第二板块 大题专攻——“物质结构与性质”类主观题增分策略-【新高考方案】2026年高考化学二轮复习专题增分方略配套课件（Ⅱ）

大题专攻—“物质结构与性质”类主观题增分策略 物质结构与性质主观题通常以“拼盘”形式呈现，各小题相对独立但围绕同一主题展开，常涉及的问题有:原子(或离子)的核外电子排布式的书写，电负性、第一电离能等大小的比较，中心原子的杂化方式、分子的空间结构，与物质结构相关的原因分析等;难点主要集中在复杂晶胞的分析与计算。题目的问题设置符合学生由易到难的认知习惯，设置内容的顺序大致为原子结构分析→分子结构分析→晶体结构分析。 目 录 一、练悟真题——高考考什么、怎么考 二、补强知能——解题用什么、怎么办 专题质量评价 01 一、练悟真题——高考考什么、怎么考 [例1]　(2025·山东卷)Fe单质及其化合物应用广泛。回答下列问题: (1)在元素周期表中，Fe位于第____周期_____族。基态Fe原子与基态Fe3+离子未成对电子数之比为______。  解析: 考查了元素在周期表中的位置，并根据核外电子排布确定未成对电子，较为简单。Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期Ⅷ族;基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5。 四 Ⅷ 4∶5 (2)尿素分子(H2NCONH2)与Fe3+形成配离子的硝酸盐[Fe(H2NCONH2)6](NO3)3俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_____，电负性最大的是____。  ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为____。　  ③八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与Fe3+配位的原子是____(填元素符号)。  N O sp2 O 解析:　第(2)问第①小问考查同周期元素第一电离能和电负性的比较，属于较为重要的元素周期律知识。同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能:N>O>C;同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性:O>N>C。 第(2)问第②小问考查了杂化方式的判断，较为简单。尿素分子(H2NCONH2)中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。 第(2)问第③小问考查了配位键的结构，通过信息“碳氮键的键长均相等”做出判断，对考生获取并利用信息的能力有一定要求。由杂化方式判断八面体配离子[Fe(H2NCONH2)6]3+中Fe3+的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C==O中O原子参与配位，所以与Fe3+配位的原子是O。 (3)α⁃Fe可用作合成氨催化剂，其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为a pm)。 ①α⁃Fe晶胞中Fe原子的半径为_____ pm。  ②研究发现，α⁃Fe晶胞中阴影所示m、n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有Fe原子个数越多，催化活性越低。m、n截面中，催化活性较低的是 ____，该截面单位面积含有的Fe原子为______个·pm-2。  解析:　第(3)问　 该问是整个题目的难点，题目难度渐进提升，特别是后两个空，难度较大，而且考查形式有所创新，对考生有较高要求，充分体现了数学的解题思想在化学题目中的应用，是升维考查，区分度高。 第(3)问第①小问考查原子半径求算，是数学基础知识的应用。由于α⁃Fe为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为a pm，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=a，因此Fe原子的半径为 pm。 第(3)问第②小问难度较大，考查利用信息判断催化活性，及通过数学知识和化学晶胞的结合，求算截面单位面积含有的Fe原子数。m截面面积Sm=a2 pm2，每个顶点被4个相邻截面共享，每个顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为4×=1，单位面积原子数为个·pm-2;n截面面积为a×a=a2pm2，每个顶点被4个相邻截面共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为+1=2，单位面积原子数为= 个·pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的Fe原子为个·pm-2。 Fe单质及其化合物为中学化学常见物质，应用广泛。本题以Fe在元素周期表中的位置为切入点，与高中化学教学中的原子结构、分子空间结构、杂化轨道理论、分子间作用力、晶体结构等内容有效衔接，渗透结构、性质和用途三者关系，充分体现了“结构决定性质、性质决定用途”化学学科核心观念。 学解题，内化解题思维 [例2]　(2025·北京卷)通过MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用。 (1)将Mg的基态原子最外层轨道表示式补充完整。 解析:考查了常见元素轨道表示式的书写，难度较小。Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，3p轨道没有填入电子，故其基态原子最外层轨道表示式为 。 答案: NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1，采用sp3杂化;孤电子对对成键电子对的排斥能力大于成键电子对对成键电子对的排斥能力，故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28' (2)NH3分子中H—N—H键角小于109°28'，从结构角度解释原因:_________   解析:考查了键角的比较，属于教材知识的挖掘运用，近几年高考加大了对教材内容的发掘，许多题目来源于教材。CH4中碳原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0;NH3中氮原子的价层电子对数为4，孤电子对数为1;孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力，CH4分子中H—C—H的键角为109°28'，故NH3分子中H—N—H的键角小于109°28'。 。 (3)[Mg(NH3)6]Cl2的晶胞是立方体结构，边长为a nm，结构示意图如图所示。 ①[Mg(NH3)6]Cl2的配体中，配位原子是___。  ②已知[Mg(NH3)6]Cl2的摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为____________ g·cm-3。(1 nm=10-7 cm)  N ×1021 解析: 第(3)问第①小问，考查了配合物的结构，属于教材基础知识的考查。[Mg(NH3)6]Cl2的内界为[Mg(NH3)6]2+，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N。 第(3)问第②小问，考查了晶胞的结构与计算，对于晶胞密度的求算，在平时备考中，应建立好解题模板，并把模板应用到实际的解题中。根据均摊法，该晶胞中[Mg(NH3)6]2+的个数为8×+6×=4，Cl-的个数为8，故每个晶胞中含有4个[Mg(NH3)6]Cl2，则晶体的密度为ρ===×1021 g·cm-3。 (4)MgCl2和NH3反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，MgCl2和NH3反应生成[Mg(NH3)6] Cl2而不生成[Mg(NH3)]Cl2。分析原因:__________ ____________________________。  ②从平衡的角度推断利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3生成MgCl2的条件并说明理由:  生成 根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应的热化学方程式为MgCl2(s)+6NH3(g)==[Mg(NH3)6]Cl2(s)　ΔH<0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2 [Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低 。 解析: 第(4)问　 考查了化学反应与能量变化机理，体现了跨模块的融合考查。本问要求学生能通过图示获取信息，再结合相关原理进行解答。 第①小问:由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，反应生成[Mg(NH3)6]Cl2的活化能更低，故室温下易于生成[Mg(NH3)6]Cl2; 第②小问:根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可得到反应为放热反应，即MgCl2(s)+6NH3(g)==[Mg(NH3)6]Cl2(s)　ΔH<0，该反应的正反应为气体系数减小的放热反应，脱除NH3生成MgCl2是指逆反应方向，故低压高温有利于脱除NH3生成MgCl2。 本题通过MgCl2和[Mg(NH3)6]Cl2的相互转化可实现NH3的高效存储和利用为载体，考查了核外电子排布、键角大小比较、配合物的结构、晶胞密度的求算等重要知识点，另外从能量角度进行原理的糅合考查，具有一定的创新性。题中通过体现微观结构对宏观性质的决定性作用，启发考生用学科视角审视实际问题，意在引导师生在教学中将“结构”与“性质”建立关联，发展“结构决定性质”的学科观念。 学解题，内化解题思维 02 二、补强知能——解题用什么、怎么办 (一)比较电离能，应注意的两类特例 1.注意主族元素中的特例 进行电离能的比较时最容易犯的错误是“仅考虑一般趋势而忽略特殊情况”。对于主族元素而言，同周期元素的第一电离能呈现从左至右逐渐增大的趋势，但中间存在个别反常现象，主要表现在第ⅡA族和第ⅤA族元素的第一电离能分别比同周期第ⅢA族和第ⅥA族元素的第一电离能大。 2.注意过渡元素中的特例 对于过渡金属元素而言，由于其基态原子失去一定数目的电子会变成稳定状态，则表现在某一级的电离能存在反常情况，如锰、铁均为第四周期的过渡金属元素，第一电离能(I1):Mn<Fe，第二电离能(I2):Mn<Fe，第三电离能(I3):Mn>Fe。因为Mn2+中3d5轨道为半充满的稳定状态，再失去一个电子需要的能量较多;Fe2+中3d6轨道为不稳定状态，再失去一个电子需要的能量较少。 [例3]　根据要求回答下列问题: (1)与硒元素相邻的同周期的元素有砷和溴，这三种元素的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。  应用强化 [解析]　易因忽略主族元素电离能的特例而出错。同周期从左到右，元素的第一电离能整体呈增大的趋势，但As的4p轨道处于半充满稳定状态，较难失去电子，所以其第一电离能大于Se的第一电离能，但比Br的第一电离能小，所以三种元素的第一电离能由大到小的顺序为Br>As>Se。 Br>As>Se (2)比较基态铁原子与基态钴原子的第四电离能:I4(Fe)____(填“>”“<”或“=”)I4(Co)，原因是  [解析]　易因忽略副族元素电离能的特例而出错。在解释电离能大小的原因时，要从原子的核外电子排布入手，看要失去的电子所在的轨道是否处于半充满、全充满稳定状态，如电子排布为ns2、np3、np6、nd5、nd10时，较难失去电子，电离能较大。Fe3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，3d轨道处于半充满稳定状态，较难失去电子，Co3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，较易失去一个电子形成较稳定的3d5结构，故基态铁原子与基态钴原子的第四电离能:I4(Fe)>I4(Co)。 > Fe3+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d5，3d轨道处于半充满稳定状态，较难失去电子，Co3+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，较易失去一个电子形成较稳定的3d5结构，故基态铁原子与基态钴原子的第四电离能:I4(Fe)>I4(Co) 。 (二)有机物中原子杂化类型判断 有机物分子中碳原子杂化类型的判断方法:饱和碳原子均采取sp3杂化;连接双键的碳原子均采取sp2杂化;连接三键的碳原子均采取sp杂化。有多个中心原子时，端位原子不杂化，则根据:“杂化轨道数=价层电子对数=σ键电子对数+孤电子对数”来判断，示例如下。 三聚氰胺分子的结构简式如图所示，分析氮原子、碳原子的杂化类型。 原子 杂化 类型 价层电 子对数 σ键电 子对数 孤电子 对数 确定方法 ①氮原子 sp3 4 3 1 氮原子最外层有5个电子，形成了3个共用电子对，所以氮原子上有1个孤电子对 ②氮原子 sp2 3 2 1 ③碳原子 sp2 3 3 0 碳原子最外层4个电子，形成了4个共用电子对，所以碳原子上无孤电子对 (三)结构归因类题目的答题规范 1.归因类题目的思维流程 提取要解释的性质 联系与该性质相关的因素 逻辑表达 熔、沸点 晶体类型，氢键，相对分子质量，离子键、共价键强弱等 通过分析结构及其中所含的原理，解释说明原因 溶解度 分子极性(相似相溶)、氢键、化学反应 电离能 对应原子或离子的最外层电子排布(全空、 半充满、全充满) 稳定性 对应分子中原子之间的键能、键长 2.归因类题目的常考点及答题规范 (1)物质稳定性比较的答题示例 问题 规范答题 CuO在1 273 K时分解为Cu2O和O2，请从铜的原子结构来说明在高温下Cu2O比CuO更稳定的原因: 　 Cu2O中Cu+的价层电子排布式为3d10，CuO中Cu2+的价层电子排布式为3d9，价层电子排布达到全充满时更稳定 Fe元素常见的离子有Fe2+和Fe3+， 稳定性Fe2+小于Fe3+的原因:_______ ______________________________ Fe2+的价层电子排布式为3d6，Fe3+的价层电子排布式为3d5，Fe3+的3d能级为半充满状态，能量较低，更稳定 (2)分子的稳定性答题示例 问题 规范答题 稳定性H2S>H2Se的原因:____________ __________________________________ S的原子半径比Se小，S—H的键能比Se—H的键能大 硅与碳同族，硅也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多的原因:_______________________________　 C—H和C—C较强，所以形成的烷烃稳定，而硅烷中Si—Si和Si—H的键能较小，易断裂，导致长链硅烷难以形成 SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物的原因:_________________________ C—H的键能大于C—O的，C—H比C—O稳定，而Si—H的键能却远小于Si—O的，所以Si—H不稳定而倾向于形成稳定性更好的Si—O TiCl4分子结构与CCl4相同，二者在常温下都是液体，TiCl4的稳定性比CCl4差，极易水解，试从结构的角度分析其原因:________________________　 钛原子半径比碳原子大，Ti—Cl比C—Cl的键长长，键能小，易断裂 续表 (3)配位键的形成答题示例 问题 规范答题 CN-作配体时，提供孤电子对的通常是C，而不是N的原因:_________　 碳元素的电负性小于氮元素的电负性，对孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易 CO作配体时，配位原子是C而不是O的原因:______________________ C的电负性小于O，对孤电子对的吸引能力弱，给出电子对更容易 NaBH4的阴离子中一个B能形成4个共价键，而冰晶石(Na3AlF6)的阴离子中一个Al可以形成6个共价键的原因:_________________________　 B价电子层上没有d轨道，Al价电子层上有d轨道 已知NF3与NH3的空间结构相同，但NF3不易与Cu2+形成配位键的原因: _________________________________ 在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N，使得N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难与Cu2+形成配位键 续表 专题质量评价 1 2 3 4 A卷——模块独立考查·练全考点 1.(12分)(2025·北京市丰台区二模)氮元素及其化合物在各领域中应用广泛。 (1)基态N原子核外电子轨道表示式是________________。  解析:N为7号元素，基态N原子核外电子轨道表示式是 。 1 2 3 4 (2)丁二酮肟可用于检验溶液中的Ni2+，原理如图。 ①丁二酮肟中N原子的杂化轨道类型是_____。  ②二(丁二酮肟)合镍为非极性分子，结构稳定，含有共价键、配位键、氢键等作用力，请在图中方框内补全其结构。 sp2 答案: 1 2 3 4 解析:①丁二酮肟中N原子的σ键电子对数为2，孤电子对数为1，则价层电子对数为3，故N的杂化轨道类型是sp2。②丁二酮肟中两个羟基间形成氢键，故其结构 为 。 1 2 3 4 (3)乙二胺(用“en”表示)可用于电镀镍工艺。向NiSO4电解液中加入乙二胺，可将Ni2+转化为[Ni(en)3]2+，使得电解时Ni2+放电速率缓慢且平稳，得到的镀层更加致密、细腻，原因是_________________________________________________________   解析:通过反应Ni2++3en⇌[Ni(en)3]2+降低c(Ni2+)，使得Ni2+放电速率减缓，同时通过平衡移动补充放电消耗的Ni2+，使其浓度保持稳定，达到放电速率平稳的作用，得到的镀层更加致密、细腻。 通过反应Ni2++3en⇌[Ni(en)3]2+降低c(Ni2+)，使得Ni2+放电速率减缓，同时通过平衡移动补充放电消耗的Ni2+，使其浓度保持稳定，达到放电速率平稳的作用 。 1 2 3 4 (4)氮化钛(TiN)是一种优良的高温结构材料，晶胞结构如图所示。 ①与每个Ti原子等距且紧邻的Ti原子数目是_____。  ②已知，晶体密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA。该晶胞边长为 _______________cm(列出计算式)。  ③碳化钛(TiC)与TiN晶胞结构类似，且均为过渡晶体，其中所含离子键百分数更大的是_____(填“TiC”或“TiN”)。  12 TiN 1 2 3 4 解析:①由晶胞结构图可知，与体心的Ti等距且紧邻的Ti位于棱心，原子数目是12，故与每个Ti原子等距且紧邻的Ti原子数目是12。②一个晶胞中Ti的个数为12×+1=4，N的个数为8×+6×=4，则晶胞的质量为 g，故晶胞的体积为 cm3，则该晶胞边长为 cm。③N的电负性比C的电负性更大，与Ti的电负性差值更大，故所含离子键百分数更大的是TiN。 1 2 3 4 2.(15分)(2025·潍坊市一模)超导材料具有高载流能力和低能耗特性,应用广泛。回答下列问题: (1)高温超导材料YBaCu3O2中有部分铜以Cu3+形式存在。元素钇(Y)的价电子排布式为4d15s2,则Y在周期表中的位置为第五周期______族;第四周期主族元素基态原子中,和Cu3+未成对电子数相同的元素有____种。  解析:元素钇(Y)的价电子排布式为4d15s2,则Y在周期表中的位置为第五周期ⅢB族;Cu3+的价电子排布式为3d8,含有2个未成对电子,第四周期主族元素基态原子中,和Cu3+未成对电子数相同的元素有Ge和Se共2种。 ⅢB 2 1 2 3 4 (2)Hg是第一种被发现的超导体,Hg最外层有2个电子。 ①HgCl2分子的空间结构为________;实验室用K2[HgI4]鉴别N,反应生成[NH2Hg2O]I(黄色沉淀),[NH2Hg2O]+中Hg2+的配位数为2,写出[NH2Hg2O]+的结构 简式___________。  ②已知阴、阳离子的电子云在离子极化作用下发生变形,离子半径越大,变形性越大,电子云重叠程度越大。稳定性[HgI4]2- ___[HgCl4]2-(填“>”“<”或“=”),原因是__________________________________________________________________。  直线形 > 半径I->Cl-,离子半径越大,变形性越大,[HgI4]2-的电子云重叠程度更大,更稳定 1 2 3 4 解析:①HgCl2分子的中心原子价层电子对数为2+×(2-2×1)=2,且不含孤电子对,空间结构为直线形,[NH2Hg2O]+中Hg2+的配位数为2,配位原子是N和O, [NH2Hg2O]+的结构简式为 ;②稳定性[HgI4]2->[HgCl4]2-,原因是半径I->Cl-,离子半径越大,变形性越大,[HgI4]2-的电子云重叠程度更大更稳定。 1 2 3 4 (3)金属有机框架超导体MOFs的三种杂环基有机配体结构如图所示,a物质中存在大π键,其中①号氮原子的孤电子对位于____轨道;b和c物质的酸性更强的是　　　　　____(填标号)。  解析:a物质中存在大π键,则①号氮原子为sp2杂化,孤电子对位于未参与杂化的2p轨道;O的电负性比S大,对电子的吸引能力更强,导致b中羧基中的羟基极性更大,更加容易电离出H+,酸性更强。 2p b 1 2 3 4 (4)某超导含钒锑化物的晶胞及晶体中由V和Sb组成的二维平面如图。该化合物的化学式为_________ ,钒原子周围紧邻的锑原子数为____。  解析:该晶胞中Cs的个数为4×+4×=1,Sb的个数为4+2×+2×=5,V的个数为1+4×=3,则该化合物的化学式为CsV3Sb5,以位于体心的V原子为研究对象,钒原子周围紧邻的锑原子数为6。 CsV3Sb5 6 1 2 3 4 3.(14分)(2025·烟台市、德州市、东营市一模)氮元素被称为“生命元素”，不仅是蛋白质的重要组成元素，还在医药、化工、农业生产等领域应用广泛。回答下列问题: (1)基态氮原子中两种自旋状态相反的电子数之比为_____________。  解析:氮处于周期表中第2周期第ⅤA族，一个原子轨道中，占据一对自旋相反的电子，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，所以基态氮原子核外两种不同自旋状态的电子数之比为2∶5(或5∶2)。 2∶5或5∶2 1 2 3 4 (2)亚甲基双丙烯酰胺( )、乙胺(CH3CH2NH2)和2⁃羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)均可用于染料合成。 ①亚甲基双丙烯酰胺属于______分子(填“极性”或“非极性”)，分子中含有的σ键和π键数目之比为_______。  ②乙胺和2⁃羟基乙胺的碱性随N原子电子云密度增大而增强，二者碱性更强的是______________(填结构简式)。  极性 5∶1 CH3CH2NH2 1 2 3 4 解析:①亚甲基双丙烯酰胺可以看成甲烷分子中的两个H原子被两个丙烯酰胺基取代，甲烷为正四面体结构，因此亚甲基双丙烯酰胺分子电荷中心不重叠，属于极性分子，根据结构简式可知，分子中含有的σ键和π键数目之比为20∶4=5∶1;②胺的碱性强弱取决于氮原子孤对电子和质子结合的难易，而氮原子接受质子的能力，又与氮原子上电子云密度大小以及氮原子上所连基团的空间阻碍有关，烃基是推电子基团，羟基是吸电子基团，乙胺和2⁃羟基乙胺的碱性随N原子电子云密度增大而增强，二者碱性更强的是CH3CH2NH2。 1 2 3 4 (3)1⁃甲基咪唑( )常用于配合物的制备，在酸性环境中其配位能力会______(填“增强”“减弱”或“不变”)。1⁃甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物如图，常温下为液态而非固态，原因是_____________________________ ___________________________。  解析:在酸性条件下，1⁃甲基咪唑的氮原子容易与质子(H+)结合，形成质子化的1⁃甲基咪唑(1⁃甲基咪唑⁃H+)。质子化后，氮原子的孤对电子被占据，无法再与金属离子配位，导致配位能力下降;1⁃甲基咪唑的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物，阴阳离子间距离较大，导致离子间作用力减弱，熔点较低，故常温下为液态而非固态。 减弱 阴阳离子间距离较大，导致离 子间作用力减弱，熔点较低 1 2 3 4 (4)某含氮催化剂的六方晶胞如图，晶胞参数为a=b≠c，α=β=90°，γ=120°。其化学式为_________;若A点原子的分数坐标为(1，0，0)，则B点原子的分数坐标为____________;1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为____。   Li2CoN 　 12 1 2 3 4 解析:根据均摊法可知，晶胞中含有2个Li，2×+2×=1个Co，4×+4×=1个N，故化学式为Li2CoN;若A点原子的分数坐标为(1，0，0)， B点在对角线的三分之二处，根据坐标可知，则B点原子的分数坐标为;以钝角顶点的N原子为研究对象，其周围最近的2个Li原子位于晶胞内部，钝角顶点的N原子被6个晶胞共用，故1个N原子周围距离相等且最近的Li原子数目为12。 1 2 3 4 4.(15分)金属铍在原子能、航空航天、火箭制造等领域有广泛应用。 (1)下列状态的铍中,电离最外层一个电子所需能量最小的是____(填标号)。  A. 　　　　　　 B. C. D. 解析:A为Be+,电离的最外层的一个电子是Be的第二电离能;B为基态Be原子,电离的最外层的一个电子是Be的第一电离能;C为激发态Be原子;D为激发态的Be+。综上:电离的最外层的一个电子能量由大到小排序为A>D>B>C。 C 1 2 3 4 (2)BeCl2能以单体、多聚体等形式存在。单体BeCl2的VSEPR模型名称为 ________;多聚体(BeCl2)n为链状结构,所有原子均满足8e-稳定结构,中心原子的杂化方式是_____;BeCl2晶体的熔点______(填“高于”或“低于”)MgCl2晶体,其原因是   解析: 单体BeCl2中的Be形成2个σ键,无孤电子对,属于sp杂化,VSEPR模型名称为直线形;多聚体(BeCl2)n为链状结构,所有原子均满足8e-稳定结构,说明Be连了4个Cl,其中2个为配位键,共形成4个σ键,属于sp3杂化;BeCl2晶体的熔点低于MgCl2晶体,因为BeCl2是分子晶体,熔点大小取决于范德华力,MgCl2是离子晶体,熔点取决于离子键,范德华力很弱,比化学键的键能小1~2个数量级,因此BeCl2晶体的熔点低于MgCl2晶体。 直线形 sp3 低于 BeCl2是分子晶体,熔点大小取决于范德华力,MgCl2是离子晶体,熔点取决于离子键,范德华力很弱,比化学键的键能小1~2个数量级,因此BeCl2晶体的熔点低于MgCl2晶体 。 1 2 3 4 (3)碳酸铍与醋酸反应生成了一种配合物分子 Be4O(CH3COO)6(结构如图1),每个Be位于4个O形成 的四面体中,O与Be形成的化学键可全部看成配位键。 ①乙酸分子易形成二聚体,原因是_____________________________________ ______________。  ②1 mol Be4O(CH3COO)6中含有____mol配位键。  解析:①乙酸分子间由于氢键易形成如图所示的二聚体: ; ②每个Be位于4个O形成的四面体中,O与Be形成的化学键可全部看成配位键,即 1 mol Be4O(CH3COO)6中含有16 mol配位键。 两个乙酸分子间可形成如图所示的氢键: 16 1 2 3 4 (4)非线性光学材料氟代硼铍酸钾(KxBeyBzOmFn)具有重大战略价值。已知其属于四方晶系,晶胞结构如图2所示(氧原子未画出,晶胞参数a≠c,α=β=γ=90°)。一定条件下,BeO、KBF4和B2O3发生非氧化还原反应生成氟代硼铍酸钾,并放出BF3气体。 氟代硼铍酸钾的化学式为_____________;晶体的密度为____________ g·cm-3 (NA为阿伏加德罗常数的值)。  KBe2BO3F2 　 1 2 3 4 解析:根据均摊法K数目为8×+2×=2,Be数目为8×+4×=4, F数目为8×+4×=4,B数目为4×+2×=2,BeO、KBF4和B2O3发生非氧化还原反应生成氟代硼铍酸钾,并放出BF3气体,即反应过程中各元素化合价不变,即:1×2+2×4+ 3×2+(-2)m+(-1)×4=0,解得m=6,即x∶y∶z∶m∶n=1∶2∶1∶3∶2,氟代硼铍酸钾的化学式为KBe2BO3F2;晶体密度为 g·cm-3= g·cm-3。 1 2 　B卷——压轴考法·自主选做 1.(14分)(2025·山东淄博三模)硼元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题: (1)二维硼烯氧化物的部分结构如图所示,其化学式为 _____________ ,B—B键长____ B—O键长(填“>”“<”或“=”)。  解析:根据二维硼烯氧化物的部分结构可知每个环中含有2个O原子,B原子个数为6×=2,其化学式为B2O或(B2O)n,由图可知B—B键长>B—O键长,因为O原子在两个B原子之间。 B2O或(B2O)n > 1 2 (2)将BF3、NaBH4溶于二乙二醇二甲醚[(CH3OCH2CH2)2O],加入四氢呋喃( )可制得 和NaF,则反应的化学方程式为 _________________________________________________。(CH3OCH2CH2)2O在水中的溶解度大于其在苯中的溶解度,原因是________________________________  _______________________________。  解析:BF3、NaBH4溶于二乙二醇二甲醚,加入四氢呋喃( )可制得 和NaF,则反应的化学方程式为4 +3NaBH4+BF3 4 —BH3+3NaF;(CH3OCH2CH2)2O在水中的溶解度大于其在苯中的溶解度,原因是(CH3OCH2CH2)2O与H2O均为极性分子,且与H2O分子间能形成氢键。 (CH3OCH2CH2)2O与H2O均为极性 分子,且与H2O分子间能形成氢键 1 2 (3)一定条件下,B2O3、KBF4、BeO发生非氧化还原反应可制得晶体BexByOzFm,其晶胞结构如图所示(氧原子未画出),晶胞参数a=b≠c,α=120°,β=γ=90°,若A、D、E三点的原子分数坐标分别为(0,0,0)、(,,d)、[,,(1-d)],晶胞中D、E间距离为 ______________________ pm。设阿伏加德罗常数的值为NA, 该晶体的密度为_____________ g·cm-3(用含NA的代数式表示)。  1 2 解析:D、E之间的高度差为[(1-d)-d]c pm,由于α=120° ,D、E水平面间的距离为2×[×(-)]a pm=a pm,D、E间距离为 pm;F:8×+2=3,Be:8×+4=6,B:4×+2=3,发生非氧化还原反应可知各元素化合价不变,可知O的个数为9,化学式为Be2BO3F,故设阿伏加德罗常数的值为NA,1 pm=10-10 cm,根据ρ===,该晶体的密度为×1030 g·cm-3。 1 2 2.(14分)(2025·山东潍坊二模)元素周期表已成为化学家的得力工具,如在过渡元素中寻找优良的催化剂,在碱金属元素中开发高能电池。结合日常生活中的常见应用,请回答以下问题: Ⅰ.TiO2和MnO2均可以催化降解甲醛、苯等有害物质, 具有去除效率高,且无二次污染等优点,广泛应用于家居装潢 等领域,其中一种催化机理如图所示。 (1)基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为_______。  2∶5 1 2 解析:晶胞中Li原子数目为2+4×=4,根据化学式LiCl·3H2O可知,该晶胞中Cl原子的数目为4,据此回答。 (1)基态Ti的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2,未成对电子数为2,Mn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2,未成对电子数为5,所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2∶5。 1 2 (2)CO2和·CHO中碳原子的杂化方式分别为_____、____。  (3)HCHO的空间结构为____________。  解析: (2)CO2为直线形,杂化类型为sp,·CHO中碳原子形成3个σ键,没有孤电子对,杂化轨道数目为3,碳原子采取sp2杂化。 (3)HCHO中碳原子含有3个σ键,碳原子采取sp2杂化,不含孤电子对,所以其空间结构是平面三角形。 sp sp2 平面三角形 1 2 (4)金属钛和锰可导电、导热,有金属光泽和延展性,这些性质都可以用理论解释。已知金属锰有多种晶型,γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列___(填编号)。  解析: 面心立方晶胞中原子位于顶点和面心,俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心,顶点原子位于正方形顶点,其他侧面的原子位于正方形四边中点,故俯视图为c。 c 1 2 Ⅱ.2019年诺贝尔化学奖授予三位化学家,以表彰其对研究开发锂离子电池作出的卓越贡献。LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。 (5)Fe的基态原子的价层电子排布式为________。  解析:铁是26号元素,其原子核外有26个电子,Fe原子的3d、4s电子为其价电子,其价层电子排布式为3d64s2。 3d64s2 1 2 (6)乙二醇(HOCH2CH2OH)的相对分子质量与丙醇(CH3CH2CH2OH)相近,但沸点高出100 ℃,原因是_________________________________________________ ___________________。  解析: 乙二醇分子中羟基比丙醇分子中的羟基多,分子间的氢键比丙醇的多,分子间的作用力较大,故其沸点较高。 乙二醇分子中羟基比丙醇的多,分子间的氢键比丙醇多, 分子间作用力较大 1 2 (7)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标。LiCl·3H2O属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为0.72 nm、1.0 nm、0.56 nm。如图为沿z轴投影的晶胞中所有Li原子的分布图和原子分数坐标。 已知,LiCl·3H2O的摩尔质量为M g·mol-1, NA为阿伏加德罗常数的值。 该晶胞中Cl原子的数目为_____, LiCl·3H2O晶体的密度为________________ g·cm-3(列出计算表达式)。  4 　 1 2 解析: 根据分析可知,该晶胞中Cl原子的数目为4,则晶胞的质量m= g,晶胞体积V=0.72×1.0×0.56×10-21 cm3,晶体密度= g·cm-3。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $