高三化学一轮复习-物质结构与性质

试卷第=page1515页，共=sectionpages1616页试卷第=page1616页，共=sectionpages1616页高考化学一轮复习——物质结构与性质1．（2022·湖南益阳·南县第一中学校考二模）工业上用Fe(Ⅲ)作为可再生氧化剂回收工业废气中的H2S，生产单质硫。(1)铁元素属于_______区(填“s”、“d”、“ds”、“p”)。(2)Fe3+生化氧化再生法分为吸收和再生两部分。①吸收：用Fe3+将H2S氧化为S，该反应的离子方程式是_______。②再生：O2在氧化亚铁硫杆菌作用下再生Fe3+。缺点：氧化亚铁硫杆菌生长的最佳pH范围是1.4～3.0，但酸性条件不利于H2S的吸收，结合平衡移动原理解释原因_______。(3)络合铁法脱硫技术吻合节能减排、经济高效的工业化指导思想。①碱性条件有利于H2S的吸收，但Fe3+极易形成氢氧化物和硫化物沉淀，请在图中用“↑”或“↓”补全Fe3+的电子分布图。从图中可以看出Fe3+有空轨道，可以形成溶于水的Fe3+Ln(配合物，L表示配体，n表示配位数)。_______②ⅰ.写出碱性条件下Fe3+Ln氧化H2S生成S8的离子方程式_______。ⅱ.O2氧化再生Fe3+Ln的离子方程式：4Fe2+Ln+O2+2H2O=4Fe3+Ln+4OH−写出总反应的化学方程式_______。③下图是EDTA与Fe3+形成配合物的结构示意图，Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，1mol该配合物中配位键有_______mol。2．（2022·北京顺义·牛栏山一中校考模拟预测）碳酸二甲酯()是一种环保性能优异，用途广泛的化工原料，其合成方法有多种。Ⅰ.在催化剂作用下由CO2制备碳酸二甲酯的过程如图：(1)尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；②_____。(2)下列关于氨气的叙述不正确的是_____(填字母)。a．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力b．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键c．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大Ⅱ.在CeO2—ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。(3)氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图所示，Zr4+在晶胞中的配位数是____，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是____cm3(列出计算式)。(氧化锆的摩尔质量M=123g·mol-1)(4)Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素，Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。元素电离能(kJ·mol-1)I1I2I3Mn71715093248Fe75915612957①铁元素位于元素周期表____族，属于____区。②比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，请从原子结构分析原因____。3．（2022·河北·模拟预测）叠氮化物是一类重要化合物，在炸药、磁性化合物研究、微量元素测定等方面越来越引起人们的重视，其中氢叠氮酸()是一种弱酸，分子结构示意图可表示为，联氨被亚硝酸氧化时便可生成氢叠氮酸()：，它的酸性类似于醋酸，微弱电离出和。试回答下列问题：(1)下列有关说法正确的是___________(填序号)。A．中含有5个σ键B．中三个氮原子采用的都是sp2杂化C．、、，都是极性分子D．肼()沸点高达113.5℃，说明肼分子间可形成氢键(2)叠氮化物能与部分金属离子形成配合物，如，在该配合物中钴显___________价，根据价层电子对互斥理论可知的空间构型为___________，写出钴原子在基态时的核外电子排布式：___________。(3)与互为等电子体的分子有___________(举2例)。(4)人造立方氮化硼的硬度仅次于金刚石而远远高于其他材料，因它与金刚石统称为超硬材料。立方氮化硼晶胞如图所示，试分析：①该晶体的类别为___________晶体。②晶体中每个N原子同时吸引___________个B原子。③设该晶体的摩尔质量为Mg/mol，晶体的密度为，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体中两个距离最近的B原子之间的距离为___________cm。4．（2022·四川内江·统考二模）中科院大连物化所成功利用具有尖晶石结构的Co3O4电催化剂电解水。(1)Co在周期表中的位置是____，基态Co的电子占据的最高能层符号为____。(2)钴盐引发动物中毒时，通常可以用EDTA(结构如图)解毒。其中，N的杂化方式均为____，N的I1(第一电离能)大于O的I1，其原因是____；自由基是指含单电子的基团，1mol—COOH(羧基自由基)中存在____molσ键和____molπ键。(3)EDTA可以由乙二胺与甲醛、氰化钠间接得到。离子化合物氰化钠的晶体类型为____，甲醛分子的空间构型为____。(4)Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积(如图)，Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，则Co的配位数分别为____，Co总的空隙填充率为____，如果晶胞边长为anm，Co3O4的摩尔质量为Mg/mol，NA为阿伏伽德罗常数的值，则Co3O4的晶体密度为____g/cm3(列出计算式)。5．（2022·河北·模拟预测）过二硫酸钠(Na2S2O8)具有强氧化性，常用于处理水体中的有机污染物。(1)的结构如图1所示，用“□”标识出中体现强氧化性的基团：___。(2)Fe2+可活化，活化后产生。氧化性更强，降解废水中有机污染物的能力更强。Fe2+活化过程中存在下列反应(k是衡量反应快慢的物理量，k越大，反应越快)：Ⅰ：=2k=2.5×10-9Ⅱ：+H2O=+•OH-+H+k=2×103Ⅲ：+Fe2+=Fe3+++

k=20Ⅳ：Fe2++=Fe3++k=4.6×109向含有有机污染物的废水中投放一定量Na2S2O8，再分批加入一定量FeSO4。①若将FeSO4一次性加入废水中，不利于有机污染物降解。原因是___。②其他条件相同，溶液初始pH对有机物降解率的影响如图2所示。当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是___。(3)CuxFeyOz是一种复合催化剂，可催化活化过二硫酸盐()产生。①该复合催化剂晶胞结构如图3所示(A、B分别为晶胞的的结构)，其化学式为___。②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图4所示。请描述该催化剂参与反应并再生的过程：____。6．（2022·全国·模拟预测）近期，中国中科院天津工业生物技术研究所，首次实现人工通过二氧化碳合成淀粉。请回答下列问题：(1)基态碳原子的核外电子排布图为___________。(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的碳原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___________。(3)①结合如表所示键能数据，分析CO比相对更活泼的原因是___________；COC—O键能/()357.7798.91071.9N2N—N键能/()154.8418.4941.7②Si的氧化物()比干冰()熔点高的原因是___________；③甲醇()是合成淀粉的中间产物，与甲醇()互为等电子体的有机物分子式为___________。(4)葡萄糖()也是合成淀粉的中间产物。若2个葡萄糖分子间脱水形成麦芽糖()，10个葡萄糖分子通过分子间脱水所形成的链状化合物的分子式为___________。A．B．C．D．(5)一种新型多功能复合催化剂成功实现了直接加氢制取高辛烷值汽油。该催化剂成分的晶胞如图所示：①晶胞中处于围成的___________(填“正四面体”“正八面体”或“正十二面体”)空隙；②若晶胞体对角线为anm，阿伏加德罗常数值为，晶体的密度为___________写出表达式)。7．（2022·全国·模拟预测）碳和硅是植物组成中的重要元素，微量元素硼和镁对植物的叶的生长和人体骨骼的健康有着十分重要的作用，其化合物也应用广泛。(1)基态C原子的电子排布图为_______，其第一电离能比Si_______(填“大”或“小”)。(2)三价B易形成配离子，如、等。Al也能形成类似的配离子结构，如_______，写出的一种阳离子等电子体：_______。(3)石墨层状晶体中，层与层之间的作用力是_______，平均每个正六边形有_______碳原子，每个碳原子杂化方式为_______。(4)硼酸晶体是片层结构，图甲表示的是其中一层的结构。每一层内存在的作用力有_______、_______。(5)三氯化硼、四氯化硅的熔点比氯化镁的熔点低，三氯化硼、四氯化硅和三氯化铝的晶体类型是_______，比氯化镁熔点低的原因是_______。(6)立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，图乙表示立方氮化硼晶体，晶胞边长为361.5pm。立方氮化硼的密度是_______(列出计算式即可，阿伏加德罗常数为)。8．（2022·甘肃平凉·统考二模）铁及含铁的化合物在生产生活中的应用广泛。回答下列问题：(1)基态铁原子的核外电子排布式为___________。前四周期元素中，基态原子未成对电子数比铁原子多的元素有___________种。(2)是工业制硫酸的主要反应，的VSEPR模型名称是___________；分子中键与键的数目之比为___________。(3)血红素是血红蛋白的辅基，其结构如图1所示，结构中C原子的杂化方式为___________，所含非金属原子的电负性由大到小的顺序为___________；所含化学键的类型有___________(填标号)。a．极性键

b．非极性键

c．氢键

d．配位键

e．金属键(4)温度在1183K以下，纯铁晶体(甲)的晶胞结构如图2所示，温度在1183K以上，纯铁晶体(乙)的晶胞结构如图3所示，两种晶体中铁原子之间的最短距离相等，甲晶体中铁原子的配位数与乙晶体中铁原子的配位数之比为___________；甲晶体的晶胞边长与乙晶体的晶胞边长之比为___________；甲晶体的密度与乙晶体的密度之比为___________。9．（2022·重庆·校联考三模）中国科学技术大学俞书宏教授团队和高敏锐教授课题组通过室温过饱和溶液共沉积法，实现了无定形NiFeMo氧化物纳米材料的宏量制备，该方法简便快捷，反应几分钟即可一次性生产多达515克的产物，制备的无定形NiFeMo氧化物在碱性条件下展示出优异的OER催化活性，明显优于结晶型NiFeMo氧化物。根据所学知识回答下列问题：(1)区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为___________，结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的___________。(2)Mo为第五周期元素与Cr同族，则Mo的价层电子排布式为___________(3)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，是获得高纯度纳米镍的原料，Ni(CO)4是___________(填“极性”或“非极性”)分子。(4)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是___________(填编号)。A． B．C． D．(5)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为___________，其中Fe的配位数为___________。(6)立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为___________g/cm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。10．（2022·吉林长春·吉林省实验校考模拟预测）铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，几种离子液体的结构如下。回答下列问题：(1)基态铝原子的核外电子排布式为___________。(2)基态氮原子的价层电子排布图为___________(填编号)。A． B． C． D．(3)化合物I中碳原子的杂化轨道类型为___________，化合物II中阳离子的空间构型为___________。(4)化合物III中O、F、S电负性由大到小的顺序为___________。(5)传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是___________。(6)铝离子电池的其中一种正极材料为AlMn2O4，其晶胞中铝原子的骨架如图所示。①晶体中与Al距离最近的Al的个数为___________。②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，如图中原子1的坐标为(，，)，原子2的坐标为(，，)，则原子3的坐标为_____。③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为______g·cm-3(列出计算式)。11．（2022·河南开封·统考二模）新型半导体材料GaN、SiC主要应用于功率半导体、射频和光电器件领域。(1)N、Si、Ga三种元素的基态原子中，第一电离能由大到小的顺序是______，其中未成对电子数最少原子的外围电子排布式为______，该元素位于周期表的______区。(2)制备GaN的工艺中用到GaCl3。GaCl3分子的空间构型为______，其中Ga的杂化方式为______；GaCl3的熔点为77.9℃，GaN的熔点为1700℃，二者熔点差异的原因是______。(3)GaN的一种六方晶胞如图所示，晶胞参数为anm、cnm。晶体中N原子的配位数为______；晶体密度ρ=______g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、c、NA的代数式表示)。12．（2022·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）镍及其化合物在工业生产中具有重要作用，回答下列问题：(1)层状镍钴锰三元材料可用作锂离子电池正极材料，化学式可表示为LiNixCoyMnzO2，其五种组成元素中第一电离能最小的是___________；基态Ni2+与Co2+离子中未成对电子数之比为___________。(2)镍的配合物[Ni(CN)4]SO4中，配位数为___________，配体的空间构型为___________，S原子的杂化轨道类型为___________。(3)镍的另一种配合物Ni(CO)4的熔点、沸点分别为-25℃、43℃，其晶体中存在的作用力有___________(填标号)；A．离子键B．极性键C．非极性键D．配位键E．范德华力Ni(CO)4___________(填“能”或“不能")溶于水，其判断理由是___________。(4)某镧镍合金的结构属六方晶系(晶胞参数为apm、apm、cpm，α=β=90°，γ=120°)，是一种储氢材料，储氢后的晶胞结构如图。若储氢前后晶胞参数不变，则储氢后晶体的密度为___________g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。13．（2022·内蒙古·包钢一中校考一模）碳、氮、氟、硅、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：(1)基态氟原子核外电子的运动状态有_______种；氟原子的价电子排布式为_______。(2)NF3是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，NF3分子的空间构型为_______；写出与N2互为等电子体的一种离子的化学式_______。(3)已知金刚石中的C-C键键长为154.45pm，C60中C-C键键长为145～140pm，而金刚石的熔点远远高于C60，其理由是_______。(4)氢基倍半硅氧烷的分子结构如图所示，该分子的分子式为_______，Si原子采用_______杂化。(5)Cu的某种晶体晶胞为面心立方结构，晶胞边长为acm，原子的半径为rcm。该晶体中铜原子的堆积方式为_______(填“A1”“A2”或“A3”)，该晶体的密度为_______g/cm3(用含a和NA的代数式表示)，该晶体中铜原子的空间利用率为_______(用含a和r的代数式表达)。14．（2022·福建龙岩·统考一模）铜及其化合物有广泛的用途。回答下列问题：(1)同周期元素中，与Cu最外层电子数相同的元素还有___________种。(2)往中逐滴加入氨水至沉淀恰好溶解，将该溶液冷却结晶，得到蓝色晶体。①该晶体中各元素电负性由大到小顺序为___________；②该晶体中不存在的作用力为___________。A．离子键B．氢键C．金属键D．σ键E．范德华力F．配位键③已知分子中键角为107°，则上述晶体中氮氢之间的键角___________107°(填选项标号)。A．大于

B．小于

C．等于

D．无法确定(3)已知铜的某些化合物的熔点如表所示。三者熔点出现差异的原因是：___________。CuOCuSCuSe熔点(℃)1326220387(4)溴化亚铜(CuBr)常用作有机合成原料和反应催化剂，其晶胞结构如下图所示。已知①、②号铜原子坐标分数依次为(0，0，0)、(，，0)，则③号溴原子的坐标分数为_______；设CuBr的密度为，，为阿伏伽德罗常数，则Cu原子与Br原子的核间距离为________cm(用含a、d、的代数式表示)。15．（2022·福建厦门·统考二模）超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。(1)基态Co原子的价电子排布式为_______。(2)组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。(3)组件B中碳原子的杂化类型为_______。(4)组件C中Co原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。(5)每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。(6)钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为apm)。超分子笼内钌晶体密度为_______g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。16．（2022·河北·校联考模拟预测）LiFePO4、聚乙二醇、LiPF6、LiAsF6和LiCl等可作锂离子聚合物电池的材料。回答下列问题：(1)Fe2+基态核外电子排布式为___________。(2)Li、F、P、As四种元素的电负性由小到大的顺序为___________。(3)的空间构型为___________(用文字描述)，P的杂化类型是___________。(4)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___________。(5)电池工作时，Li+沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移的过程如图甲所示(图中阴离子未画出)。电解质LiPF6或LiAsF6的阴离子结构如图乙所示(X=P、As)。①1mol乙二醇分子中含有σ键的数目为___________。②PF中P的配位数为___________。③相同条件，Li+在___________(填“LiPF6”或“LiAsF6”)中迁移较快，原因是___________。(6)某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B两种方块组成。①氧化物中Fe2+、Fe3+、O2−个数的最简整数比为___________。②已知该晶体的密度为dg·cm−3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数a为___________nm(用含d和NA的代数式表示)。17．（2022·山东淄博·统考一模）物质的结构决定物质的性质，化学创造新物质，新物质促进社会发展。(1)下列氮原子的不同的电子排布。A．

B．

C．

D．能量最高的是____；其电子在发生跃迁时，不能产生发射光谱的是____。(2)铵盐与碱加热可制备氨气。NH转化为NH3过程中，没有发生变化的是___。A．键角

B．粒子的空间结构

C．杂化方式(3)以特种铝合金为骨骼的LED地屏创造了冬奥开幕式的美轮美奂。Al晶胞为面心立方，其晶胞参数a=0.405nm，则铝原子的配位数为___，列式表示Al单质的密度为___g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA)。(4)如图所示沿不同的方向分别向Al晶胞投影。方向①：从棱AA′向棱CC′方向；方向②：从顶点A向顶点C′方向。在下列4个投影图中，正确的是____。A． B． C． D．(5)氰胺分子中含氨基，分子式为CH2N2。其三分子聚合体是六元环状结构，称为三聚氰胺，其结构简式为____。(6)今年2月2日《自然》杂志刊发论文，将三聚氰胺与某含氯、氧元素(原子数比1∶1)芳香化合物在特定溶液中混合，常温下自发迅速反应产生聚酰胺薄膜，是韧性极高又极薄的优质二维片材。部分结构如图示(不同颜色表示不同的结构)。已知：除氢原子和氧原子外，所有原子在图中均有表示。①该反应的△G___0(填“<”、“>”或“=”)。②参与反应的芳香化合物的结构简式是____，其反应的类型为___。18．（2022·江西鹰潭·统考二模）近年来，我国科学家对硫及其化合物进行广泛研究。硫及化合物应用于医药、半导体、颜料、光致发光装置、太阳能电池、红外检测器、光纤维通讯等。回答下列问题：(1)硫原子的价电子轨道表示式为___________。(2)硫化钠的熔点___________(填“大于”“小于”或“等于”)硫化钾的熔点，原因是___________。(3)硫酸根和硫代硫酸根的结构如下图所示：S2O的空间构型为___________，中心硫原子的杂化轨道类型为___________。(4)硫原子和氧原子可形成多种链式硫酸根离子，连二硫酸根离子、连三硫酸根离子如下图所示：这类硫原子数可变的多硫氧合阴离子的化学式可用通式表示为___________(用n代表硫原子数)。(5)天然硫化锌以闪锌矿和纤锌矿存在，ZnS的晶体结构如下图所示，闪锌矿中Zn2+的配位数为___________，已知原子A、B的分数坐标为(0，0，0)和(1，1，1)，原子C的分数坐标为___________。纤锌矿晶体堆积模型为___________。(6)闪锌矿中，设晶胞边长为a，Zn2+和S2-的离子半径分别为和，则Zn2+和S2-离子的空间占有率为___________%(列出计算表达式)。答案第=page3535页，共=sectionpages1919页答案第=page3434页，共=sectionpages1919页参考答案：1．(1)d(2)

2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+

H2SH++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收(3)

16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓

4O2+8H2S8H2O+S8↓

6【解析】(1)铁为26号元素，价电子构型为3d64s2，最后填充d电子，属于d区元素，故答案为：d。(2)①Fe3+与H2S反应，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的的离子方程式为2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；②H2S为弱电解质，在溶液中存在电离平衡：H2SH++HS−，酸性条件下，c(H+)较大，平衡逆移，抑制H2S的吸收，因此酸性条件不利于H2S的吸收，故答案为：H2SH++HS−，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收；或2Fe3++H2S2Fe2++S↓+2H+，酸性条件下c(H+)较大，平衡逆移抑制H2S的吸收。(3)①Fe3+的价电子构型为3d5，3d轨道上的电子处于半充满状态，整个体系的能量最低，处于能量较高的4s、4p、4d没有填充电子，为空轨道，则Fe3+的电子分布图为：，故答案为：；②ⅰ.在碱性条件下Fe3+Ln和H2S反应，H2S被氧化为S8，Fe3+Ln被还原为Fe2+Ln，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出反应的离子方程式为16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓，故答案为：16Fe3+Ln+16OH−+8H2S=16Fe2+Ln+16H2O+S8↓；ⅱ.由两步反应可知，Fe3+Ln是第一步反应的反应物，第二步又生成了Fe3+Ln，说明Fe3+Ln是该反应的催化剂，即总反应为O2和H2S在Fe3+Ln作催化剂的条件下反应生成S8和H2O，根据电子守恒和元素守恒，写出总反应的化学方程式为4O2+8H2S8H2O+S8↓，故答案为：4O2+8H2S8H2O+S8↓。③Fe3+外层空轨道采取sp3d2杂化，提供6个空轨道，EDTA的阴离子的结构具有两个氨基和四个羧基，可作为六基配位体，由图可知4个O和2个N与Fe3+形成配位键，所以1mol该配合物中有6mol配位键，故答案为：6。2．(1)N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高(2)bc(3)

8

(4)

Ⅷ

d

Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少【解析】（1）尿素中氮元素的第一电离能比氧元素高的原因是氧原子的价电子排布式为2s22p4，原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，而氮原子的的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，电离能高于相邻元素，故答案为：N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；（2）a．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，由价层电子对互斥理论可知，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，故正确；b．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，又氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，则氨气极易溶解在水中与氨分子为极性分子和与水分子间能形成氢键有关，故错误；c．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与氮氢键和磷氢键的键能的大小无关，故错误；故选bc；（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线处的氧离子间的距离最近，所以锆离子的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的锆离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，故答案为：8；；（4）①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区，故答案为：Ⅷ；d；②Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级是比较稳定的半充满状态，再失去一个电子需要消耗较大的能量，而Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，故答案为：Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少。3．(1)CD(2)

+3

正四面体形

或(3)、、、(其他合理答案也可，任写两种)(4)

原子

4

【解析】(1)A．单键为σ键，双键中含有1个σ键，由结构示意图可知，HN3分子中含有3个σ键，故错误；B．由结构示意图可知，HN3分子中中间氮原子形成2个氮氮双键，原子的杂化方式为sp杂化，故错误；C．由结构示意图可知，HN3分子与亚硝酸、水和肼都是结构不对称的、正负电荷重心不重合的极性分子，故正确；D．肼分子中含有氮原子，能形成分子间氢键，分子间作用力较大，沸点较高，故正确；故选CD；(2)由化合价代数和为0可知，配合物中钴元素化合价为+3价；硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4，由价层电子对互斥理论可知，硫酸根离子的VSEPR模型为正四面体形；钴元素的原子序数为27，基态原子核外电子排布式为或，故答案为：+3价；正四面体形；或；(3)原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，氢叠氮酸根离子与一氧化二氮、二氧化碳、二硫化碳、二氟化铍等分子的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，故答案为：、、、(其他合理答案也可，任写两种)；(4)①原子晶体硬度大，由人造立方氮化硼的硬度仅次于金刚石可知，氮化硼晶体为原子晶体，故答案为：原子；②由晶胞结构可知，晶胞中每个氮原子原子同时吸引4个硼原子，故答案为：4；③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的硼原子个数为8×+6×=4，位于体内的氮原子个数为4，设晶胞的参数为acm，由晶胞质量公式可得：a3ρ=，解得a=，晶胞两个距离最近的硼原子之间的距离为晶胞棱长的，则晶体中两个距离最近的B原子之间的距离×=，故答案为：。4．(1)

第四周期第Ⅷ族

N(2)

sp3

N的价电子排布为2s22p3，p轨道属于半满稳定结构

3

1(3)

离子晶体

平面三角形(4)

6和4

(25%)

或【解析】（1）Co是27号元素，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；Co核外有四个能层，基态Co的电子占据的最高能层符号为N层；（2）从EDTA结构图可知，其中N原子均连接三个单键，有三个σ键和一对孤电子对，杂化方式均为sp3；N的I1大于O的I1，其原因是：N的价电子排布为2s22p3，p轨道属于半满稳定结构，需要较多的能量失去第一个电子；-COOH的结构式为，单键均为σ键，双键中有一个σ键、一个π键，所以1mol-COOH(羧基自由基)中存在3molσ键和1molπ键；（3）离子化合物氰化钠的晶体类型为离子晶体；甲醛分子中C原子形成碳氧双键，所以为sp2杂化，分子空间构型为平面三角形；（4）四面体空隙要四个原子构成，八面体空隙要六个原子构成，Co填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，则Co的配位数分别为4和6；Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积，根据均摊法可知一个晶胞中4个O原子，结合化学式可知晶胞中有3个Co原子，一个晶胞中共有12个空隙，则Co总的空隙填充率为=(25%)；一个晶胞中有4个O原子，所以有一个Co3O4单元，则晶胞质量为g，晶胞边长为anm，则晶胞体积为(a×10-7cm)3，则Co3O4的晶体密度为或g/cm3。5．(1)(2)

反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性

pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱(3)

CuFe2O4

Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生【解析】（1）为过二硫酸根离子，体现强氧化性的是过氧键，用“□”标识出中体现强氧化性的基团如图：；（2）①若将FeSO4一次性加入废水中，反应Ⅳ速率大于反应Ⅲ，若一次性将FeSO4投放进溶液中，溶液中的被大量Fe2+快速消耗而失去氧化性，不利于有机污染物降解；②当pH>3时，有机物的降解率随初始pH升高而降低的可能原因是：pH越大，Fe2+水解程度越大，不利于反应Ⅲ进行，生成c()小，pH越大，有利于发生反应Ⅱ，生成•OH，•OH氧化能力比弱；（3）根据均摊法可知，晶胞中含有个Cu，4=16个Fe，4+4=32个O，故其化学式为CuFe2O4；②该复合催化剂活化过二硫酸盐的过程如图，Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)失去电子并传递给，生成Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)；Cu(Ⅲ)、Fe(Ⅲ)得到失去的电子，生成Cu(Ⅱ)、Fe(Ⅱ)；如此循环往复，实现催化剂再生。6．(1)(2)＋1(或-1)(3)

由断开CO分子的第一个化学键所需要的能量[]比断开分子的第一个化学键所需要的能量[]小，可知CO相对更活泼

为原子晶体，而为分子晶体

(4)C(5)

正八面体

【解析】(1)基态碳原子2p轨道有2个电子，根据洪特规则，电子优先单独占据1个轨道，且自旋状态相同，核外电子排布图为。(2)对于基态碳原子，其价电子排布式为，其中2s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其2p轨道的2个电子的自旋状态相同，因此，基态碳原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为＋1或-1。(3)①断开分子的第一个化学键所需要的能量越小，分子越活泼，CO是，键能是1071.9，是，键能是941.7，的键能小于CO，比较活泼；②为共价晶体，决定其熔点高低的是Si-O共价键，为分子晶体，决定其熔点高低的是分子间作用力，共价键能量高于分子间作用力，共价晶体的熔点高于分子晶体；③等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。氧和硫为同主族元素，二者原子最外层电子数相同，故与甲醇互为等电子体的有机物分子式为。(4)2个葡萄糖分子间脱水形成麦芽糖()时脱去1个水分子，10个葡萄糖分子通过分子间脱水形成链状化合物时，需要脱去9个水分子。，根据质量守恒定律可知，该链状化合物的分子式为，C项符合题意。(5)①晶胞左侧面中心粒子为，距离最近的有6个，即晶胞中处于围成的正八面体空隙。②1个立方体中含有的个数为，含有的个数为1，含有的个数为；1个晶胞的质量；晶胞体对角线为anm，边长为，1个晶胞体积，则晶体密度。7．(1)

大(2)

(3)

分子间作用力

2个

杂化(4)

共价键

氢键(5)

分子晶体

氯化镁为离子晶体，分子晶体中范德华力比离子键弱(6)【解析】（1）C原子核外有6个电子，基态C原子的电子排布图为；同主族元素从上到下，元素原子失电子能力逐渐增强，所以C的第一电离能比Si大；（2）B、Al原子最外层有3个电子可形成3对共用电子对，有空轨道可接受孤对电子，所以能形成；的一种阳离子等电子体为；（3）石墨层状晶体中，层与层之间的作用力是分子间作用力，每个C原子为三个正六边形所共用，平均每个正六边形有2个C原子；因为每个C原子要与三个C原子成键，所以杂化方式是杂化。（4）由硼酸晶体结构可知，层内分子中O与B、H之间形成共价键，分子间H、O之间形成氢键，层与层之间为范德华力；（5）三氯化硼、四氯化硅和三氯化铝都是分子晶体；而氯化镁为离子晶体，范德华力比离子键弱；（6）一个晶胞里含有4个B，8个顶点各有一个N，8×1/8=1，6个面的面心各有一个N，，所以一个晶胞共有4个N；因此在一个晶胞中有4个BN。M(BN)=25，在一个晶胞中，。所以立方氮化硼的密度是。8．(1)

(或)

2(2)

平面三角形

3∶1(3)

、

O＞N＞C＞H

abd(4)

2∶3

【解析】(1)铁是26号元素，根据核外电子排布规律可得其基态铁原子核外电子排布式(或)；前四周期元素中，未成对电子数超过4的元素有Cr、Mn两种元素；(2)SO2中S原子的价电子对数为=3，S原子为sp2杂化，无孤电子对，所以SO2为平面三角形，单键只含有1个键，双键含有1个键和1个键，分子中键与键的数目之比为3∶1；(3)结构中碳原子形成3个键，没有孤电子对数，杂化方式为，如甲基上的碳原子形成4个键，为；非金属性越强，电负性越大，非金属性O＞N＞C＞H，故电负性由大到小的顺序为：O＞N＞C＞H；所含化学键的类型有C-H极性键，C-C非极性键，还有配位键，氢键不属于化学键，金属键只存在于金属晶体中，故选abd；(4)图2中与位于顶点的铁原子等距离且最近的铁原子位于晶胞体心，顶点的铁原子被8个晶胞共有，则配位数为8；图3中，与铁原子等距离且最近的铁原子位于面心，则距离顶点的铁原子距离且最近的铁原子，横平面有4个、竖平面有4个、平行于纸面的有4个，共12个，配位数之比为2：3；设甲晶体晶胞边长为a，乙晶体晶胞边长为b，则，即；甲晶体中含铁原子数为，乙晶体中含铁原子数为，甲晶体的密度与乙晶体的密度之比为。9．(1)

X-射线衍射实验

自范性(2)4d55s1(3)非极性(4)A(5)

或

4(6)或【解析】（1）X-射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性。（2）Mo为第五周期元素与Cr同族，根据Cr的价电子排布式3d54s1，可知Mo的价层电子排布式为4d55s1；（3）配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，根据相似相容原理，Ni(CO)4是非极性分子。（4）．电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第四电离能，3d轨道有5个电子，结构稳定，需要的能量大；B．电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第三电离能，3d轨道有6个电子，结构不稳定，需要的能量小；C．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第三电离能，需要的能量小；

D．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第四电离能，需要的能量较小；电离最外层的一个电子所需能量最大的是，选A。（5）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下通过配位键形成双聚分子，以双聚分子存在的FeCl3的结构式为或，其中Fe的配位数为4；（6）根据立方NiO(氧化镍)晶体的结构图，1个晶胞含有O2-数为，Ni2+数，其晶胞边长为apm，NiO晶体的密度为g/cm3。10．(1)1s22s22p63s23p1(2)C(3)

sp3、sp2

四面体(4)F＞O＞S(5)离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键(6)

4

(，，)

×10-30【解析】(1)Al为第13号元素，基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1；(2)基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p3，基态氮原子的价层电子排布图为，故选C；(3)化合物I中碳原子存在单键也存在双键，杂化轨道类型为sp3、sp2杂化；化合物II中可认为(-CH3)代替了NH中的3个H，则阳离子的空间构型为四面体构型；(4)化合物III中O、F、S，同周期电负性从左到右逐渐增大，同周期从上到下逐渐减弱，则电负性大小为：F＞O＞S；(5)离子液体是由有机阳离子和无机阴离子组成，形成稳定的离子键；(6)①以左下角定点铝为例，最近的Al为1号铝，故晶体中与Al距离最近的Al的个数为4；②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，如图中原子1的坐标为(，，)，原子2的坐标为(，，)，则原子3的坐标为(，，)，1与3同高z坐标相同，2与3x坐标相同。③已知该晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，其中Al的占有数为8×，则晶胞中共有8个AlMn2O4，则晶体的密度为×10-30g·cm-311．(1)

N>Si>Ga

Ga

p(2)

平面三角形

sp2

GaCl3为分子晶体，GaN为共价晶体(3)

4

【分析】（1）金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大。同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同一主族元素从上到下第一电离能由大变小，根据位置，比较电离能大小，根据电子排布，进行解；（2）根据价层电子对互斥理论来确定其空间构型及中心原子杂化方式；根据熔点高低判断晶体类型；（3）根据原子周围连接情况判断配位数，结合密度ρ=公式进行计算，以此来解析；（1）金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大，同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同一主族元素从上到下第一电离能由大变小，根据三者N、Si、Ga在周期表中位置可知，第一电离能N>Si>Ga，N的外围电子排布式：2s2p3有3个未成对电子，Si外围电子排布式：3s23p2，有2个未成对，Ga电子外围电子排布式：4s24p1有1个未成对电子，未成对电子数最少为1个为Ga，Ga原子的外围电子排布式为4s24p1，位于第四周期第ⅢA族；（2）GaCl3中价层电子对个数=3+(3-3×1)=3，且没有孤电子对，所以其空间构型是平面三角形结构，Ga的杂化方式为sp2；GaCl3的熔点为77.9℃，熔沸点低，这是分子晶体的特点，推出GaCl3为分子晶体，GaN的熔点为1700℃，熔沸点高，是共价晶体特点，推出GaN为共价晶体；（3）1个N周围有4个与之等距且最近的Ga原子，所以N的配位数为4；已知胞参数为anm、cnm，该晶胞的体积=6×（a×a）×c×10-21cm3，一个晶胞中N的个数为6×+3=6，Ga的个数为12×+2×+3=6，一个晶胞中6个GaN，根据密度ρ===；12．(1)

Li

2：3(2)

4

直线形

sp3(3)

BDE

不能

Ni(CO)4是分子结构对称的非极性分子，不溶于极性的水(合理答案均可)(4)【解析】(1)Li、Ni、Co、Mn均为金属元素，第一电离能较小，其中Li元素的金属性最强，第一电离能最小；Ni2+的价电子排布为3d8，有2个未成对电子，Co2+的价电子排布为3d7，有3个未成对电子，未成对电子数之比为2：3；(2)根据该配合物的化学式可知CN为配体，配位数为4；CN中C、N原子之间形成三键，空间构型为直线形；SO中S原子的价层电子对数为=4，所以为sp3杂化；(3)Ni原子和CO分子之间存在配位键，C原子和O原子之间存在极性共价键，Ni(CO)4的熔沸点较低，应为分子晶体，所以晶体内还存在范德华力，故选BDE；Ni(CO)4分子内Ni原子和CO分子形成4个σ键，空间构型应为正四面体，正负电荷中心重合，应为非极性分子，不能溶于极性的水；(4)根据均摊法，晶胞中含有8×=1个La原子，8×+1=5个Ni原子，8×+2×=3个H2分子，所以晶胞的质量为g=g；晶胞底面边长为apm，高为cpm，所以晶胞的体积为pm3=×10-30cm3，所以密度为=g/cm3。13．(1)

9

2s22p5(2)

三角锥形

CN-或或NO+(3)金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；而C60属于分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不需要克服共价键(4)

Si8H8O12

sp3(5)

A1

×100%【分析】根据F原子的电子数判断核外电子的运动状态种数和F原子核外电子排布式判断价电子排布式；根据VSEPR理论判断NF3的空间构型；根据等电子原理判断与N2互为等电子体的一种离子的化学式；根据晶体类型不同解释金刚石的熔点远远高于C60的原因；根据题中所给分子结构判断其分子式和Si原子成键情况判断杂化类型；根据题中信息，利用“均摊法”进行晶胞相关计算；据此解答。【详解】（1）F的原子序数为9，则原子核外有9个电子，有几个电子就有几种运动状态，所以基态F原子核外电子有9种运动状态；F原子的电子排布式为1s22s22p5，其2s、2p能级上电子为其价电子，所以价电子排布式为2s22p5；答案为9；2s22p5。（2）NF3分子中中心N原子价层电子对数为=3+=3+1=4，有1对孤电子对，采取sp3杂化，所以NF3分子空间构型为三角锥形；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与N2互为等电子体的一种离子的化学式CN-

或或NO+；答案为三角锥型；CN-

或或NO+。（3）金刚石属于原子晶体，C60属于分子晶体，金刚石熔化时需要破坏共价键，而C60熔化时只需克服分子间作用力不需要克服共价键；答案为金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；而C60属于分子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不需要克服共价键。（4）由题中所给分子结构可知，该分子中有8个Si原子、8个H原子、12个O原子，所以分子式为Si8H8O12；Si原子形成4个价键，没有孤电子对数，杂化轨道数目为4，Si原子采取sp3杂化；答案为Si8H8O12；sp3。（5）由题中信息可知，Cu的某种晶体晶胞为面心立方结构，根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC……堆积，该堆积方式为面心立方最密堆积，即属于A1堆积；晶胞中Cu位于顶点和面心，则Cu原子数目=8×+6×=4，晶胞质量m=4×g=g，晶胞的体积V=(acm)3，晶体密度ρ===

g/cm3。晶胞中Cu原子总体积=，故空间利用率=×100%=×100%；答案为A1；；×100%。14．(1)2(2)

O>N>S>H>Cu

CE

A(3)CuO为离子晶体，熔点高，CuS、CuSe的熔点较低为分子晶体，相对分子质量越大熔点越高(4)

(，，)

【解析】(1)同周期，与铜原子最外层电子数相等的元素外围电子排布式为4s1或3d54s1，分别为K、Cr，还有2种；(2)中逐滴加入氨水至沉淀恰好溶解，将该溶液冷却结晶，得到蓝色晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O，①该晶体中元素为H、N、O、S、Cu，非金属性越强电负性越强，电负性由大到小顺序为O>N>S>H>Cu；②硫酸根离子与配离子之间形成离子键，属于离子晶体，铜离子与水分子之间形成配位键，水分子之间形成氢键，铵根存在σ键，该晶体中存在的作用力为：离子键、配位键、氢键、σ键，不含有金属键、范德华力，故选CE；③已知分子中键角为107°，铜离子络合后，氮的孤对电子进入铜离子的外层空轨道，并受到铜离子正电荷的吸引，其电子云变小，此时的键角就变大了，故＞107°，故选A；(3)CuO为离子晶体，熔点高，CuS、CuSe的熔点较低为分子晶体，相对分子质量越大熔点越高，则其熔沸点就越高，CuO＞CuSe＞CuS；(4)图中③号溴原子位于上层正四面体空隙的中心，根据①、②号铜原子的坐标依次为(0，0，0)、(，，0)，③号的位置为(，，)，设CuBr的密度为，，为阿伏伽德罗常数，Cu与Br的个数分别为4，设晶胞边长为x，，x=，Cu原子与Br原子的距离为体对角线，，Cu原子与Br原子的核间距离为。15．(1)3d74s2(2)H＜C＜S＜O(3)sp2(4)八面体(5)30(6)【解析】（1）Co为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；（2）据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜C＜S＜O；（3）物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；（4）据图可知Co原子周围有6个O原子，形成八面体，即Co原子位于相邻O原子构成的八面体空隙中；（5）根据A的结构简式可知其