2023山东版化学高考第二轮复习-八 化学键 分子和晶体的结构与性质 (一)

2023山东版化学高考第二轮复习

专题八化学键分子和晶体的结构与性质

1.炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示，有关该过程的叙述错误的是（）

A.可减少82的排放

B.Fe3O4和CaO均可循环利用

C.过程①和④的转化均为氧化还原反应

D.过程①的反应中有非极性键的断裂和生成

答案DA项，根据题给流程图，箭头进入指向有CO2,箭头出来指向无C02知,该过程可减少CO2的排

放,正确;B项根据题给流程图可知和CaO均可循环利用，正确;C项过程①中CO转化为CO2,过

程④中CO2转化为CO,均有碳元素化合价的变化，故过程①和④的转化均为氧化还原反应，正确;D项，过

程①为CO、H2与Fe?O4反应生成82、H2O和Fe单质存在H—H非极性键的断裂，没有非极性键的

断精误。

2.气相离子催化剂（Fe+、Co\Mn+等）具有优良的催化效果。其中，在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理

如图所示（图中一为副反应）。下列说法正确的是（）

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A.FeO\N2均为反应中间体

B.X既含极性共价键也含非极性共价键

C.该机理涉及的反应均为氧化还原反应

D每生成1molCH3CHO,消耗N2O的物质的量大于2mol

答案DA项,FeO+先生成后消耗，是反应中间体,N2由N2。转化得到，是产物,错误;B项,由原子守恒可

+

知X是WOMO中只含O—H极性共价键,错误;C项该机理中反应C2H6+FeO+-[(C2H5)Fe(OH)],

无元素化合价的变化，不是氧化还原反应错误;D项，该过程总反应方程式为C2H6+2N2O—

CH3cHO+2N2+H2。,由于发生副反应[(C2H5)Fe(OH)]+-Fe+,故每生成1molCH3CH。消耗N2O

的物质的量大于2mol,正确。

3.CO2加氢耦合苯胺(RNH*的一种反应中腱如下图所示。下列叙述不正确的是()

A.金属Au可吸附H原子,TiCh可吸附CO2

B.反应过程中N的成键数目保持不变

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C.反应过程中C02发生还原反应

一定条件

D.该过程的总反应:RNH2+CO2+H2------------RNHCH0+H20

答案BA项,由题图中过程I可知，金属Au可吸附H原子,TQ可吸附82,正确;B项油过程IV和V

可知,N的成键数目变化为3T4T3,错误;C项，反应过程中C02转化为RNHCH0,C元素化合价降低，发

一定条件

生还原反应,正确;D项,由题图中箭头指向可知该过程的总反应为RNH2+CO2+H2-------------

RNHCHO+g正确。

4.中国科学院于良等科学研究者实现了常温常压下利用铜催化乙快选择性氧化制乙烯，其反应机理如下

图所示(其中吸附在铜催化剂表面上的物种用*标注)。

rvrH

：汇.H*H：凡侬

图1

2C2H2(gH4e-

o_L4H时

AI\

tII

四

挺

N

2C2H/+4e-

靶+4HQ(g)2aHJ+2H,0(g)\2C2H4(g)

+2；+2OH'\

2c2乩*+4币r

乙快氢化反应历风

图2

下列说法正确的是()

A.由图1可知,CzH：转化为C4H6(g)时，只有C—H键的形成

B.由图2可知,C2H2(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量

C.步骤H2O(g)+C2H；+e-OH+C2H；决定制乙烯的反应速率

D.C2H；转化为C4Hz的步骤活化能较高,不利于乙焕氢化制得C4H6(g)

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答案CDA项，图1中C2H；转化为C4H6(g)时，有C—C键、C—H键的形成错误;B项，图2中没有

C2H2(g)转化为C4H6(g)的全过程，错误工项,H2O(g)+C2H；+e-^~OH+CzH为制乙烯的主要步骤，正

确;D项，图2中C2H；转化为C4院的步骤活化能较高，不利于制得C4H6(g),正确。

5.某种制备H2O2的反应机理如图。下列说法不正确的是()

2HC1+2C1

(X+2C1

A.总反应可表示为H2+O2-H2O2

B该过程中Pd的化合价有0和+2两种

C.①、②、③均为氧化还原反应

D.HCI和可循环利用

答案ACA项，由反应机理可知,氢气和氧气在［PdCUF的作用下生成过氧化氢，反应的化学方程式为

［PdCL了一

H2+O2------------也。2,错误;B项,Pd元素在［PdCLp、［PdGOzF中的化合价均为+2价，Pd单质中Pd

元素为0价,正确;C项，①、②均为氧化还原反应，③中无元素化合价发生变化，错误;D项,由反应机理可

知,HCI和。-均可循环利用,正确。

6.催化丙烯制醛的反应机理如下图所示:

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下列说法错误的是（）

A.该反应的催化剂为HCO（CO）3

催化剂

B.总反应式为CH3cH-CH2+H2+CO--------<H3CH2CHO

C.若反应物为乙烯，产物可能为OHCCH2cH2CH0

D.循环过程中Co的化学键数目发生了变化

答案BCB项，产物应为CH3cH2cH2CH。错误;C项，若反应物为乙烯，则产物为CH3cH2CHO,错误。

7.通过电解催化还原C02可得到碳酸二甲酯DMC（00）o下列说法错误的是（)

A.通入CO2、CH30H的电极为阳极

B.B广的物质的量在催化循环前后不变

C.过程⑤的副产物可能含有乙二酸二甲酯（O）

O

催化剂、人/

D.该电解催化过程的总反应方程式为CO2+2CH30H-------->00+取0

答案AA项,通入的CO2得到电子生成CO,发生还原反应，所以通入82、CH30H的电极为阴极，错

误;B项,Br在阳极失去电子生成BQBr2参与反应，反应过程中Br2又转化为Br,所以Br的物质的量在催

O

z°\A/

化循环前后不变,正确;C项，过程⑤中的Pd0在连有碳氧双键的碳原子和Pd之间断键生成

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DMC,断键后生成的一C00CH3可以两两结合生成乙二酸二甲酯，正确；D项,该电解过程是C02和甲醇

催化剂、八/

反应最终生成DMC和水的反应，总反应方程式为CO2+2CH30H-------->00+氏0,正确。

8.一种工艺简单、低能耗的氢气制备双氧水的反应原理如图所示。下列说法正确的是（）

A.反应①②③均为氧化还原反应

B.反应①中有非极性键的断裂和形成

C.[PdCl4F能降低反应的活化能

D.反应③中Pd的成键数目发生改变

答案C反应③中元素化合价无变化，属于非氧化还原反应,A错误;反应①中没有非极性键的形成力错

误;[PdCLF-是反应的催化剂，能降低反应的活化能（正确;反应③中Pd的成键数目为4,没有发生改变,D

腿

9.烯运不对称环氧化在药物合成中应用广泛，如图为手性酮催化的烯煌不对称环氧化反应的机理图（部

分产物未写出）:

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下列说法不正确的是（)

%」入一片以：

总反应方程式为、/

A.OH+HSO5+RR,+SO1+H2O

B.1是催化剂，反应过程中pH应该控制在合理范围内

C.2、3、4、5均具有较强氧化性

D.4到5的转化过程中有极性键和非极性键的断裂与形成

答案B进入的微粒是反应物，出来的微粒是生成物,A项正确;1是中间产物，不是催化剂出项错误;根

据2、3、4、5表示的物质微粒可知，其都含有双氧链一0一0一,因此均具有较强氧化性工项正确;4到

5的转化过程中既有S—0极性键的断裂与形成，也有0—0非极性键的断裂与形成,D项正确。

10.氨是农业上"氮的固定”的必需原衿,随着世界人口的增长，氨的需求量在不断增大。科研人员新发

现以磷盐作质子（H+）传导体以四氢吠喃（无色易挥发的液体）为电解剂，利用电化学法将氮气还原成氨的

原理如图所示。下列说法错误的是（）

A.M电极为阳极,电极反应式为H2-2e-2H*

B.（I）-（n）的变化中，磷原子的成键数目不发生变化

C.图示中最后一步反应为3Li+N2+3H+------3U++2NH3

D.该方法制备氨气所需的温度低于传统I业合成氨的温度

答案CM电极上氢气被还原为氢离子，为阳极,电极反应式为Hz-2e-2H+,A项正确;据图可知

（I）T（II）的变化中，磷原子都是形成4个共价键,B项正确;图示最后一步反应中,Li+先被还原为Li单质,

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然后将N2还原为NHy同时又生成Li+,所以Li+为催化剂,反应方程式为N2+3H+—2NH3,C项错误;

该装置为电解装置，利用电能转化为化学能，即合成氨所需的能量大部分是日电能转化的,则所需的热能

较少，所需的温度较低,D项正确。

11.在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外研究主要集中于铜基催化剂，有学

者提出了如图C02的转化过程。下列说法错误的是（）

CO,转化成甲醇的催化机理

A.铜元素位于周期表中的ds区

B.步骤④中有化学键的断裂和形成

C.甲酸乙酯是该过程的催化剂

D.总反应化学方程式为CO2+3H2里"CH3OH+H2O

答案CCu元素的价层电子排布为3d】04s1,其位于周期表中的ds区,A项正确;步骤④是化学反应，有

旧化学键的断裂和新化学键的形成,B项正确;步骤④生成甲酸乙酯，步骤⑤消耗甲酸乙酯,甲酸乙酯是该

佛化剂

催化反应的中间产物，而不是催化剂,C项错误;由题图可得总反应化学方程式为CO2+3H2----------

CFhOH+gD项正确。

12.在二氧化碳合成甲醇的研究中，催化剂是研究的关键。目前国内外的研究主要集中于铜基催化剂，有

学者提出了如图所示的CO2的转化过程。下列说法错误的是（）

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(产物)

co,转化成甲醇的催化机理(厂物)

A.铜元素位于周期表中的ds区

B.步骤④中有化学键的断裂和形成

C.甲酸乙酯是该过程的催化剂

D.反应过程中，催化剂参与反应，改变了反应历程

答案CA项，铜元素位于周期表中的ds区正确;B项，步骤④是化学反应，有旧化学键的断裂和新化学

键的形成,正确工项，步骤④生成甲酸乙酯,步骤⑤消耗甲酸乙酯，甲酸乙酯是反应的中间产物,错误;D项，

在反应过程中，催化剂参与反应，降低活化能，改变反应历程,正确。

13.氯元素有多种化合价,可形成ChCIO-、CIO?、CIO4等离子。下列说法错误的是()

A.基态CI原子核外电子的空间运动状态有9种

B键角:CIO)>C/O3>CIO\

CQ提供孤对电子与Cu2+可形成CuClf

D.CIOi，CIO3.CIO4中Cl的杂化方式相同

答案BA项，基态CI原子核外电子排布式为Is22s22P63s23P?故其核外电子的空间运动状态有

1+1+3+1+3=9种,正确;B项,CIO)、CIO3.CIO1中心Q原子周围的价层电子对数分别为2+^x(7+

1-2x2)=4、3+；x(7+l-3x2)=4、4+(7+1-4x2)=4,孤对电子数分别为2、1、0,由于孤

对电子对孤对电子的排斥作用〉孤对电子对成键电子对的排斥作用>成键电子对对成键电子对的排斥

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作用，敌键角:CIO)<CZO3<。。4,错误;C项,5中含有孤对电子，故C卜提供孤对电子与Cu2+可形成

CuQ：正确;D项面B项分析可知C0、CIO4中CI周围的价层电子对数均为4故三者的杂化方

式均为sp3杂化正确。

14.下列叙述不正确的是()

图3图4

A.Li2s晶胞结构如图1,S2-的配位数是8

B.某银白铜合金的立方晶胞结构如图2,晶胞中铜原子与银原子的数量比为3：1

C.氯化钠晶胞如图3,离Na+最近的钠离子有6个

D.铜与氧元素形成的晶胞如图4,晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部,a、b的坐标参数依次为(0,0,0)、

(另4),则d的坐标参数为G，强)

答案CA项,Li+与S2-的个数比为2:1，则Li+与S2-的配位数之比为1：2,由Li2s的晶胞结构可知,Li+

的配位数为4,贝(JS2-的配位数是8,正确;B项，由均摊法可知,晶胞中Ni原子的个数为8x1=1,Cu原子的

O

个数为6x^=3,则晶胞中铜原子与银原子的数量比为3：1,正确工项，以1个顶点Na+为研究对象，在图

示晶胞中离其最近的Na+为位于面心上的3个Na+,由于顶点Na+为8个晶胞共有，面心Na+为2个晶

胞共有很I」氯化钠晶胞中离钠离子最近的钠离子有等=12个，错误;D项,晶胞中Cu均匀地分散在立方体

内部，由晶胞可知Cu位于体对角线上,与体心0的距离为体对角线长度的;a、b的坐标参数依次为

(0,0,0)、GM),则d的坐标参数为6汾正确。

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15磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料,晶胞为正方体形晶胞参数为apm。下图为沿y轴投影的晶胞

中所有硼原子的分布图,P原子位于晶胞的顶角和面心。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的

是()

J.2

・3.4

A.一个晶胞中含有4个B原子

B.点1可能的原子分数坐标为(0.25,0.25,0.75)

C.P与B原子的最近距离为fapm

D.BP晶体的密度为石鼻,gcm-3

答案DA项,P原子位于晶胞的顶角和面心，则1个晶胞中有4个P原子油化学式BP可知一个晶胞

中含有4个B原子,正确;B项，已知P原子位于晶胞的顶角和面心，则B原子位于体内，点1可能的B原子

分数坐标为(0.25,0.25,0.75),正确;C项,B原子周围的4个P原子形成正四面体结构，顶点P原子与正四

面体体心B原子连线处于晶胞体对角线上，二者距离最近且等于晶胞体对隹线长度的:即pm,正确;D

项，晶胞质量g,晶胞体积V=(apm)3=a3xlO-3。皿方则晶体密度gcm^

JVA«VAY<VAUAv

司天。

I6.NO2与H2O反应生成HNOB和NO,下列有关叙述正确的是()

A.NO3的空间结构为三角锥形

B.在该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1

C.用已收集满NO2的圆底烧瓶做喷泉实验，最终液体会充满整个圆底烧瓶

D.NO与水均为极性分子

答案DA项,NO?中N的价层电子对数为四等二3,N为sp2杂化且无孤电子对NO?的空间结构为

平面三角形,错误;B项，反应3NO2+H2O-2HNO3+NO中,3molNO2中有2molNO2的化合价升

高作还原剂，有1molNO2的化合价降低，作氧化剂,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2,错误;C项,

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发生反应3NO2+H2O-2HNO3+NO,NO难溶于水，所以最终液体不会充满整个圆底烧瓶,错误;D

项,NO分子中的正、负电中心不重合,H2O中正、负电中心也不重合，故NO与H20均为极性分子，正确。

17.CaS可用于制杀虫剂、发光漆等。一定条件下H2s能与CaCO3反应生成CaS,CaS与H2s。4反应

可以释放出H2S,H2S能与CuSO4溶液发生复分解反应生成黑色CuS沉淀。H2S的水溶液暴露在空气

中，因缓慢氧化生成硫而变浑浊。下列有关说法正确的是()

A.CO：-的空间结构为三角锥形

B.SOz与S03中硫原子的杂化轨道类型均是sp2

C.SO2的键角比S03的大

D.lmol[Cu(H2O)4]2+中含有8moi。键

答案B(20专一中中心原子价层电子对数为3+?(4+2-3x2)=3,采用sp?杂化,无孤电子对,CO女的空

间结构为平面三角形,A错误;SO2与SOB中硫原子的价层电子对数均为3,杂化轨道类型均是sp，B正

确;S02的S原子上孤电子对对硫氧键的非斥力较大，硫氧键夹角小于120。S03的键角为120。,故S02

的键角比S03的小,C错误;1mol[Cu(H2O)4F+中含有4molH2O具有的8molo键和H2O与中心原

子Cu形成的4molo键共有12mola键,D错误。

18.从海水提取食盐后的母液(含。-、Br-、Na\K+等离子)中提取演,其流程如下:

Na2c0,溶液

皿①入Cl101rM①硫酸酸化后矿

则严।国做的卜新•随

下列有关说法不正确的是()

A.母液中含有少量的KCLKCI晶胞如图所示，距离K+最近的Q有6个

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B."鼓入热空气”得到粗溪，利用了漠易挥发的性质

C.纯碱溶液吸收Br2的离子方程式:Brz+CO专一Br03+Br+C02t

D.控制温度在90。（：左右"蒸储"，既有利于获得浸单质，又可防止水蒸气大量逸出

答案C由题给晶胞结构可知，晶胞中距离钾离子最近的氯离子有6个,A正确;鼓入热空气将演吹出得

到粗漠厕得到粗浪的操作利用了溪易挥发的性质,B正确;向粗浸中加入碳酸钠溶液，漠与碳酸钠溶液反

应生成B「、BQ和82,反应的离子方程式为3B「2+3Coa^~Br（）3+5Br-+3CO2T,C错误;蒸储时控

制温度在90℃左右，既有利于获得浸单质,又可防止水蒸气大量逸出使得溟中混有水,D正确。

19.一种合金M催化BH3NH3水解释氢的反应机理如图所示。已知BH3NH3分子中与N相连的H显正

电性与B相连的H显负电性。下列说法不正确的是（）

A.BH3NH3分子中存在配位键

B.力口入NaOH溶液可制得更纯的H2

C.电负性:0>H>B

D.若将H2O换成D2。则可释放出HD

答案BBH3NH3分子中硼原子提供空轨道，氮原子提供孤对电子,能形成配位键WB-NHyA正确;加

入的氢氧化钠溶液与筱根离子在加热条件下可生成氨气，制得的氢气中会混有氨气,B错误面BH3NH3

分子中与N相连的H显正电性，与B相连的H显负电性可知，氢元素的非金属性强于硼元素,弱于氮元素,

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非金属元素的非金属性越强，元素的电负性越强，元素电负性由大到小顺序为0>H>B,C正确;若将水换

成D2OEH3NH3水解可释放出HD,D正确。

20.近年来，由于有机合成工业的发展,HCI已成为一种重要的副产品,。2氧化HCI的反应为

1

4HCI(g)+O2(g)-2H2O(g)+2CI2(g)AH=-58kJmol.CI2O、KCIO2、KCIO3.[Co(NH3)6]CI3

等含氯化合物在生产中有着广泛的应用。下列有关说法不正确的是()

A.CLO的空间结构为V形

BOO2与CI0&中CI原子的杂化轨道类型均为sp3

C.冰的密度比水的小，与分子间氢键有关

D.[Co(NH3)6]Cl3中提供孤电子对的是N和CI

答案DA项,30的中心原子。的价层电子对数是4,有2个孤电子对，空间结构为V形,正确;B

项。。2与中CI原子的价层电子对数都是4杂化轨道类型均为sp3,正确;C项,冰的密度比水的小，

是因为冰中分子间氢键增多，正确；DU[CO(NH3)6]CI3中提供孤电子对的是N原子(卜为外界阴离子，错

误。

21.[Cu(OH)(NH3)]+是汽车尾气脱硝的催化剂,其催化机理如图所示，下列说法错误的是()

[Cu(0H)(NH3)p

[CII(NO2)(NH^2]*®%[Cu(OH)(NHJJ

N。当。2人④③A。

[Cu(NH)r|Cn(H2NNO)(NH.)2r

A.[Cu(OH)(NH3)]+中。和N原子是配位原子

B.该催化循环中Cu的成键数目发生了变化

C.反应过程中存在非极性键的断裂和形成

,[Cu(OH)(NHj)]+

D.总反应的化学方程式为4NH3+2NO+2O2---------------------3N2+6H2O

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答案D[Cu（0H）（NH3）]+中CW+提供空轨道OH-和NH3中0和N原子提供孤电子对，。和N是配

位原子A正确;在①、④中Cu的成键数目为2,在③、⑤中Cu的成键数目为3,在②中Cu的成键数目

为4所以该催化循环中Cu的成键数目发生了变化,B正确;反应过程中有氧气参与反应，有氮气生成，故存

在非极性键的断裂和形成（正确;反应物有NFkNO、O2,生成物有H2O、刈油题图可知NFh、NO、

O2、WO、N2的物质的量之比为4:41:6:4,所以总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O2

[Cu(OH)(NH)]+

s6H2O+4N2Q错误。

22.在过氧苯甲酰（结构简式为Ph0-0Ph—Ph表示苯基）作用下，漠化氢与丙烯的加成反应主

要产物为1-溟丙烷，反应机理如图，下列说法不正确的是（）

0

A

A.过程②中产物X为PhO-H

B.过程③中存在非极性共价键的断裂和形成

C.过程④可表示为CH3cHeH2Br+HBr—・Br+CH3cH2cH2Br

D.上述链终止反应中存在:-Br+-Br―►Br2

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0

答案—为%…人…X为

0

人

PhO-H,A正确;过程③发生的反应为CH3CH-CH?与・Br反应生成CH3cHeFhBr,反应中存在非

极性共价键的断裂，但没有非极性共价键的形成,B错误;过程④发生的反应为CH3CHCH2Br+HBr

・Br+CH3cH2cH2Br,C正确;链终止反应中存在・Br和Br结合形成Br2的过程,D正确。

HO0H

23.MOO3可以催化L2-丙二醇（、Y）获得多种有机物，其反应历程如图所示。下列说法正确

的是（）

A.转化过程中涉及非极性共价键的断裂与形成

B.反应过程中M。形成共价键的数目始终保持不变

C.如果原料是乙二醇很I」主要有机产物是乙二醛和乙烯

D.Cu催化氧化L2-丙二醇所得产物与MoO3催化时相同

答案AA项，历程③中有碳碳单键断裂，历程④中有碳碳双键形成，正确;B项,Mo形成共价键数目有6

O0

IIII

个、4个两种，错误工项，题图中经历程③反应生成H-C-H和CH3-C-H，经历程④反应生成

O

II

CH3CH-CH〃若以乙二醇为原料发生类似历程③的反应生成H-C-H，发生类似历程④的反应生

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O0

成CH2r'H2,错误;D项,Cu催化氧化1,2■丙二醇所得产物为CH-C-C-H，与MoCh催化产物不

同,错误。

24.碳是地球上组成生命的最基本元素之一。不仅能形成丰富多彩的有机化合物，还能形成多种无机化合

物,碳及其化合物的用途广泛。根据要求回答下列问题：

Q)在基态MC原子中，核外存在对自旋相反的电子;第二周期的元素中，第一电离能介于B和C

之间的是(写元素符号)。

(2)下图中分别代表了碳单质的两种常见晶体，图1晶体中C原子的杂化方式为，图2晶体中，每

个六元环占有个C原子。

(3)碳可以形成多种有机化合物，图3所示是一种叱咯的结构,分子中所有原子都在一个平面上。口比咯中

所有元素的电负性由大到小的顺序为0

(4)碳可形成CO、C02等多种无机化合物，在CO转化成C02的反应过程曰下列说法正确的

是«

A.分子中孤对电子数不变

B.分子极性发生变化

C.原子间成键方式改变

D.分子间作用力减弱

(5)碳酸盐在一定温度下会发生分解生成二氧化碳和对应氧化物。实验证明碳酸盐的阳离子不同,分解温

度不同，如表所示:

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碳酸盐MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3

热分解温度/℃40290011721360

阳离子半径/pm6699112135

随着阳离子半径的增大，碳酸盐的分解温度逐步升高,原因是

(6)在2017年,中外科学家团队共同合成了碳的一种新型同素异形体:T-碳。将立方金刚石中的每个碳原

子用一个由4个碳原子组成的正四面体结构单元取代，形成碳的一种新型三维立方晶体结构(如图4)。

已知T-碳晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA厕T-碳的密度为g/crrP例出计

算式)。

图4

答案(1)2Be(2)sp32(3)N>C>H(4)BC

(5)当阳离子所带电荷相同时，阳离子半径越小,其结合O的能力就越强对应的碳酸盐就越容易分解

12x8x4

⑼NA(QX1O】O)3

[staititi।

解析Q)基态14c原子轨道表示式为Is2s2p，有2对自旋方向相反的电子洞周期从左

到右元素的第一电离能呈增大趋势，但同周期第HA族元素的第一电离能大于第IDA族的，第VA族元素

的第一电离能大于第VIA族的,所以第一电离能介于B和C之间的是Be。

(2)由题图1晶体的空间结构可以看出C原子形成四面体结构，碳原子的杂化方式为sp3杂化;由题图2

可知，每个碳原子形成3个C—C键，则每个碳原子被3个六元环共有，故每个六元环占有的碳原子数为

6XI=2.

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(3)叱咯中所含元素为C、N、H,一般来说，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大，而H的电负性

比大多数非金属的小，所以电负性由大到小的顺序为N>C>He

(4)C0分子中含有2对孤对电子,C02分子中含有4对孤对电子,A项错误;CO为极性分子工。2为非极

性分子,B项正确;CO中存在C=。键£02中存在C-0键，分子间成键方式改变(项正确;CO和C02

都可以形成分子晶体，转化过程中，相对分子质量增大，分子间作用力增强,D项错误。

(5)碳酸盐的分解过程实际上是晶体中的阳离子结合CO女中的0使CO,分解为C02的过程，故当阳离子

所带电荷相同时，阳离子半径越小,其结合0的能力就越强，对应的碳酸盐就越容易分解。

(6)根据题给晶胞结构图，晶胞中含有的正四面体结构的数目是8x：+6x2+4=8,每个正四面体结构含有

4个碳原子，晶胞的质量是竺萨g,已知T-碳晶胞参数为apm,则T-碳的密度为就荒%g/cm3.

25."金属把催化的交叉偶联反响研究”曾获得过诺贝尔化学奖。铝位于元素周期表中第VIII族，与铐(Rh)、

笆(Pt)等元素统称为笆系元素，在工业及军事技术上发挥关键作用。

(l)Pd位于第五周期，与镇相邻,其基态原子价电子排布式为4中。。下列Pd的价电子排布图中能量最低

的是(填选项字母)。

4d5s

A.|tWl|f|t|和

4d5s

B.[NWWTI[T]

4d

c,世世世世世

4d5s

D.EEHESElIs]

PdCl2

(2)已知:2CH2-CH2+O2------*2cH3cH0。

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①CH2-CH2中含有3种不同的共价键，除了C（sp2杂化轨道）一H（s轨道）形成的。键外,还含有C（sp2

杂化轨道）一C（sp2杂化轨道）形成的。键和形成的n键;CH3CHO中碳

原子的杂化方式为。

②不同温度下PdCb的结构不同。-PdCL为无限的平面形长链，其结构如图（a）所示则Pd（H）的配位数

⑶笆与卤离子也可以形成稳定的配离子，已知配离子［Pt（U）Cl4p、［Pt（n）Br4P、.（口山产-的稳定性依

次增强，其可能的原因是_________________________________________

（4）笆镁合金在较低温度下形成一种超结构有序相，其立方晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm。结构中

有两种八面体空隙，一种完全由银原子构成（例如），另一种由铀原子和银原子共同构成（例如

①该晶体的化学式为.

②晶体中完全由银原子构成的八面体空隙与由笆原子和镇原子共同构成的八面体空隙数目之比

为，两种八面体空隙中心的最近距离为,

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答案(1)C(2)①C(未杂化的p轨闻一C(未杂化的p轨道)sp2、sp3②4Pd6Cli2⑶随着原子

序数的增加,Cl、Br、I的电负性依次降低，卤原子与中心原子配位的能力依次增强，形成配离子的稳定性

依次增强(4)Ni3Pt(或PtNi3)1:3yapm

4d

解析⑴Pd的基态原子价电子排布式为4眄故Pd的价电子排布图中能量最低的为丽网而1。

(2)①乙烯中n键由两个碳原子未参与杂化的p轨道肩并肩形成;CH3CHO中甲基上的C形成4个。键,

无孤电子对,故采取sp3杂化，醛基中的C形成3个。键和1个IT键，无孤电子对，采取sp2杂化。②由题

图(a)可知,Pd(n)的配位数为4;如PdCl2为团簇分子，分子式为Pd6cli2。

(3)配离子的稳定性主要与以下几个因素有关，中心离子正电荷相同，半径越小，越稳定;共价性越显著，越

稳定;配位原子电负性越大，吸引电子能力越强，则给出电子对并与中心原子配位的能力越弱，而题给配离

子稳定性主要受电负性影响。

(4)①由粕银合金晶胞，利用均摊法可知』个晶胞中,Pt的个数为8x1=1,Ni的个数为6x3=3,故化学式为

Ni3Pt或PtNi3。②完全由银原子构成的八面体空隙在晶胞的体心，珀原子和锲原子共同构成的八面体空

隙在棱心，二者的数目之比为1：3,而两种八面体空隙中心最近的距离是棱心和体心的距离，为日apm。

26.碳及其化合物在生产生活中有着广泛的应用。回答下列问题：

(1)画出基态碳原子的价电子排布图:O

(2)1个H2c。3分子中含有个o键;COa的空间结构为，写出一种与CO/具有相同

空间结构的分子:(填化学式)。

(3)C0易与人体的血红蛋白结合，导致人体供氧不足而出现中毒症状。血红莹白的局部结构如下图所示。

该结构中碳原子的杂化类型为，配位原子为(填原子符号)。第一电离能：h(C)

h(0)(填或)。

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coo-

⑷①g<3N4具有和石墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如下图所示,g-C3N4晶体中存在的微

粒间作用力不包括（填标号）。

a.非极性键b.极性键

C.TI键d.范德华力

②用硅原子替换氮化碳的部分碳原子可形成具有相似性质的化合物（如下图所示），该化合物的化学式

为

（5）C与Mg、Ni可形成一种新型超导体，其立方晶胞结构如下图所示。已知该晶胞密度为pgem，,若C、

Mg、Ni的原子半径分别为apm、bpm、cpm,则其原子的空间利用率（即晶胞中原子体积占晶胞体

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积的百分率)为。(用含a、b、c、p、NA的代数式表示，其中NA表示阿伏加德罗常

数的值)。

2s2p

答案(1)回IMII(2)5平面三角形S03(或BF3或其他合理答案)⑶sp2、sp3N<

4ir/VAP(a3+b3+3c3)

(4)aSiC2N4(5)639x1030

2s2p

解析(l)c是6号元素，则基态碳原子的价电子排布图为E3|t|t|L

0

II

(2)H2CO3的结构式为H-O-C-O-H，则1个H2c03分子含有5个。键;C0/

中心原子的价层电子对数为3+^(4+2-3x2)=3,根据价层电子对互斥模型可知,其空间结构为平面三

角形;根据等电子原理可知，互为等电子体(即原子总数相同，价电子总数相同的微粒)的微粒具有相同的

空间结构，则一种与(：0宗具有相同空间结构的分子有S03或BF3。

(3)由超给血红蛋白局部结构图可知，该结构中部分碳原子形成4个。键，采用sp3杂化，部分碳原子形成

3个。键，采用sp2杂化，故该结构中碳原子的杂化类型为sp2、sp3;配位原子是指提供孤电子对的原子,

由题图可知配位原子为N。C、。是同一周期元素,同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，第

nA与第mA、第VA与第VIA反常,故第一电离能：h(C)<h(0).

(4)①g<3N4具有和石墨相似的层状结构，故有层与层之间的分子间作用力,N—C之间的极性键，含有双

键故含有H键，则g-C3N4晶体中存在的微粒间作用力不包括非极性键;②从图示中截取一小部分重复单

，一个单元中含有1个Si原子,4个N原子,4对二2个C原子，则该化合物的化学式为SiC2N4o

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(5)由题给晶胞结构，利用均摊法可知,1个晶胞中含有8x1=1个Mg,6x^=3个Ni,l个C,已知该晶胞密

O乙

度为pg,cm-3,则1个晶胞的体积为1X24+黑+1+12cm3=^llcm3,而1个晶胞中原子的体积之和为(文

3则其原子的空间利用率为

03+inb3+3x^nc)x10-30cm3,

33333333

(|na+1nb+3x|nc)xio-0cm4nNAp(a+fe+3c)

*>cm3—639X10300

PNA

解题技巧晶胞空间利用率的计算方法:①计算晶胞中含有几个原子。②找出原子半径r与晶胞边长a

的关系。③利用公式计算原子的空间利用率二崩胞中含有原子的体积x100%.

晶胞的体积

27.硅及其化合物在生产生活中有广泛应甩根据所学知识，回答下列问题：

(1)三甲基卤硅烷［(CH3)3SiX,X为Cl、Br、I］是重要的化工原料。

①氯元素基态原子的价电子排布式为；按照核外电子排布对元素周期表分区，浸元素位于_

区;基杰6圭原子中有种运动状态不同的电子。

②Br、I的第一电离能的大小关系：h(Br)h(I)(填"大于""小于"或"等于"

③常温下,(CH3)3SiI中Si—I键比(CHRSiCI中的Si—CI键易断裂的原因是

⑵(CWbSiCI可作为下列有机合成反应的催化剂。

①1个有机物A分子中采取sp2杂化的碳原子有个。

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H()CH()

②有机物B的沸点低于对羟基苯甲醛(\=Z)的沸点，其原因是

③CHsCN中。键与n键的个数比为,

(3)一种钛硅碳新型材料可用作高铁车体与供电网的连接材料。该材料的晶胞属于六方晶系(a、b方向

的夹角为120°,c方向垂直于a、b方向，棱长a+bwc),如图甲所示;晶胞中碳原子的投影位置如图乙所示。

图甲图乙

①该钛硅碳新型材料的化学式为。

②已知该新型材料的密度为4.51gym』,且a、b的长度均为307pm,阿伏加德罗常数的值用NA表示,

则c的长度为pm(列出计算式)。

答案Q)①3s23P5p14②大于③I原子半径比Cl原子半径大，导致Si—I键键能较小，较易断裂;

而Si-CI键键能较大，不易断裂

(2)①7②邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，所以后者的沸点

高于前者③5:2

⑶①Ti3SiC2②再392---------------

NAX竽X3072x10-30x4.51

解析Q)①基态CI原子的价电子排布式为3s23P5；滨原子的价电子排布式为4s24P5,属于p区;基态硅

原子核外有14个电子，每个电子的运动状态各不相同，即有14种运动状态不同的电子。②同主族元素

自上而下第一电离能减小，故Ii(Br)>l!(I)0③I原子半径大于CI原子半径,Si-I键键能较小，较易断裂;而

Si—CI键键能较大，不易断裂。

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(2)①苯环上的碳原子以及碳氧双键中的碳原子为sp2杂化，共有7个。②有机物B为邻羟基苯甲醛，能

形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛只能形成分子间氢键，故前者的沸点低于后者。③单键均为。键,1个碳

氮三键中有一个。键、两个n键，故。键与n键的个数比为5：2。

⑶①根据均摊法,1个晶胞中Ti原子的个数为8x!+4x：+4=6,Si原子的个数为8xl=2,C原子的个数为

4,Ti、Si、C原子的个数比为6:2:4=3：1：2,故化学式为Ti3SiC2o②晶胞的质量为竺今等*吆

NA

g=^g,密度为4.51g-cm-3,故晶胞的体积为潦ncm3二芸pm,底面为边长307Pm的菱

ArAJVA£ArXM

形厕底面积为%3072pm3,故c的长度为百392------------pm。

23

NNAXYX307X10-0X4.51

28.元素周期表中第四周期某些过渡元素(如Ti、Mn、Zn等)在生产生活中有着广泛的应用。回答下列

问题：

(1)钛的应用越来越受到人们的关注。

①第四周期元素中，基态原子的未成对电子数与钛相