2022年北市京高三一模化学汇编专题训练：物质结构与性质

高三模拟试题PAGEPAGE12022北京高三一模化学汇编物质结构与性质一、单选题1．（2022·北京通州·一模）碲化镉(CdTe)发电玻璃的发电原理是在玻璃表面涂抹一层碲化镉，使其具有光电转换功能。下列说法正确的是A．碲元素在元素周期表中位于d区B．原子核内中子数为128C．与互为同位素D．发电玻璃的发电过程是化学能转化为电能2．（2022·北京通州·一模）下列化学用语或图示表达正确的是A．的电子式 B．的模型C．的原子结构示意图 D．苯的分子结构模型3．（2022·北京通州·一模）2022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法不正确的是A．CO2是由极性键构成的非极性分子B．干冰中CO2分子间只存在范德华力C．冰中H2O分子之间的主要作用力是氢键D．此技术制冰的过程中发生的是化学变化4．（2022·北京通州·一模）下列说法正确的是A．第一电离能： B．金属性：C．热稳定性： D．电负性：5．（2022·北京西城·一模）中国科学家经过光谱分析发现了一颗锂元素含量极高的恒星。下列说法不正确的是A．LiOH的碱性弱于Be(OH)2B．在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大C．依据对角线规则，锂元素和镁元素的有些性质相似D．原子光谱的产生与电子跃迁有关，可利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素6．（2022·北京西城·一模）下列说法正确的是A．和分子中均含有s-p键B．和的VSEPR模型和空间结构均一致C．熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅D．酸性：7．（2022·北京东城·一模）柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是A．能与H2O形成氢键B．能与NaOH反应生成柠檬酸三钠C．能在一定条件下发生消去反应D．分子中含有手性碳原子8．（2022·北京东城·一模）下列说法正确的是A．电解质溶液导电的过程发生了化学变化B．原子核外电子发生跃迁属于化学变化C．石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异D．“碳中和”是指利用中和反应吸收CO29．（2022·北京东城·一模）一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是A．第一电离能：X<Z<YB．XZ2晶体属于共价晶体C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物10．（2022·北京东城·一模）下列分子中的碳原子为sp杂化的是A．CH4 B．HCHO C．C2H2 D．C2H411．（2022·北京东城·一模）X为含Cu2+的配合物。实验室制备X的一种方法如图。下列说法不正确的是A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NHB．在①和②中，氨水参与反应的微粒相同C．X中所含阴离子是SOD．X的析出利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度12．（2022·北京延庆·一模）Cs为IA族元素，是铯的一种放射性同位素，可用于某些癌症的治疗。下列关于的说法，不正确的是A．原子核外电子数为55 B．原子核内中子数为137C．原子半径：>K D．的化学性质与K相似13．（2022·北京延庆·一模）下列性质的比较，不能用元素周期律解释的是A．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3 B．酸性：H2SO4<HClO4C．金属性：Na>Al D．氢化物的稳定性：H2S<H2O14．（2022·北京门头沟·一模）下列表述不正确的是A．原子轨道能量：1s<2s<3s<4sB．M电子层存在3个能级、9个原子轨道C．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动D．同一周期，碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子15．（2022·北京海淀·一模）铋可改善钢的加工性能。周期表中铋与砷同主族，其最稳定的同位素是。下列说法不正确的是A．是第六周期元素 B．的中子数是126C．的原子半径比的小 D．和具有相同的电子数16．（2022·北京朝阳·一模）干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，其晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是A．干冰晶体是共价晶体B．每个晶胞中含有4个分子C．每个分子周围有12个紧邻的分子D．干冰升华时需克服分子间作用力17．（2022·北京门头沟·一模）已知〖Co(H2O)6〗2+呈粉红色、〖CoCl4〗2—呈蓝色、〖ZnCl4〗2—为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：〖Co(H2O)6〗2++4Cl—〖CoCl4〗2—+6H2O△H，将该溶液分为三份做实验，溶液的颜色变化如表：装置序号操作现象①将试管置于冰水浴中溶液均呈粉红色②加水稀释③加少量ZnCl2固体以下结论和解释正确的是A．等物质的量的〖Co(H2O)6〗2+和〖CoCl4〗2—中σ键数之比为3：2B．由实验①可知：△H<0，由实验②可推知加水稀释，浓度熵Q<K，平衡逆向移动C．由实验③可知：Zn2+络合Cl—能力比Co2+络合Cl—能力弱D．实验①②③可知：配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关18．（2022·北京石景山·一模）{Ti12O18}团簇是比较罕见的一个穴醚无机类似物，我国科学家通过将{Rb@Ti12O18}和Cs+反应，测定笼内Cs+的浓度，计算Cs+取代Rb+反应的平衡常数(Keq)，反应示意图和所测数据如下。有关说法不正确的是图中〖Cs+〗/〖Rb+〗表示平衡时铯离子浓度和铷离子浓度之比，其它类似A．离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)B．研究发现：Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏。据此推断：{Ti12O18}团簇表面的孔是柔性的C．Keq≈0.1D．{Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力19．（2022·北京海淀·一模）硅橡胶是一种兼具有机物和无机物性质、热稳定性好的高分子材料。两种硅橡胶L和M的结构如下图(图中~表示链延长)。已知：的性质与C相似，L可由，在酸催化下水解、聚合制得。下列关于硅橡胶的说法不正确的是A．L、M的热稳定性好与键键能大有关B．由制得L的过程中，有产生C．M可通过加成反应实现交联，得到网状结构D．硅橡胶的抗氧化性：20．（2022·北京石景山·一模）钛铁基储氢合金是由钛、铁两种元素组成的金属间化合物。一种钛铁合金的晶胞如图ⅰ所示，晶胞边长约为3×10-10m，该合金吸收的氢位于体心立方正八面体的中心，氢被4个钛原子和2个铁原子包围，如图ⅱ所示。下列说法不正确的是A．钛铁合金的化学式：TiFeB．钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个C．钛铁合金的密度约为6g/cm3(计算结果保留到整数)D．如图ⅱ所示的每个体心立方正八面体均填充1个氢原子，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH221．（2022·北京门头沟·一模）下列化学用语或表示不正确的是A．甲基的电子式：B．乙烯的分子结构模型：C．中子数为18的氯原子：ClD．基态Cr的电子排布式：1s22s22p63s23p63d44s222．（2022·北京海淀·一模）某科研团队研究用不同金属氧化物催化肉桂醛制苯甲醛(反应如下，部分产物略去)。反应时间和其它条件相同时，测得实验数据如下表。催化剂金属元素的电负性肉桂醛转化率/%苯甲醛选择性/%0.980.7971.931.078.2760.511.574.2154.831.676.4648.571.975.3441.71已知：i．选择性ii．与同主族。下列说法不正确的是A．肉桂醛制苯甲醛的反应属于氧化反应B．用作催化剂可以获得比用更大的主反应速率C．使用作催化剂时，反应后副产物最多D．金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好23．（2022·北京朝阳·一模）2021年我国科学家实现了二氧化碳到淀粉的人工合成。有关物质的转化过程示意如下：下列说法不正确的是A．反应①中分解制备需从外界吸收能量B．反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化C．核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致D．C6→淀粉的过程中只涉及O-H键的断裂和形成24．（2022·北京石景山·一模）已知：34Se(硒)、S、O为同族元素。下列说法正确的是A．原子半径：Se>S>O B．沸点：H2O＜H2S＜H2SeC．非金属性：Se>S>O D．电负性：Se>S>O25．（2022·北京朝阳·一模）下列性质的比较，不正确的是A．酸性： B．电负性：C．热稳定性： D．第一电离能：26．（2022·北京房山·一模）的转化一直是世界范围内的研究热点。利用两种金属催化剂，在水溶液体系中将分别转化为和的反应过程示意图如图所示，下列说法正确的是A．在转化为的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成B．在转化为的路径中，被氧化为C．两个转化路径均有非极性键的形成D．上述反应过程说明催化剂具有选择性27．（2022·北京房山·一模）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>FC．酸性： D．电负性：C<N<O<F28．（2022·北京海淀·一模）下列化学用语或图示表达正确的是A．N2的结构式： B．顺-2-丁烯的球棍模型：C．的空间填充模型： D．基态氮原子的轨道表示式：29．（2022·北京房山·一模）下列图示或化学用语表示不正确的是A．乙炔的空间结构模型B．的模型C．反-2-丁烯的结构简式D．氨分子的电子式A．A B．B C．C D．D30．（2022·北京丰台·一模）下列化学用语或图示表达正确的是A．的结构示意图：B．NaOH的电子式：C．的空间结构模型：D．反式聚异戊二烯的结构简式：31．（2022·北京丰台·一模）依据元素周期律，下列判断不正确的是A．第一电离能： B．原子半径：C．电负性： D．酸性：32．（2022·北京丰台·一模）下列关于氨气的说法不正确的是A．分子呈三角锥形，属于极性分子B．易液化、易溶于水均与氢键的形成有关C．与HCl反应的过程包含配位键的形成，属于共价化合物D．烧瓶中溶液红色不变时，达平衡33．（2022·北京丰台·一模）下列物质的性质不能用化学键解释的是A．金属铜具有导电性 B．氮气化学性质稳定C．金刚石硬度大 D．碘单质常温为固体二、原理综合题34．（2022·北京石景山·一模）CO2分子结构稳定，难以给出电子，较容易接受电子，较难活化。采用CO2作为碳源，通过CO2催化加氢方式，不仅可以减少温室气体的排放，还可以将CO2转化为高附加值的化学产品，具有重要的战略意义。(1)若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从_______(填分子的空间结构名称)变为弯曲型，便于下一步反应。(2)一种CO2直接加氢的反应机理如图a所示。①写出总反应的化学方程式_______。②MgOCO2也可以写成MgCO3，写出CO的VSEPR模型名称_______。(3)①已知：主反应CO2催化加氢制甲醇是放热反应2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH12CH3OH(g)+3O2(g)=4H2O(g)+2CO2(g)ΔH2写出CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式_______(ΔH用含ΔH1和ΔH2的代数式表示)。②CO2催化加氢制甲醇过程中的主要竞争反应为：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)ΔH=+41kJ/mol，在恒温密闭容器中，维持压强和投料不变，将CO2和H2按一定流速通过反应器，CO2转化率和CH3OH选择性〖x(CH3OH)%=〗随温度变化关系如图b所示，分析236℃以后，图b中曲线下降的原因_______。③我国科学家设计了离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，写出碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式_______。三、工业流程题35．（2022·北京房山·一模）铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：已知：；(1)基态原子的核外电子排布式是___________。(2)炉气中的可与、反应生成硒单质。写出该反应方程式___________。(3)溶液a的主要成分是___________。(4)水氯化浸金过程中，。配离子中提供空轨道的是___________，配位数是___________。(5)加入氨气后，溶解，请写出氨浸分银的离子方程式___________，该反应的平衡常数K=___________。(6)分子中N原子的杂化类型为___________、在沉银过程中的作用是___________。(7)的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长为apm(1pm=1×1010cm)晶体银的密度___________。四、结构与性质36．（2022·北京通州·一模）铜及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题：(1)基态铜原子有________种运动状态不相同的电子，其价层电子排布式为_________。(2)已知铜与氯形成化合物的立方晶胞如下图所示。①该晶体的化学式为___________。②该晶体中，每个氯原子周围与它最近且等距离的氯原子有___________个。(3)能与多种物质形成配合物，为研究配合物的形成及性质，某小组进行如下实验。序号实验步骤实验现象或结论ⅰ向溶液中逐滴加入氨水至过量产生蓝色沉淀，随后溶解并得到深蓝色的溶液ⅱ再加入无水乙醇得到深蓝色晶体ⅲ测定深蓝色晶体的结构晶体的化学式为ⅳ将深蓝色晶体洗净后溶于水配成溶液，再加入稀NaOH溶液无蓝色沉淀生成①深蓝色的配离子的结构简式：___________。②晶体中的中心原子杂化轨道类型为：___________。③加入乙醇有晶体析出的原因：___________。④该实验条件下，与的结合能力___________(填“大于”“小于”或“等于”)与的结合能力。⑤能与形成，而不能，其原因是___________。37．（2022·北京西城·一模）Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，其晶胞示意图如下。(1)Zn2+的价层电子排布式是_______。(2)C、O、N的电负性从大到小的顺序是_______。(3)三乙撑二胺()与Zn2+能形成配位键的原因是_______。(4)在晶体M每个空腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M1，晶胞示意图如图。一定条件下随着偶氮苯顺反结构的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M1和M2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N2，被称为“会呼吸”的晶体。晶体装载分子晶胞中Zn2+个数晶胞体积/cm3M1顺式偶氮苯xM2反式偶氮苯4资料：ⅰ．ⅱ．M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变①N2的电子式是_______。②偶氮苯()中N的杂化轨道类型是_______。偶氮苯存在顺反异构的原因是分子中两个氮原子间存在_______(填“σ键”或“π键”)。③x=_______。④晶胞密度小则晶体内部的空隙大。能让“会呼吸”的晶体吸收N2的条件是_______光照射。38．（2022·北京东城·一模）钴及其化合物有重要的用途，研究其结构有重要意义。(1)基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。____在元素周期表中，该元素属于____(填“d”或“ds”)区。(2)〖Co(NH3)5Cl〗Cl2是Co3+的一种重要配合物。①该配合物的一种配体是NH3。NH3的空间结构呈____形，是_____(填“极性”或“非极性”)分子。②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个_____和3个____。③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.51g该配合物，先加水溶解，再加足量AgNO3溶液，____(补全实验操作和数据)。相对分子质量：〖Co(NH3)5Cl〗Cl2-250.5，AgCl-143.5。(3)钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体。图2是钴蓝的晶胞。①图2中Ⅱ型小立方体分别是b、____(填字母序号)。②钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=____。39．（2022·北京朝阳·一模）以、和为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜，原理如下：(1)基态原子的价层电子排布式为_______。(2)根据反应原理分析①镀铜反应中，利用了的_______性。②选择进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是_______a．、均属于极性分子b．与之间能形成氢键c．在醛基的碳氧双键中，电子偏向碳原子(3)镀液中的、、三种微粒，空间结构为三角形的是_______。(4)为防止与形成沉淀，可加入使形成配合物。能电离出和。(EDTA4-)中除部分O外，还能与配位的原子是_______。(5)铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布，把元素周期表划分为5个区。位于_______区。(6)聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如下结构特征：上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是：①_______。②聚合物有可能与配位。40．（2022·北京延庆·一模）镍铜合金由60%镍、33%铜、6.5%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性高，耐磨性好，容易加工，无磁性，是制造行波管和其他电子管较好的结构材料。还可作为航空发动机的结构材料。(1)基态铜原子的价层电子的轨道表示式为_______，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是_______。(2)向4mL0.1mol/LCuSO4溶液中滴加氨水可形成〖Cu(NH3)4〗SO4溶液，再向溶液中加入8mL95%的乙醇，并用玻璃棒摩擦器壁析出深蓝色晶体Cu(NH3)4〗SO4·H2O。①NH3中心原子的轨道杂化类型为_______。NH3的沸点高于CH4的沸点，其原因是_______。②简单说明加入乙醇后析出〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O晶体的原因_______。(3)某镍铜合金的立方晶胞结构如图所示。①在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为_______。②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=_______g·cm-3(NA表示阿伏伽德罗常数，列出计算式)。41．（2022·北京门头沟·一模）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____。42．（2022·北京石景山·一模）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。43．（2022·北京海淀·一模）硅是地壳中储量仅次于氧的元素，在自然界中主要以和硅酸盐的形式存在。(1)基态硅原子的价电子排布式为___________。(2)硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次为___________。(3)晶态的晶胞如图。①硅原子的杂化方式为___________。②已知晶胞的棱长均为apm，则晶体的密度___________(列出计算式)。(4)硅元素最高价氧化物对应的水化物为原硅酸。资料：原硅酸()可溶于水，原硅酸中的羟基可发生分子间脱水，逐渐转化为硅酸、硅胶。①原硅酸钠溶液吸收空气中的会生成，结合元素周期律解释原因：___________。②从结构的角度解释脱水后溶解度降低的原因：___________。44．（2022·北京丰台·一模）金属冶炼过程中一种用有机化合物从水溶液中提取的流程如下：(1)有机化合物W的结构简式为：该分子中碳原子的杂化轨道类型有___________种，N、O杂化轨道类型分别为___________、___________。(2)W可与形成化合物Q，其结构如下所示：①基态的价电子排布式为___________。②氢键对Q在水中溶解性的影响是___________(填“增大”或“减小”)。③W与之间以共价键和配位键相结合，其中一定是配位键的是___________键(填“Cu—O”或“Cu—N”)。(3)有机化合物的合成通常使用催化剂，一种催化剂晶体的晶胞示意图如下：①Y原子为___________(填元素符号)。与每个Y原子距离最近且等距的X原子有___________个。②该晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度___________(列出计算式，的摩尔质量为123)。

2022北京高三一模化学汇编物质结构与性质▁▃▅▇█参*考*答*案█▇▅▃▁1．C〖解析〗〖详析〗A．碲为52号元素，元素在元素周期表中位于p区，A错误；B．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；质量数=质子数+中子数，原子核内中子数为128-52=76，B错误；C．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；与互为同位素，C正确；D．发电玻璃的发电原理是在玻璃表面涂抹一层碲化镉，使其具有光电转换功能，发电玻璃的发电过程是把光能转化为电能，D错误；故选C。2．D〖解析〗〖详析〗A．氯气是双原子分子，电子式为，故A错误；B．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，VSEPR模型为直线形，不是V形，故B错误；C．镁原子的核电荷数为12，原子结构示意图为，故C错误；D．苯的结构简式为，分子结构模型为，故D正确；故选D。3．D〖解析〗〖详析〗A．二氧化碳中C-O键为极性键，正负电荷重心重合，是非极性分子，A正确；B．干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，B正确；C．冰中水分子间存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，C正确；D．该过程中无新物质生成，为物理变化，D错误；故选D。4．A〖解析〗〖详析〗A．第一电离能：同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，特例IIA>IIIA，故C>Be>B，A正确；B．同主族元素从上往下金属性逐渐增强，故：Li<Na<K，B错误；C．非金属性越强，气态氢化物热稳定性越高，非金属性F>Cl>S，故热稳定性：HF>HCl>H2S，C错误；D．同周期从左往右电负性逐渐增强，故电负性：Cl>S>P，D错误；故选A。5．A〖解析〗〖详析〗A．同周期元素，从左到右元素的金属性依次减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，则氢氧化锂的碱性强于氢氧化铍，故A错误；B．同主族元素，从上到下的第一电离能依次减小，所以在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大，故B正确；C．依据对角线规则可知，元素周期表中位于对角线上的锂元素和镁元素的有些性质相似，故C正确；D．用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，原子光谱的产生与电子跃迁有关，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素，故D正确；故选A。6．C〖解析〗〖详析〗A．氯气分子中含有p—pσ键，不含有s—pσ键，故A错误；B．氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，VSEPR模型为四面体形、空间结构为三角锥形，铵根离子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，VSEPR模型为四面体形、空间结构为正四面体形，所以氨分子和铵根离子的空间结构不同，故B错误；C．原子晶体的熔点大小取决于共价键的强弱，共价键越强，晶体的熔点越高，金刚石、碳化硅、晶体硅都为原子晶体，晶体中成键原子形成共价键的键长的大小顺序为Si—Si>C—Si>C—C，键能大小顺序为C—C>C—Si>Si—Si，共价键的强弱顺序为C—C>C—Si>Si—Si，所以晶体的熔点大小顺序为金刚石>碳化硅>晶体硅，故C正确；D．氯元素的电负性大，吸电子的能力强，羧酸分子中烃基上氯原子数目越多，吸电子能力越强，羧基中氢氧键的活性越强，越容易电离出氢离子，羧酸的酸性更强，则羧酸的酸性强弱顺序为CCl3COOH>CHCl2COOH>CH3COOH，故D错误；故选C。7．D〖解析〗〖详析〗A．柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A正确；B．柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；C．柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C正确；D．没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D错误；故〖答案〗选D。8．A〖解析〗〖详析〗A．电解质溶液导电的过程就是电解的过程，在电极上发生氧化还原反应，发生了化学变化，故A正确；B．原子核外电子发生跃迁不产生新物质，不属于化学变化，故B错误；C．石油分馏利用了石油中各组分物理性质的差异，主要是沸点的差异，故C错误；D．“碳中和”是指一定时间内CO2吸收和排放的量相当，故D错误；故选A。9．B〖解析〗〖祥解〗一种对中枢神经有抑制作用的药物，其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性，得Y为N元素，X能形成4个共价键，X为C元素，W形成1个其价键，W为H元素，Z形成2个共价键，Z为O元素。〖详析〗A．N的2p能级处于半充满状态，第一电离能大，第一电离能：C<O<N，故A正确；B．CO2晶体属于分子晶体，故B错误；C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物H2O、H2O2，故C正确；D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物和碳酸钠和丙二酸钠，故D正确；故选B。10．C〖解析〗〖详析〗A．CH4中碳形成4个σ键，为sp3杂化，故A不选；B．HCHO中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故B不选；C．C2H2中碳形成2个σ键，没有孤电子对，为sp杂化，故C选；D．C2H4中碳形成3个σ键，没有孤电子对，为sp2杂化，故D不选；故选C。11．B〖解析〗〖祥解〗向硫酸铜中加入氨水首先①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，继续添加氨水沉淀溶解②中发生反应Cu(OH)2+4NH3=〖Cu(NH3)4〗(OH)2，X为含Cu2+的配合物，故X为深蓝色晶体〖Cu(NH3)4〗·H2O。〖详析〗A．①中发生反应：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，A项正确；B．在①中，氨水参与反应的微粒是Cu2+，在②中，氨水参与反应的微粒是Cu(OH)2，B项错误；C．X为深蓝色晶体〖Cu(NH3)4〗·H2O，所含阴离子为，C项正确；D．加入95%的乙醇析出〖Cu(NH3)4〗·H2O，利用了其在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，D项正确；〖答案〗选B。12．B〖解析〗〖祥解〗元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；〖详析〗A．原子中质子数=电子数，原子核外电子数为55，A正确；B．的质量数为137，B错误；C．电子层数越多半径越大，原子半径：>K，C正确；D．和K均为IA族元素，同主族元素化学性质相似，D正确；故选B。13．A〖解析〗〖详析〗A．碳酸氢盐较不稳定，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故A选；B．非金属性Cl＞S，非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性：HClO4＞H2SO4能用元素周期律解释，故B不选；C．Na、Al位于同一周期，同周期元素从左到右金属性减弱，则金属性：Na＞Al，能用元素周期律解释，故C不选；D．同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属S＜O，元素的非金属性越强，对应的氢化物稳定性越强，氢化物的稳定性：H2S<H2O，能用元素周期律解释，故D不选；故选：A。14．C〖解析〗〖详析〗A．能层不同，能级相同的原子轨道，能层越大，能量越大，则原子轨道能量为1s<2s<3s<4s，故A正确；B．M电子层存在s、p、d共3个能级，共有(1+3+5)=9个原子轨道，故B正确；C．4s电子能量高于3s电子，4s电子在离核更远的地方的出现几率比3s电子大，不一定总是在比3s电子离核更远的地方运动，故C错误；D．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，所以同一周期中碱金属元素的第一电离能最小，最容易失电子，故D正确；故选C。15．C〖解析〗〖详析〗A．由题干信息可知，是83号元素，54＜83＜86，则Bi属于第六周期元素，A正确；B．已知质量数等于质子数加中子数，则的中子数是209-83=126，B正确；C．已知As位于第4周期第VA族，而Bi位于第6周期第VA族，根据同一主族从上往下原子半径依次增大，即的原子半径比的大，C错误；

D．和的核外电子数为83，故相同，D正确；故〖答案〗为：C。16．A〖解析〗〖详析〗A．由题干信息可知，干冰(固态二氧化碳)在-78℃时可直接升华为气体，干冰晶体是分子晶体，A错误；B．由题干图示晶胞图可知，每个晶胞中含有=4个分子，B正确；C．由题干图示晶胞图可知，以其中面心上的一个CO2为例，其周围有3个相互垂直的平面，每个平面上有4个CO2与之最近且距离相等，则每个分子周围有12个紧邻的分子，C正确；D．已知干冰是分子晶体，故干冰升华时需克服分子间作用力，D正确；故〖答案〗为：A。17．D〖解析〗〖详析〗A．六水合钴离子中配位键和水分子中的氢氧键都是σ键，四氯合钴离子中配位键是σ键，则等物质的量的六水合钴离子和四氯合钴离子中σ键数之比为(6+2×6)：4=9：2，故A错误；B．由实验①可知，降低温度，溶液呈粉红色说明平衡向逆反应方向移动，该反应为吸热反应，反应焓变△H＞0，故B错误；C．由实验③可知，加入氯化锌固体，溶液呈粉红色说明溶液中氯离子浓度减小，平衡向逆反应方向移动，所以锌离子络合氯离子的能力比钴离子络合氯离子的能力强，故C错误；D．实验①②③可知，配合物的形成与温度、配体的浓度及配体的种类等有关，故D正确；故选D。18．C〖解析〗〖详析〗A．根据元素所在周期表的位置关系可知，Cs与Rb同一主族，Cs在Rb的下一周期，电子层数越多离子半径越大，所以离子半径：r(Cs+)>r(Rb+)，A正确；B．Cs+的直径显著大于{Ti12O18}团簇表面的孔径且{Ti12O18}的骨架结构在Cs+交换过程中没有被破坏，则说明{Ti12O18}团簇表面的孔允许Cs+进入笼内时，是柔性的，不是刚性的，否则交换过程中骨架结构会被破坏，B正确；C．根据上述平衡可知，Keq=，从右侧图像的意义看，Keq=直线的斜率，C错误；D．根据C项分析可知，上述平衡容易向正向进行，即{Ti12O18}团簇对于Cs+具有比Rb+大的亲和力，D正确；故选C。19．D〖解析〗〖详析〗A．L、M中构成高分子的链节是通过硅氧键链接起来的，其热稳定性好与键键能大有关，A正确；B．L可由在酸催化下水解、聚合制得，水解会生成和HCl，B正确；C．M中还含有碳碳双键，可通过碳碳双键的加成反应实现交联，得到网状结构，C正确；D．M中还含有碳碳双键，碳碳双键容易被氧化，故硅橡胶的抗氧化性：，D错误；故选D。20．D〖解析〗〖详析〗A．由图i晶胞结构可知，Ti位于顶点，Fe位于体心，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8=1，含有的Fe原子个数=1，则钛铁合金的化学式为TiFe，故A正确；B．由图i可知，该晶体中每个Fe被8个Ti所形成的立方体包围，每个Ti亦被8个Fe所形成的立方体包围，即钛铁合金中每个Ti周围距离最近且等距的Fe有8个，故B正确；C．根据A选项分析，每个晶胞中含有1个TiFe，一个晶胞的质量=g=g，晶胞的体积=cm3=2.710-23cm3，该晶体的密度=g/cm36g/cm3，故C正确；D．由图ⅱ可知，Ti位于晶胞的顶点和棱上，Fe位于晶胞内部，H位于体心和面上，因此每个晶胞中含有的Ti原子个数=8+4=2，含有的Fe原子个数=2，含有的H原子个数=10+1=6，Ti:Fe:H=2:2:6=1:1:3，则理论上形成的金属氢化物的化学式：TiFeH3，故D错误；〖答案〗选D。21．D〖解析〗〖详析〗A．1个甲基共有7个电子，甲基的电子式：，A正确；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，分子结构模型：，B正确；C．核电荷数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子：Cl，C正确；D．Cr所含质子数为24，原子核外电子数为24，基态Cr的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1，D错误；〖答案〗选D。22．B〖解析〗〖详析〗A．该反应中，臭氧作氧化剂，将肉桂醛氧化成苯甲醛，该变化属于氧化反应，故A正确；B．由表中数据可知ZnO作催化剂时，苯甲醛的选择性比Al2O3作催化剂时小，生成苯甲醛的反应为主反应，所以ZnO作催化剂时主反应速率小，故B错误；C．氧化铜作催化剂时苯甲醛的选择性最小，生成的副产物最多，故C正确；D．结合表中数据可知，随着金属元素电负性增大，苯甲醛的选择性逐渐减小，因此可以得出结论：金属氧化物中金属元素的电负性越小，苯甲醛选择性越好，故D正确；〖答案〗选B。23．D〖解析〗〖详析〗A．已知H2在氧气中燃烧是一个放热反应，则可知反应①中分解制备需从外界吸收能量，A正确；B．已知CO2中C原子周围的价层电子对数为2+=2，则C原子为sp杂化，而CH3OH中C原子均以单键与周围的3个H和一个O原子形成4个σ键，则该C原子以sp3杂化，则反应②中，碳原子的杂化方式发生了变化，B正确；C．核磁共振可以检测有机物中不同环境的H原子种类，X射线衍射则可以检测晶体与非晶体和晶体的结构，则可用核磁共振、X射线衍射等技术可检测合成淀粉与天然淀粉的组成结构是否一致，C正确；D．由题干反应历程图可知，C6→淀粉的过程中涉及O-H键和O-C键的断裂，C-O键的形成，D错误；故〖答案〗为：D。24．A〖解析〗〖详析〗A．O、S、Se为原子序数逐渐增大的同族元素，同族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径：Se>S>O，故A正确；B．H2S和H2Se都是分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，所以H2S＜H2Se，水中存在氢键，是同族元素形成的氢化物中沸点最高的，所以沸点：H2O>H2Se>H2S，故B错误；C．同主族元素，从上到下非金属性逐渐减弱，所以非金属性：O>S>Se，故C错误；D．一般来说，非金属性越强，电负性越强，故电负性：O>S>Se，故D错误；故〖答案〗为：A25．C〖解析〗〖详析〗A．硫酸为强酸，磷酸为中强酸，酸性：，A正确；B．元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：S<Cl，则电负性：，B正确；C．元素的非金属性越强，其简单氢化物越稳定，非金属性：S<O，则热稳定性：，C错误；D．同一主族元素从上向下，第一电离能逐渐减小，第一电离能：，D正确；〖答案〗选C。26．D〖解析〗〖详析〗A．由图看出路径中有碳氧单键断裂和碳氧三键的形成，A错误；B．HCOOH的C元素化合价为+2，CO2为+4价，化合价降低，CO2被还原为HCOOH，B错误；C．根据转化示意图可知，两个转化路径中，不存在着非极性键的形成，C错误；D．该机理图可知CO2在两种金属催化剂作用下生成两种不同产物，即催化剂具有选择性，D正确；〖答案〗选D。27．B〖解析〗〖详析〗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。28．A〖解析〗〖详析〗A．结构式是指用一根短线表示一对共用电子对的式子，则N2的结构式为：，A正确；

B．由于碳碳双键两端的甲基分别位于双键平面的两侧，则是反-2-丁烯的球棍模型，B错误；C．已知CO2是直线形分子，故的空间填充模型为：，C错误；

D．根据洪特规则及特例可知，基态氮原子的轨道表示式为：，D错误；故〖答案〗为：A。29．D〖解析〗〖详析〗A．乙炔的分子式为C2H2，为直线型，为其空间结构模型，A正确；B．根据VSEPR理论，二氧化硫中S提供6个价电子，O不提供电子，故6/2=3，即SO2为角型或者叫V型，B正确；C．反-2-丁烯中两个甲基位于双键的异侧，结构简式为，C正确；D．氨分子中N和H原子形成共用电子对，N原子含有1对孤对电子，其电子式为：，D错误；〖答案〗选D。30．C〖解析〗〖详析〗A．的结构示意图：，A错误；B．NaOH存在离子键和共价键，电子式：，B错误；C．的B是sp2杂化，空间结构平面三角形，模型：，C正确；D．反式聚异戊二烯的结构简式：，D错误；故选C。31．A〖解析〗〖详析〗A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则锂、铍、硼的第一电离能由小到大的顺序为Li＜B＜Be，故A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则钠、镁、钾的原子半径由小到大的顺序为，故B正确；C．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增大，则氮、氧、氟的电负性由小到大的顺序为，故C正确；D．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硅、磷、氯的最高价氧化物对应水化物的酸性由小到大的顺序为，故D正确；故选A。32．C〖解析〗〖详析〗A．氨分子的空间构型是结构不对称的极性分子，故A正确；B．氨分子能形成分子间氢键，沸点较高易液化，氨分子和水分子能形成氢键，极易溶于水，故B正确；C．氯化铵是由铵根离子和氯离子形成的离子化合物，不是共价化合物，故C错误；D．氨气极易溶于水，溶于水的氨分子部分与水反应生成一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出氢氧根离子使酚酞溶液变红色，当烧瓶中溶液红色不变时说明达平衡，故D正确；故选C。33．D〖解析〗〖详析〗A．金属铜具有导电性，是因为金属中自由电子和金属阳离子形成金属键，金属的导电性能用化学键解释，故不选A；

B．氮分子内存在氮氮三键，键能大，所以氮气化学性质稳定，能用化学键解释，故不选B；C．金刚石是原子晶体，碳原子间通过共价键结合，所以金刚石硬度大，能用化学键解释，故不选C；

D．碘单质常温为固体，是因为碘分子间作用力大，与化学键无关，故选D；选D。34．(1)直线形(2)

CO2+4H22H2O+CH4

平面三角形(3)

CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=kJ/mol

主反应放热，竞争反应吸热，升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差

CO2+6e−+5H2O=CH3OH+6OH−〖解析〗(1)CO2分子中C原子上的孤电子对数为0，价层电子对数为2，CO2分子的空间构型为直线形，分子结构稳定，难以给出电子，若活化CO2，通常需要采取适当的方式使CO2的分子结构从直线形变为弯曲型，便于下一步反应。(2)①从一种CO2直接加氢的反应机理图可知，进入体系的物质是CO2和H2，从体系出来的物质有CH4和H2O，总反应的化学方程式：CO2+4H22H2O+CH4；②CO的中心原子C的价层电子对数为，则C的杂化方式为sp2杂化，则其VSEPR模型名称平面三角形。(3)①根据盖斯定律，设题给两个热化学方程式分别为a和b，则通过“(a×3-b)×”变化可得CO2催化加氢制甲醇的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=kJ/mol；②图b中曲线所示，236℃以后，CO2转化率、甲醇选择性随温度升高而下降，可能的原因是：CO2催化加氢制甲醇过程中的主反应是放热，主要竞争反应为吸热，236℃以后升温使主反应平衡逆向移动程度大于竞争反应平衡正向移动程度，因而使CO2转化率、甲醇选择性下降；或主反应催化剂随温度升高活性变差；③离子液体电还原CO2合成CH3OH工艺，则CO2得电子，碱性条件下CO2生成甲醇的电极反应式：CO2+6e-+5H2O=CH3OH+6OH-。35．(1)1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1(2)SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4(3)CuSO4(4)

Au

4(5)

(6)

sp3杂化

作还原剂(7)〖解析〗〖祥解〗铜阳极泥含有金属(、、等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有、、等，铜阳极泥在酸性环境中焙烧脱硒得到含SeO2的炉气，接着再加入硫酸酸浸，分离后得到主要成分为CuSO4的溶液a，再向滤渣中通入Cl2、HCl，发生反应，接着通入氨气，AgCl溶解：，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答。(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或〖Ar〗3d104s1；(2)可与、反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4，反应的化学方程式为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；(3)由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；(4)配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4；(5)根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：，已知；，又AgCl的沉淀溶解平衡为：，则反应的平衡常数为；(6)N2H4中N原子的价层电子对个数为4，因此N原子的杂化类型是sp3杂化，沉银过程中，加入N2H4沉银，被还原为Ag单质，得到粗银粉，因此N2H4的作用是作还原剂；(7)由晶胞结构可知，Ag原子位于晶胞的面心和顶点，则1个晶胞含有Ag原子的个数为，则1个Ag的晶胞的质量为，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体积为V=a3×10-30cm3，因此晶体银的密度。36．(1)

29

3d104s1(2)

CuCl

12(3)

sp3

离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小

大于

N、F、H三种元素的电负性为：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键〖解析〗(1)铜元素的原子序数为29，核外电子数为29，价电子排布式为3d104s1，由泡利不相容原理可知，同一原子中不可能有运动状态完全相同的电子，则基态铜原子有29种运动状态不相同的电子，故〖答案〗为：29；3d104s1；(2)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氯原子个数为8×+6×=4，位于体内铜原子个数为4，则晶体的化学式为CuCl，故〖答案〗为：CuCl；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的氯原子与位于面心的氯原子的距离最近，则晶体中，每个氯原子周围与它最近且等距离的氯原子有12个，故〖答案〗为：12；(3)①四氨合铜离子中中心离子为铜离子，配位体为氨分子，铜离子与4个氨分子形成配位键，离子的结构简式为，故〖答案〗为：；②水分子中氧原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，氧原子的杂化轨道类型为sp3杂化，故〖答案〗为：sp3；③为易溶于水，难溶于有机溶剂的离子化合物，向深蓝色溶液中加入极性较弱的乙醇可降低的溶解度，便于晶体析出，故〖答案〗为：离子晶体在极性较弱的乙醇中溶解度小；④由氢氧化铜沉淀与氨水反应生成四氨合铜离子可知，铜离子与氨分子的结合能力大于氢氧根离子，故〖答案〗为：大于；⑤氮元素的电负性强于氢元素，氨分子中共用电子对偏向氮原子，易于氨分子中氮原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，氟元素的电负性强于氮元素，三氟化氮中共用电子对偏向氟原子，不利于氨分子中氮原子上的孤电子对与铜离子形成配位键，所以铜离子能与氨分子结合形成四氨合铜离子，不能与三氟化氮形成配位键，故〖答案〗为：N、F、H三种元素的电负性为：F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键。37．(1)3d10(2)O＞N＞C(3)三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对(4)

sp2

π键

2

紫外〖解析〗(1)Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，则其价层电子排布式是3d10。〖答案〗为：3d10；(2)C、O、N为同周期元素，从左到右的排列顺序为C、N、O，非金属依次增强，所以电负性从大到小的顺序是O＞N＞C。〖答案〗为：O＞N＞C；(3)Zn2+具有空轨道，三乙撑二胺()中的N原子具有孤对电子，所以三乙撑二胺与Zn2+能形成配位键的原因是：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对。〖答案〗为：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对；(4)①N原子的价电子数为5，需要形成三对共用电子，所以N2的电子式是。②偶氮苯()中N的价层电子对数为3，则杂化轨道类型是sp2。偶氮苯分子中，双键氮原子存在孤对电子，所以存在顺反异构，其原因是分子中两个氮原子间存在π键。③在晶体M的晶胞中，Zn2+位于棱上，每个棱被4个晶胞共用，则x==2。④M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变，即Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子的个数比不变，现M1和M2中Zn2+个数比为2:4=1:2，所以相对分子质量比也为1:2，而M1的体积为cm3，M2的体积为cm3，所以二者的密度比为＜1:1，所以M1的密度小。晶胞密度小则晶体内部的空隙大，从而得出M1能让“会呼吸”的晶体吸收N2，依据“”，可得出条件是紫外光照射。〖答案〗为：；sp2；π键；2；紫外。〖『点石成金』〗形成配合物时，配位数等于中心原子与配体间形成的配位键的数目。38．(1)

d(2)

三角锥

极性

4s

4p

充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g(3)

deg

1:2:4〖解析〗(1)基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是。在元素周期表中，第四周期，Ⅷ族，该元素属于d(填“d”或“ds”)区。故〖答案〗为：；d；(2)〖Co(NH3)5Cl〗Cl2是Co3+的一种重要配合物。①该配合物的一种配体是NH3。NH3的N原子价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，空间结构呈三角锥形，正负电荷中心不重叠，是极性(填“极性”或“非极性”)分子。故〖答案〗为：三角锥；极性；②该配合物中Co3+参与杂化的6个能量相近的空轨道分别是2个3d、1个4s和3个4p。故〖答案〗为：4s；4p；③设计实验证实该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。实验如下：称取2.51g该配合物，=0.01mol，先加水溶解，〖Co(NH3)5Cl〗Cl2=〖Co(NH3)5Cl〗2++2Cl-，再加足量AgNO3溶液，电离出的氯离子与银离子形成氯化银沉淀，充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g，=0.02mol，说明该配合物溶于水时，离子键发生断裂，配位键没有断裂。故〖答案〗为：充分反应后过滤，将沉淀洗涤、干燥后称重，测得其质量为2.87g；(3)①根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅱ型小立方体分别是b、deg(填字母序号)。故〖答案〗为：deg；②Ⅰ型立体结构含有Co原子数是4×+1、O原子数是4，Ⅱ型小立方体含有Co原子数是4×、O原子数是4、Al原子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Co原子数是8、O原子数是32、Al原子数是16，钴蓝晶体中三种原子个数比N(Co)：N(Al)：N(O)=8：16：32=1:2:4，故〖答案〗为：1:2:4。39．(1)3d104s1(2)

还原

ab(3)HCHO(4)N(5)d(6)该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破〖解析〗(1)已知Cu是29号元素，则基态原子的价层电子排布式为3d104s1，故〖答案〗为：3d104s1；(2)①镀铜反应中，Cu2+被还原为Cu，HCHO被氧化为HCOO-，则HCHO为还原剂体现还原性，故〖答案〗为：还原；②a．根据相似相溶原理可知，、均属于极性分子，a正确；b．能够形成分子间氢键的物质之间的溶解性增大，则与之间能形成氢键，b正确；c．由于O的电负性比C的大，在醛基的碳氧双键中，电子偏向氧原子，c错误；故〖答案〗为：ab；(3)镀液中的、、三种微粒中中心原子S原子周围的价层电子对数为：4+=4，中心原子C原子周围的价层电子对数为：3+=3，中心原子O原子周围的价层电子对数为：2+=4，根据价层电子对互斥理论可知，它们的空间结构分别为正四面体形、平面三角形和V形，故〖答案〗为：HCHO；(4)由的结构简式可知，部分O原子和N原子上有孤电子对，能与Cu2+形成配位键，则中除部分O外，还能与配位的原子是N，故〖答案〗为：N；(5)已知Ni是28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族，则位于d区，故〖答案〗为：d；(6)①由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏，②聚合物中的O和N中存在孤电子对，可能与配位，则上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜，故〖答案〗为：该聚酰亚胺基材上存在酰胺键，在碱性条件下易发生水解而遭到破坏。40．(1)

Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子(2)

sp3杂化

氨气分子间存在氢键

〖Cu(NH3)4〗SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，〖Cu(NH3)4〗SO4在乙醇中溶解度降低而析出(3)

1：3

〖解析〗(1)已知Cu是29号元素，则其基态铜原子的价层电子的轨道表示式为，Cu与Fe的第二电离能分别为：ICu=1959kJ·mol-1，IFe=1562kJ·mol-1，结合价层电子排布式解释Fe的第二电离能较小的原因是Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子，故〖答案〗为：Cu+核外价电子排布为3d10，3d全充满，比Fe+的3d64s1稳定，难以失去电子；(2)①NH3中心原子周围的价层电子对数为：3+=4，则N的轨道杂化类型为sp3杂化，由于NH3分子间存在氢键，导致NH3的沸点高于CH4的沸点，故〖答案〗为：sp3杂化；NH3分子间存在氢键；②〖Cu(NH3)4〗SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水，乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，〖Cu(NH3)4〗SO4在乙醇中溶解度降低而析出，故加入乙醇后析出〖Cu(NH3)4〗SO4·H2O晶体，故〖答案〗为：〖Cu(NH3)4〗SO4属于离子化合物，易溶于极性较大的溶剂水。乙醇是极性较小的溶剂，根据相似相溶原理，〖Cu(NH3)4〗SO4在乙醇中溶解度降低而析出；(3)①根据题干图示晶胞结构可知，一个晶胞中含有的Cu个数为：=3个，Ni个数为：=1个，则在该晶胞中镍原子与铜原子的数量比为1:3，故〖答案〗为：1:3；②若该晶胞的棱长为anm(1nm=1×10-7cm)，ρ=g·cm-3，故〖答案〗为：。41．(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。42．(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。43．(1)3s23p2(2)金刚石、碳化硅、硅(3)

sp3

(4)

碳、硅为同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成

脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致脱水后溶解度降低〖解析〗(1)硅为14号元素，基态硅原子的价电子排布式为3s23p2。(2)原子的电子层数越多，其半径越大，即碳的原子半径小于硅；原子的半径越小，其形成共价键键能越大，硅、金刚石和碳化硅晶体均为共价晶体，键能：碳碳键＞碳硅键＞硅硅键，共价晶体的熔点高低与共价键键能有关，故从高到低依次为金刚石、碳化硅、硅。(3)①由图可知，硅原子与4个氧原子形成共价键，价层电子对数为，杂化方式为sp3；②晶胞中Si原子位于顶点和面心、体心，一个晶胞中Si原子数目为，O原子位于晶胞内部，一个晶胞中O原子数目为16，则晶胞质量为；已知晶胞的棱长均为apm，则晶胞体积为，所以密度ρ=g/cm3。(4)①碳、硅同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成；②脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致脱水后溶解度降低。44．(1)

2

(2)

减小

Cu—N(3)

Zr

8

〖解析〗(1)由结构简式可知，W分子中含有苯环碳原子、双键碳原子和单键碳原子，其中苯环碳原子、双键碳原子的杂化方式均为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，则分子中碳原子的杂化轨道类型有2种；形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，形成单键的氧原子的杂化方式为sp3杂化，故〖答案〗为：2；sp2；sp3；(2)①铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布式为3d104s1，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的价电子排布式为3d9，故〖答案〗为：3d9；②由图可知，配合物Q中含有分子内氢键，分子内氢键会减小Q在水中的溶解性，故〖答案〗为：减小；③由图可知，配合物Q中氮原子形成4个共价键、氧原子形成2个共价键，所以W中氮原子与铜离子间形成的化学键一定是配位键，故〖答案〗为：Cu—N；(3)①锆原子的原子半径大于氧原子，由晶胞结构中原子的相对大小可知，Y原子为锆原子、小球为氧原子，晶胞中位于顶点的锆原子与位于体对角线处的氧原子距离最近且等距，则与每个锆原子距离最近且等距的氧原子有8个，故〖答案〗为：Zr；8；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的锆原子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧原子的个数为8，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得ρ=，故〖答案〗为：。高三模拟试题PAGEPAGE12022北京高三一模化学汇编物质结构与性质一、单选题1．（2022·北京通州·一模）碲化镉(CdTe)发电玻璃的发电原理是在玻璃表面涂抹一层碲化镉，使其具有光电转换功能。下列说法正确的是A．碲元素在元素周期表中位于d区B．原子核内中子数为128C．与互为同位素D．发电玻璃的发电过程是化学能转化为电能2．（2022·北京通州·一模）下列化学用语或图示表达正确的是A．的电子式 B．的模型C．的原子结构示意图 D．苯的分子结构模型3．（2022·北京通州·一模）2022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法不正确的是A．CO2是由极性键构成的非极性分子B．干冰中CO2分子间只存在范德华力C．冰中H2O分子之间的主要作用力是氢键D．此技术制冰的过程中发生的是化学变化4．（2022·北京通州·一模）下列说法正确的是A．第一电离能： B．金属性：C．热稳定性： D．电负性：5．（2022·北京西城·一模）中国科学家经过光谱分析发现了一颗锂元素含量极高的恒星。下列说法不正确的是A．LiOH的碱性弱于Be(OH)2B．在碱金属元素中，锂元素的第一电离能最大C．依据对角线规则，锂元素和镁元素的有些性质相似D．原子光谱的产生与电子跃迁有关，可利用原子光谱中的特征谱线来鉴定锂元素6．（2022·北京西城·一模）下列说法正确的是A．和分子中均含有s-p键B．和的VSEPR模型和空间结构均一致C．熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅D．酸性：7．（2022·北京东城·一模）柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是A．能与H2O形成氢键B．能与NaOH反应生成柠檬酸三钠C．能在一定条件下发生消去反应D．分子中含有手性碳原子8．（2022·北京东城·一模）下列说法正确的是A．电解质溶液导电的过程发生了化学变化B．原子核外电子发生跃迁属于化学变化C．石油分馏利用了石油中各组分化学性质的差异D．“碳中和”是指利用中和反应吸收CO29．（2022·北京东城·一模）一种对中枢神经有抑制作用的药物结构如图。其中W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z位于第二周期，Y的气态氢化物的水溶性显碱性。下列判断不正确的是A．第一电离能：X<Z<YB．XZ2晶体属于共价晶体C．W与Z可按原子个数比2：1和1：1形成两种化合物D．该药物在碱性溶液中加热，可水解产生Y的气态氢化物10．（2022·北京东城·一模）下列分子中的碳原子为sp杂化的是A．CH4 B．HCHO C．C2H2 D．C2H411．（2022·北京东城·一模）X