2023江苏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江苏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CO?的排放

B.FesOi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C0%箭头出来指向无C02知,该过程可减少CO。的排放,

正确；B项,根据题给流程图可知Fes。,和CaO均可循环利用,正确;C项,过程①中CO转化为C02,过程④

中C02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C0、乩与FesO,反应生成C02xH20和Fe单质，存在H-H非极性键的断裂,没有非极性键的生成,错误。

2.气相离子催化剂（Fe：Co：庙?等）具有优良的催化效果。其中，在Fe彳崔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()

CH.CHON2O

HC-Fe

721I1FeO+

7IH2C—0J:

N?O'

2[(C.HJFerJ^Fe(OH)]+

■>

Y

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A.FeO;N?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N20的物质的量大于2mol

答案DA项,Fe(T先生成后消耗，是反应中间体,N2由N20转化得到,是产物,错误;B项,由原子守恒可

++

知X是H。HQ中只含0-H极性共价键,错误;C项,该机理中反应C2H6+FeO===[(CH)Fe(0H)],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+H2O,

+

由于发生副反应：(C2H5)Fe(0H)]—>Fe：故每生成1molCH3CHO,消耗NQ的物质的量大于2mol,正确。

3.CO,加氢耦合苯胺(RNH。的一种反应机理如下图所示。下列叙述不正确的是()

A.金属Au可吸附H原子,TiO,可吸附C02

B.反应过程中N的成键数目保持不变

C.反应过程中C0,发生还原反应

一定条件

D.该过程的总反应:RNHz+COz+H?------*RNHCHO+HQ

答案BA项,由题图中过程I可知,金属Au可吸附H原子,TiO可吸附C02,正确;B项,由过程IV和V

可知,N的成键数目变化为3-4-3,错误;C项,反应过程中C02转化为RNHCHO,C元素化合价降低,发生

一定条件

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+H2ARNHCHO+H2O,正确。

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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块选择性氢化制乙烯,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)。

2C2H2(g)+4e-

_t4H2O(g)

A

-MS

混

2c2HJ+4e-C4H6*

之

+4HO(g)2C,HJ+2H,O(g)\2c2H,(g)

鞋2

+2e+20H__，一

2C2H4*+4dH-

乙族氢化反应历程

图2

下列说法正确的是()

A.由图1可知,C⑶转化为C4H$(g)时,只有C-H键的形成

B.由图2可知,GHz(g)转化为C4H6(g)的过程放出热量

C.步骤H20(g)+GH；+e-=—OH+GH；决定制乙烯的反应速率

D.GH：转化为QH：的步骤活化能较高,不利于乙快氢化制得C4H6(g)

答案CDA项，图1中C?也转化为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C4H$(g)的全过程,错误;C项,H20(g)+GH；+e===OH+GH；为制乙烯的主要步骤,正确;D项,图2

中C⑶转化为C此的步骤活化能较高,不利于制得CM(g),正确。

5.某种制备HQ的反应机理如图。下列说法不正确的是()

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:

A.总反应可表示为H2+02H2O2

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.HC1和C「可循环利用

答案ACA项,由反应机理可知,氢气和氧气在［PdClJ2一的作用下生成过氧化氢,反应的化学方程式为

［PdC口一

H2+02---------HA,错误;B项,Pd元素在［PdCL］"、［PdCbOz「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,HC1和C「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:

H2C=CH—CH,

下列说法错误的是()

A.该反应的催化剂为HCo(CO)3

、、口_催化剂

B.总反应式为CH3CH=CH2+H2+CO----->CH3CH2CH0

C.若反应物为乙烯,产物可能为0HCCH2CH2CH0

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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CH3CH2CH2CHO,错误;C项,若反应物为乙烯,则产物为CH3cH£H0,错误。

0

'人/

7.通过电解催化还原CO,可得到碳酸二甲酯DMC（00）0下列说法错误的是（）

A.通入CO?、CHQH的电极为阳极

B.Br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（

催化剂'/

D.该电解催化过程的总反应方程式为C02+2CH30H----->00+H2

答案AA项,通入的CO?得到电子生成CO,发生还原反应，所以通入COe、CHQH的电极为阴极，错误;B

项,Br在阳极失去电子生成Bn,Bn参与反应，反应过程中Bn又转化为Br,所以Br的物质的量在催化循

/\八/

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DMC,

断键后生成的一COOC&可以两两结合生成乙二酸二甲酯,正确;D项,该电解过程是CO?和甲醇反应最终

催化剂\/\/

生成DMC和水的反应，总反应方程式为C02+2CHQH----->OO+压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（）

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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.[PdCl,「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,B

错误;[PdCL厂是反应的催化剂,能降低反应的活化能,C正确;反应③中Pd的成键数目为4,没有发生改

变,D错误。

9.烯煌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）:

o

I

o

R

③

下列说法不正确的是（）

A.总反应方程式为0H+HSO5+R./R,+SQ2-+H20

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

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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,B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,C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”的必需原料,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W)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)一(II)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=~-3Li+2NH3

D.该方法制备氨气所需的温度低于传统工业合成氨的温度

答案CM电极上氢气被还原为氢离子,为阳极,电极反应式为H2-2e--2H：A项正确;据图可知

(I)一(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一先被还原为Li单

质,然后将N?还原为N&,同时又生成Li1所以Li为催化剂,反应方程式为Nz+3H+U2NH3,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由电能转化的,则所需的热能

较少,所需的温度较低,D项正确。

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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C0=的转化过程。下列说法错误的是（）

①H0

^H2O

H

H

Z^\

HH0Y）

M4

（金属羟基化合物）CH-0—C—0-（甲酸盐）

25--卜-③

0I-——

MC2H5OH

C2H—0—c=o

（甲酸乙酯）⑤

CH；OH（g）

M—H（产物）

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

催化剂

D.总反应化学方程式为C02+3H2------CH2H+H2

答案CCu元素的价层电子排布为3dzs：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

催化剂

该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C02+3H2^—

CH3OH+H2O,D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C0=的转化过程。下列说法错误的是（）

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H

0

IT4HM

M邓册（甲酸盐）

（金属羟基化合物）C2H5-段-0-冏/

/HAQH50H

C,H-（）-C=0/Z

（甲酸乙酯

M-H（声物引

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.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;C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C「、CIO；CIO?、CIO3、CIO,等离子。下列说法错误的是（）

A.基态C1原子核外电子的空间运动状态有9种

B.键角:CIO2>CZO3>Cl04

C.C「提供孤对电子与C小可形成CuClt

D.C102XCIO3、CIO4中Cl的杂化方式相同

答案BA项，基态C1原子核外电子排布式为Is22s22P63s23P5,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,C102xCIO3、CIO］中心Cl原子周围的价层电子对数分别为

2+ix（7+1-2X2）=4X3+^X（7+1-3X2）=4X4+^X（7+b4X2）=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作用,

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故键角:Cl()2<CIO3<Cl04,错误;C项,Cl中含有孤对电子,故C1提供孤对电子与Cu"可形成CuCli-,

正确;D项，由B项分析可知,口。2、CIO3、C104中C1周围的价层电子对数均为4,故三者的杂化方式均

为sp：,杂化,正确。

14.下列叙述不正确的是()

A.Li2S晶胞结构如图1,的配位数是8

B.某镇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)、

G33),则d的坐标参数为弓标,今

ZZZ444

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

的配位数为4,则S〉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8xi=l,Cu原子的

O

个数为6义呆3,则晶胞中铜原子与镁原子的数量比为3：1,正确;C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Na1由于顶点Na.为8个晶胞共有，面心Na，为2个晶胞共

有,则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)、

0,则d的坐标参数为G(,今，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apmo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N为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的

是()

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原子的最近距离为乎apm

D.BP晶体的密度为3/6\一21g-cm-3

3Z1

a?VAxlO

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,由化学式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角线长度的;,即乎apm,

正确;D项,晶胞质量5NA=NAg,晶胞体积V=(apm)3=a3><103°cm',则晶体密度p=§=黑黑而

g,cnf,错误。

16.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：

⑴在基态14C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)O

⑵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。

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⑶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。叱咯中

所有元素的电负性由大到小的顺序为O

(4)碳可形成CO、CO2等多种无机化合物,在CO转化成C02的反应过程中,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

⑸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：

碳酸盐MgCO3CaCO3SrCO3BaCO3

热分解温度-C40290011721360

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O

(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:『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「碳晶胞参数为apm,阿伏加德罗常数的值为NA,则『碳的密度为g/cm"列出计算

式)。

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图4

答案(1)2Be(2)sp32(3)N>OH(4)BC

⑸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

小12x8x4

-103

/VA(axlO)

[SEjniTi।

解析(1)基态气原子轨道表示式为Is2s2P，有2对自旋方向相反的电子;同周期从左

到右元素的第一电离能呈增大趋势，但同周期第IIA族元素的第一电离能大于第IIIA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。

⑵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sp深化;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

1

6X1=2O

⑶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>HO

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

子,B项正确;CO中存在C=0键,C02中存在C—0键,分子间成键方式改变,C项正确;CO和CO?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。

⑸碳酸盐的分解过程实际上是晶体中的阳离子结合CO歹中的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。

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⑹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、+6x1+4=8,每个正四面体结构含

oZ

有4个碳原子,晶胞的质量是与至g,已知「碳晶胞参数为apm,则「碳的密度为"义工g/加。

17.“金属钿催化的交叉偶联反响研究”曾获得过诺贝尔化学奖。钿位于元素周期表中第VJH族，与铐

(Rh)、粕(Pt)等元素统称为粕系元素,在工业及军事技术上发挥关键作用。

,0

⑴Pd位于第五周期,与镇相邻,其基态原子价电子排布式为4do下列Pd的价电子排布图中能量最低

的是(填选项字母)。

4d5s

A.111[TT]

4d5s

B.N|N|N|N|t][T\

4d

c.|N|N|N|N|N|

4d5s

D.|H|111和

PdCI2

⑵已知:2CHLCH2+02----*2CH3CH0O

①CH,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(sd杂化轨道)形成的。键和形成的JT键;CLCHO中碳

原子的杂化方式为。

②不同温度下PdCL的结构不同，a-PdS为无限的平面形长链,其结构如图(a)所示，则Pd(II)的配位

数为。B-PdCL为团簇分子，其结构如图(b)所示,则其分子式为。

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⑶粕与卤离子也可以形成稳定的配离子,已知配离子[Pt（IDC1J\[Pt（II）BrJ\[Pt（II）IJ2「的稳定

性依次增强,其可能的原因是。

⑷粕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），另一种由粕原子和镇原子共同构成（例如

①该晶体的化学式为。

②晶体中完全由镇原子构成的八面体空隙与由粕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。

3

答案（DC（2）①C（未杂化的p轨道）一C（未杂化的p轨道）sP\sp②4Pd6cL2⑶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PtNis）1：3yapm

4d

解析（i）Pd的基态原子价电子排布式为4d;故Pd的价电子排布图中能量最低的为o

⑵①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；CHaCHO中甲基上的C形成4个。键,

无孤电子对,故采取sp，杂化,醛基中的C形成3个。键和1个口键,无孤电子对,采取sp，杂化。②由

题图（a）可知,Pd（II）的配位数为4;P-PdCL为团簇分子,分子式为Pd6Cl12o

⑶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。

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⑷①由粕镁合金晶胞,利用均摊法可知,1个晶胞中,Pt的个数为8>4=1，Ni的个数为6义33,故化学式

为Ni3Pt或PtNiao②完全由银原子构成的八面体空隙在晶胞的体心,粕原子和银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,为与apm0

18.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：

⑴画出基态碳原子的价电子排布图:。

(2)1个H£0,分子中含有个。键;C。歹的空间结构为，写出一种与C0『具有相同

空间结构的分子:(填化学式)0

⑶CO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。血红雷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)o第一电离能：L(0

1(0)(填“>”或

(4)①g-CsNa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-CsN,晶体中存在的微粒

间作用力不包括(填标号)O

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a.非极性键b.极性键

c.n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Pg・cm;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

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

数的值）。

2s2p

答案⑴R用MI（2）5平面三角形SOK或BF3或其他合理答案）⑶sp：sp3N<

（4）aS1C2N4（5）4叫。（。）

639X1O30

2s2p

解析（1）C是6号元素，则基态碳原子的价电子排布图为和IMMIo

0

II

⑵H2CO3的结构式为H-O-C-O-H，则1个HzCOs分子含有5个。键;CO歹中心原子的价层电子对

数为3+1x（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

CO/具有相同空间结构的分子有S（X或BF3O

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⑶由题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sp\sp、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IIA与第IIIA、第VA与第VIA反常,故第一电离能:L(0<L(0)。

⑷①g-C3M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

键故含有北键，则g-CN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

欠

元"用，一个单元中含有1个Si原子,4个N原子,4X2=2个C原子，则该化合物的化学式为SiCM。

⑸由题给晶胞结构,利用均摊法可知,1个晶胞中含有8X：=l个Mg,6义J=3个Ni,1个C,已知该晶胞密

oZ

度为Pg•cm;则1个晶胞的体积为1x24+3,9+1x12cm3=213加,而1个晶胞中原子的体积之和为

P%APNA

3

g™+9心+3X加3)x10"式则其原子的空间利用率为刎生要学Q巴！=

而cm

DTINAP®?+7+3c?)

639X1O30°

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=晶胞中含有原子的体积X100%。

晶胞的体积

19.硅及其化合物在生产生活中有广泛应用。根据所学知识，回答下列问题：

⑴三甲基卤硅烷［(CH3SiX,X为Cl、Br、口是重要的化工原料。

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,溪元素位于一

区;基态硅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:L(Br)L⑴(填“大于”“小于”或“等于”)。

③常温下，(CHKSil中Si—I键比(CH3SiCl中的Si-Cl键易断裂的原因

是O

第18页共55页

⑵（CH，SiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。

0

①1个有机物A分子中采取sp2杂化的碳原子有

②有机物B的沸点低于对羟基苯甲醛（HCHO）的沸点，其原因

是

③OLCN中。键与n键的个数比为,

⑶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

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4.51g-cm-3,且a、b的长度均为307pm,阿伏加德罗常数的值用N.表示,

则c的长度为pm（列出计算式）。

第19页共55页

答案⑴①3s23P5p14②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-Cl键键能较大,不易断裂

⑵①7②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

⑶①TisSiCz②—於~^-―——

NAX号x307'xl0-川X4.51

解析（1）①基态C1原子的价电子排布式为3s23PM臭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L（Br）>L（1）0③I原子半径大于Cl原子半径,Si-I键键能较小,较易断

裂;而Si—C1键键能较大,不易断裂。

⑵①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、两个加键,故。键与冗键的个数比为5：2。

⑶①根据均摊法,1个晶胞中Ti原子的个数为8X1+4x；+4=6,Si原子的个数为8X；=2,C原子的个

数为4,灯、51、（：原子的个数比为6：2：4=3：1：2,故化学式为USiG。②晶胞的质量为48x6+2皆2+12x4

g,密度为4.51g•cnf;故晶胞的体积为N誓ycm3=-~”誉pm,底面为边长307pm的菱形,

NAAfAx4.51AfAx4.51xlO

则底面积为fx307?pm;故c的长度为一-=一—pm。

ZJU

zWAX^X307X10-X4.51

20.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同的有（填元素符号）。

②钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料。钛的硬度比铝大的原因

是O

第20页共55页

⑵镒及其化合物的应用研究是前沿科学之一。

①已知金属镒有多种晶型，Y型镒的面心立方晶胞俯视图符合下列中的（选填字母编

号）。

②三醋酸镒［（CHaCOO）3Mn］是一种很好的有机反应氧化剂。三醋酸镒：（CHsCOO）3Mn］中阳离子的价层电子

排布式中电子的自旋状态（填“相同”或“相反”）。

③M小能形成配离子为八面体的配合物MnCL•nNH3,在该配合物的配离子中,立于八面体的中心。若

含1mol该配合物的溶液与足量AgNO,溶液作用可生成1molAgCl沉淀,则该配离子的化学式

为0

⑶比较Fe和Mn的第三电离能:A（Fe）L（Mn）（填“大于”或“小于”），原因

是O

⑷某钙钛型复合氧化物如图，以A原子为晶胞的顶点,A位可以是Ca、Sr、Ba或Pb,当B位是V、Cr、

已知La为+3价,当代替A位置上的部分+2价元素时,可形成复合钙钛矿化合物LaArMnO”（x>0.9）,此

时一部分+3价镒转变为+4价,导致材料在某一温度附近有反铁磁一铁磁、铁磁一顺磁转变及金属一半

导体的转变,则复合钙钛矿化合物中+3价镐与+4价镒的物质的量之比为（用含x的代

数式表示）。

答案⑴①Ni、Ge、Se②Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强⑵①D②相同③［加（阳）£1］+

⑶小于Mr?’的3d能级是半充满的相对稳定结构,较难失去电子⑷2

第21页共55页

解析⑴①Ti是22号元素，价电子排布为3d24s；Ti的基态未成对电子数为2,同周期中未成对电子数

为2的价电子排布还有Ni(3d'4s2)、Ge(4s24P9、Se(4s24p4)，共3种;②Ti原子的价电子数比Al多，金

属键更强。⑵①金属镒的晶胞构型和氯化钠的相同，都属于面心立方构型,晶胞俯视图符合的是D选

项;②Mn是25号元素,根据构造原理知,Mn的基态原子核外电子排布式为[Ar]3d54s；失电子时,失去4s

轨道上的2个电子和3d轨道上的1个电子,标骸外价电子排布为3d”,则电子的自旋状态相同;③配离

子是八面体,即中心离子的配体共6个，含1mol该配合物的溶液与足量AgNO,溶液作用可生成1mol

AgCl沉淀,说明外界有1个Cr,其余C「和氨都在内界，作为配体，外界带一个单位负电荷,则整个内界应

带一个单位正电荷,镒离子带两个单位正电荷,氨不带电荷,只需要一个带负电荷的氯离子即可,故配离

+

子的化学式为[Mn(NHs)5C1]O(3)Fe的电子排布为[Ar]3d64slMn的电子排布为[Ar]3dzs；则Fe/的电子

排布为[Ar]3d6,Mn?’的电子排布为[Ar]3d5,Mn"的3d能级是半充满相对稳定结构，较难失去电子,故第三

电离能A(Fe)较小。(4)设LaArMnOs中三价镒与四价镒的物质的量分别是m和n,则有

3x+2(l-x)+3m+4n=6,m+n=l,解得m=x,n=bx,则LaAJnO,中三价镒和四价镒的物质的量之比为J-。

/\

21.二甲基亚飒(H3cCH3)是一种重要的非质子极性溶剂。铭和镒等过渡金属卤化物在二甲基亚

飒中有一定溶解度,故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：

(1)铭和镒基态原子核外未成对电子数之比为。

(2)已知:二甲基亚飒能够与水和丙酮(CH3)分别以任意比互溶。

①二甲基亚飒分子中硫原子的杂化类型为。

②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为0

③沸点:二甲基亚飒丙酮(填“>”或)，原因为,

④二甲基亚飒能够与水以任意比互溶的原因为。

第22页共55页

⑶CrCL-6H20的结构有三种,且铭的配位数均为6,等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为

3：2：1,对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式

为.

(4)已知硫化镒(MnS)晶胞如图所示,该晶胞参数a=120°,6=Y=90。。

①该晶体中镒原子的配位数为,

②已知锚和硫的原子半径分别nnm和enm,该晶体中原子的空间利用率为.(列出计算式

即可)。

答案(1)6：5

⑵①sp3②0〉C>H③〉二甲基亚飒相对分子质量较大，分子间作用力较大，沸点较高④二甲基亚

飒与水均为极性分子,且能够与水形成氢键

2+

⑶[Cr(H2O)5C1]

(4)①4②16黑萼X]00%

解析(1)Cr元素核外电子排布为[Ar]3d54s；有6个未成对电子,Mn元素核外电子排布为[Ar]3d54s；有

5个未成对电子,未成对电子数之比为6:5O

(3)外界的氯离子可以电离,结合题意可知紫色物质为：Cr(H2O)JCl“浅绿色物质为：Cr(H2O)5C1]C12•H20,

蓝绿色物质为：Cr(H20)4C12]Cl-2H20,所以浅绿色的结构中配离子的化学式为[Cr(H2O)5cl产。

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(4)①据图可知Mn原子位于S原子形成的四面体中心,所以Mn原子的配位数为4。②根据均摊法,1个

晶胞中Mn原子的个数为1+4义；=2,S原子的个数为1+8X：=2,所以原子总体积为2*3(川+帘)nn?;晶

3

胞底面为菱形，体积为0a2cnm,空间利用率为*4^义100%=等熟全X100%o

V3aze3V3aze

22.含碳、氮元素的化合物在航天或太阳能电池领域都有重要作用。

(1)N必和(CHa)?NNHj匀可用作卫星发射的主体燃料。

①N出的电子式为。

②NzH4的熔点悬)于(CH3)2NNH2,原因是o

⑵钙钛矿类杂化材料(CHsNH,)PbL在太阳能电池领域具有重要的应用价值。

①基态Pb的价层电子排布式为。

②已知甲基的供电子能力强于氢原子,则维阿比(CH3NH接受质子能力较弱的原因

是O

⑶(OLNHjPbL的晶胞结构如图所示，其中B代表Pb:

①代表F的为。

②原子分数坐标可用于表示晶胞内部各原子的相对位置。其中,原子分数坐标A为(0,0,0),B为

则C的原子分数坐标为。

③已知(CANHjPbL的摩尔质量为Mg-moF1,则该晶体的密度P=g•enf?(设州为阿伏加德罗

常数的值)。

④该晶胞沿体对角线方向的投影图为(填标号)。

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II：N：N：II

答案⑴①HH②N此分子中连接N原子的H原子数目多，存在氢键的数目多，而

(CH3NNH2只有一端可以形成氢键,另一端的两个甲基基团比较大，增加了位阻，导致N无法形成氢键,熔

点较N出的低

⑵①6s26Pz②甲基供电子能力强于氢原子，(CHJ2NH中含有两个甲基,中心N原子负电性更大,接受质

子能力更强

⑶①C②(1,另)③笔^④a

22CL^NA

解析(2)①铅与碳同主族,位于第六周期IVA族,故基态Pb的价层电子排布式为6s26P)

⑶①B代表Pb2+,晶胞中A原子位于顶点,C原子位于晶胞面心,一个晶胞中含A原子数目为8X1=1,含C

O

原子数目为6