大单元3 第9章 第35讲 物质结构与性质填空题突破-【优化探究】2027年高考化学一轮复习高考总复习配套课件（鲁科版）

该高中化学高考复习课件聚焦“物质结构与性质”专题，覆盖原子结构（电子排布、电离能）、分子结构（杂化轨道、空间构型）、晶体结构（晶胞计算、空间位置）三大核心考点，依据高考评价体系分析电子排布式书写、晶胞密度计算等高频题型，如2024辽宁卷RuO₂与TiO₂密度比计算，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+素养提升”策略，以2024山东卷NixP晶胞化学式确定为例，通过均摊法培养科学思维中的证据推理能力，结合CO₂分子离域π键解释反应难点强化化学观念。提供“晶胞计算模板”“电子排布易错警示”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此高效规划复习，提升冲刺效果。

第9章　不同聚集状态的物质与性质 大单元三　物质结构与性质　元素周期律 第35讲　物质结构与性质填空题突破 优化探究 1 　　[导航·复习目标]　1.熟练掌握物质结构常见考点，构建解题模型。2.能用抽象理论对陌生情境进行判断并加以解释。3.提升综合运用物质结构与性质知识分析问题的能力，并借助图像理解，培养空间想象力。 梳理　必备知识 提升　关键能力 练真题　明考向 梳理　必备知识 1.以原子或离子结构为主线的考查角度 2.以分子结构为主线的考查角度 3.以晶体结构为主线的考查角度 提升　关键能力 1.(1)(2024·辽宁卷)负载在TiO2上的RuO2催化活性高， 稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用如图表示， 二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66， 则Ru的相对原子质量为____________(精确至1)。  101 解析：由于二者的晶体结构相似，晶胞体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故1.66＝，则Ru的相对原子质量为101。 (2)(2024·贵州卷)“煅烧”得到的物质也能 合成钠基正极材料NaFeO2，其工艺如下： ①该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”生成NaFeO2的化学方程式为 ____________________________________________________。  4Fe3O4＋6Na2CO3＋O212NaFeO2＋6CO2 解析：该工艺经碳热还原得到Fe3O4，“焙烧”时Fe3O4、Na2CO3和O2反应生成NaFeO2，其化学方程式为4Fe3O4＋6Na2CO3＋O212NaFeO2＋6CO2。 ②NaFeO2的晶胞结构示意图如甲所示。每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有____________个。  解析：根据均摊法，由图甲可知1个NaFeO2晶胞中含有Na原子的个数为×8＋2＝3，故每个晶胞中含有NaFeO2的单元数有3个。 3 ③若“焙烧”温度为700 ℃，n(Na2CO3)∶n(Fe3O4)＝9∶8时，生成纯相 Na1－xFeO2，则x＝____________，其可能的结构示意图为____________ (填“乙”或“丙”)。  　 乙 解析：若“焙烧”温度为700 ℃，n(Na2CO3) ∶n(Fe3O4)＝9∶8时，生成纯相Na1－xFeO2， ，解得x＝，则纯相 Na1－xFeO2为NFeO2，图乙、丙所示晶胞 中Fe原子和O原子个数与图甲所示晶胞相同，说明图乙、丙所示晶胞中含有3个NFeO2，则含有Na原子的个数为，根据均摊法，图乙中1个晶胞中含Na原子的个数为×2＋2＝，图丙中1个晶胞中含Na原子的个数为×6＋1＝，故可能的结构示意图为乙。 2.Ⅰ.(1)基态Co原子的价电子排布式为____________。  3d74s2 解析：Co是第27号元素，基态Co原子的价电子排布式为3d74s2。 (2)一种铜金合金的晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于 晶胞顶点；该晶体具有储氢功能，氢原子可进入由Cu原 子与Au原子构成的四面体空隙中，该晶体储氢后的晶胞 结构如图所示，若“●”同等代表Cu原子与Au原子，则 该晶体储氢后的化学式为____________。  解析：晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于晶胞顶点，据“均摊法”，晶胞中含Cu原子：6×＝3个、Au原子：8×＝1个；氢原子可进入由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中，则晶胞中含有8个H原子，则该晶体储氢后的化学式为Cu3AuH8。 Cu3AuH8 Ⅱ.(1)肼(N2H4)的电子式为_________________。肼分子能与水形成氢键，因而其极易溶于水，请画出N2H4与H2O分子间其中一条氢键____________________。  解析：肼是共价化合物，电子式为。肼分子能与水形成氢键，根据题中描述可以画出N2H4与H2O分子间氢键为O—H…N与N—H…O。 O—H…N与N—H…O (2)研究发现，CO2的电化学还原过程中第一步反应 的活化能非常高，这个得电子的还原反应难以进行。 请结合CO2分子结构(如图)分析原因：_____________________________________________________________。  CO2分子中碳氧之间存在一个σ键和两个离域π键(或)，性质非常稳定 解析：已知“CO2的电化学还原过程中第一步反应的活化能非常高，这个得电子的还原反应难以进行”，说明CO2分子中化学键的键能很大，结合CO2分子结构示意图可得出原因：CO2分子中，碳氧之间存在一个σ键和两个离域π键(或)，性质非常稳定。 (3)将NiB非晶合金与In2O3半导体复合，开发成一种新型多功能催化剂，在光催化二氧化碳氢化过程中表现出高甲酸产率。反应历程如图所示： ①该反应过程中，C原子杂化方式的变化为________________。  解析：CO2为直线形分子，C原子杂化方式为sp；而HCOOH中C为sp2杂化。 由sp变成sp2 ②每转移1 mol电子，即可转化标准状况下的CO2体积为____________。  解析：反应原理为CO2＋H2====HCOOH，可知关系式为CO2~2e－。当转移1 mol电子时，消耗CO2 0.5 mol，标准状况下的体积为11.2 L。 11.2 L Ⅲ.稀土元素被称为冶金工业的“维生素”，除镧系、钇外，还有____________(写元素符号)，其基态原子的价电子轨道表示式为 _______________________。  解析：稀土元素被称为冶金工业的“维生素”，除镧系、钇外，还有Sc，Sc是21号元素，其基态原子的价电子排布式为3d14s2，价电子轨道表示式为 Sc 练真题 明考向 1.(2025·河南卷)CaCO3的热分解与NixPy催化的CH4重整结合，可生产高纯度合成气(H2＋CO)，实现碳资源的二次利用。主要反应如下： 反应Ⅰ：CaCO3(s)⥫⥬CaO(s)＋CO2(g)　ΔH1＝＋178 kJ·mol－1 反应Ⅱ：CH4(g)＋CO2(g)⥫⥬2H2(g)＋2CO(g)　ΔH2＝＋247 kJ·mol－1 反应Ⅲ：H2(g)＋CO2(g)⥫⥬H2O(g)＋CO(g)　ΔH3＝＋41 kJ·mol－1 (1)Ca位于元素周期表中____________区；基态Ni2＋的价电子排布式为_____________。  解析：Ca原子序数为20，电子排布为[Ar]4s2，价电子位于s轨道，属于周期表s区；Ni原子序数为28，基态电子排布为[Ar] 3d84s2。Ni失去4s能级上2个电子形成Ni2＋，价电子排布为3d8，故答案为：s；3d8。 s　 3d8　 (2)水分子的VSEPR模型与其空间结构模型不同，原因是______________ _______________。  解析：中心O原子有2个σ键，孤电子对数为＝2，共4个价电子对，VSEPR模型为四面体形，空间结构为角形，故答案为：O原子上存在2对孤电子对。 O原子上存在 2个孤电子对 (3)NixP的晶胞如图所示(晶胞参数a＝b≠c， α＝β＝90°，γ＝120°)，该物质的化学式 为____________。  解析：该晶胞中，P原子8个位于顶点(4个被6个晶胞共用，4个被12个晶胞共用)、2个位于体内，1个晶胞中所含P原子数为2＋4×＋4×＝3，Ni原子8个位于棱(均被4个晶胞共用)、6个位于面(均被2个晶胞共用)，1个位于体内，Ni原子数为1＋8×＋6×＝6，因此该物质的化学式为Ni2P。 Ni2P 2.(1)(2024·广东卷)一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描 述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。 该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni＝____________，其立方 晶胞的体积为____________nm3。  2∶1∶1　 8a3 解析：合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni＝2∶1∶1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3 nm。 (2)(2024·甘肃卷)某含钙化合物的 晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向 的投影为图乙，晶胞底面显示为 图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝ 90°。图丙中Ca与N的距离为 ____________pm；化合物的化学 式是____________，其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数的值是 NA，则晶体的密度为_______________g·cm－3(列出计算表达式)。  a　 Ca3N3B　 ×1030 解析：图丙中，Ca位于正方形顶点， N位于正方形中心，故Ca与N的距离 为a pm；由均摊法可知，晶胞中Ca 的个数为8×＋2＝3，N的个数为8× ＋2×＝3，B的个数为4×＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为M g·mol－1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为a2c× 10－30 cm3，则晶体的密度为×1030 g·cm－3。 3.(2024·山东卷) 锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中位于第_________周期_________族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是____________(填元素符号)。  4　 ⅦB　 Cr 解析：Mn的原子序数为25，位于元素周期表第4周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为 [Ar]3d54s2，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。 (2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为____________。  当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价_______(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是_________(填字母)。  A.CaO　 B.V2O5　　　 C.Fe2O3　　　 D.CuO MnO2　 降低　 A 解析：由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1＋8×＝2，O的数目为2＋4×＝4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为＋2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为＋2价、V2O5中V的化合价为＋5价、Fe2O3中Fe的化合价为＋3价、CuO中Cu的化合价为＋2价，其中CaO中Ca的化合价降低只能为0，其余可降低得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 (3)[BMIM]＋B (如图)是MnOx晶型转变的诱导剂。B的空间结构为_______________；[BMIM]＋中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为____________。  正四面体形　 sp2 解析：B中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，无孤电子对，为sp3杂化，空间结构为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。 (4) MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(如图)。FDCA的熔点远大于 HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是________________ _________________。  FDCA形成的分 子间氢键更多 解析：由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 $