专题07 物质结构与性质（期末真题汇编，江苏专用）高三化学上学期

专题07 物质结构与性质 4大高频考点概览 考点01 元素周期表和元素周期律 考点02 原子、分子的结构与性质 考点03 微粒之间的相互作用 考点04 晶体结构与性质 1．(24-25高三上·江苏苏州·期末)光卤石[]可作为提取金属镁的矿物原料。下列说法正确的是地 城 考点01 元素周期表和元素周期律 A．原子半径： B．第一电离能： C．沸点： D．碱性： 2．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为17，是地壳中含量最高的元素，基态原子的轨道与轨道上的电子总数相等，与位于同一主族。下列说法正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．的最高价氧化物对应水化物的碱性比的弱 D．与氢元素形成的微粒中不可能存在配位键 3．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是 A．稳定性：HF>HCl>HBr>HI B．第一电离能：C>N>O>F C．酸性： D．电负性：C<N<O<F 4．(23-24高二下·江苏常州联盟校·期末调研)Se元素处于第ⅥA族，可用于除去某些重金属离子。下列说法正确的是 A．电负性：(O)>(Se) B．离子半径： C．电离能：(Na)>(Se) D．热稳定性： 5．(23-24高三上·江苏苏州·期末)太阳能电池可由等半导体材料构成。有关元素在元素周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是 Si P Ga As A．原子半径： B．第一电离能： C．热稳定性： D．的周期序数与族序数相等 6．(23-24高三上·江苏无锡·调研)古太古代地球大气中含有大量和蒸气等气体。下列说法正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．热稳定性： D．分子中键角： 7．(24-25高三上·江苏无锡·期末)硫磷酸铵具有改良土壤等多种用途，下列说法正确的是 A．沸点： B．电负性大小： C．电离能大小： D．酸性强弱： 8．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)生产生活中存在多种氢元素的化合物，如CH4、NH3、H2O、NaH、MgH2等。下列说法正确的是 A．半径大小：r(N3-)<r(Mg2+) B．热稳定性大小：NH3>H2O C．电离能大小 ：I1(N)<I2(Na) D．电负性大小：χ(Mg)<χ(H) 1．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)将钼酸铵和磷酸盐的溶液进行酸化时，得到一种黄色沉淀12-磷钼酸铵，反应的离子方程式为3N+12Mo+P+24H+=(NH4)3[PMo12O40]·6H2O↓+6H2O，可利用该原理进行磷酸盐的定量测定。已知：42Mo与Cr同族。下列有关说法错误的是地 城 考点02 原子、分子的结构与性质 A．第一电离能：I1(O)>I1(N) B．基态Mo原子的价层电子排布式为4d55s1 C．键角：NH3>H2O D．沸点：NH3>PH3 阅读下列材料，完成下面小题： 电池有铅蓄电池、燃料电池(如电池)、锂离子电池、一次氯酸盐电池等，它们可以将化学能转化为电能。都可用作燃料电池的燃料。的燃烧热为。电解则可以将电能转化为化学能，电解饱和溶液可以得到，用电解法可制备消毒剂高铁酸钠。 2．(23-24高三上·江苏扬州·期末)下列说法正确的是 A．中存在配位键 B．的空间构型为平面正方形 C．中的键角比中的小 D．中心原子的轨道杂化类型为 3．(23-24高三上·江苏扬州·期末)下列化学反应表示正确的是 A．铅蓄电池的正极反应： B．电解饱和溶液： C．表示的燃烧热： D．一定条件下与的反应： 4．(23-24高三上·江苏扬州·期末)下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A．的电负性比B的大，中显负电性 B．的原子半径比的小，金属锂的熔点比钠的高 C．具有强氧化性，可作为火箭发射的助燃剂 D．的热稳定性较强，可用作燃料电池的燃料 5．(23-24高三上·江苏扬州·期末)电解法制备的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．为电源的负极 B．阳极上的电极反应式为 C．阴离子交换膜应能允许通过而能阻止的扩散 D．理论上每转移，阴极上会产生气体 6．(24-25高三上·江苏常州·期末)反应可用于燃煤烟气脱硫。下列说法正确的是 A．的VSEPR模型为V形 B．的空间构型为直线形 C．第一电离能： D．上述反应中作还原剂 7．(23-24高二上·江苏常州·期末)元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性进行解释的是 A．与水发生反应的产物是和 B．键的键能小于键的键能 C．比更易形成 D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是HCl分子 8．(23-24高二上·江苏常州第一中学·期末)反应应用于石油开采，下列说法正确的是 A．基态N原子的轨道表示式为 B．Cl-的结构示意图为 C．NO2-中N原子杂化类型为sp2 D．H2O的空间填充模型为 9．(23-24高二上·江苏南京宁海中学·期末)下图示中，图1是8­羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8­羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是 A．图1中，每个8­羟基喹啉分子中含有5个π键 B．对比图2可验证8­羟基喹啉分子间存在氢键 C．C、N、O的第一电离能依次增大 D．原子力显微镜可直接观测到氢键的本质 10．(23-24高三上·江苏扬州·期末)水合肼在储氢领域有广阔的应用前景，其水溶液呈弱碱性。 (1)分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构型。下列结构能表示分子交互式的是 (填序号) (2)肼分解制氢的主要反应为肼的理论储氢密度测得肼实际分解时产生的气体中含肼实际储氢密度小于理论值的原因是 (用化学方程式表示)。 (3)水合肼制氢过程中涉及肼在催化剂表面分解，如图所示。 ①的结构简式为 。 ②催化剂表面存在和两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于 (填“”或“”)活性位点。已知：键、键的键能分别是。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是键，而是键，原因是 。 ③催化剂存在下，不同浓度的分解时，测得随时间的变化如下图所示。当浓度从增加到时，反应速率加快；从增加到时，反应速率几乎不变。其原因是 。 1．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)下列有关反应描述不正确的是地 城 考点03 微粒之间的相互作用 A．乙酸与乙醇在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应，反应属于取代反应 B．甲苯与氯气在光照条件下反应，甲基碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2最终又变成sp3 C．不饱和油脂的催化加氢为油脂的氢化，不饱和油脂断裂σ键形成新的σ键 D．工业制备硫酸的过程中，二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应，可用V2O5作为催化剂 2．(24-25高三上·江苏常州·期末)石油加工时获得副产物，催化热解可同时回收和。下列说法正确的是 A．石油经分馏、催化裂化和裂解加工时，均主要发生化学变化 B．的形成可用电子式表示为 C．(结构为)分子中含有非极性键，固态时为共价晶体 D．中键的形成可用电子云轮廓图表示为) 3．(24-25高三上·江苏苏州·期末)反应可实现工业副产品资源再利用。下列说法正确的是 A．O元素位于周期表A族 B．电子式为 C．基态的电子排布式为 D．中既含极性键又含非极性键 4．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是 A．的沸点高于，推测的沸点也高于 B．与反应生成与，推测与反应生成与 C．气体通入足量溶液生成和，推测气体通入足量溶液生成和 D．为直线形分子，推测(氧硫化碳)也是直线形分子 5．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 A．CO2 H2S B．C2H4 CH4 C．C60 C2H4 D．NH3 HCl 6．(24-25高三上·江苏苏州·期末)利用丹皮酚(X)合成一种药物中间体(Y)的流程如下： 下列有关化合物X、Y的说法不正确的是 A．可以用溶液鉴别X和Y B．该反应属于取代反应 C．反应前后的质量不变 D．X的沸点比的低 7．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O可用于雕刻玻璃。下列说法正确的是 A．1molSiO2含2molSi-O键 B．HF的电子式是 C．SiF4 晶体属于分子晶体 D．H2O为非极性分子 阅读下列材料，完成下列小 题： Cu2S可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使Cu2S在高温下与O2反应转化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S进一步反应得到Cu。Cu2O在酸性溶液中会转化为Cu和Cu2+；Cu2S能被浓硝酸氧化为Cu(NO3)2.Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4] 2+；Cu(OH)2能与NaOH反应生成Na2[Cu(OH)4]。O3、O2 的沸点分别为-111℃、-182℃。 8．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)下列说法正确的是 A．SO2的键角比SO3的小 B．NO分子空间构型为三角锥形 C．Cu2+ 吸引电子的能力比Cu+ 的弱 D．O2分子间作用力比O3的大 9．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)下列化学反应表示正确的是 A．Cu2S在高温下与O2反应：2Cu2S + 4O22Cu2O + 2SO3 B．Cu2S与浓硝酸反应：Cu2S + 6HNO3(浓) 2Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ H2S↑+2H2O C．Cu2O溶于稀硝酸：Cu2O + 2H+=Cu + Cu2++ H2O D．Cu在O2存在下与氨水反应：2Cu + 8 NH3·H2O + O2=2[Cu(NH3)4]2+ +4OH-+ 6H2O 10．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)下列物质性质与用途具没有对应关系的是 A．SO2具有漂白性，可用于漂白草编制品 B．Cu2S具有导电性，可用于电池的负极材料 C．Na2[Cu(OH)4]在水中电离出Na+，可用于检验葡萄糖 D．CuSO4能使蛋白质变性，可用于游泳池防止藻类生长 11．(23-24高三上·江苏扬州·期末)深共晶溶剂(DESs)可从中回收锂。 (1)DESs的制备。将乙二醇()与氯化胆碱()按一定比例混合搅拌至形成均一透明液体，制得DESs。 ①DESs由含氢键供体(能形成氢键的氢原子)的组分与含氢键受体(能与氢原子形成氢键的原子)的组分混合。乙二醇分子中氢键供体的数目为 。 ②不同配比氯化胆碱与乙二醇混合的二元相图如图所示。相同条件下，氯乙二醇的熔点 乙二醇的熔点(填“>”“=”或“<”)。制备熔点达到最低值的DESs时，氯化胆碱与乙二醇的物质的量之比为 。 (2)氧化浸出锂。将与按照一定比例混合，再通入。实验装置如图所示。 ①冷凝管的作用为 。 ②主要反应机理如图所示： Ⅰ中碳原子轨道杂化类型的变化为 ；M的化学式为 。 (3)碳酸锂的制备。 已知：，完全沉淀时离子浓度小于；易溶于水；的溶解度：为为为。补充完整由粗溶液(含少量)制备的实验方案：向粗溶液中 ，得到固体。 (须使用的试剂：溶液、溶液) 地 城 考点04 晶体结构与性质 1．(23-24高三上·江苏无锡·期末调研)碳化钙的晶胞如图所示，反应常用于制备。下列有关说法正确的是 A．1个中含1个键 B．的电子式为 C．碳化钙晶胞中含4个 D．属于共价晶体 2．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)磷元素有白磷、红磷等单质，白磷()分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)=(红磷，s)    ；下列说法正确的是    A．分子中的P-P-P键角为109°28＇ B．白磷和红磷互为同位素 C．白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子 D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量(s)，白磷放出的热量更多 3．(24-25高三上·江苏常州·期末)以铜碲渣为原料制备单质碲(Te)并回收铜的过程如下： 已知：①、；。②  。 (1)原料铜碲渣主要成分为(晶胞结构如下所示)，、等，“氧化酸浸”的浸出液中碲主要以形式存在，滤渣可用于提炼贵金属银。 ①晶胞中Te的配位数为 。 ②酸浸时温度控制在左右，目的是 。 ③写出发生反应的离子方程式： ④滤渣中含银物质的化学式为 。 (2)“沉铜”时测得铜沉淀率随投入量的变化关系如下图所示。后续向沉铜后的溶液中加入溶液“还原”制得单质Te。 ①铜沉淀率随投入量的增大先增加后下降，原因是 。 ②增大投入量，碲损失率略有增加的原因可用离子方程式解释为 。 (3)“热解”在氩气氛围中进行。实验测得升温过程中固体质量保留百分数(剩余固体质量与起始质量的比值)随温度变化的关系如下图所示。温度在之间，剩余固体的质量保持恒定，此时获得的含铜固体产物为 (填化学式)。 4．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物，硒鼓废料是含硒、碲、碳、铜、铁的合金，实验室模拟工业回收硒的流程图如下： 查阅相关资料如下： 物理性质 熔点 沸点 升华 溶解性 SeO2 340℃ 684℃ 315℃ 易溶于水 TeO2 733℃ 1260℃ 450℃ 微溶于水 结合相关信息，回答下列问题： (1)写出基态硒原子的电子排布式 。 (2)除加热外，还可 ，既可增大废料的氧化速率，又可 。 (3)步骤⑤提纯SeO2的方法是 。 (4)步骤⑥发生的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (5)制取绿矾晶体：将废渣Ⅰ粉碎，加入过量硫酸酸化，充分反应后再加入足量铁粉，过滤， ，过滤、用乙醇洗涤，即的淡绿色晶体。 (6)硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图： 该晶胞中硒原子个数为 ，Se的配位数为 。 5．(24-25高三上·江苏无锡·期末)实验室以黄铜矿（主要含有CuFeS2）为原料可制取草酸铜（CuC2O4），草酸铜可用于制备纳米材料、复合材料等。 已知：Cu(OH)2的分解温度为185℃，CuCO3的分解温度为200℃。 Ⅰ．CuFeS2的晶胞结构 (1) CuFeS2的一种晶体晶胞结构如图所示（其中S原子均位于晶胞内部），该CuFeS2晶体的一个晶胞中Cu的数目为 。在答题卡的图中用“——”将Cu原子（图示中的A）与其紧邻的S原子连接起来 。 Ⅱ．黄铜矿浸取法制取硫酸铜 在酸性、有氧条件下，某种细菌能催化转化成硫酸盐的反应。 (2)该反应的离子方程式为 ，生成的Fe2(SO4)3又可将CuFeS2氧化。 (3)Ag+对上述过程有催化作用。其它条件相同，浸出时间为15天，不同Ag+浓度对铜元素浸出率的影响如图所示，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段铜元素浸出率下降的原因是 。 Ⅲ．草酸铜的制取及应用 (4)将上述黄铜矿浸出液分离提纯，得到的硫酸铜溶液与草酸反应可制备CuC2O4，反应的离子方程式为，常温下该反应的平衡常数是300，则 。（已知：常温下，，） (5)将CuC2O4固体在350℃加热至恒重制取纳米CuO。 ①X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯。混有的杂质可能是 。 ②纳米金属氧化物是常用的催化剂，若其表面出现氧空位，可以提高其催化性能。将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，得到富含氧空位的氧化铜，该过程能得到富含氧空位的CuO的原因是 。 6．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CuCrO4)=3.6×10-6。 回答下列问题： (1)基态钒原子价层电子轨道表示式为 。 (2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写2点)。 (3)“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该转化的平衡常数为 (保留三位有效数字)。 (5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为 。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为 pm(列出计算式即可)。 7．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铋、锗等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，。 ②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③易水解。 请回答下列问题： (1)下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是 (填字母)。 a．适当升高温度        b．酸浸过程中不断搅拌        c．将硫酸浓度增大到70%        d．加大废料的用量 (2)“浸液1”中约为，则除时应控制的范围是 。(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全) (3)“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为 。 (4)“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低或过高，原因是 。 (5)①存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中的配位数为 。 ②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为 。 ③加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。时所得固体的化学式为 。(写出计算过程) 8．(23-24高三上·江苏扬州·期末)镓(31Ga)及其化合物在半导体、光电材料等领域有广泛应用。 (1)以酸性含溶液(含少量)为原料通过除杂等一系列操作制得粗镓，粗镓经过电解精炼制得高纯镓。体系中含镓微粒的物质的量分数随的关系如图所示。已知：。 ①的基态核外电子排布式为 。 ②“除杂”包括加入溶液调节、加入足量除去和、过滤等步骤。调节溶液的目的为 。 ③“电解精炼”时，以粗镓为阳极，含的碱性溶液为电解液，阴极析出镓的电极反应式为 ；阴极同时有少量气体产生。测得电解过程溶液中镓浓度与电流效率()随时间的变化如图所示。反应后，降低的原因是 。 (2)具有优异的光电性能，可由与发生反应制得。 ①制得GaN时生成一种有机物的化学式为 。 ②的一种晶胞如图所示。晶体中距离最近且相等的的数目为 。 ③准确称取样品，加入溶液，加热使固体充分溶解，用足量溶液吸收产生的。向吸收液中滴加指示剂，用的盐酸滴定至终点，消耗盐酸。 过程中涉及反应：；，计算样品的纯度 (写出计算过程)。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 物质结构与性质 4大高频考点概览 考点01 元素周期表和元素周期律 考点02 原子、分子的结构与性质 考点03 微粒之间的相互作用 考点04 晶体结构与性质 1．(24-25高三上·江苏苏州·期末)光卤石[]可作为提取金属镁的矿物原料。下列说法正确的是地 城 考点01 元素周期表和元素周期律 A．原子半径： B．第一电离能： C．沸点： D．碱性： 【答案】D 【详解】A．同一周期元素的原子从左到右，随着核电荷数增大，原子半径减小，故r(Cl)<r(Mg)，A错误； B．同一主族从上到下，元素的原子第一电离能减小，故第一电离能I1(K)<I1(H)，B错误； C．H2O和HCl沸腾需克服分子间作用力，H2O存在分子间氢键而HCl无分子间氢键，导致H2O分子间作用力更大，沸点更高，C错误； D．元素金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Mg<K，故碱性Mg(OH)2<KOH，D正确； 故本题选D。 2．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)短周期主族元素、、、的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为17，是地壳中含量最高的元素，基态原子的轨道与轨道上的电子总数相等，与位于同一主族。下列说法正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．的最高价氧化物对应水化物的碱性比的弱 D．与氢元素形成的微粒中不可能存在配位键 【答案】B 【分析】是地壳中含量最高的元素，则X为O元素，基态原子的轨道与轨道上的电子总数相等，其原子序数大于O，则其核外电子排布式为1s22s22p63s2，为Mg元素，与位于同一主族，则W为S元素，、、、的最外层电子数之和为17，则Z的最外层电子数为3，其原子序数大于Mg，为Al元素。 【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径：Mg>P>S>O，即，故A错误； B．Y为Mg，Z为Al，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：Mg>Al，即，故B正确； C．Y为Mg元素，Z为Al元素，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Mg>Al，则碱性：Mg(OH)2>Al(OH)3，故C错误； D．X为O元素，O和H形成的H3O+中存在配位键，故D错误； 答案选B。 3．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的是 A．稳定性：HF>HCl>HBr>HI B．第一电离能：C>N>O>F C．酸性： D．电负性：C<N<O<F 【答案】B 【详解】A．同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：HF>HCl>HBr>HI，A正确； B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是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，故第一电离能大小：F >N>O> C，B错误； C．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐变强，碱性减弱；同主族元素从上到下，最高价氧化物对应水化物的酸性减弱；酸性：，C正确； D．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；电负性：C<N<O<F，D正确； 故选B。 4．(23-24高二下·江苏常州联盟校·期末调研)Se元素处于第ⅥA族，可用于除去某些重金属离子。下列说法正确的是 A．电负性：(O)>(Se) B．离子半径： C．电离能：(Na)>(Se) D．热稳定性： 【答案】A 【详解】A．O、Se均属于ⅥA族，原子序数：Se＞O，电负性随着原子序数增大而减小，则电负性：χ(O)＞χ(Se)，故A正确； B．Na+、O2-的核外电子数均为10，其原子序数：Na＞O，原子序数越大，其半径越小，则离子半径：r(Na+)<r(O2-)，故B错误； C．金属易失电子，第一电离能较小，非金属的第一电离能一般而言大于金属，则电离能：I1(Na)<I1(Se)，故C错误； D．非金属性：O＞Se，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越大，则热稳定性：H2Se<H2O，故D错误。 故选A。 5．(23-24高三上·江苏苏州·期末)太阳能电池可由等半导体材料构成。有关元素在元素周期表中的位置如图所示，下列说法正确的是 Si P Ga As A．原子半径： B．第一电离能： C．热稳定性： D．的周期序数与族序数相等 【答案】B 【详解】A．同周期，原子序数的递增，原子半径减小，所以r(Ga)> r(As)，故A错误； B．P最外层电子为半充满状态，第一电离能大于相邻元素Si，故B正确； C．As为第四周期元素，P为第三周期元素，P的非金属性比As强，p-H键键能更大，热稳定性AsH3<PH3，故C错误； D．为第四周期ⅢA族元素，周期序数与族序数不相等，故D错误； 故答案选B。 6．(23-24高三上·江苏无锡·调研)古太古代地球大气中含有大量和蒸气等气体。下列说法正确的是 A．原子半径： B．第一电离能： C．热稳定性： D．分子中键角： 【答案】D 【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，则原子半径: ，A错误； B．同周期从左到右，第一电离能增大趋势，第 IIA、VA族元素原子第一电离能比同周期相邻元素大，则第一电离能: ，B错误； C．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性:C<N<O，则热稳定性: ，C错误； D．CH4、NH3、H2O中心原子的价电子对数均为4，CH4没有孤电子对，NH3有一对孤电子对，H2O有两对孤电子对，孤电子对与孤电子对间的斥力>孤电子对与成键电子对之间的斥力>成键电子对与成键电子对之间的斥力，则键角: ，D正确； 故选D。 7．(24-25高三上·江苏无锡·期末)硫磷酸铵具有改良土壤等多种用途，下列说法正确的是 A．沸点： B．电负性大小： C．电离能大小： D．酸性强弱： 【答案】C 【详解】A．氨分子能形成分子间氢键，而磷化氢不能形成分子间氢键，所以氨分子分子间作用力大于磷化氢，沸点高于磷化氢，A错误； B．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，电负性大小：，B错误； C．根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，则元素第一电离能：，C正确； D．同一周期主族元素从左到右，元素非金属性递增，最高价氧化物的水化物酸性增强，酸性强弱：，D错误； 故选C。 8．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)生产生活中存在多种氢元素的化合物，如CH4、NH3、H2O、NaH、MgH2等。下列说法正确的是 A．半径大小：r(N3-)<r(Mg2+) B．热稳定性大小：NH3>H2O C．电离能大小 ：I1(N)<I2(Na) D．电负性大小：χ(Mg)<χ(H) 【答案】CD 【详解】A．核外电子排布相同时，核电荷数越大，半径越小r(N3-)>r(Mg2+)，故A错误； B．非金属性越强，气态氢化物的热稳定性越强，热稳定性大小：NH3<H2O，B错误； C．N的2p轨道为半满结构，Na+的电子排布式为1s22s22p6，其2p轨道为全满结构，I1(N)=1402.3kJ/mol<I2(Na)=4562kJ/mol，C正确； D．元素的非金属性越强，电负性越大，氢元素的非金属性强于镁元素，电负性大小：χ(Mg)<χ(H)，D正确； 故选CD。 1．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)将钼酸铵和磷酸盐的溶液进行酸化时，得到一种黄色沉淀12-磷钼酸铵，反应的离子方程式为3N+12Mo+P+24H+=(NH4)3[PMo12O40]·6H2O↓+6H2O，可利用该原理进行磷酸盐的定量测定。已知：42Mo与Cr同族。下列有关说法错误的是地 城 考点02 原子、分子的结构与性质 A．第一电离能：I1(O)>I1(N) B．基态Mo原子的价层电子排布式为4d55s1 C．键角：NH3>H2O D．沸点：NH3>PH3 【答案】A 【详解】A．氧的第一电离能小于氮，因为氮的2p轨道半充满更稳定，A错误； B．Mo与Cr同族，基态Cr的价电子排布为3d54s1，故Mo的价层电子排布为4d55s1，B正确； C．NH3中心原子价层电子对数，有一对孤电子对，键角（约107°），H2O中心原子价层电子对数，有两对孤电子对，键角（约104.5°），C正确； D．两者结构相似，NH3分子间存在氢键，沸点高于PH3，D正确； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题： 电池有铅蓄电池、燃料电池(如电池)、锂离子电池、一次氯酸盐电池等，它们可以将化学能转化为电能。都可用作燃料电池的燃料。的燃烧热为。电解则可以将电能转化为化学能，电解饱和溶液可以得到，用电解法可制备消毒剂高铁酸钠。 2．(23-24高三上·江苏扬州·期末)下列说法正确的是 A．中存在配位键 B．的空间构型为平面正方形 C．中的键角比中的小 D．中心原子的轨道杂化类型为 3．(23-24高三上·江苏扬州·期末)下列化学反应表示正确的是 A．铅蓄电池的正极反应： B．电解饱和溶液： C．表示的燃烧热： D．一定条件下与的反应： 4．(23-24高三上·江苏扬州·期末)下列物质结构与性质或物质性质与用途不具有对应关系的是 A．的电负性比B的大，中显负电性 B．的原子半径比的小，金属锂的熔点比钠的高 C．具有强氧化性，可作为火箭发射的助燃剂 D．的热稳定性较强，可用作燃料电池的燃料 5．(23-24高三上·江苏扬州·期末)电解法制备的工作原理如图所示。下列说法正确的是 A．为电源的负极 B．阳极上的电极反应式为 C．阴离子交换膜应能允许通过而能阻止的扩散 D．理论上每转移，阴极上会产生气体 【答案】2．A 3．D 4．D 5．C 【解析】2．A．B的2p能级有空轨道，H-有孤电子对，B与H可以形成配位键，A正确； B．硫酸根中心原子硫原子价层电子对数为4，杂化方式为sp3，且无孤对电子，空间构型为正四面体形，B错误； C．铵根空间构型为正四面体形，键角为109.5°，氨气分子空间构型为三角锥形，由于有一对孤对电子，对其它氢原子有排斥力，导致键角变小，氨气分子中键角更小，C错误； D．次氯酸中心原子为O原子，杂化类型为sp3，D错误； 故选A。 3．A．原电池正极应当是得电子，化合价降低，正确的反应为，故A错误； B．电解饱和氯化钠溶液，阳极生成氯气，阴极得到氢氧化钠和氢气，无钠单质产生，正确的离子方程式为，B错误； C．燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定产物的热量变化，故甲烷燃烧热的热反应方程式中应当生成液态水，正确的热反应方程式为，C错误； D．一定条件下NO2与NH3反应发生氧化还原反应，可以得到氮气和水，反应方程式配平正确，D正确； 故选D。 4．A．H的电负性比B的大，NaBH4中H显负电性，具有对应关系，故A不选； B．Li的原子半径比Na的小，则Li的金属键比Na强，金属锂的熔点比钠的高，具有对应关系，故B不选； C．NO2具有强氧化性，可作为火箭发射的助燃剂，具有对应关系，故C不选； D．甲烷可用作燃料电池的燃料是因为CH4容易燃烧，且产物无污染，与热稳定性没有关系，故D选； 答案选D。 5．电解法制备Na2FeO4的工作原理如图所示，Fe为电解池的阳极，M为电源的正极，电极反应式为，Pt为电解池的阴极，N为电源的负极，电极反应式为，阴离子交换膜应能允许OH-通过而能阻止的扩散，据此分析解题； A．由上述分析可知，M为电源的正极，A错误； B．由上述分析可知，阳极上的电极反应式为，B错误； C．由上述分析可知，Fe为阳极，Pt电极为阴极，OH-通过阴离子交换膜由阴极即Pt电极移向阳极即Fe电极，从而能阻止的扩散，C 正确； D．由分析可知，阴极电极反应为：，根据电子守恒可知，理论上每转移0.1mol e-，阴极上会产生0.05mol H2，但无标准状况下，无法计算气体体积，D错误； 故答案为C。 6．(24-25高三上·江苏常州·期末)反应可用于燃煤烟气脱硫。下列说法正确的是 A．的VSEPR模型为V形 B．的空间构型为直线形 C．第一电离能： D．上述反应中作还原剂 【答案】B 【详解】A．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，VSEPR模型为平面三角形，A错误； B．CO2分子中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，所以是直线形结构，B正确； C．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，第一电离能：，C错误； D．该反应中硫化合价降低，为氧化剂发生还原反应，D错误； 故选B。 7．(23-24高二上·江苏常州·期末)元素F、Cl、Br、I位于周期表VIIA族。下列事实不能通过比较元素电负性进行解释的是 A．与水发生反应的产物是和 B．键的键能小于键的键能 C．比更易形成 D．气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是HCl分子 【答案】B 【详解】A．与水发生反应的产物是和，生成物中I的化合价为+1价，说明I的电负性小于O，与电负性有关，A不符合题意； B．F原子半径小，电子云密度大，F之间的排斥力大，F-F不稳定，则F-F的键能小于Cl-Cl的键能，与电负性无关，B符合题意； C．氯的电负性强于溴，碳氯键极性更强，比更易形成，与电负性有关，C不符合题意； D．F的电负性很大，使HF分子间形成氢键，导致气态HF中存在二聚分子，而Cl的电负性不足以使HCl分子间形成氢键，气态HCl中只有HCl分子，D不符合题意； 故选B。 8．(23-24高二上·江苏常州第一中学·期末)反应应用于石油开采，下列说法正确的是 A．基态N原子的轨道表示式为 B．Cl-的结构示意图为 C．NO2-中N原子杂化类型为sp2 D．H2O的空间填充模型为 【答案】C 【详解】A．基态N原子的轨道表示式为 ，A错误； B．Cl-的结构示意图：，B错误； C．NO2-中N原子杂化类型为sp2，C正确； D．H2O的空间填充模型为，D错误； 本题选C。 9．(23-24高二上·江苏南京宁海中学·期末)下图示中，图1是8­羟基喹啉，图2用高分辨原子力显微镜观察到的聚集的8­羟基喹啉图像，图3聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是 A．图1中，每个8­羟基喹啉分子中含有5个π键 B．对比图2可验证8­羟基喹啉分子间存在氢键 C．C、N、O的第一电离能依次增大 D．原子力显微镜可直接观测到氢键的本质 【答案】B 【详解】A．苯环中为大π键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8­羟基喹啉分子中未含有3个π键，故A错误； B．根据图示，8-羟基喹啉分子间存在、等氢键，故B正确； C．C、N、O位于同周期，其第一电离能随着原子序数递增，总的趋势是变大，但N的2p层电子半充满，导致其第一电离能大于O，C、O、N的第一电离能依次增大，故C错误； D．根据题意可知，通过原子力显微镜观测在铜单晶表面吸附组装的8-羟基喹啉分子，获得原子级分辨的分子化学骨架结构图象，并清晰观察到分子间存在的氢键作用，并不是直接观测到氢键的本质，故D错误； 故答案选B。 10．(23-24高三上·江苏扬州·期末)水合肼在储氢领域有广阔的应用前景，其水溶液呈弱碱性。 (1)分子有顺式、反式和交互式三种比较稳定的空间构型。下列结构能表示分子交互式的是 (填序号) (2)肼分解制氢的主要反应为肼的理论储氢密度测得肼实际分解时产生的气体中含肼实际储氢密度小于理论值的原因是 (用化学方程式表示)。 (3)水合肼制氢过程中涉及肼在催化剂表面分解，如图所示。 ①的结构简式为 。 ②催化剂表面存在和两种活性位点，两种活性位点分别带不同电性的电荷。肼中的氢原子吸附于 (填“”或“”)活性位点。已知：键、键的键能分别是。肼在该催化剂表面反应断裂的化学键不是键，而是键，原因是 。 ③催化剂存在下，不同浓度的分解时，测得随时间的变化如下图所示。当浓度从增加到时，反应速率加快；从增加到时，反应速率几乎不变。其原因是 。 【答案】(1)A (2)或 (3) HN=NH Pt N-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力 时，催化剂表面仅部分活性位点吸附了，浓度增大至时，有更多活性点位吸附，故浓度从增大至时反应速率加快，浓度达时，催化剂表面的活性位点几乎全部吸附了，浓度增大至，吸附的几乎不变，故浓度从增大至时反应速率几乎不变 【详解】（1）由的结构模型可知，A为交互式结构，B为反式结构，C为顺式结构，故选A。 （2）储氢密度小于理论值是分解时没生成氢气，根据题意，肼实际分解时产生的气体中含NH3，则肼实际储氢密度小于理论值的原因是生成NH3，用化学方程式表示为或。 （3） ①根据图1，生成X的过程中，①②③④断键，③④结合生成H2，①②结合生成π键得到X，则X为HN=NH； ②N与H相连，H电负性小于N，故H原子显正价，金属性Ni＞Pt，故Ni-Pt催化剂负电荷集中在Pt上，正负电荷相互吸引，所以H会吸附在Pt活性位点； N-N为非极性键，N-H键极性较强，N、H分别于催化剂表面原子形成作用力，削弱了N与H之间的作用力； ③时，催化剂表面仅部分活性位点吸附了，浓度增大至时，有更多活性点位吸附，故浓度从增大至时反应速率加快，浓度达时，催化剂表面的活性位点几乎全部吸附了，浓度增大至，吸附的几乎不变，故浓度从增大至时反应速率几乎不变。 1．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)下列有关反应描述不正确的是地 城 考点03 微粒之间的相互作用 A．乙酸与乙醇在浓硫酸催化下加热，发生酯化反应，反应属于取代反应 B．甲苯与氯气在光照条件下反应，甲基碳原子轨道的杂化类型由sp3转变为sp2最终又变成sp3 C．不饱和油脂的催化加氢为油脂的氢化，不饱和油脂断裂σ键形成新的σ键 D．工业制备硫酸的过程中，二氧化硫与氧气生成三氧化硫的反应，可用V2O5作为催化剂 【答案】C 【详解】A. 酯化反应是羧酸与醇的羟基发生取代，生成酯和水，属于取代反应，A正确； B. 甲苯光照下发生自由基取代，中间体苄基自由基（·CH2C6H5）的碳为sp2杂化，最终产物恢复sp3，B正确； C. 加氢反应中双键的π键断裂，形成单键σ键，而非断裂σ键，C错误； D. V2O5是SO2氧化为SO3的工业催化剂，D正确； 故选C。 2．(24-25高三上·江苏常州·期末)石油加工时获得副产物，催化热解可同时回收和。下列说法正确的是 A．石油经分馏、催化裂化和裂解加工时，均主要发生化学变化 B．的形成可用电子式表示为 C．(结构为)分子中含有非极性键，固态时为共价晶体 D．中键的形成可用电子云轮廓图表示为) 【答案】D 【详解】A．石油的分馏是物理变化，A错误； B．是共价化合物，不是离子化合物，间通过共用电子对结合，的最外层电子数达到8，其形成过程为：，B错误； C．分子中含有非极性键，固态时为分子晶体，共价晶体形成的是空间网状结构，所以它不是共价晶体，C错误； D．分子中两个H原子的轨道相互重叠，形成键，用电子云轮廓图表示键的形成过程为相互靠拢原子轨道，形成键相互重叠，D正确； 故选D。 3．(24-25高三上·江苏苏州·期末)反应可实现工业副产品资源再利用。下列说法正确的是 A．O元素位于周期表A族 B．电子式为 C．基态的电子排布式为 D．中既含极性键又含非极性键 【答案】A 【详解】A．O是16号元素，位于周期表A族，A正确； B．HCl是共价化合物，电子式为：，B错误； C．基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，C错误； D．中只含极性键不含非极性键，D错误； 答案选A。 4．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)类比推理是化学中常用的思维方法，下列推理正确的是 A．的沸点高于，推测的沸点也高于 B．与反应生成与，推测与反应生成与 C．气体通入足量溶液生成和，推测气体通入足量溶液生成和 D．为直线形分子，推测(氧硫化碳)也是直线形分子 【答案】D 【详解】A．HCl与都是分子晶体，结构相似，分子之间存在氢键，所以的沸点低于，故A错误； B．二氧化硫具有还原性，过氧化钠与二氧化硫反应生成硫酸钠，不会产生氧气，故B错误； C．次氯酸酸性强于碳酸氢根，所以气体通入足量溶液生成和，故C错误； D．与互为等电子体，等电子体的微粒结构相似，所以推测氧硫化碳也是直线形分子，故D正确。 故选：D。 5．(23-24高三上·江苏无锡江阴市·期末)下列各组分子中，都属于含极性键的非极性分子的是 A．CO2 H2S B．C2H4 CH4 C．C60 C2H4 D．NH3 HCl 【答案】B 【分析】由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键；分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子；以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，则为非极性分子，据此解答。 【详解】A、CO2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；H2S含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，不对称的，所以都是极性分子，故A错误； B、C2H4含有极性键，正负电荷的中心重合，是非极性分子，CH4中含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故B正确； C、C60含有非极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子；C2H2含有极性键，正负电荷的中心重合，电荷分布均匀，是非极性分子，故C错误； D、NH3含有极性键，电荷的分布都是不均匀的，是极性分子；HCl含有极性键，正负电荷的重心不重合，是极性分子，故D错误。 答案选B。 6．(24-25高三上·江苏苏州·期末)利用丹皮酚(X)合成一种药物中间体(Y)的流程如下： 下列有关化合物X、Y的说法不正确的是 A．可以用溶液鉴别X和Y B．该反应属于取代反应 C．反应前后的质量不变 D．X的沸点比的低 【答案】C 【详解】A．X具有酚羟基，而Y没有，所以可以用溶液鉴别X和Y ，故A正确； B．该反应中，基团取代X上酚羟基的氢原子，故B正确； C．生成Y的同时会生成HBr，会和反应，碳酸钾质量改变，故C错误； D．X可能形成分子内氢键，沸点降低，可以形成分子间氢键，故D正确； 答案选C。 7．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)反应SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O可用于雕刻玻璃。下列说法正确的是 A．1molSiO2含2molSi-O键 B．HF的电子式是 C．SiF4 晶体属于分子晶体 D．H2O为非极性分子 【答案】C 【详解】A．二氧化硅中1个硅原子与4个氧原子形成4个硅氧键，则1mol二氧化硅中含有4mol硅氧键，故A错误； B．氟化氢为只含有共价键的共价化合物，电子式为，故B错误； C．由方程式可知，四氟化硅为熔沸点低的分子晶体，故C正确； D．水分子为空间结构不对称的V形，属于极性分子，故D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成下列小 题： Cu2S可用于钾离子电池的负极材料。冶炼铜时可使Cu2S在高温下与O2反应转化为Cu2O，生成的Cu2O与Cu2S进一步反应得到Cu。Cu2O在酸性溶液中会转化为Cu和Cu2+；Cu2S能被浓硝酸氧化为Cu(NO3)2.Cu在O2存在下能与氨水反应生成[Cu(NH3)4] 2+；Cu(OH)2能与NaOH反应生成Na2[Cu(OH)4]。O3、O2 的沸点分别为-111℃、-182℃。 8．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)下列说法正确的是 A．SO2的键角比SO3的小 B．NO分子空间构型为三角锥形 C．Cu2+ 吸引电子的能力比Cu+ 的弱 D．O2分子间作用力比O3的大 9．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)下列化学反应表示正确的是 A．Cu2S在高温下与O2反应：2Cu2S + 4O22Cu2O + 2SO3 B．Cu2S与浓硝酸反应：Cu2S + 6HNO3(浓) 2Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ H2S↑+2H2O C．Cu2O溶于稀硝酸：Cu2O + 2H+=Cu + Cu2++ H2O D．Cu在O2存在下与氨水反应：2Cu + 8 NH3·H2O + O2=2[Cu(NH3)4]2+ +4OH-+ 6H2O 10．(23-24高三上·江苏扬州宝应县·期末)下列物质性质与用途具没有对应关系的是 A．SO2具有漂白性，可用于漂白草编制品 B．Cu2S具有导电性，可用于电池的负极材料 C．Na2[Cu(OH)4]在水中电离出Na+，可用于检验葡萄糖 D．CuSO4能使蛋白质变性，可用于游泳池防止藻类生长 【答案】8．A 9．D 10．C 【解析】8．A．二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、价层电子对数为1，分子的空间构型为V形，三氧化硫分子中硫原子的价层电子对数为3、价层电子对数为0，分子的空间构型为正三角形，所以二氧化硫的键角小于三氧化硫，故A正确；； B．硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、价层电子对数为0，分子的空间构型为正三角形，故B错误； C．铜元素的原子序数为29，基态亚铜离子的价电子排布式为结构稳定的全充满3d10，基态铜离子为3d9，则铜离子吸引电子的能力强于亚铜离子，故D错误； D．氧气为结构对称的非极性分子，臭氧与二氧化硫的原子个数都为3、价电子数都为18，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，二氧化硫为结构不对称的V形，则臭氧分子为结构不对称的极性分子，所以臭氧分子的分子间作用力大于氧气，故D错误； 故选A。 9．A．在高温下与反应生成氧化亚铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：，A项错误； B．与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO、S和水，反应的化学方程式为：，B项错误； C．溶于稀硝酸生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：，C项错误； D．氨水呈碱性，Cu在存在下与氨水反应生成铜氨离子、氢氧根和水，反应的离子方程式为：，D项正确； 故选D。 10．A．SO2具有漂白性，工业上常用二氧化硫来漂白草帽等草编制品，故A正确； B．Cu2S是一种重要的半导体材料，广泛应用于太阳能电池，可用于电池的负极材料，故B正确； C．Na2[Cu(OH)4] 用于检验葡萄糖是因为[Cu(OH)4]2-与还原性糖反应，如葡萄糖，直接加热至沸腾或用沸水浴持续加热一段时间，会出现砖红色沉淀氧化亚铜，故C错误； D．硫酸铜具有遏制藻类生长的作用，溶解在水中的铜离子（Cu2+）还能与细菌细胞内的蛋白质结合，从而杀死细菌，故D正确； 故答案选C。 11．(23-24高三上·江苏扬州·期末)深共晶溶剂(DESs)可从中回收锂。 (1)DESs的制备。将乙二醇()与氯化胆碱()按一定比例混合搅拌至形成均一透明液体，制得DESs。 ①DESs由含氢键供体(能形成氢键的氢原子)的组分与含氢键受体(能与氢原子形成氢键的原子)的组分混合。乙二醇分子中氢键供体的数目为 。 ②不同配比氯化胆碱与乙二醇混合的二元相图如图所示。相同条件下，氯乙二醇的熔点 乙二醇的熔点(填“>”“=”或“<”)。制备熔点达到最低值的DESs时，氯化胆碱与乙二醇的物质的量之比为 。 (2)氧化浸出锂。将与按照一定比例混合，再通入。实验装置如图所示。 ①冷凝管的作用为 。 ②主要反应机理如图所示： Ⅰ中碳原子轨道杂化类型的变化为 ；M的化学式为 。 (3)碳酸锂的制备。 已知：，完全沉淀时离子浓度小于；易溶于水；的溶解度：为为为。补充完整由粗溶液(含少量)制备的实验方案：向粗溶液中 ，得到固体。 (须使用的试剂：溶液、溶液) 【答案】(1) 2 > 1∶4 (2) 冷凝回流乙二醇 sp3→sp2 FeHPO4(或LinH(1-n)FePO4、HFePO4) (3)滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液至溶液的pH为3，过滤，向滤液中加入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液至不再产生沉淀，过滤，用热水洗涤沉淀2到3次，干燥(若析出Li2CO3晶体采用蒸发结晶、趁热过滤的方法也可) 【分析】（1）将乙二醇与氯化胆碱按一定比例混合搅拌至形成均一透明液体，制得DESs；（2）将LiFePO4与DESs按照一定比例混合，再通入O3生成Li单质； （3）粗LiCl溶液中含有的Fe3+可通过加入0.1mol·L-1NaOH溶液除去，由K[Fe(OH)3]=1.0×10-39可知，当Fe3+完全除去，即c(Fe3+)=1.0×10-6mol·L-1时， ，即此时溶液的pH=3，过滤后滤液中加入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液得到Li2CO3固体。 【详解】（1）①HOCH2CH2OH 分子中羟基上的氢原子作为氢键供体，1个乙二醇分子中氢键供体的数目是2，故答案为：2； ②由氯化胆碱的结构可知，其形成的晶体是离子晶体，所以熔点比乙二醇高，故答案为：>； ③由图像可知DESs的熔点达到最低值时，乙二醇的物质的量分数为0.8，则氯化胆碱和乙二醇的物质的量之比为0.2:0.8=1:4，故答案为：1:4； （2）①球形冷凝管的作用是冷凝回流乙二醇，故答案为：冷凝回流乙二醇； ②-CH2OH中碳原子的杂化方式是sp3，-COOH中碳原子的杂化方式是sp2，故答案为：sp3→sp2； ③由反应历程可知反应Ⅱ为 LiFePO4+H+=M+Li+，所以M的化学式为FeHPO4，故答案为：FeHPO4(或LinH(1-n)FePO4、HFePO4)； （3）粗LiCl溶液中含有的Fe3+可通过加入0.1mol·L-1NaOH溶液除去，由K[Fe(OH)3]=1.0×10-39可知，当Fe3+完全除去，即c(Fe3+)=1.0×10-6mol·L-1时， ，即此时溶液的pH=3，过滤后滤液中加入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液得到Li2CO3固体，故答案为：滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液至溶液的pH为3，过滤，向滤液中加入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液至不再产生沉淀，过滤，用热水洗涤沉淀2到3次，干燥(若析出Li2CO3晶体采用蒸发结晶、趁热过滤的方法也可)。 地 城 考点04 晶体结构与性质 1．(23-24高三上·江苏无锡·期末调研)碳化钙的晶胞如图所示，反应常用于制备。下列有关说法正确的是 A．1个中含1个键 B．的电子式为 C．碳化钙晶胞中含4个 D．属于共价晶体 【答案】C 【详解】A．的结构式为，1个中含2个键，A错误； B．的电子式为，B错误； C．晶胞中，位于顶点和面心，共有个，C正确； D．中含有和，为离子晶体，D错误； 答案选C。 2．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)磷元素有白磷、红磷等单质，白磷()分子结构及晶胞如下图所示，白磷和红磷转化的热化学方程式为(白磷，s)=(红磷，s)    ；下列说法正确的是    A．分子中的P-P-P键角为109°28＇ B．白磷和红磷互为同位素 C．白磷晶体中1个分子周围有8个紧邻的分子 D．白磷和红磷在中充分燃烧生成等量(s)，白磷放出的热量更多 【答案】D 【详解】A．白磷分子为正四面体结构，每个顶点1个P原子，P4分子中的P-P-P键角为60°，A错误； B．白磷和红磷互为同素异形体，B错误； C．白磷为面心立方最密堆积，配位数为12，白磷晶体中1个P4分子周围有12个紧邻的P4分子，C错误； D．从题中可知，白磷转化为红磷放热，说明相等质量的白磷能量高于红磷，白磷和红磷在氧气中充分燃烧生成等量的P2O5(s)，白磷放出的能量更多，D正确； 故选D。 3．(24-25高三上·江苏常州·期末)以铜碲渣为原料制备单质碲(Te)并回收铜的过程如下： 已知：①、；。②  。 (1)原料铜碲渣主要成分为(晶胞结构如下所示)，、等，“氧化酸浸”的浸出液中碲主要以形式存在，滤渣可用于提炼贵金属银。 ①晶胞中Te的配位数为 。 ②酸浸时温度控制在左右，目的是 。 ③写出发生反应的离子方程式： ④滤渣中含银物质的化学式为 。 (2)“沉铜”时测得铜沉淀率随投入量的变化关系如下图所示。后续向沉铜后的溶液中加入溶液“还原”制得单质Te。 ①铜沉淀率随投入量的增大先增加后下降，原因是 。 ②增大投入量，碲损失率略有增加的原因可用离子方程式解释为 。 (3)“热解”在氩气氛围中进行。实验测得升温过程中固体质量保留百分数(剩余固体质量与起始质量的比值)随温度变化的关系如下图所示。温度在之间，剩余固体的质量保持恒定，此时获得的含铜固体产物为 (填化学式)。 【答案】(1) 4 温度较低时反应速率较慢，但温度过高会加速分解 (2) 增加，生成的沉淀增多，继续增大，生成的沉淀与反应生成而溶解 (3)Cu 【分析】向碲铜废料中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te； 【详解】（1）①据“均摊法”，晶胞中含个白球、4个黑球，结合化学式，则黑球为Cu、白球为Te，由图，晶胞中Te为4个铜构成的四面体中，配位数为4。 ②过氧化氢不稳定，受热易分解，温度较低时反应速率较慢，但温度过高会加速分解，故酸浸时温度控制在左右； ③过氧化氢具有氧化性，氧化酸浸过程中在酸性条件下为氧化为铜离子和，铜化合价由+1变为+2、Te化合价由-2变为+4、过氧化氢中氧化合价由-1变为-2，结合电子守恒，发生反应的离子方程式：； ④银离子和硫酸根离子会生成微溶的硫酸银，则滤渣中含银物质的化学式为； （2）①增加，生成的沉淀增多，继续增大，生成的沉淀与反应生成而溶解，导致铜沉淀率随投入量的增大先增加后下降； ②草酸根离子具有还原性，能还原为Te沉淀，同时草酸根离子被氧化为二氧化碳，导致Te损失，故增大投入量，碲损失率略有增加的原因为； （3）由图可知，350~400℃时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为152g/mol×42.11%=64g/mol，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400℃下剩余固体的化学式为Cu。 4．(23-24高三上·江苏南京宁海中学·期末)硒(Se)是一种有抗癌、抗氧化作用的元素，可以形成多种化合物，硒鼓废料是含硒、碲、碳、铜、铁的合金，实验室模拟工业回收硒的流程图如下： 查阅相关资料如下： 物理性质 熔点 沸点 升华 溶解性 SeO2 340℃ 684℃ 315℃ 易溶于水 TeO2 733℃ 1260℃ 450℃ 微溶于水 结合相关信息，回答下列问题： (1)写出基态硒原子的电子排布式 。 (2)除加热外，还可 ，既可增大废料的氧化速率，又可 。 (3)步骤⑤提纯SeO2的方法是 。 (4)步骤⑥发生的反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为 。 (5)制取绿矾晶体：将废渣Ⅰ粉碎，加入过量硫酸酸化，充分反应后再加入足量铁粉，过滤， ，过滤、用乙醇洗涤，即的淡绿色晶体。 (6)硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图： 该晶胞中硒原子个数为 ，Se的配位数为 。 【答案】(1)[Ar]3d104s24p4 (2) 将废料粉碎 提高原料的利用率 (3)升华，将温度控制在315℃到450℃之间 (4)1:2 (5)蒸发浓缩、冷却结晶 (6) 4 4 【分析】由流程可知，硒鼓废料在空气中燃烧生成二氧化碳、二氧化硒、二氧化碲、氧化铜等，500℃时SeO2与TeO2均为气体，冷却，加水SeO2溶解，酸性溶液主要是亚硒酸，废渣II为TeO2，亚硒酸受热分解生成二氧化硒，及少量TeO2，升华分离得纯净的二氧化硒，再加亚硫酸溶液还原得到Se单质； 【详解】（1）基态硒原子的核电荷数34，最外层电子数6，电子排布式为[Ar]3d104s24p4； （2）除加热外，还可将废料粉碎，既可增大废料的氧化速率，又可提高原料的利用率； （3）根据SeO2和TeO2升华的温度，二者分离的最适宜方法是升华，将温度控制在315℃到450℃之间，故答案为：升华，将温度控制在315℃到450℃之间； （4）步骤⑥发生氧化还原反应为2H2SO3+SeO2=Se+2H2SO4，S元素化合价升高，H2SO3是还原剂，Se元素化合价降低，SeO2是氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1:2； （5）铁粉和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，加入过量铁粉可防止亚铁氧化为铁离子，过滤得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、用乙醇洗涤，可得绿矾晶体； （6）由均摊法，灰球个数为，黑球在晶体内部，总共有4个，则该晶胞中硒原子个数为4，Se的配位数为4。 5．(24-25高三上·江苏无锡·期末)实验室以黄铜矿（主要含有CuFeS2）为原料可制取草酸铜（CuC2O4），草酸铜可用于制备纳米材料、复合材料等。 已知：Cu(OH)2的分解温度为185℃，CuCO3的分解温度为200℃。 Ⅰ．CuFeS2的晶胞结构 (1) CuFeS2的一种晶体晶胞结构如图所示（其中S原子均位于晶胞内部），该CuFeS2晶体的一个晶胞中Cu的数目为 。在答题卡的图中用“——”将Cu原子（图示中的A）与其紧邻的S原子连接起来 。 Ⅱ．黄铜矿浸取法制取硫酸铜 在酸性、有氧条件下，某种细菌能催化转化成硫酸盐的反应。 (2)该反应的离子方程式为 ，生成的Fe2(SO4)3又可将CuFeS2氧化。 (3)Ag+对上述过程有催化作用。其它条件相同，浸出时间为15天，不同Ag+浓度对铜元素浸出率的影响如图所示，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段铜元素浸出率下降的原因是 。 Ⅲ．草酸铜的制取及应用 (4)将上述黄铜矿浸出液分离提纯，得到的硫酸铜溶液与草酸反应可制备CuC2O4，反应的离子方程式为，常温下该反应的平衡常数是300，则 。（已知：常温下，，） (5)将CuC2O4固体在350℃加热至恒重制取纳米CuO。 ①X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯。混有的杂质可能是 。 ②纳米金属氧化物是常用的催化剂，若其表面出现氧空位，可以提高其催化性能。将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，得到富含氧空位的氧化铜，该过程能得到富含氧空位的CuO的原因是 。 【答案】(1) 4 (2) (3)Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度 (4) (5) Cu2O或Cu 加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位 【详解】（1） 该CuFeS2晶体的一个晶胞中，Cu原子位于顶点、面心和体心，则Cu的数目为=4。Cu原子(图示中的A)位于体心，与其紧邻的S原子为体内靠近它的4个S原子，连接起来的图示为： （2）在酸性、有氧条件下，某种细菌能将CuFeS2催化转化成硫酸铜、Fe2(SO4)3等，依据得失电子守恒、质量守恒，可得出该反应的离子方程式为。 （3）从图中可以看出，Ag+浓度从5mg/L上升到7mg/L阶段，铜元素浸出率下降，若从Ag+浓度考虑，浓度增大反应速率应加快，说明Ag+浓度增大对催化剂的活性造成了不利影响，从而得出原因是：Ag+浓度增大，反应速率加快；Ag+浓度增大，细菌的活性减弱，反应速率减慢；减慢幅度大于加快幅度。 （4）K====300，则 ===。 （5）①CuC2O4固体在350℃加热分解，在生成CuO的同时，有CO、CO2生成，CO还原CuO可能会Cu2O或Cu，所以X射线衍射实验发现得到的纳米CuO不纯，混有的杂质可能是Cu2O或Cu。 ②乙醇具有还原性，加热时能将CuO还原为Cu，从而使纳米金属氧化物表面出现氧空位，则将纳米CuO加热到高温用无水乙醇淬火处理，可得到富含氧空位的氧化铜，原因是：加热条件下，乙醇与CuO表面的O反应形成氧空位。 【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，可采用均摊法。 6．(24-25高三上·江苏部分高中·期末)钒和铬都是重要的战略金属，利用钒、铬废渣(主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物)分离回收钒、铬的工艺流程如图所示： 已知：常温下，Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaCrO4)=1.2×10-10，Ksp(CuCrO4)=3.6×10-6。 回答下列问题： (1)基态钒原子价层电子轨道表示式为 。 (2)钒、铬废渣“水浸”前，先要进行粉碎处理，为提高浸取效率，还可采取的措施有 (任写2点)。 (3)“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀，“转化”过程中发生反应的离子方程式为 。 (4)向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该转化的平衡常数为 (保留三位有效数字)。 (5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。 ①该晶体的化学式为 。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为 pm(列出计算式即可)。 【答案】(1) (2)延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等 (3)CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2 (4)42.5 (5) CaCrO3 × 【分析】钒、铬废渣主要成分为NaVO3和Na2CrO4，还含有其他难溶物。水浸除去难溶物，浸取液中含有NaVO3、Na2CrO4，加入生石灰沉钒得到钒酸钙沉淀，经过一系列步骤之后得到五氧化二钒。沉矾后的溶液主要成分是Na2CrO4，经过酸化、加入氧化铜铬转化为CuCrO4沉淀，加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化铜沉淀和Na2CrO4溶液，冷却结晶得Na2CrO4固体。 【详解】（1） 钒是23号元素，基态钒原子价层电子排布式为3d34s2，轨道表示式为 （2）根据影响反应速率的因素，为提高浸取效率，还可采取的措施有延长浸取时间、适当升高温度、搅拌等。 （3）“沉铬”时，“沉铬”时，铬转化为CuCrO4沉淀， “转化”过程中CuCrO4和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和Na2CrO4，发生反应的离子方程式为CuCrO4+2OH-=Cr+Cu(OH)2。 （4）向“沉钒后液”中加入足量BaCO3，可将其中的铬转化为BaCrO4沉淀，该沉淀转化的离子方程式为BaCO3(s)+ BaCrO4(s)+，该转化的平衡常数为K=。 （5）①根据均摊原则，Ca原子数为、O原子数为、Cr原子数为1、该晶体的化学式为CaCrO3。 ②已知该晶体的密度为ρ g/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为apm，则pm，相邻Ca2+与Cr3+之间的最短距离为体对角线的一半，Ca2+与Cr3+之间的最短距离为×pm。 7．(24-25高三上·江苏扬州中学·期末)从某冶锌工厂的工业废料[除和少量外，还含有铋、锗等的氧化物]中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如图： 已知：①该工艺条件下，。 ②单宁酸是一种含有酯基的多酚类化合物。 ③易水解。 请回答下列问题： (1)下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”的浸取率的是 (填字母)。 a．适当升高温度        b．酸浸过程中不断搅拌        c．将硫酸浓度增大到70%        d．加大废料的用量 (2)“浸液1”中约为，则除时应控制的范围是 。(已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全) (3)“酸浸2”时铋的氧化物发生反应的离子方程式为 。 (4)“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低或过高，原因是 。 (5)①存在多种晶体结构，其中纤锌矿型的晶体结构如图所示，晶体中的配位数为 。 ②也可用作半导体材料，晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，键中离子键成分百分数小于键，从元素电负性的角度分析其原因为 。 ③加热固体，固体质量保留百分数与温度的关系如题图所示。时所得固体的化学式为 。(写出计算过程) 【答案】(1)ab (2)3～6 (3) (4)pH过高Ge4+水解程度变大，pH过低逆向移动，均不利于沉锗的进行 (5) 4 电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键 ZnO 【分析】废料加入稀硫酸初步酸溶得到含有铁元素和锌元素的滤液，滤液经过除铁结晶得到硫酸锌晶体，固体再经过浓硫酸处理得到含铋元素的固体和含有铟元素和锗元素的滤液，经过萃取分离两种元素，在分别经过一系列处理得到氯化锗； 【详解】（1）a．适当升高温度，可以加快反应速率，提高浸取率； b．酸浸过程中不断搅拌，可以增大接触面积，提高浸取率； c．将硫酸浓度增大到 ，铋的氧化物也会反应，滤液不纯，达不到酸浸1的目的； d．加大废料的用量，使得酸不足，不可以提高浸取率； 故选ab； （2）“浸液1”中约为，则除铁离子时应控制的范围是使得铁离子完全沉淀而锌离子不沉淀，，pOH=11，则pH=3；，pOH=8，pH=6，则应控制的范围是3～6； （3）“酸浸2”时铋的氧化物发生反应转化为水和，离子方程式为； （4）沉锗”的反应原理为，该操作中需调节为2.5且不能过低，原因是Ge4+水解的化学方程式为，pH过高Ge4+水解程度变大，pH过低逆向移动，均不利于沉锗的进行； （5）①最上面的位于与其直接相连的四个锌离子构成的体心，所以晶体中的配位数为4； ②电负性O>N，O对电子的吸引能力更强，Zn与O容易形成离子键，导致键中离子键成分百分数小于键。 ③假设初始为1molZnSO4·7H2O，质量为287g，加热到145℃，温度为1050℃时，固体质量为287g×28.2%=81g，其中锌为65g，则还有16g氧，则得到物质为氧化锌：ZnO。 8．(23-24高三上·江苏扬州·期末)镓(31Ga)及其化合物在半导体、光电材料等领域有广泛应用。 (1)以酸性含溶液(含少量)为原料通过除杂等一系列操作制得粗镓，粗镓经过电解精炼制得高纯镓。体系中含镓微粒的物质的量分数随的关系如图所示。已知：。 ①的基态核外电子排布式为 。 ②“除杂”包括加入溶液调节、加入足量除去和、过滤等步骤。调节溶液的目的为 。 ③“电解精炼”时，以粗镓为阳极，含的碱性溶液为电解液，阴极析出镓的电极反应式为 ；阴极同时有少量气体产生。测得电解过程溶液中镓浓度与电流效率()随时间的变化如图所示。反应后，降低的原因是 。 (2)具有优异的光电性能，可由与发生反应制得。 ①制得GaN时生成一种有机物的化学式为 。 ②的一种晶胞如图所示。晶体中距离最近且相等的的数目为 。 ③准确称取样品，加入溶液，加热使固体充分溶解，用足量溶液吸收产生的。向吸收液中滴加指示剂，用的盐酸滴定至终点，消耗盐酸。 过程中涉及反应：；，计算样品的纯度 (写出计算过程)。 【答案】(1) [Ar]3d104s24p1 避免Na2S在强酸性条件下产生有毒气体H2S[或产生H2S使溶液中c(S2−)减小] Ga(OH)＋3e-=Ga＋4OH- 溶液中Ga(OH)浓度增大使电流效率趋向于增大；阴极发生产生H2的反应时溶液中c(H+)增大，电流效率趋向于减小。15 h后，后者为影响电流效率的主要因素 (2) CH4 4 99.96% 【分析】以酸性含Ga3+溶液(含少量Zn2+、Cu2+)为原料通过除杂等一系列操作制得粗镓，粗镓经过电解精炼制得高纯镓； GaN具有优异的光电性能，可由NH3NH3与Ga(CH3)3发生反应制得； 【详解】（1）①Ga的原子序数为31，为第四周期ⅢA元素，Ga的基态核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p1，故答案为：[Ar]3d104s24p1； ②由于含Ga3+的溶液显酸性，S2-在酸性条件下，能够生成有毒气体H2S，使S2-浓度下降，影响沉淀效率，故答案为：避免Na2S在强酸性条件下产生有毒气体H2S[或产生H2S使溶液中c(S2−)减小]； ③阴极为发生还原反应生成金属Ga，电极反应式为：+3e-=Ga+4OH-，故答案为：+3e-=Ga+4OH-； ④由于阴极的电极反应式为：+3e-=Ga+4OH-，的浓度越大，生成Ga转移的电子数越多，根据电流效率的定义式可知，电流效率越大即溶液中浓度增大使电流效率趋向于增大；由于阴极同时有少量气体产生，即发生副反应：2H2O+2e=H2↑+2OH-，若转移6mol电子时，发生副反应产生6molOH-，而阳极的电极反应式为：Ga-3e-+4OH-=，阳极消耗8molOH-，说明发生副反应时，电解液中c(OH-)减小，则c(H+)增大，由题图1可知，pH减小，的浓度减小，使电流效率趋向于减小；15h后，后者为影响电流效率的主要因素，所以反应15h后，电流效率减小，故答案为：溶液中的浓度越大，使电流效率趋向于增大；阴极中产生H2的反应时溶液中c(H+)增大，使电流效率趋向于减小。15h后，后者为影响电流效率的主要因素； （2）①Ga(CH3)3与NH3反应生成GaN和一种有机物，根据质量守恒定律可知，该有机物为CH4，故答案为：CH4； ②位于体心的白球与四个黑球形成正四面体结构，所以距离Ga最近且相等的N的数目为4，故答案为：4； ③根据电荷守恒和元素守恒可建立关系式：GaN～NH3～NH3·H3BO3～HCl，n(GaN)= n(HCl)=0.1000mol·L-1×23.80×10-3L=2.38×10-4mol，则GaN样品的纯度为：，故答案为：99.96%。 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $