第03讲 分子结构与物质的性质“原因解释”题（重难点训练）化学苏教版选择性必修2

第03讲 分子结构与物质的性质“原因解释”题 建议时间：35分钟 突破一 分子极性与溶解性原因解释 1．甲磺酸是一种强酸。下列说法错误的是 A．甲磺酸与水形成氢键，其溶解性较大 B．该分子中心原子S的价层电子对数为4 C．甲磺酸为极性共价键形成的极性分子 D．该分子中硫氧键的键长均相同 2．下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 的沸点高于的沸点 的分子间作用力强于 B 、、的键角依次增大 三种化合物的相对分子质量不同 C 在水中的溶解性比苯在水中的溶解性大 与水能形成氢键，且为极性分子 D 石墨能导电 未杂化的轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A．A B．B C．C D．D 突破二 键角大小原因解释 3．乙烯和氧气在催化下生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态(TS)和TS3的能量相差不大)。 注：表示催化剂表面 根据以上信息判断，下列说法正确的是 A．吸附在催化剂表面的过程会释放能量 B．中键角约，为杂化 C．改变的形貌，使TS2能量降低，其余能量均不变，可提高的平衡产率 D．乙烯与氧气生成乙醛的反应为放热反应 4．回答下列问题： (1)Si与C元素位于同一主族，SiO2键角小于CO2的原因是 。 (2)已知H2O、NH3、CH4三种分子中，键角由大到小的顺序是 ，原因是 。 突破三 共价键性质相关原因解释 5．氮的化合物种类繁多，应用广泛。请回答： (1)下面说法正确的是___________。 A．同周期元素中的第一电离能仅低于 B．原子电子云半径： C．中原子有单电子，易发生二聚反应 D．中的配位原子为 (2)某化合物晶胞结构如图所示，该物质的化学式为 ；晶体类型为 。 (3)(叠氮酸)结构如图。 ①制备：与在190℃条件下反应生成和，然后酸化可得。写出生成的反应方程式 。 ②给出能力强于结合能力，溶液显酸性：，从结构的角度分析原因 。 (4)(氰氨化钙)与水可发生如下转化关系： ①反应Ⅰ的化学方程式 。 ②气体X结构式 ；反应Ⅲ仅发生一个反应，则悬浊液A中不溶物的化学式 ； ③已知：在酸性条件下受热、水解生成和。设计实验检验悬浊液A中存在N元素 。 6．回答下列问题。 (1)美国中学生拉泽在科学课上提出了全新的分子结构(化学式为C5N4O12)，这个分子的碳原子有两种化学环境，氮原子和氧原子均只有一种环境，请尝试写出该分子的结构式 。 (2)防晒霜中的某些化学键吸收紫外线并通过能量转换将紫外线转化为热能释放，从而避免对皮肤造成伤害。甲氧基肉桂酸辛酯是防晒霜的主要有效成分，试从化学键的角度分析其能吸收紫外线的原因是 。 (3)已知： NH3(g)=NH2(g)+H(g)   ∆H=435kJ/mol   NH2(g)=NH(g)+H(g)   ∆H=377kJ/mol NH(g)=N(g)+H(g)     ∆H=314kJ/mol 请用价层电子对互斥理论解释N-H解离能越来越小的原因 (4)CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，CrO2Cl2是 分子(选填“极性”或“非极性”)。 (5)HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为 ；乙炔钠中存在 (填字母序号)。 A．σ键      B． π键    C． 氢键     D．离子键      E．范德华力 (6)分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物有两种不同的颜色，其中橙黄色较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，如图所示的结构示意图中呈亮黄色的是 (填“A”或“B”)。 (7)芦笋中的天冬酰胺具有提高身体免疫力的功效，结构如图所示。其组成元素第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。 (8)某离子晶体的晶胞结构如图所示，设该晶体的摩尔质量为Mg·mol–1，晶胞的密度为ρ g·cm–3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为 pm。 突破四 羧酸酸性强弱的比较 7．2021年，中国化学家发明了一种常压固氮的MCC法，部分流程示意如下： 完成下列填空： (1)MCC法涉及的各元素原子中，未成对电子数最多的元素原子核外电子排布式为 ；原子半径最大的元素原子核外能量最高的轨道的电子云形状为 。 (2)下列关于MCC法中涉及的各元素的说法正确的是_______。(不定项) A．微粒半径： B．酸性： C．第一电离能： D．电负性： (3)天然存在的镁有三种同位素。镁元素的相对原子质量计算式可以表示为：镁元素的相对原子质量。其中24.986的含义是 ，后两种同位素原子在自然界中的质量比为 (列式)。 (4)过程①中，断裂的化学键有_______。(不定项) A．金属键 B．共价键 C．离子键 D．配位键 (5)过程③的化学方程式为 。 (6)上述方法所涉及的物质中，属于极性分子的是 ；含有极性共价键的是 。 (7)属于_______。 A．离子化合物 B．共价化合物 C．共价分子 D．共价单质 (8)写出的电子式 。 (9)写出镁的最高价氧化物对应水化物和氯的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式 。 (10)请用化学方程式说明氯的非金属性比氮强。 。 (11)写出一个能说明氧和氯非金属性强弱的实验事实。 (12)MCC法的特点是循环利用物质：如反应③产物可通过电解转化为原料与，请再写出该法中的一种循环路径： 。 8．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子；Y、Z为同周期相邻元素，W是同周期原子半径最大的元素，Q的单质是常见的半导体材料。下列说法不正确的是 A．简单离子半径：Z<W B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Q C．电负性：Y<Z D．XZW形成的化合物既有离子键，又有极性键 突破五 分子间作用力与物质性质的关系 9．工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为： (1)Si在元素周期表中的位置 。 (2)上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为 (用元素符号表示)，下列能判断它们的非金属性强弱的依据是 。 A．气态氢化物的熔沸点    B．最高价氧化物对应水化物的酸性 C．气态氢化物的热稳定性    D．三种元素两两形成的化合物中电子对偏向 (3)从原子结构的角度解释中C呈正价的原因： 。 10．作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子结构见下图A)深受关注。 (1)B溶于某溶剂发生电离，F的结构式为 。 (2)B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，Ka值大小关系：B D． A．>                B．=            C．< (3)沸点大小关系：，其原因是 。 建议时间：50分钟 11．锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。 (1)Sn属于元素周期表的 区。基态Sn原子价电子轨道表示式为 。 A．s    B．p    C．d    D．f (2)C、Si是与Sn同主族的两种元素。相关说法正确的是 。 A．电负性： B．第一电离能： C．熔点：单晶金刚石 D．与中化合价：和是锡的常见氯化物，可被氧化得到，易水解生成碱式氯化亚锡[]。 (3)分子的VSEPR模型名称是 ，属于 分子。 (4)两种分子中，键角更小的是： 。 A．                      B． (5)粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合化学用语，用平衡移动原理解释原因： 。 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。 (6)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。 (7)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 。 单质Sn的制备与纯度的测定： (8)将与焦炭充分混合后，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，能迅速被还原为Sn单质，通入空气的作用是 。 (9)实验小组通过下列方法测定所得锡粉的纯度(杂质不参与反应)： ①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：； ②加入过量的，被还原成； ③用已知浓度的滴定生成的，发生的反应为： 取0.595 g锡粉，经上述各步反应后，共用去溶液16.00 mL。锡粉中锡的质量分数是 。 12．硼是生命活动中不可或缺的元素。 (1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______。 A． B． C． D． (2)已知和的键能分别为、，请从结构的角度解释比的键能大的可能原因 。 (3)氨硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一，氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，结构如图所示，下列说法正确的是_______。 A．第二周期中，第一电离能介于B与N之间的元素有3种 B．中N为杂化，B为杂化 C．和之间也存在类似的双氢键 D．键角： (4)含硼物质应用广泛，通过转化能制备出多种具有特殊性能的材料，满足不同场景的需求。以为起始物，经过一系列反应可以得到不同产物。 已知：为一元弱酸，；产物A是一元无氧强酸，酸根阴离子中心原子杂化。 ①写出硼酸的电离方程式 。 ②过滤之前，把pH调至3.5目的是 。 ③过滤时，一般先转移上层清液再转移下层沉淀至漏斗中，其目的是 。 ④写出溶于水时的离子方程式 。 (5)一种含硼化合物的晶胞结构如图所示，该物质化学式为 。 13．有机物中的C—H键较难断裂，活化C—H键是有机反应研究的热点之一、由经两步反应合成M，均需使C—H键活化，步骤如下。 (1)铬、铁位于元素周期表中的 （填序号）。 a． s        b． d区        c． p区        d． ds区 (2)中碳原子的杂化方式为 ，其转化为M的过程中，C=O键中的 （填“σ”或“π”）键断裂，发生加成反应，转化为C—O键。 (3)利用有机金属框架（MOF）构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。 注：FeII代表2价铁元素，FeIII代表3价铁元素。 ①与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近（相差1℃左右），原因有： I． CH3OH的极性强于；II． 。 ②FeII易被氧化为FeIII，结合价层电子排布解释原因： 。 (4)铜铬催化剂的主要成分是CuCl、CrCl2和CH3B(OH)2（甲基硼酸）等。甲基硼酸可用B(OH)3制得，能有效抑制副产物的生成。已知：B(OH)3为一元弱酸，用离子方程式解释原因 。 14．有机物中的C-H键较难断裂，寻找合适的催化剂活化C-H键是有机反应研究的热点之一，由经两步反应合成，步骤如下： (1)碳位于元素周期表中的 (填字母)。 a．s区                b．p区                c．d区                d．ds区 (2)基态铜原子价层电子轨道表示式为 。 (3)反应I方程式中，与O2反应的系数比为 。 (4)反应II的反应类型为 。 (5)利用有机金属框架(MOF)构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。注：FeII代表+2价铁，FeIII代表+3价铁。 ①FeII易被氧化为FeIII，结合价层电子排布解释原因： 。 ②与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因有：i．CH3OH的极性强于；ii． 。 15．元素周期表是学习化学的重要工具。下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一元素。 回答下列问题： (1)Q原子简化电子排布式为 。 (2)与元素M同周期且单电子数相同元素是 （用元素符号或化学式表示，下同），M有＋2、＋3、＋4、＋5等多种化合价，其M显＋2价时，失去的是 电（填能级），M的第三电离能小于锰元素的第三电离能的原因是 。 (3)用电子式表示化合物的形成过程 。 (4)可发生自偶电离：，在一定条件下还存在离子，四种微粒的键角由大到小的顺序为 ，的空间构型为 。 (5)T元素与甘氨酸形成的两种配合物如图所示： 配合物中所有组成元素的电负性由大到小的顺序为 ，顺式结构在水中溶解度远大于反式结构，主要原因是 。 (6)立方YW是一种硬而脆的共价晶体，其质地坚硬的原因是由于键能大，那么其性脆原因是 。 16．下列关于分子的结构和性质的描述错误的是 A．和分子均为三角锥形结构，两者的沸点关系： B．乳酸()分子中含有一个手性碳原子 C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”规律解释 D．乙醇在水中溶解度很大，原因之一是乙醇分子与水分子之间形成氢键 17．氮元素的“价—类”二维图如下图所示。下列有关说法错误的是 A．b→a和b→c均可以叫做“固氮” B．c、d的排放是臭氧空洞、光化学烟雾、酸雨等环境问题的形成原因之一 C．已知g的水溶液中存在e粒子，可据此推测h的水溶液中存在f粒子 D．g和h的阴离子，其VSEPR模型均为平面三角形 含碳的物质和材料广泛地应用于生产生活和科学研究中。 18．人工合成金刚石的两种方法所涉反应如下： ①4Na+CCl44NaCl+C；②4Na+3CO22Na2CO3+C． (1)上述反应所涉及的元素中，第一电离能最小的是 。 A．钠    B．碳    C．氯    D．氧 (2)若碳原子核外电子排布有A(1s22s12p3)和B(1s22s22p2)两种状态，由状态到状态时能量 。 A．升高    B．降低    C．不变 (3)NaCl的电子式为 。每个CCl4和CO2分子中σ键的个数比为 。 19．2024年《自然》杂志上报道了一种含有碳—碳单电子σ键的化合物，其化学式为C38H30I3，丰富了经典化学键理论。该物质的结构如下图，虚线和圆点表示仅有1个共用电子的σ键。 (其中：-Ph表示) (1)上图所示物质的正离子中，碳原子的杂化方式是 。 A．只有sp2    B．只有sp3    C．sp和sp2    D．sp2和sp3 (2)结合题干信息，从化学键角度解释上图中左侧离子带正电荷的原因 。 (3)依据价层电子对互斥理论，负离子[I-I-I]-的中心碘原子价层电子对数为 。 A．2    B．3    C．4    D．5 20．碳的常见单质有金刚石、石墨和C60.最近我国科学家合成出了新型共价晶体碳材料：T-碳，可以看作金刚石晶胞中的一个碳原子被四个碳原子构成的一个正四面体结构单元替代，结构如下图所示。 (1)下列关于含碳的物质和材料的说法中，正确的是 。 A．金刚石、石墨、C60互为同分异构体 B．T-碳晶体不具有各向异性 C．C60晶体中存在的微粒间作用力是共价键和分子间作用力 D．已知，则石墨比金刚石更加稳定 (2)结合下表中的数据和石墨的晶体结构，解释说明石墨硬度小于金刚石，但是熔点却高于金刚石。 石墨 金刚石 碳碳键键长/pm 142 154 莫氏硬度 1~2 10 熔点/℃ 3652~3697 3550 (3)已知T-碳的晶胞边长为acm，则T-碳的密度ρ= g·cm-3.(用含有a和NA的代数式表示) 21．BF3 (三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成H3BO3 (硼酸，结构如图1)和HBF4 (氟硼酸)。已知冰的结构如图2，可知每个H2O分子可形成2个氢键，下列说法不正确的是 A．BF3和BF中心硼原子杂化方式不同 B．1mol H3BO3晶体含有6mol氢键 C．H3BO3显酸性原因：H3BO3 +⇌ D．H3BO3是非极性分子，且沸点高于HBr 22．钙、硒、氮的相关化合物在药物化学及工业化学领域应用广泛。回答下列问题： (1)基态原子的价层电子排布式为 ；钙盐的焰色为砖红色，该光谱是 (填“吸收光谱”或“发射光谱”)。 (2)中原子的杂化类型为 ，比较与沸点高低，并说明原因： 。 (3)芦笋中的天冬酰胺(结构简式如图所示)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。 ①天冬酰胺所含元素中， (填元素名称)元素基态原子核外未成对电子数最多。 ②天冬酰胺分子 (填“是”或“不是”)手性分子。 ③天冬酰胺晶体中，晶体中的作用力包括 (填字母)。 A．离子键    B．极性键    C．非极性键    D．键    E．氢键 (4)俗称萤石，主要用作冶炼金属的助熔剂，它的晶胞结构以及晶胞的投影图(晶胞所有面的投影均相同)如图所示，晶胞参数为anm。 ①晶体中的配位数是 。 ②设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度是 (列出计算式)。 建议时间：40分钟 23．（2025·浙江·高考真题）磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态P原子轨道上的电子自旋方向相同 B．的最外层电子数为18 C．的半径小于的半径 D．电子排布为的P原子处于激发态 (2)某化合物的晶胞如图。 ①化学式是 ； ②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。 (3)两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因 。 (4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法： Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。 ①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是 。 ②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下： 溶液A是 ，系列操作B是 ，操作C是 。 ③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。 24．（2025·天津·高考真题）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为 ，苯是 (填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)光照条件下，对应的转化率曲线为 (填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的 (填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 (4)CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是 (填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 (5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是 极，电极反应式为 ； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将 (填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为 。 25．（2025·天津·高考真题）硫是一种重要的非金属元素。 (1)基态S原子的价层电子的轨道表示式为 。H2S的VSEPR模型名称为 ，其空间结构为 。 (2)H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低的顺序为 。 (3)NH4HS的电子式为 。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式为 。 (4)25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显 (填“酸性”“中性”“碱性”)。 (5)硫化锂晶体的晶胞如图，晶胞中含有硫离子的数目为 ；与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为 。 (6)将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为 (用化学方程式表示)。 26．（2024·天津·高考真题）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 (1)由和组成。的空间结构为 ，的电子式为 。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 (2)无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是 。 (3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是 (填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 (4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是 (填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是 ；p点之后的生成速率降低，主要原因是 。 Ⅲ．的再生 (5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为 。 27．（2025·全国卷·高考真题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成 C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 分子结构与物质的性质“原因解释”题 建议时间：35分钟 突破一 分子极性与溶解性原因解释 1．甲磺酸是一种强酸。下列说法错误的是 A．甲磺酸与水形成氢键，其溶解性较大 B．该分子中心原子S的价层电子对数为4 C．甲磺酸为极性共价键形成的极性分子 D．该分子中硫氧键的键长均相同 【答案】D 【详解】A．甲磺酸分子中含有-OH基团，可与水分子形成氢键，且磺酸基极性强，故溶解性较大，A正确； B．中心原子S的σ键数是4，孤电子对数为0，价层电子对数=4+0=4，B正确； C．分子中C-H、C-S、S-O、O-H均为极性共价键，且S的空间构型为四面体(sp3杂化)，连接基团不同导致分子不对称，正负电荷中心不重合，为极性分子，C正确； D．分子中硫氧键有两种：双键S=O(键长短)和单键S-O(羟基中的O，键长长)，键长不同，D错误； 答案为D。 2．下列事实的解释错误的是 选项 事实 解释 A 的沸点高于的沸点 的分子间作用力强于 B 、、的键角依次增大 三种化合物的相对分子质量不同 C 在水中的溶解性比苯在水中的溶解性大 与水能形成氢键，且为极性分子 D 石墨能导电 未杂化的轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动 A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【详解】A．相对分子质量相等，支链越多分子间作用力越小，沸点越低，所以沸点比低，故A正确； B．中碳原子价电子对数为4，为杂化，中碳原子价电子对数为3，为杂化，碳原子价电子对数为2，为杂化，所以、、的键角依次增大，故B错误； C．的与水中O能形成氢键，为极性分子，苯是非极性分子，根据相似相溶，其水溶性较大，故C正确； D．石墨中碳原子未杂化的轨道重叠使电子可在整个碳原子平面内运动，因此石墨能导电，故D正确； 选B。 突破二 键角大小原因解释 3．乙烯和氧气在催化下生成环氧乙烷(EO)和乙醛(AA)的机理如下图所示。吸附在催化剂表面的粒子用*标注，TS表示过渡态(TS)和TS3的能量相差不大)。 注：表示催化剂表面 根据以上信息判断，下列说法正确的是 A．吸附在催化剂表面的过程会释放能量 B．中键角约，为杂化 C．改变的形貌，使TS2能量降低，其余能量均不变，可提高的平衡产率 D．乙烯与氧气生成乙醛的反应为放热反应 【答案】B 【详解】A．吸附在催化剂表面能量升高，该过程需要吸收能量，A错误； B．环氧乙烷为三元环结构，C-C-O键角受环张力影响约，C原子价电子对数为4，为杂化，B正确； C．改变的形貌，使TS2能量降低，其余能量均不变，只改变活化能，加快反应，但不影响平衡，故不能提高的平衡产率，C错误； D．图示为乙烯与吸附态氧原子反应生成乙醛，能量降低，但无法比较乙烯和氧气与乙醛的能量差值，且氧气变为吸附态氧原子会吸收能能量，故不一定是放热反应，D错误；故选B。 4．回答下列问题： (1)Si与C元素位于同一主族，SiO2键角小于CO2的原因是 。 (2)已知H2O、NH3、CH4三种分子中，键角由大到小的顺序是 ，原因是 。 【答案】(1)SiO2中中心Si原子采取sp3杂化，键角为109°28′；CO2中中心C原子采取sp杂化，键角为180° (2) CH4>NH3>H2O CH4分子中无孤电子对，NH3分子中含有1个孤电子对，H2O分子中含有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用依次增大，故键角逐渐减小 【详解】（1）Si与C虽同主族，但成键方式不同。CO2分子中，C与O通过双键结合，C原子采取sp杂化，分子呈直线形，键角为180°；而SiO2是原子晶体，Si原子与周围 4 个O原子形成共价键，Si原子采取sp3杂化，键角为109°28′，故SiO2键角小于CO2； （2）H2O、NH3、CH4的中心原子均为sp3杂化，CH4分子中无孤电子对，NH3分子中含有1个孤电子对，H2O分子中含有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用依次增大，故孤电子对数越多，键角越小，故键角由大到小的顺序CH4>NH3>H2O。 突破三 共价键性质相关原因解释 5．氮的化合物种类繁多，应用广泛。请回答： (1)下面说法正确的是___________。 A．同周期元素中的第一电离能仅低于 B．原子电子云半径： C．中原子有单电子，易发生二聚反应 D．中的配位原子为 (2)某化合物晶胞结构如图所示，该物质的化学式为 ；晶体类型为 。 (3)(叠氮酸)结构如图。 ①制备：与在190℃条件下反应生成和，然后酸化可得。写出生成的反应方程式 。 ②给出能力强于结合能力，溶液显酸性：，从结构的角度分析原因 。 (4)(氰氨化钙)与水可发生如下转化关系： ①反应Ⅰ的化学方程式 。 ②气体X结构式 ；反应Ⅲ仅发生一个反应，则悬浊液A中不溶物的化学式 ； ③已知：在酸性条件下受热、水解生成和。设计实验检验悬浊液A中存在N元素 。 【答案】(1)BC (2)或 离子晶体 (3) 分子中，N原子为、杂化，带孤电子对的原子的电荷密度小，孤电子对不易结合；H-N键极性强，给出能力比结合能力强(或生成负电荷较分散，比较稳定，更易给出) (4) 取少量悬浊液于试管中，加入过量的稀，加热一段时间，再滴入过量溶液，加热，生成的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明悬浮液中有氮元素 【详解】（1）A．忽略了同周期的稀有气体Ne，N的电离能并非仅低于F，A不符合题意； B．2 s轨道比1 s轨道主量子数高，电子云半径更大，B符合题意； C．分子中N原子含有未成对电子，易二聚生成，C符合题意； D．中的配位原子为C，D不符合题意； 故选BC； （2）由图示可知该固体是 ，属于离子晶体(固态可视作 与组成的离子晶体)； （3）①制备的方程式： ； ②酸性较强的原因：分子中，N原子为、杂化，带孤电子对的原子的电荷密度小，孤电子对不易结合；H-N键极性强，给出能力比结合能力强(或生成负电荷较分散，比较稳定，更易给出)； （4）①反应Ⅰ(制得CaCN2)的化学方程式可写为：， ②气体X是，结构式为O=C=O；若反应Ⅲ只有“与悬浊液中碱性部分生成”这一条途径发生，则悬浊液A中不溶物是未溶解完的； ③检验悬浊液A中是否含氮的思路：取样酸化再与碱共热，使其中的含氮物(如)最终生成 (或放出)，再用湿润的红色石蕊试纸(变蓝)或其余常规检验的方法加以鉴定，故答案为：取少量悬浊液于试管中，加入过量的稀，加热一段时间，再滴入过量溶液，加热，生成的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明悬浮液中有氮元素。 6．回答下列问题。 (1)美国中学生拉泽在科学课上提出了全新的分子结构(化学式为C5N4O12)，这个分子的碳原子有两种化学环境，氮原子和氧原子均只有一种环境，请尝试写出该分子的结构式 。 (2)防晒霜中的某些化学键吸收紫外线并通过能量转换将紫外线转化为热能释放，从而避免对皮肤造成伤害。甲氧基肉桂酸辛酯是防晒霜的主要有效成分，试从化学键的角度分析其能吸收紫外线的原因是 。 (3)已知： NH3(g)=NH2(g)+H(g)   ∆H=435kJ/mol   NH2(g)=NH(g)+H(g)   ∆H=377kJ/mol NH(g)=N(g)+H(g)     ∆H=314kJ/mol 请用价层电子对互斥理论解释N-H解离能越来越小的原因 (4)CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，CrO2Cl2是 分子(选填“极性”或“非极性”)。 (5)HC≡CNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为 ；乙炔钠中存在 (填字母序号)。 A．σ键      B． π键    C． 氢键     D．离子键      E．范德华力 (6)分子式为[Pt(NH3)2Cl4]的配合物有两种不同的颜色，其中橙黄色较不稳定，在水中的溶解度大；呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，如图所示的结构示意图中呈亮黄色的是 (填“A”或“B”)。 (7)芦笋中的天冬酰胺具有提高身体免疫力的功效，结构如图所示。其组成元素第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。 (8)某离子晶体的晶胞结构如图所示，设该晶体的摩尔质量为Mg·mol–1，晶胞的密度为ρ g·cm–3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为 pm。 【答案】(1)  (2)有机物分子中存在有离域的大π键，能量小，吸收紫外线 (3)未成键的单电子对成键电子对的斥力变大，键能变小 (4)非极性(5) sp杂化 ABD (6)A (7) (8) 【详解】（1）氮原子和氧原子均只有一种环境，说明分子高度对称结构，结构式为 ； （2）甲氧基肉桂酸辛酯中含有离域大π键，能量小，吸收紫外线，故能避免紫外线对皮肤造成伤害； （3）由于未成键的单电子对成键电子对的斥力变大，使键能变小，故N-H解离能越来越小； （4）CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，CCl4、CS2是非极性溶剂，根据相似相溶，可知CrO2Cl2是非极性分子； （5）HC≡CNa(乙炔钠)中C原子连有三键，杂化类型为sp；是离子晶体，存在σ键、π键和离子键，答案为ABD； （6）呈亮黄色的物质在水中的溶解度小，根据相似相溶，说明其为非极性分子，结构A符合； 组成元素为C、H、N、O，同周期元素第一电离能总体从左到右呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O；H的第一电离能大于C。故第一电离能由大到小的顺序为； （7）两个最近的X的距离为面对角线的一半，由均摊法可知，X个数为，Y个数为8，晶胞含有4个XY2，设晶胞的边长为a，晶胞的密度为ρ=g/cm3，解得a=pm，故两个最近的X的距离为pm。 突破四 羧酸酸性强弱的比较 7．2021年，中国化学家发明了一种常压固氮的MCC法，部分流程示意如下： 完成下列填空： (1)MCC法涉及的各元素原子中，未成对电子数最多的元素原子核外电子排布式为 ；原子半径最大的元素原子核外能量最高的轨道的电子云形状为 。 (2)下列关于MCC法中涉及的各元素的说法正确的是_______。(不定项) A．微粒半径： B．酸性： C．第一电离能： D．电负性： (3)天然存在的镁有三种同位素。镁元素的相对原子质量计算式可以表示为：镁元素的相对原子质量。其中24.986的含义是 ，后两种同位素原子在自然界中的质量比为 (列式)。 (4)过程①中，断裂的化学键有_______。(不定项) A．金属键 B．共价键 C．离子键 D．配位键 (5)过程③的化学方程式为 。 (6)上述方法所涉及的物质中，属于极性分子的是 ；含有极性共价键的是 。 (7)属于_______。 A．离子化合物 B．共价化合物 C．共价分子 D．共价单质 (8)写出的电子式 。 (9)写出镁的最高价氧化物对应水化物和氯的最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式 。 (10)请用化学方程式说明氯的非金属性比氮强。 。 (11)写出一个能说明氧和氯非金属性强弱的实验事实。 (12)MCC法的特点是循环利用物质：如反应③产物可通过电解转化为原料与，请再写出该法中的一种循环路径： 。 【答案】(1) 1s22s22p3 球形 (2)D (3) Mg的一种同位素的相对原子质量 (4)AB (5)Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3 (6) NH3和HCl NH3、HCl、NH4Cl (7)A (8) (9)Mg(OH)2+2HClO4=2H2O+Mg(ClO4)2 (10)3Cl2+2NH3═6HCl+N2 (11)H2O的稳定性强于HCl (12)最后生成NH3可以在过程②中循环利用 【详解】（1）MCC法涉及的各元素原子中，未成对电子数最多的元素是N，基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；原子半径最大的元素原子是Mg原子，核外能量最高的轨道是3s，电子云形状为球形； （2）A．Cl-有3个电子层，是最多的，故半径最大，N3-和Mg2+都是两个电子层，电子层结构也相同，N3-的核电荷数小，半径大；而H+没有核外电子，半径最小，故半径由大到小为，故A错误； B．HClO3不是Cl的最高价含氧酸，不能说明其酸性强于HNO3，故B错误； C．同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N失去的是2p3半满结构的电子，第一电离能大于O，故C错误； D．Mg是金属，电负性最小，O的得电子能力强于Cl，电负性大于Cl，Cl的电负性大于H，故电负性：，故D正确； 答案选D； （3）24.986的含义是Mg的一种同位素的相对原子质量；后两种同位素原子在自然界中的质量比为； （4）过程①是Mg和N2生成Mg3N2，Mg断开金属键，N2断开共价键(非极性键)；答案为AB； （5）过程③是Mg3N2和NH4Cl反应生成MgCl2和NH3，化学方程式为Mg3N2+6NH4Cl=3MgCl2+8NH3； （6）上述方法所涉及的物质中，属于极性分子的是NH3和HCl；含有极性共价键的是NH3、HCl、NH4Cl； （7）由Mg2+和N3-构成，是离子化合物，答案为A； （8）NH4Cl是离子化合物，电子式为：； （9）镁的最高价氧化物对应水化物是Mg(OH)2，氯的最高价氧化物对应水化物是HClO4，两者反应的化学方程式为Mg(OH)2+2HClO4=2H2O+Mg(ClO4)2； （10）反应3Cl2+2NH3═6HCl+N2可以发生，说明Cl2的氧化性强于N2，故说明Cl的非金属性比N强； （11）H2O的稳定性强于HCl，说明O的非金属性比Cl强； （12）最后生成NH3可以在过程②中循环利用。 8．X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子；Y、Z为同周期相邻元素，W是同周期原子半径最大的元素，Q的单质是常见的半导体材料。下列说法不正确的是 A．简单离子半径：Z<W B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>Q C．电负性：Y<Z D．XZW形成的化合物既有离子键，又有极性键 【答案】A 【分析】X、Y、Z、W、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Z可形成两种常见的液态化合物，其中一种分子为V形3原子分子，可能为水分子，其中H和O元素也可形成常见的液态分子H2O2，所以X为H，Z为O，Y原子序数比Z小，与Z同周期相邻，则Y为N，W为同周期原子半径最大的Na，Q为半导体材料Si，据此解答。 【详解】A．Z为O，W为Na，电子层数相同，核电荷数越多，对核外电子的束缚作用越大，离子半径越小，即：具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径O2->Na+，A错误； B．Y为N，Q为Si，非金属性N>Si，非金属性越强，最高价水化物对应的酸性越强，B正确； C．同一周期原子序数越大，电负性越大，所以电负性O>N，C正确； D．XZW形成的化合物为NaOH，钠离子与氢氧根之间存在离子键，氢氧根中也有极性键，D正确； 答案选A。 突破五 分子间作用力与物质性质的关系 9．工业制玻璃时，主要反应的化学方程式为： (1)Si在元素周期表中的位置 。 (2)上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为 (用元素符号表示)，下列能判断它们的非金属性强弱的依据是 。 A．气态氢化物的熔沸点    B．最高价氧化物对应水化物的酸性 C．气态氢化物的热稳定性    D．三种元素两两形成的化合物中电子对偏向 (3)从原子结构的角度解释中C呈正价的原因： 。 【答案】(1)第三周期第IVA族或第3周期第IVA族 (2) CD (3)C和O为同周期元素的原子，其电子层数相同，由于C核电荷数小于O，故O原子核对核外电子的吸引能力大于C原子核，故O原子的吸电子能力大于C，C与O之间形成的共用电子对更偏向于O，因此C呈现正价 【详解】（1）硅是14号元素，在周期表中的位置为第三周期第IVA族或第3周期第IVA族。 （2）同周期主族元素从左往右，非金属性逐渐增强，同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，因此上述物质中的非金属元素原子半径由大到小顺序为：Si>C>O； A．气态氢化物的熔沸点由分子间作用力决定，故A不符合题意； B．最高价氧化物对应水化物的酸性由元素的非金属性决定，但是氧元素没有最高价氧化物对应水化物，不能以此比较其与其他元素的非金属性强弱，故B不符合题意； C．气态氢化物的热稳定性由元素的非金属性决定，故C符合题意； D．三种元素中，两两元素形成的化合物中电子对偏向于非金属性较强的一方，故D符合题意； 所以，能判断它们的非金属性强弱的依据是CD。 （3）由于C和O为同周期元素的原子，其电子层数相同，但C核电荷数小于O，故O原子核对核外电子的吸引能力大于C原子核，故O原子的吸电子能力大于C，C与O之间形成的共用电子对更偏向于O，因此C呈现正价。 10．作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子结构见下图A)深受关注。 (1)B溶于某溶剂发生电离，F的结构式为 。 (2)B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，Ka值大小关系：B D． A．>                B．=            C．< (3)沸点大小关系：，其原因是 。 【答案】(1) (2)> (3)B中存在N-H键，能够形成分子间氢键，E分子间不能形成氢键 【详解】（1）由2B⇌A+F可知，F的结构式为； （2）F原子为吸电子基，使N-H键的电子云重叠密度减小，电离出H+的能力增强，乙基为推电子基，使N-H键的电子云重叠密度增大，电离出H+的能力减弱，故酸性B>D，即Ka值B>D； （3）B中存在N-H键，能够形成分子间氢键，E分子间不能形成氢键，故沸点B(170℃)>E(60.8℃)。 建议时间：50分钟 11．锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。 (1)Sn属于元素周期表的 区。基态Sn原子价电子轨道表示式为 。 A．s    B．p    C．d    D．f (2)C、Si是与Sn同主族的两种元素。相关说法正确的是 。 A．电负性： B．第一电离能： C．熔点：单晶金刚石 D．与中化合价：和是锡的常见氯化物，可被氧化得到，易水解生成碱式氯化亚锡[]。 (3)分子的VSEPR模型名称是 ，属于 分子。 (4)两种分子中，键角更小的是： 。 A．                      B． (5)粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合化学用语，用平衡移动原理解释原因： 。 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。 (6)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。 (7)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 。 单质Sn的制备与纯度的测定： (8)将与焦炭充分混合后，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，能迅速被还原为Sn单质，通入空气的作用是 。 (9)实验小组通过下列方法测定所得锡粉的纯度(杂质不参与反应)： ①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：； ②加入过量的，被还原成； ③用已知浓度的滴定生成的，发生的反应为： 取0.595 g锡粉，经上述各步反应后，共用去溶液16.00 mL。锡粉中锡的质量分数是 。 【答案】(1)B (2)D (3)平面三角形 极性 (4)B (5)SnCl2在水中存在水解平衡：Sn2++H2O+Cl-⇌Sn(OH)Cl+H+，加入浓盐酸，H+浓度增大，水解平衡向逆反应方向移动，抑制了Sn2+的水解，有利于SnCl2溶解 (6)4 (7) (8)与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn (9)95.8% 【详解】（1）Sn位于元素周期表第5周期第ⅣA族，最外层电子排布式为：5s25p2，其属于元素周期表的p区；基态Sn原子的价电子数为4，其轨道表示式为：。 （2）A．C、Si与Sn同主族，根据同主族从上至下，电负性逐渐减小，可知电负性：Si<C，A错误； B．根据同主族从上至下第一电离能逐渐减小，可知第一电离能：Si<C，B错误； C．单晶Si和金刚石均为共价晶体，熔点取决于共价键的强弱，键长越短，键能越大。C-C键键长小于Si-Si键键长，因此键能：C-C>Si-Si，因此，熔点：金刚石>单晶硅，C错误； D．CH4中，电负性：H<C，因此H的化合价为+1价，C的化合价为-4价；SiH4中，电负性：H>Si，故H的化合价为-1价，Si的化合价为+4价，D正确； 答案选D。 （3）SnCl2分子中中心原子Sn的价电子对数=2+=3，中心原子有1对孤电子对，因此SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形，分子中正负电荷中心没有重合，因此属于极性分子； （4）SnCl2分子中中心原子Sn的价电子对数=2+=3，中心原子Sn为sp2杂化，SnCl4分子中中心原子Sn的价电子对数=4+=4，中心原子Sn为sp3杂化，键角：sp2>sp3，因此两种分子中，Cl-Sn-Cl键角更小的是SnCl4。 （5）SnCl2在水中存在水解平衡：Sn2++H2O+Cl-Sn(OH)Cl+H+，加入浓盐酸，H+浓度增大，根据平衡移动原理，水解平衡向逆反应方向移动，抑制了Sn2+的水解，有利于SnCl2溶解； （6）灰锡具有立方金刚石结构，Sn原子在空间构成正四面体，在正四面体的体心有1个Sn原子，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； （7）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=； （8）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，未发生明显反应；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：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+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。 （9）根据①②③，可知存在得失电子守恒：n(Sn)×2=n(K2Cr2O7)×6，因此n(Sn)=0.1000 mol/L×16.00×10-3 L=0.0048 mol，则锡粉中锡的质量分数是。 12．硼是生命活动中不可或缺的元素。 (1)下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是_______。 A． B． C． D． (2)已知和的键能分别为、，请从结构的角度解释比的键能大的可能原因 。 (3)氨硼烷()是目前最具潜力的储氢材料之一，氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，结构如图所示，下列说法正确的是_______。 A．第二周期中，第一电离能介于B与N之间的元素有3种 B．中N为杂化，B为杂化 C．和之间也存在类似的双氢键 D．键角： (4)含硼物质应用广泛，通过转化能制备出多种具有特殊性能的材料，满足不同场景的需求。以为起始物，经过一系列反应可以得到不同产物。 已知：为一元弱酸，；产物A是一元无氧强酸，酸根阴离子中心原子杂化。 ①写出硼酸的电离方程式 。 ②过滤之前，把pH调至3.5目的是 。 ③过滤时，一般先转移上层清液再转移下层沉淀至漏斗中，其目的是 。 ④写出溶于水时的离子方程式 。 (5)一种含硼化合物的晶胞结构如图所示，该物质化学式为 。 【答案】(1)A (2)半径：，键长短，键能大；键极性大，键能大(3)AC (4) 避免沉淀；将转化为，并促进析出，提高转化率 防止沉淀覆盖滤纸，减慢过滤速度 (5) 【详解】（1）元素的逐级电离能依次增大，B、D分别为基态和激发态硼原子，A、C分别为基态和激发态B+离子，A中2s轨道全满，再失去一个电子需要的能量高，故选A； （2）结构角度解释比的键能大的可能原因为：半径：，键长短，键能大；键极性大，键能大； （3）A．第二周期中，第一电离能介于B与N之间的元素有3种：Be、C、O，A正确； B．中N、B均为杂化，B错误； C．电负性：N>H>Al，与N相连的H显+1价，与Al相连的H显-1价，故和之间也存在类似的双氢键，C正确； D．、中N原子均为sp3杂化，但中N原子含一对孤电子对，键角小，故键角：，D错误； 故选AC； （4）用稀硫酸调节pH至3.5，可以避免沉淀，将转化为，并促进析出，提高转化率；过滤、干燥得到H3BO3，加热硼酸得到B2O3，与CaF2、H2SO4反应得到BF3，与水反应得到H3BO3和产物A，产物A是一元无氧强酸，酸根阴离子中心原子杂化，根据元素推断可知A为HBF4。 ①硼酸为一元弱酸，电离方程式为：； ②过滤之前，把pH调至3.5目的是：避免沉淀；将转化为，并促进析出，提高转化率； ③过滤时，一般先转移上层清液再转移下层沉淀至漏斗中，其目的是：防止沉淀覆盖滤纸，减慢过滤速度； ④根据分析，溶于水时的离子方程式：； （5）如图所示，B原子位于晶胞顶点的正八面体中，个数为：，La原子个数为1，该物质的化学式为：。 13．有机物中的C—H键较难断裂，活化C—H键是有机反应研究的热点之一、由经两步反应合成M，均需使C—H键活化，步骤如下。 (1)铬、铁位于元素周期表中的 （填序号）。 a． s        b． d区        c． p区        d． ds区 (2)中碳原子的杂化方式为 ，其转化为M的过程中，C=O键中的 （填“σ”或“π”）键断裂，发生加成反应，转化为C—O键。 (3)利用有机金属框架（MOF）构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。 注：FeII代表2价铁元素，FeIII代表3价铁元素。 ①与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近（相差1℃左右），原因有： I． CH3OH的极性强于；II． 。 ②FeII易被氧化为FeIII，结合价层电子排布解释原因： 。 (4)铜铬催化剂的主要成分是CuCl、CrCl2和CH3B(OH)2（甲基硼酸）等。甲基硼酸可用B(OH)3制得，能有效抑制副产物的生成。已知：B(OH)3为一元弱酸，用离子方程式解释原因 。 【答案】(1)b (2) sp2 π (3) CH3OH分子间存在氢键 FeII价层电子排布为3d6，易失去1个达到3d5半满稳定结构 (4) 【详解】（1）Cr原子序数24，Fe原子序数26，根据二者核外电子排布可知，均属于d区元素，故选b； （2）苯环上C和C=O上的C均为sp2杂化；C=O中含有一个σ键和一个π键，而π键不如σ牢固，所以转化过程中π键断裂； （3）①与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近，原因：第一是CH3OH的极性强于，第二是CH3OH分子间存在氢键，使沸点增大； ②核外电子排布：，价电子排布为，容易失去1个电子达到3d5半满稳定结构，被氧化为； （4）甲基为推电子基团，导致O-H极性减弱，酸性B(OH)3>CH3B(OH)2，可利用强酸制弱酸，离子方程式。 14．有机物中的C-H键较难断裂，寻找合适的催化剂活化C-H键是有机反应研究的热点之一，由经两步反应合成，步骤如下： (1)碳位于元素周期表中的 (填字母)。 a．s区                b．p区                c．d区                d．ds区 (2)基态铜原子价层电子轨道表示式为 。 (3)反应I方程式中，与O2反应的系数比为 。 (4)反应II的反应类型为 。 (5)利用有机金属框架(MOF)构筑双铁催化剂，制备过程的核心结构变化如下。注：FeII代表+2价铁，FeIII代表+3价铁。 ①FeII易被氧化为FeIII，结合价层电子排布解释原因： 。 ②与CH3OH的相对分子质量相差较大，但二者的沸点却极为接近(相差1℃左右)，原因有：i．CH3OH的极性强于；ii． 。 【答案】(1)b (2) (3)1∶1 (4)加成反应 (5)FeII价层电子排布为3d6，易失去1个e-达到3d5半满稳定结构 CH3OH分子间存在氢键 【详解】（1）基态C原子的核外电子排布式为：，碳元素位于元素周期表中的：p区，故选b； （2）基态铜原子价层电子排布式为3d104s1，价层电子轨道表示式为：； （3）反应I方程式为：，与O2反应的系数比为1∶1； （4）根据分析，反应II的反应类型为：加成反应； （5）①FeII易被氧化为FeIII，原因为：FeIII价层电子排布为3d5，FeII价层电子排布为3d6，易失去1个e-达到3d5半满稳定结构； ②除极性差异外，甲醇分子间存在氢键，使沸点增大。 15．元素周期表是学习化学的重要工具。下表是元素周期表的一部分，表中所列字母分别代表某一元素。 回答下列问题： (1)Q原子简化电子排布式为 。 (2)与元素M同周期且单电子数相同元素是 （用元素符号或化学式表示，下同），M有＋2、＋3、＋4、＋5等多种化合价，其M显＋2价时，失去的是 电（填能级），M的第三电离能小于锰元素的第三电离能的原因是 。 (3)用电子式表示化合物的形成过程 。 (4)可发生自偶电离：，在一定条件下还存在离子，四种微粒的键角由大到小的顺序为 ，的空间构型为 。 (5)T元素与甘氨酸形成的两种配合物如图所示： 配合物中所有组成元素的电负性由大到小的顺序为 ，顺式结构在水中溶解度远大于反式结构，主要原因是 。 (6)立方YW是一种硬而脆的共价晶体，其质地坚硬的原因是由于键能大，那么其性脆原因是 。 【答案】(1)[Ar]3d104s24p2 (2) Co、As 4s V2＋的价电子排布式为3d3，Mn3＋的价电子排布式为3d5，Mn3＋的3d轨道为半充满结构，再失去一个电子需要的能量比较高，因此V元素的第三电离能小于Mn元素的第三电离能（Mn的核电荷数大于V的，对电子吸引能力强） (3) (4) 角形（或V形） (5) O>N>C>H>Cu 顺式甘氨酸铜极性大，根据相似相溶原理，在水中溶解度大 (6)共价键具有方向性，受到外力时，会因原子发生错位而断裂 【分析】根据元素在周期表中的位置，X是H元素Y是B元素、W是N元素、G是F元素、L是S元素、R是K元素、M是V元素、T是Cu元素、Q是Ge元素。 【详解】（1）Q是32号Ge元素，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2； （2）M是V元素，单电子数为3，与元素M同周期且单电子数相同元素是Co、As，V有＋2、＋3、＋4、＋5等多种化合价，价电子排布为3d34s2，其V显＋2价时，失去的是4s电子；V2＋的价电子排布式为3d3，Mn3＋的价电子排布式为3d5，Mn3＋的3d轨道为半充满结构，再失去一个电子需要的能量比较高，因此V元素的第三电离能小于Mn元素的第三电离能。 （3）K2S是离子化合物，用电子式表示化合物K2S的形成过程为； （4）NH3可发生自偶电离： ，在一定条件下还存在离子，中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对；NH3中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对；中N原子价电子对数为4，无孤电子对；中N原子价电子对数为4，有2个孤电子对；四种微粒的键角由大到小的顺序为；中N原子价电子对数为4，有2个孤电子对，空间构型为角形。 （5）元素非金属性越强，电负性越大，配合物中所有组成元素的电负性由大到小的顺序为O>N>C>H>Cu；顺式甘氨酸铜极性大，根据相似相溶原理，顺式结构在水中溶解度远大于反式结构。 （6）立方BN是一种硬而脆的共价晶体，其质地坚硬的原因是由于键能大，共价键具有方向性，受到外力时，会因原子发生错位而断裂，所以其性脆。 16．下列关于分子的结构和性质的描述错误的是 A．和分子均为三角锥形结构，两者的沸点关系： B．乳酸()分子中含有一个手性碳原子 C．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用“相似相溶”规律解释 D．乙醇在水中溶解度很大，原因之一是乙醇分子与水分子之间形成氢键 【答案】A 【详解】A．和分子均为三角锥形结构，但是由于氨气分子间存在氢键，故沸点关系是：，A错误； B．乳酸分子中有一个碳原子同时连有、、和四种不同基团，位置如图：，因而存在一个手性碳原子，B正确； C．碘、四氯化碳都是非极性分子，因此碘易溶于四氯化碳；甲烷是非极性分子，水是极性分子，因此甲烷难溶于水，C正确； D．乙醇分子中的羟基与水分子中的氢原子可以形成氢键，从而增加乙醇在水中的溶解度，D正确；故选A。 17．氮元素的“价—类”二维图如下图所示。下列有关说法错误的是 A．b→a和b→c均可以叫做“固氮” B．c、d的排放是臭氧空洞、光化学烟雾、酸雨等环境问题的形成原因之一 C．已知g的水溶液中存在e粒子，可据此推测h的水溶液中存在f粒子 D．g和h的阴离子，其VSEPR模型均为平面三角形 【答案】C 【详解】A．由分析可知，a是NH3，b是N2，c是NO，“固氮”是由氮气生成氮的化合物，则b→a和b→c均可以叫做“固氮”，A正确； B．c是NO，d是NO2，氮的氧化物会导致臭氧空洞、光化学烟雾、酸雨等环境问题，B正确； C．硝酸是强酸，则硝酸盐溶液中不存在硝酸分子，C错误； D． g是亚硝酸盐，h是硝酸盐，其阴离子分别为NO、NO，其中心原子氮的价层电子对数都是3，则其VSEPR模型均为平面三角形，D正确；故选C。 含碳的物质和材料广泛地应用于生产生活和科学研究中。 18．人工合成金刚石的两种方法所涉反应如下： ①4Na+CCl44NaCl+C；②4Na+3CO22Na2CO3+C． (1)上述反应所涉及的元素中，第一电离能最小的是 。 A．钠    B．碳    C．氯    D．氧 (2)若碳原子核外电子排布有A(1s22s12p3)和B(1s22s22p2)两种状态，由状态到状态时能量 。 A．升高    B．降低    C．不变 (3)NaCl的电子式为 。每个CCl4和CO2分子中σ键的个数比为 。 19．2024年《自然》杂志上报道了一种含有碳—碳单电子σ键的化合物，其化学式为C38H30I3，丰富了经典化学键理论。该物质的结构如下图，虚线和圆点表示仅有1个共用电子的σ键。 (其中：-Ph表示) (1)上图所示物质的正离子中，碳原子的杂化方式是 。 A．只有sp2    B．只有sp3    C．sp和sp2    D．sp2和sp3 (2)结合题干信息，从化学键角度解释上图中左侧离子带正电荷的原因 。 (3)依据价层电子对互斥理论，负离子[I-I-I]-的中心碘原子价层电子对数为 。 A．2    B．3    C．4    D．5 20．碳的常见单质有金刚石、石墨和C60.最近我国科学家合成出了新型共价晶体碳材料：T-碳，可以看作金刚石晶胞中的一个碳原子被四个碳原子构成的一个正四面体结构单元替代，结构如下图所示。 (1)下列关于含碳的物质和材料的说法中，正确的是 。 A．金刚石、石墨、C60互为同分异构体 B．T-碳晶体不具有各向异性 C．C60晶体中存在的微粒间作用力是共价键和分子间作用力 D．已知，则石墨比金刚石更加稳定 (2)结合下表中的数据和石墨的晶体结构，解释说明石墨硬度小于金刚石，但是熔点却高于金刚石。 石墨 金刚石 碳碳键键长/pm 142 154 莫氏硬度 1~2 10 熔点/℃ 3652~3697 3550 (3)已知T-碳的晶胞边长为acm，则T-碳的密度ρ= g·cm-3.(用含有a和NA的代数式表示) 【答案】18．A B 2∶1 19． D 碳-碳单电子σ键少了一个电子，所以带正电荷 D 20． CD 石墨晶体具有层状结构，层与层之间存在的范德华力相互作用，范德华力作用力弱，石墨形变时只需克服分子间作用力，所以硬度很小；石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，键能大，融化时需要破坏共价键，所需能量多，所以石墨的熔点高于金刚石 【解析】18．(1)金属元素的第一电离能小于非金属元素的第一电离能，在钠、碳、氯、氧元素中第一电离能最小的是钠元素，故选A； (2)2s能级上电子能量低于2p能级上电子能量，电子排布由A(1s22s12p3)到B(1s22s22p2)状态，发生电子由能量高跃迁到能量低的状态，能量降低，故选B； (3)NaCl是离子化合物，电子式为；CCl4中有4个σ键，CO2有2个σ键，σ键个数比为2：1； 19．(1)上图所示物质的正离子中苯环上的碳原子采用sp2杂化，其余碳原子周围的价层电子对数为4，采用sp3杂化，即该正离子中碳原子的杂化方式是sp2、sp3，故选D； (2)根据题干信息，该正离子结构中碳-碳单电子σ键少了一个电子，所以带正电荷； (3)依据价层电子对互斥理论，负离子[I-I-I]-的中心碘原子价层电子对数为2+=5，故选D； 20．(1)A．金刚石、石墨、C60都是C元素组成的单质，互为同素异形体，故A错误； B．T-碳属于晶体，晶体具有各向异性，故B错误； C．C60属于分子晶体，C60分子间存在分子间作用力，C60分子中碳与碳之间是共价键，故C正确； D．能量低的物质稳定，金刚石到石墨是放热反应，金刚石能量高，石墨能量低，所以石墨比金刚石稳定，故D正确；选CD。 (2)由图和表中数据可知，石墨晶体具有层状结构，层与层之间存在的范德华力相互作用，范德华力作用力弱，石墨形变时只需克服分子间作用力，所以硬度很小；石墨中碳碳键的键长比金刚石中碳碳键的键长短，键能大，融化时需要破坏共价键，所需能量多，所以石墨的熔点高于金刚石； (3)T-碳的晶胞边长为acm，体积为a3cm3，T-碳的晶胞中碳原子个数为(×8+6×)×4=32，晶胞的质量为g=g，晶胞的密度为g/cm3。 21．BF3 (三氟化硼)熔点-127℃，沸点-100℃，水解生成H3BO3 (硼酸，结构如图1)和HBF4 (氟硼酸)。已知冰的结构如图2，可知每个H2O分子可形成2个氢键，下列说法不正确的是 A．BF3和BF中心硼原子杂化方式不同 B．1mol H3BO3晶体含有6mol氢键 C．H3BO3显酸性原因：H3BO3 +⇌ D．H3BO3是非极性分子，且沸点高于HBr 【答案】B 【详解】A．中心原子价层电子对数为，中心原子价层电子对数为，二者中心硼原子杂化方式不同，故A正确； B．1个参与6个氢键的形成，每个氢键形成于两个硼酸分子之间，则1mol晶体中含有6mol=3mol氢键，故B错误； C．是一元弱酸，在水溶液中电离产生H+使溶液呈酸性，电离方程式为： ，故C正确； D．H3BO3是层状平面结构，因此是非极性分子，由于H3BO3分子间可以形成氢键，因此H3BO3沸点高于HBr，故D正确；故答案为B。 22．钙、硒、氮的相关化合物在药物化学及工业化学领域应用广泛。回答下列问题： (1)基态原子的价层电子排布式为 ；钙盐的焰色为砖红色，该光谱是 (填“吸收光谱”或“发射光谱”)。 (2)中原子的杂化类型为 ，比较与沸点高低，并说明原因： 。 (3)芦笋中的天冬酰胺(结构简式如图所示)和微量元素硒、铬、锰等，具有提高身体免疫力的功效。 ①天冬酰胺所含元素中， (填元素名称)元素基态原子核外未成对电子数最多。 ②天冬酰胺分子 (填“是”或“不是”)手性分子。 ③天冬酰胺晶体中，晶体中的作用力包括 (填字母)。 A．离子键    B．极性键    C．非极性键    D．键    E．氢键 (4)俗称萤石，主要用作冶炼金属的助熔剂，它的晶胞结构以及晶胞的投影图(晶胞所有面的投影均相同)如图所示，晶胞参数为anm。 ①晶体中的配位数是 。 ②设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度是 (列出计算式)。 【答案】(1) 4s2 发射光谱 (2) sp3 H2O的沸点高于，因为H2O能形成分子间氢键,而H2S不能形成分子间氢键 (3)氮元素 是 BCDE (4)8 【详解】（1）位于周期表的第四周期第IIA族，基态原子的价层电子排布式为4s2，钙盐的焰色为砖红色，该光谱是发射光谱； （2）中原子的价层电子对数为3+=4，杂化类型为sp3杂化；H2O的沸点高于，因为H2O能形成分子间氢键，而H2S不能形成分子间氢键； （3）①根据天冬酰胺结构可判断所含元素为C、H、N、O，价电子排布式分别为：2s22p2、1s1、2s22p3、2s22p4，未成对电子分别为：2、1、3、2，故氮元素基态原子未成对电子数最多； ②分子中连有4个不同原子或原子团的碳为手性碳，天冬酰胺中连羧基和氨基的碳为手性碳，故是手性分子； ③天冬酰胺是分子晶体，不含有离子键；分子中有C-H、C-N等极性键，有C-C非极性键，有C=O键，其中含有键，分子中有-NH2，-COOH，能形成分子间氢键；故答案为BCDE； （4）①根据晶胞的结构可知，周围相邻最近的F-有8个，即的配位数为8； ②晶胞中含有8个F-，即有4个，故晶胞的质量为，晶胞的体积为，晶体的密度为==。 建议时间：40分钟 23．（2025·浙江·高考真题）磷是生命活动中不可或缺的元素。请回答： (1)关于ⅤA族元素原子结构的描述，下列说法正确的是_______。 A．基态P原子轨道上的电子自旋方向相同 B．的最外层电子数为18 C．的半径小于的半径 D．电子排布为的P原子处于激发态 (2)某化合物的晶胞如图。 ①化学式是 ； ②将该化合物加入到含少量石蕊的中，实验现象是 (从酸碱性和溶解性角度推测)。 (3)两分子脱水聚合得到一分子，从的结构角度分析差异的原因 。 (4)兴趣小组对某磷灰石[主要成分为和少量]进行探究，设计了两种制备的方法： Ⅰ.用稍过量的浓与磷灰石反应，得到溶液、少量气体、渣(主要成分为)。 Ⅱ.将磷灰石脱水、还原，得到的白磷燃烧后与水反应制得溶液。 ①方法I，所得溶液中含有的杂质酸是 。 ②以方法Ⅰ中所得渣为硫源，设计实验制备无水，流程如下： 溶液A是 ，系列操作B是 ，操作C是 。 ③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，该反应的化学方程式是 。 【答案】(1)AD (2)Ca3PCl3 溶液变蓝，有气体放出 (3)的负电荷密度大，更易结合氢离子 (4)硫酸、盐酸、氢氟酸 碳酸钠溶液 过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤 加热脱水 2+30C+20SiO220CaSiO3+3P4+30CO↑ 【详解】（1）A．基态P原子价电子排布式为3s23p3，根据洪特规则，轨道上的3个电子自旋方向相同，故A正确； B．基态As原子价电子排布式为4s24p3，的价电子排布式为4s2，最外层电子数为2，故B错误； C．比多一个电子层，所以的半径大于的半径，故C错误；     D．基态P原子的电子排布式为的，电子排布为的P原子处于激发态，故D正确； 选AD。 （2）①根据均摊原则，晶胞中Cl原子数、P原子数、Ca原子数，所以化学式是Ca3PCl3； ②Ca3PCl3中P显-3价，将该化合物加入到含少量石蕊的中，反应生成氯化钙、氢氧化钙、PH3气体，溶液呈碱性，实验现象是溶液变蓝，有气体放出。 （3）当两分子H3PO4脱水聚合时，结构发生变化，聚合结构的体积更大，负电荷分布更分散，更容易电离出氢离子，而的负电荷密度大，更易结合氢离子，所以聚合后的Ka3值增大； （4）①方法I中，和浓硫酸反应生成硫酸钙、磷酸、氢氟酸、盐酸，氢氟酸和反应生成SiF4气体和水，所得溶液中含有的杂质酸是硫酸、盐酸、氢氟酸。 ②碳酸钠和硫酸钙反应，硫酸钙转化为碳酸钙沉淀和硫酸钠，溶液A是碳酸钠溶液；过滤出碳酸钙，得硫酸钠、碳酸钠混合液，加硫酸除碳酸钠，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得，系列操作B是过滤、加硫酸、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，加热脱水得无水硫酸钠，操作C是加热脱水。 ③方法Ⅱ中，脱水得到的(足量)与炭(C)、高温下反应，生成白磷和另一种可燃性气体，根据元素守恒，可燃性气体为CO，该反应的化学方程式是2+30C+20SiO2 20CaSiO3+3P4+30CO↑。 24．（2025·天津·高考真题）以苯为代表的挥发性有机污染物可以在Co3O4的催化作用下，与O2反应生成CO2和H2O，进一步将CO2转化成高附加值的化学品，可减少污染和碳排放。 Ⅰ．CO2与苯的分子结构 (1)CO2分子中碳原子的杂化轨道类型为 ，苯是 (填“极性”或“非极性”)分子。 Ⅱ．苯的催化氧化 Co3O4做催化剂时，在有、无光照条件下，苯的催化氧化产物相同，但反应历程不同。无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol。如图是290℃时，有、无光照条件下，苯的转化率随时间的变化曲线。 (2)光照条件下，对应的转化率曲线为 (填“a”或“b”)。 (3)有、无光照条件下，两种反应历程的 (填“相等”或“不等”)。 Ⅲ．CO2的转化 (4)CO2与H2反应可以合成甲醇：。一定温度下，等物质的量的CO2和H2在恒容密闭容器中发生上述反应达到平衡后，下列各操作有利于平衡正向移动的是 (填序号)。 a.分离出甲醇    b.充入稀有气体    c.增加H2量    d.降低温度 (5)一定条件下，以CO2和CH3OH为原料制备HCOOH和甲酸盐，其装置原理如图。 ①电极a是 极，电极反应式为 ； ②电解过程中，电极b一侧的溶液pH将 (填“升高”“不变”或“降低”)； ③电解过程中通过阳离子交换膜的离子为 。 【答案】(1) sp 非极性 (2)a (3)相等 (4)acd (5)阴 降低 K+ 【详解】（1）CO2分子中碳原子的中心原子价层电子对数为=2，故杂化轨道类型为sp；苯分子的空间构型是平面正六边形，分子结构对称，为非极性分子，故答案为sp；非极性。 （2）活化能越低，反应速率越快，相同时间内反应物的转化率越高，无光照条件下反应活化能为38 kJ/mol，有光照条件下反应活化能为26 kJ/mol，所以有光照条件下反应速率更快，对应的转化率曲线为a，故答案为a。 （3）反应的焓变只与反应物与生成物的总能量有关，与反应历程无关，所以有、无光照条件下，两种反应历程的相等，故答案为相等。 （4）a．分离出甲醇，即减小生成物浓度，平衡正向移动，a符合题意； b．恒温恒容条件下充入稀有气体，各反应物和生成物浓度不变，平衡不移动，b不符合题意； c．增加H2量，即增大反应物浓度，平衡正向移动，c符合题意；     d．该反应的，降低温度，平衡正向移动，d符合题意； 故答案选acd。 （5）①由图可知，电极a上转化为，碳元素化合价降低，发生还原反应，为阴极，电极反应式为，故答案为阴极；。 ②由图可知，电极b上转化为，碳元素化合价升高，发生氧化反应，为阳极，电极反应式为， 反应过程中消耗，溶液的pH降低，故答案为降低。 ③电解过程中，阳离子向阴极（电极a）移动，左侧溶液中有，所以通过阳离子交换膜的离子为，故答案为。 25．（2025·天津·高考真题）硫是一种重要的非金属元素。 (1)基态S原子的价层电子的轨道表示式为 。H2S的VSEPR模型名称为 ，其空间结构为 。 (2)H2O、H2S、H2Se的沸点由高到低的顺序为 。 (3)NH4HS的电子式为 。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，该反应的热化学方程式为 。 (4)25℃时，H2S的Ka1和Ka2分别为1.1×10-7、1.3×10-13，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，则NH4HS水溶液显 (填“酸性”“中性”“碱性”)。 (5)硫化锂晶体的晶胞如图，晶胞中含有硫离子的数目为 ；与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为 。 (6)将1.0 g硫粉和2.0 g铁粉均匀混合，放在陶土网上堆成条状。用灼热的玻璃棒触及混合粉末的一端引发反应，反应剧烈。实验中可能发生的反应为 (用化学方程式表示)。 【答案】(1) 四面体形 V形 (2) (3) (4)碱性 (5) 4 8 (6)、、 【详解】（1）S是16号元素，基态S原子的价层电子排布式为3s23p4，轨道表示式为。H2S中S原子价电子对数为4，VSEPR模型名称为四面体形，S原子有2个孤电子对，其空间结构为V形。 （2）H2O、H2S、H2Se都是分子晶体，结构相似，H2O能形成分子间氢键，沸点最高；H2S的相对分子质量小于H2Se，范德华力H2S<H2Se，所以沸点由高到低的顺序为； （3）NH4HS是离子化合物，电子式为。在25℃和101 kPa下，NH3与H2S两种气体反应生成1 mol NH4HS固体时，放出90.4 kJ的热量，放热反应焓变为负值，该反应的热化学方程式为； （4）25℃时，H2S的Ka1为1.1×10-7，NH3·H2O的Kb为1.8×10-5，根据“谁强显谁性”，NH4HS水溶液显碱性。 （5）根据均摊原则，晶胞中含有硫离子的数目为；根据图示，与硫离子最近且距离相等的锂离子的数目为8。 （6）实验中可能发生的反应有铁和S加热生成硫化亚铁、铁和氧气点燃生成四氧化三铁、硫燃烧生成二氧化硫，、、。 26．（2024·天津·高考真题）是常用的还原剂，可选择合适的催化剂实现其可控水解制。 I．的结构 (1)由和组成。的空间结构为 ，的电子式为 。 Ⅱ．的水解 的水解反应方程式为：，该反应放热。 (2)无催化剂时，在酸性溶液中水解迅速，在碱性溶液中水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降。在纯水中反应速率快速下降的原因是 。 (3)相同条件下，三种试制的催化剂X、Y和Z在碱性溶液中催化水解产的体积随反应时间的变化如图。下列相关结论正确的是 (填序号)。 a．反应至时，使用X产生的体积是使用Y的2倍 b．与Y相比，X降低反应的活化能更多 c．Z无催化活性 (4)在起始温度不同、其他条件相同的情况下进行水解反应的对比实验，的生成速率与浓度的关系如图所示。在反应过程中，体系温度随反应进行逐渐升高，催化剂活性保持不变。 ①图中起始温度较高的实验对应的曲线是 (填“M”或“N”)； ②曲线M中，p点之前的生成速率提高，主要原因是 ；p点之后的生成速率降低，主要原因是 。 Ⅲ．的再生 (5)用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，在阴极生成和，实现的再生。总反应为，阴极的电极反应式为 。 【答案】(1) (正)四面体形 (2)水解生成的会继续水解使溶液呈碱性，进而使水解速率放缓 (3)b (4)M 该反应放热，随着反应的进行，温度升高，水解速率加快 临近反应结束，随着反应物浓度降低，水解速率减慢 (5) 【详解】（1）的价层电子对数是，无孤对电子，空间构型是正四面体形；由和组成，属于离子化合物，电子式：； （2）根据的水解反应方程式为：可知，水解的本质是还原水中的H，生成H2，故无催化剂时，在酸性环境中水解迅速，在碱性环境下水解缓慢，在纯水中水解反应速率会随反应进行快速下降的原因是随着反应的进行，生成的会继续水解使溶液呈碱性，H+的浓度降低，反应速率逐渐减慢； （3）a．由图可知，反应至3 min时，使用X产生H2的体积不是使用Y的2倍，故a错误； b．与Y相比，使用X同等时间内产生的气体更多，说明使用X反应速率更快，降低反应活化能更多，故b正确； c．Z是负催化剂，阻碍了水解产生H2，导致H2的产生量为0，故c错误； 故答案为：b； （4）①水解反应是吸热反应，温度越高，水解反应速率越快，由图可知，同等浓度的条件下，M产生H2的速率更快，所以起始温度较高的实验对应的曲线是M； ②曲线M中，p点之前H2的生成速率提高，主要原因是反应放热，温度升高，反应速率逐渐加快，p点之后H2的生成速率降低，主要原因是随着反应的进行，反应物浓度逐渐降低，浓度对速率的影响其起着主要因素，导致H2的生成速率降低； （5）用惰性电极电解碱性溶液，在阳极生成，所以阳极的反应为，用总反应减去阳极的反应，可以得到阴极的反应为。 27．（2025·全国卷·高考真题）研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。 根据上述反应机理，下列叙述错误的是 A．三唑在反应循环中起催化作用 B．换成，可生成 C．碳原子轨道的杂化存在从到的转变 D．总反应为 【答案】B 【详解】A．由机理图可知，三唑在反应循环中，化学性质和质量没有变化，作催化剂，A正确； B．由机理图可知，换成，可生成，B错误； C．由机理图可知，转化为，因此碳原子轨道的杂化存在从到的转变，C正确； D．由机理图可知，和反应生成和，总反应为，D正确； 故选B。 / 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $