【解析】某元素基态原子的价电子排布式为3d64s2，最高能层数为4，价电子数为8，原子序数为26，为铁元素，位于周期表第四周期Ⅷ族，位于d区，答案选D。 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列图示或化学用语表示正确的是 A．NaCl的电子式 B．基态18Ar原子的价层电子轨道表示式 C．F﹣的离子结构示意图 D．px轨道的电子云轮廓图 【答案】B 【解析】 A．NaCl为离子化合物，由钠离子和氯离子构成，其电子式为，故A错误； B．态基态18Ar原子的价层电子排布式为3s23p6，价层电子轨道表示式为，故B正确； C．F原子结构示意图为，F﹣的离子结构示意图为，故C错误； D．p轨道的电子云轮廓图为哑铃形，px轨道的电子云轮廓图是沿x轴方向伸展的哑铃形，即px轨道的电子云轮廓图为，故D错误； 答案选B。 3．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）下列选项中正确的是 A．第一电离能：I(B)＞I(Al) B．原子半径：N＜O C．离子半径：r(K+)＞r(Cl﹣) D．键长：H﹣Cl＞H﹣Br 【答案】A 【解析】A．B、Al为同主族元素，第一电离能：I(B)＞I(Al)，故A正确； B．N、O原子核外电子层数相同，原子半径：N＞O，故B错误； C．K+、Cl﹣离子电子层数相同，则离子半径r(K+)＜r(Cl﹣)，故C错误； D．原子半径Cl＜Br，键长：H﹣Cl＜H﹣Br，故D错误； 故选：A。 4．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列原因分析不能解释递变规律的是 选项 递变规律 原因分析 A 与水反应的剧烈程度：Na > Mg > Al 最外层电子数：Al > Mg > Na B 沸点：Cl2 < Br2 < I2 相对分子量： Cl2 < Br2 < I2 C 离子半径：Ca2+ < Cl- < S2- 电子层结构相同，核电荷数： Ca > Cl > S D 酸性：CF3COOH>CCl3COOH >CH3COOH 电负性：F > Cl > H 【答案】A 【解析】A．Na、Mg、Al与水反应的剧烈程度与其单质失电子难易程度有关，与其最外层电子数多少无关，原因分析不合理，故A符合题意； B．氯气、溴、碘都不能形成分子间氢键且都是分子晶体，所以其沸点随着分子间作用力的增大而升高，分子间作用力随着相对分子质量的增大而增大，沸点：Cl2＜Br2＜I2，相对分子量：Cl2＜Br2＜I2，故B不符合题意； C．电子层结构相同的离子，离子半径随着核电荷数的增大而减小，电子层结构相同，核电荷数：Ca＞Cl＞S，则离子半径：Ca2+＜Cl-＜S2-，故C不符合题意； D．这几种羧酸中，元素的电负性越强，其吸电子的能力越强，导致羧基越易电离出氢离子，则酸性越强，电负性：F＞Cl＞H，吸引电子的能力：F＞Cl＞H，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH＞CH3COOH，故D不符合题意； 故选：A。 5．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）A、B、X、Y、Z是1~36号原元素中，原子序数依次递增的5种元素，其原子结构或元素性质如下： 元素 元素性质或原子结构 A 基态原子价层电子排布式为nsnnpn B 基态原子2p能级有3个单电子 X 原子最外层电子数是其内层电子数的3倍 Y 单质与水剧烈反应，发出紫色火焰 Z Z2+的3d轨道中有10个电子 （1）A元素在周期表中的位置为 。 （2）上述5种元素中： ①原子半径最大的是 (填元素符号，下同)。 ②电负性最大的是 。 ③位于周期表p区的元素有 。 ④比较A、B形成氢化物的键角大小，并说明原因 。 （3）Y+可与某种冠醚形成具有特定结构和功能的聚集体，如下图所示。Y+与冠醚之间的作用力属于 (填字母)。 a．离子键     b．配位键     c．氢键     d．范德华力 （4）A、B形成的AB-常做配位化合物的配体。 ①在AB-中，元素A的原子采取sp杂化，则A与B形成的化学键中含有的σ键与π键的数目之比为 。 ②Z元素与金元素(Au)均能与AB-形成配离子。已知，Z2+与AB-形成配离子时，配位数为4；Au+与AB-形成配离子时，配位数为2.工业常用Au+与AB-形成配离子与Z单质反应，生成Z2+与AB-形成配离子和Au单质来提取Au，写出上述反应的离子方程式： 。 【答案】（1）第二周期第ⅣA族 （2）K O C、N、O A的氢化物是CH4，B的氢化物是NH3，键角比较：H-N-H＜H-C-H；原因是二者中心原子均为sp3杂化，但氨分子中的氮原子有一个孤电子对，有较大斥力作用，使H-N-H的键角比H-C-H的小 （3）b （4）1:2 【分析】A元素的基态原子价层电子排布式为nsnnpn，则其为碳元素；B元素基态原子2p能级有3个单电子，则其为氮元素；X元素原子最外层电子数是其内层电子数的3倍，则其为氧元素；Y元素单质与水剧烈反应，发出紫色火焰，则其为钾元素；Z2+的3d轨道中有10个电子，则其为锌元素。从而得出A、B、X、Y、Z分别为C、N、O、K、Zn。 【解析】（1）A为碳元素，电子排布式为1s22s22p2，在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族。 （2）A、B、X、Y、Z分别为C、N、O、K、Zn，上述5种元素中： ①C、N、O位于第三周期，K、Zn位于第四周期，通常电子层数越多，半径越大，K为碱金属元素，在同周期元素中半径最大，则原子半径最大的是K。 ②C、N、O为非金属元素，K、Zn为金属元素，C、N、O为同周期元素且从左到右排列，非金属性依次增强，则电负性最大的是O。 ③C、N、O分别位于元素周期表的ⅣA、ⅤA、ⅥA族，则位于周期表p区的元素有C、N、O。 ④A、B形成氢化物分别为CH4、NH3，中心原子都发生sp3杂化，但C最外层没有孤电子对，N原子的最外层有1个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的排斥作用大于成键电子对与成键电子对间的排斥作用，所以CH4的键角大，原因：A的氢化物是CH4，B的氢化物是NH3，键角比较：H-N-H＜H-C-H；原因是二者中心原子均为sp3杂化，但氨分子中的氮原子有一个孤电子对，有较大斥力作用，使H-N-H的键角比H-C-H的小。 （3）K+与冠醚分子中O原子间形成配位键，则K+与冠醚分子之间的作用力属于配位键，故选b。 （4）A、B形成的CN-常做配位化合物的配体。 ①在CN-中，元素C的原子采取sp杂化，则A与B形成的[C≡N]-中，化学键C≡N中含有1个σ键，2个π键，则σ键与π键的数目之比为1:2。 ②工业常用Au+与CN-形成配离子[Au(CN)2]-与Zn单质反应，生成Zn2+与CN-形成配离子[Zn(CN)4]2-和Au单质来提取Au，上述反应的离子方程式：。 考向2 分子结构与分子性质 1．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列化学用语或图示表达不正确的是 A．基态29Cu的简化电子排布式：[Ar]3d94s2 B．乙炔的分子结构模型： C．Br的原子结构示意图： D．氮分子的电子式： 【答案】A 【解析】A．基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态29Cu的简化电子排布式[Ar]3d104s1，故A错误； B．乙炔中含碳碳三键、是直线形分子，C原子半径大于H，其分子结构模型为，故B正确； C．Br原子的质子数和电子数都是35，核外各层上电子数分别为2、8、18、7，其原子结构示意图为，故C正确； D．氮气分子中N原子间共用3对电子，N原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为，故D正确； 故选：A。 2．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如下。下列说法不正确的是 A．分子中O和F的第一电离能：O < F B．分子中四个碳原子在同一条直线上 C．分子中碳原子有sp2和sp3两种杂化类型 D．三氟乙酸乙酯分子中的共价键含有σ键和π键 【答案】B 【解析】A．同一周期元素第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第族、第族第一电离能大于其相邻元素，、位于同一周期且分别位于第族、第族，所以第一电离能，A正确； B．连接单键的碳原子和氧原子都采用杂化，连接单键的碳原子都具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有个原子共平面，所以该分子中个碳原子一定不共直线，B错误； C．连接单键的碳原子采用杂化，连接双键的碳原子采用杂化，所以该分子中碳原子有、两种杂化类型，C正确； D．单键为键，双键中一个为键，另外一个是键；则三氟乙酸乙酯分子中的共价键含有键和键， D正确； 故选B。 3．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）右丙氧芬与左丙氧芬结构如下图所示，前者具有镇痛作用，后者具有止咳作用。下列说法正确的是    A．右丙氧芬和左丙氧芬分子中都只含有1个手性碳原子 B．右丙氧芬与左丙氧芬互为对映异构体 C．右丙氧芬分子中氮碳键之间的夹角与NH3中氮氢键之间的夹角相同 D．右丙氧芬和左丙氧芬均易溶于水 【答案】B 【解析】A．右丙氧芬和左丙氧芬分子中都含有两个手性碳原子，A错误； B．右丙氧芬和左丙氧芬分子中都含有手性碳原子，故为对映异构，B正确； C．右丙氧芬分子中氮碳键之间与NH3中由于成键原子的电负性不同，故夹角不同，C错误； D．右丙氧芬和左丙氧芬中均不存在亲氧原子和亲氧原子团，D错误； 故选B。 4．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）下列说法不正确的是 A．氯化铵晶体中的作用力不存在氢键 B．CCl4能萃取碘水中的I2，体现了相似相溶原理 C．H2O2分子的空间结构为，可推测出H2O2为极性分子 D．N=N的键能大于N-N的键能的2倍，推测N=N中σ键的强度比π键的大 【答案】D 【解析】A．氯化铵晶体中铵根离子和氯离子之间存在离子键，不存在氢键，故A正确； B．非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，I2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，I2易溶于四氯化碳而难溶于水，所以CCl4能萃取碘水中的I2，体现了相似相溶原理，故B正确； C．根据H2O2的空间构型知，H2O2分子的正负电荷重心不重合，则H2O2为极性分子，故C正确； D．N=N的键能大于N-N的键能的2倍，单键全部由σ键形成，双键由σ键和π键形成，则推测N=N中π键的强度比σ键的大，故D错误； 故选：D。 5．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为[C(NH2)3]4[B(OCH3)4]3Cl，部分晶体结构如图所示，其中[C(NH2)3]+为平面结构。 下列说法不正确的是 A．元素的电负性：C＜N＜O B．该化合物中阴阳离子个数比为1：1 C．该晶体中存在N﹣H…O氢键 D．[C(NH2)3]+中C原子的杂化类型是sp3 【答案】D 【解析】A．同周期元素从左至右，元素的电负性逐渐增大，则元素的电负性：C＜N＜O，故A正确； B．由图可知，该化合物中阴离子为3个[B(OCH3)4]- 和1个Cl﹣，阳离子为4个[C(NH2)3]+ ，则阴阳个数比为1：1，故B正确； C．由图可知，[C(NH2)3]+中的NH2中的H与[B(OCH3)4]-中的O之间形成氢键，因此该晶体中存在N﹣H…O氢键，故C正确； D．[C(NH2)3]+为平面结构，其中的C原子的杂化类型为sp2杂化，故D错误； 故选D。 6．．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）硼酸(H3BO3)在电子器件工业和医疗上有重要用途。它是一种白色片状晶体，具有类似于石墨的层状结构，有滑腻感。H3BO3的层内结构如下图所示。 （1）H3BO3中，含有 (填“极性”或“非极性”)共价键。 （2）H3BO3层内结构中，虚线部分表示存在 (填序号)。 a．离子键　　　　b．配位键　　　　c．氢键 （3）H3BO3可由BCl3水解得到。 ①依据价电子对互斥理论(VSEPR)推测，BCl3的空间结构为 。 ②BCl3属于 (填“极性”或“非极性”)分子。 （4）H3BO3是一元酸，在水溶液中发生如下过程：H3BO3+H2O⇌ +H+。 ①[B(OH)4]-中硼原子的杂化方式为 。 ②从化学键的角度说明H3BO3形成[B(OH)4]-的过程： 。 ③用中和滴定法测定H3BO3纯度。 取agH3BO3样品(所含杂质不与NaOH反应)，用0.5mol·L−1NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液VmL，测得H3BO3的纯度为 (用质量分数表示，H3BO3的摩尔质量为62g·mol−1)。 【答案】（1）极性 （2）c （3）平面三角形 非极性分子 （4）sp3 H3BO3中B提供空轨道， OH-提供孤电子对形成配位键 【解析】（1）由图可知，H3BO3分子中含有B-O键和H-O键，均为极性键； （2）图中虚线部分表示H3BO3分子间的一种作用力，并且是电负性大的O原子与H原子之间的一种作用力，则为氢键； （3）①BCl3分子中B原子的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型和空间构型均为平面三角形； ②BCl3分子中B原子的价层电子对数为3，无孤电子对，空间构型均为平面三角形，正负电荷中心能重合，属于非极性分子； （4）①中B原子的价层电子对数为4，所以B原子的杂化方式为sp3； ②H3BO3分子中B原子含有空轨道，OH-中O原子含有孤电子对，B和O之间通过配位键生成； ③H3BO3为一元弱酸，NaOH为一元强碱，二者反应时比例为1∶1，即n(H3BO3)=n(NaOH)=cV=0.0005Vmol，m(H3BO3)=Nm=0.0005Vmol62g/mol=0.031Vg，则H3BO3纯度为。 考向3 晶体结构与晶体性质 1．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）LiMn2O4为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)。下列说法不正确的是 A．每个晶胞含8个Li+ B．放电时，正极反应为 C．充电时，每个LiMn2O4晶胞发生反应时，转移x个e- D．若x=0.6，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1:4 【答案】C 【解析】A．A单元中2个Li+都位于体内，则A单元含Li+的数目为2，B单元不含有Li+，所以每个晶胞含Li+的个数为2×4=8，A正确； B．充电过程的总反应可表示为：，则放电过程的总反应可表示为，所以正极反应为，B正确； C．由A中分析，每个LiMn2O4晶胞中含有8个“LiMn2O4”，则充电时，每个LiMn2O4晶胞发生反应时，转移8x个e-，C不正确； D．充电后材料为Li1-xMn2O4，若x=0.6，设Mn(Ⅲ)为y个，Mn(Ⅳ)为(2-y)个，依据化合价的代数和为0，可建立等式：0.4×1+3y+4(2-y)+(-2)×4=0，求出y=0.4，Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为0.4:(2-0.4)=1:4，D正确； 故选C。 2．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）将钴酞菁和三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，可制得一种高效催化剂。 （1）碳的几种单质如图所示。 ①基态碳原子的轨道表示式是 。 ②下列说法正确的是 。 a.金刚石中碳碳原子间是σ键 b.C60熔化时破坏的作用力是共价键 c.以上四种单质均能导电 （2）钴酞菁是配位化合物，其分子结构如图所示。 钴酞菁分子中能形成配位键的原因是 。 （3）气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图1所示。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图2所示。 ①二聚体Al2Cl6中Al原子的轨道杂化类型为 。 ②AlCl3的熔点为192℃，远低于AlF3的熔点1090℃的原因是 。 ③AlF3晶体距离F最近的阳离子有 个。 ④AlF3的晶胞形状为正方体，边长为anm，该晶体密度为 g•cm﹣3。（列出计算式，阿伏加德罗常数用NA表示，1nm＝10﹣7cm） 【答案】（1） a （2）Co提供空轨道，N原子提供孤电子对 （3）sp3 AlCl3为分子晶体，AlF3为离子晶体 2 【解析】（1） ①C原子核外电子排布式为1s22s22p2，轨道表示式为； ②a．金刚石中存在C﹣C键，单键为σ键，故金刚石中碳碳原子间都是σ键，故a正确； b．C60为分子晶体，熔化时破坏的作用力是分子间作用力，故b错误； c．金刚石为共价晶体，C60为分子晶体，都不能导电，故c错误； 故答案为：a； （2）中心原子Co提供空轨道，配体原子N原子提供孤电子对形成配位键； （3）①由Al2Cl6的空间结构图1可知，每个Al形成4个Al﹣Cl键，Al原子的轨道杂化类型为是sp3杂化； ②AlCl3的熔点为192℃，为分子晶体，AlF3的熔点1090℃，为离子晶体，一般情况下，离子晶体熔点高于分子晶体，故AlCl3的熔点远低于AlF3的熔点； ③由AlF3晶胞结构图2可知，F位于棱心，阳离子位于顶点，故距离F最近的阳离子有2个； ④Al位于顶点，个数为8×＝1，晶胞质量为g，晶胞体积为(a×10﹣7)3cm3，晶体密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3。 3．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）利用晶体结构测定阿伏加德罗常数()。 Ⅰ．精制 粗中溶有一定量的，试剂a为、、乙醇混合液，用于除去。 （1）从分子结构角度解释能溶于的原因： 。 （2）步骤ii的目的是除去中的大量乙醇，该步骤利用的分离提纯方法为 。 （3）步骤iii中，中的可以与和乙醇形成配位键，其中配原子是 。 Ⅱ．测定阿伏加德罗常数 实验1：实验装置如图所示，实验步骤如下。 ①准确称量容量瓶的质量为。 ②将充分干燥后，转移至上述容量瓶中，准确称量其总重为。 ③将精制后的由滴定管加入容量瓶至刻度线，消耗的体积为。 （4）结合实验1中的数据可知：实验1的目的是测定晶体的 (填物理量名称)。 实验2：利用X射线衍射实验测定晶体结构。 晶体中存在A型和B型两种立方体重复单元(如下图所示)，且A、B中存在的粒子种类和数目均相同。 （5）回答下列问题 a．从结构的角度解释A型立方体不是晶胞的原因： 。 b．通过平移(不能旋转)A型和B型两种立方体可得到晶体中粒子排列的周期。用“”在B型立方体中标出的位置 。 （6）结合实验1和实验2数据，可得 (用代数式表示)。 【答案】（1）和均为非极性分子，依据相似相溶原理，能溶解在中 （2）萃取、分液 （3） （4）密度 （5）A型立方体8个顶点离子种类不一样，不能做到无隙并置    （6） 【解析】（1）分子的极性会影响物质的溶解性，和均为非极性分子，依据相似相溶原理，能溶解在中； （2）向含有大量乙醇的溶液中加入水，乙醇与水互溶，与水不互溶，利用萃取分液方法除去乙醇； （3）中的可以与和乙醇形成配位键，其中提供空轨道，可提供孤电子对的O为配位原子； （4）实验1可通过测量NaCl的质量和体积，从而计算出密度； （5）a．晶体可由晶胞无缝并置而成，由图可知，A型立方体8个顶点离子种类不同，无法做到无隙并置； b．根据A、B中存在的粒子种类和数目均相同，且通过平移（不能旋转）A型和B型两种立方体可得到NaCl晶体中粒子排列周期可得，在B型立方体中的位置如图：  ； （6）实验1可测得NaCl密度：；由实验2数据可得每个晶胞中位于顶点和面心，则个数：；位于棱和体心，则个数：，即每个晶胞中含4个NaCl；根据可得：，解得。 考向4 配合物与超分子的结构与性质 1．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）化学小组研究的性质，完成如下实验： 已知：；； 下列说法不正确的是 A．溶液中加入NaCl固体： B．溶液a中加入浓氨水时不可能出现蓝色沉淀 C．溶液a、b中铁片的颜色不同证明 D．溶液b中加入足量乙醇时可以析出深蓝色晶体 【答案】B 【解析】A． CuSO4溶液中加入NaCl固体，四水合铜离子会和氯离子反应生成四氯合铜离子，A正确； B．溶液a中加入少量浓氨水产生氢氧化铜蓝色沉淀，B错误； C．从颜色上可以看出，四氨合铜离子浓度大于四氯合铜离子，故K稳[Cu(NH3)4]2+>K稳()，C正确； D．溶液b中加入足量乙醇时硫酸四氨合铜的溶解度减小而析出，D正确； 故选B。 2．（2023-2024高二下·北京市丰台区·统考期中）某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下： 序号 实验 试剂 现象 ① 1滴溶液 溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成； 静置2小时后底部有少量白色沉淀 ② 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，未见白色沉淀生成 ③ 先加入5滴溶液，再加入1滴溶液 溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失 已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。 下列说法不正确的是 A．①中生成白色沉淀的原因是： B．由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的 C．由②③可推知，结合的能力： D．由①③可推知：促进了转化为 【答案】C 【解析】A．溶液中滴加1滴溶液，生成黄色，黄色与铜离子形成的蓝色混合溶液呈绿色，静置2小时后产生白色沉淀，说明发生反应：，A正确； B．根据①中现象可知，先与形成配合物，所以溶液显变绿；静置后产生白色沉淀，说明发生氧化还原反应生成白色沉淀，B正确； C．②中溶液变红，未见白色沉淀生成， 说明结合SCN的能力Fe3+>Cu2+；③中迅速生成白色 沉淀，振荡后红色消失，说明结合SCN的能力Cu+>Fe3+，由②③可推知；结合的能力：，C错误； D．由①③可推知：促进了转化为，D正确； 答案选C。 3．（2023-2024高二下·北京市房山区·统考期中）某实验小组同学依据资料深入探究Fe3+在水溶液中的行为。 资料：ⅰ.Fe3+在水溶液中以[Fe(H2O)6]3的形式存在 ⅱ.[Fe(H2O)6]3+发生如下水解反应：[Fe(H2O)6]3++nH2O⇌[Fe(H2O)6(OH)n]3﹣n+nH3O+(n＝0～6)； ⅲ.[FeCl4(H2O)2]﹣为黄色。 （1）配离子[Fe(H2O)6]3+的中心离子是 ，配体是 ，配位数是 。 【实验一】分别向等浓度的Fe(NO3)3和FeCl3溶液中滴加硝酸，观察颜色变化。 Ⅰ ⅠI （2）②中溶液褪色的原因是 。 （3）③中溶液呈棕黄色与[FeCl4(H2O)2]﹣有关，支持此结论的实验现象是 。 【实验二】分别以实验一①、③中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。溶液透光率随温度变化曲线图如图(t1开始加热，t2停止加热；溶液颜色越深，透光率越低)。 （4）由图甲、乙可知：①、③中的试剂加热过程中，溶液颜色均 (填“变浅”“变深”或“不变”)。 （5）由实验二，可以得出如下结论： 【结论1】FeCl3溶液中存在可逆反应：[Fe(H2O)6]3++4Cl﹣⇌[FeCl4(H2O)2]﹣+4H2O 得出此结论的理由是 。 【结论2】结论1中反应的ΔH (填“＞0”或“＜0”)。 （6）实验小组同学重新设计了一个实验，验证（5）中结论1。 实验方案：取①中溶液， (请描述必要的实验操作和现象)。 【答案】（1）Fe3+ H2O 6 （2）由已知：[Fe(H2O)6]3++nH2O⇌[Fe(H2O)6﹣n(OH)n]3﹣n+nH3O+，加入HNO3后，c(H+)增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色 （3）试管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黄色 （4）变深 （5）升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]﹣+4H2O⇌[Fe(H2O)6]3++4Cl﹣； ＜0 （6）先滴加HNO3，再滴加几滴NaCl溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经过先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了（4）中结论一 【解析】（1）配离子[Fe(H2O)6]3+的中心离子是Fe3+，配体是H2O，配位数是6； （2）由已知：[Fe(H2O)6]3++nH2O⇌[Fe(H2O)6﹣n(OH)n]3﹣n+nH3O+，硝酸铁溶液中加入HNO3后，溶液中氢离子浓度增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色； （3）试管②、④中加入等量的HNO3后，②中溶液褪色，而④中溶液仍呈黄色，说明氯化铁溶液黄色为[FeCl4(H2O)2]﹣所致； （4）温度升高，导致平衡[Fe(H2O)6]3++nH2O⇌[Fe(H2O)6﹣n(OH)n]3﹣n+nH3O+正向移动，[Fe(H2O)6﹣n(OH)n]3﹣n浓度增大，溶液颜色加深； （5）升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]﹣+4H2O⇌[Fe(H2O)6]3++4Cl﹣，升高温度，FeCl3溶液透光率增大，平衡逆向移动，正反应为放热反应； （6）对照实验②④可知，向②的溶液中加入含有氯离子物质，增大溶液中[FeCl4(H2O)2]﹣浓度，可以证明实验方案验证（4）中结论。实验方案：先滴加HNO3，再滴加几滴NaCl溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经过先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了（4）中结论一。 4．（2023-2024高二下·北京市朝阳外国语学校·校考期中）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是 。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。 （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。 【答案】（1）< （2）除去，防止干扰后续实验 、 （3）或 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的) （4）铜、含的的溶液 （5）铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【解析】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； （2）加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；由于n＞m，铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)； （4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液； （5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 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