2025高考假期提升专项练习化学解密之物质结构与性质（解答大题）含答案及解析

2025菁优高考化学解密之物质结构与性质（解答大题）一．解答题（共25小题）1．（2024秋•辽宁月考）氮元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。回答下列问题：（1）一种新型人工固氮的原理如图。①固氮转化的物质中含有的化学键类型有（填字母）。A．离子键B．极性键C．非极性键D．氢键②氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，结构如图。则同层中锂、氮的原子个数比为；晶体中氮以N3﹣存在，基态N3﹣的电子排布式为。（2）氨和肼（N2H4）是两种具有碱性氮的氢化物。①NH3与H2O以氢键结合形成NH3•H2O分子。则NH3•H2O的结构式为（选填序号）。A．B．C．D．②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为。（3）邻二氮菲（，平面形分子，简称为phen）能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示。Fe2++3→①phen分子中N原子的孤电子对占据轨道。②中Fe2+的配位数为，配体数为。③用邻二氮菲测定Fe2+（的浓度时需控制pH为5～6，其原因是：。④邻二氮菲的一氯代物有种。2．（2024秋•宝山区校级月考）（1）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是。A.SB.C2H6OC.12CD.（2）下列对于元素周朔表结构的叙述中正确的是。A.最外层电子数相同的元素都在同一族B.目前元素周期表中有4个长周期C.除第1周期外，其他周期均有18种元素D.碱金属元素是指IA族的所有元素（3）下列说法正确的是。A.H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大B.Na2O2、MgCl2、NaOH、NH4Cl均为含共价键的离子化合物C.NaHSO4加热熔化时破坏了该物质中的离子键和共价键D.化学键通常指的是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用（4）如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是。A.原子半径：Z＞Y＞XB.Z的单质是一种半导体材料C.元素W的最高价和最低价代数和为4D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物不能相互反应（5）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图变化，一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B和C两种分子中电子数均等于10。①X元素在周期表中的位置是。②Y单质的电子式是。③X、Y、Z的原子半径由大到小排序为（用元素符号表示）。④ⅰ.B和C反应得到的物质水溶液中有哪几种微粒。ⅱ.X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W，C在适当条件下被W吸收生成盐，该盐是（化学式）。3．（2024秋•海淀区校级月考）寻找安全高效、低成本的储氢材料对于实现氢能经济具有重要意义。以下是常见的储氢材料。Ⅰ．氰基配合物Cu3[Co（CN）6]2•xH2O（1）Cu的基态原子价电子排布式为。（2）基态N原子占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是。（3）CN﹣中C为正价，从原子结构的角度说明理由。（4）Co（Ⅱ）化合物转化为Co（Ⅲ）化合物：①在空气中久置后，CoCl2溶液无明显变化；配制成[Co（NH3）6]2+后，放置在空气中即可被氧化为[Co（NH3）6]3+，据此推测（填“Co2+”或“[Co（NH3）6]2+”）还原性更强。②已知：Co2++6NH3⇌[Co（NH3）6]2+K1Co3++6NH3⇌[Co（NH3）6]3+K2利用氧化还原反应规律，可作出推测：K1K2（填“＞”“＜”或“＝”）。Ⅱ．金属氢化物Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为anm，如图所示。（5）Mg2FeH6晶胞中H原子个数为。（6）已知Mg2FeH6的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）4．（2024秋•海安市校级月考）氢气是一种理想的清洁能源，将成为未来的主要能源。金属材料在制氢、储氢和用氢方面发挥了重要作用。（1）纳米铷镍合金RuNi催化氨硼烷水解制氢。主要经过吸附和反应的过程，其反应机理如图所示（每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子）。根据元素电负性变化规律（N＞H＞B），写出图中的虚线框内微粒A和微粒B的化学式、。（2）合金材料可用于储氢。已知：Mg（s）+H2（g）＝MgH2（s）ΔH1＝﹣74.5kJ/mol；Mg2Ni（s）+2H2（g）＝Mg2NiH4（s）ΔH2＝﹣64.4kJ/mol1；Mg2Ni（s）+2MgH2（s）＝2Mg（s）+Mg2NiH4（s）ΔH3。①ΔH3＝。②一种镍基合金储氢后的晶胞结构如图所示。写出基态Ni原子核外电子排布式，该合金储氢后，H2与Ni的物质的量之比为。（3）储氢材料MgH2能与水反应放氢，但与纯水反应产生H2很少。MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的放氢性能。1mol/L的几种盐溶液与MgH2制备H2时MgH2转化率如图所示。已知：ⅰ．Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12；Ksp[Ni（OH）2]＝5.5×10﹣16；Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20；氧化性：Mg2+＜Ni2+＜H+＜Cu2+ⅱ．MgH2在MCl2（M代表Mg、Ni、Cu）溶液中水解的示意图如图。①MgH2受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是。②使用NiCl2溶液制备H2的反应速率大于MgCl2溶液，可能的原因是。③40min后，CuCl2溶液制备H2时MgH2转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是。5．（2024•4月份模拟）Sc及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Sc在元素周期表中位于区，基态原子中，核外电子占据的最高能层符号是。（2）在乙醇溶液中，Sc（ClO4）3•6H2O与2，6﹣二乙酰基吡啶及肼发生反应，形成具有偶氮结构的十四元环配体的[Sc（C18H18N6）（H2O）2]（ClO4）3•4H2O配合物，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+的结构如图所示。①的空间构型是；肼（N2H4）中所有原子（填“是”或“不是”）共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是。②配离子中相关元素电负性从小到大的排列顺序是（填元素符号），钪的配位数是。③含s、p、d轨道的杂化类型有dsp2、sp3d、d2sp3等，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+中Sc3+采取的杂化类型为。（3）常压下，Sc可与O2反应生成Sc2O3，X射线衍射分析发现，Sc2O3的晶体结构属于立方晶系，晶胞参数为anm，密度为ρg•cm﹣3，计算一个晶胞所含Sc2O3的个数为（列出计算表达式）。（4）Sc2O3与无水HF作用可生成ScF3，ScF3同属立方晶系，其晶胞的部分轮廓图如图所示，用“●”表示Sc3+，用“〇”表示F﹣，将晶胞补充完整。6．（2024秋•昆山市校级期中）研制净化水的材料对解决水资源问题具有重大意义。（1）ClO2气体是一种绿色消毒剂，可由NaClO3与双氧水在稀H2SO4条件下反应制得。①的空间结构为。②写出上述制备ClO2的化学方程式。（2）FeCl3水解得到Fe（OH）3胶体可用于吸附悬浮颗粒。FeCl3间可通过配位键聚合成二聚物，其结构如图所示。用“→”表示出其中的配位键。（3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附和絮凝于一体的多功能净水剂。当K2FeO4与水反应生成标准状况下8.96LO2时，反应中转移电子的物质的量为。（4）由铝工业废渣（主要含Fe、Si、Al的氧化物）制取聚合硫酸铁铝[AlaFeb（OH）c（SO4）d•xH2O]。净水剂的流程如图：①“浸取”中加入H2O2的主要目的是。②某种铁的合金晶胞结构如图所示，则化学式为。③为测定聚合硫酸铁铝的组成，其中部分实验如下：称取一定质量的聚合硫酸铁铝样品溶于稀盐酸中，完全溶解后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤，干燥至恒重，得到白色固体9.320g；另称取相同质量的聚合硫酸铁铝样品溶于过量的HI中，充分反应后，用0.500mol•L﹣1的标准Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准液32.00mL。已知：Fe3++I﹣→Fe2++I2（未配平）：I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。则聚合硫酸铁铝中＝（写出计算过程）。7．（2024秋•浦东新区校级月考）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。（1）氢化钠（NaH）是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的氧化剂为。（写化学式）（2）钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为。（3）咔唑（）是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比（）的高，其主要影响因素是。A．分子量B．极性C．氢键D．键能NH3BH3（氨硼烷）具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度（＜350℃）而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、CH4与H2O进行合成。（4）上述涉及的元素H、B、C、N、O原子半径最大的是，电负性最大的是。（5）键角：CH4H2O（填“＞”“＜”或“＝”），原因是。氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。（6）距离Fe原子最近的Mg原子个数是。A．4B．6C．8D．12（7）铁镁合金的化学式为。（8）若该晶胞的晶胞边长为dnm，阿伏加德罗常数为NA，则该合金的密度为g•cm﹣3（用含NA的式子表达）。（9）若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和核心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为L。A．5.6B．11.2C．22.4D．44.88．（2024秋•皇姑区校级月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题：（1）下列硼原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为、（填标号）。A．B．C．D．（2）氨硼烷（H3N•BH3）分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H•••H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是。A．苯和三氯甲烷B．LiH和HCNC．C2H4和C2H2D．B2H6和NH3硼氢化钠（NaBH4）是一种常见的还原剂，常温下易与水反应，可溶于异丙胺（沸点33℃），某探究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图：（3）第一步为高温合成，写出该合成的化学方程式。（4）流程中可以循环利用的物质除NaBO2外，还有。（5）NaBH4做还原剂时需控制溶液为弱碱性。若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成硼酸，写出反应的离子方程式。实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下：①测定原理：3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2OKIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2OI2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。②测定步骤步骤1：探究小组以：23.76gNaBO2为主要原料制得NaBH4产品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入30.00mL0.1000mol•L﹣1KIO3溶液振荡60s，使充分反应。步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，调节至酸性，冷却后暗处放置数分钟。步骤3：用0.2000mol•L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。（6）通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率。（7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，将导致NaBH4的产率（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。9．（2024秋•东城区校级月考）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下：（1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是（填字母）。a．ⅰ中，C做还原剂b．碳酸的酸性强于硅酸c．碳酸的热稳定性弱于硅酸（2）ⅱ中，1molSi与3molHCl反应转移4mol电子。①该反应的化学方程式为。②SiHCl3中，H的化合价为，由此推测Si的电负性比H的（填“大”或“小”）。（3）ⅲ中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：。Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示。SiAD（4）基态A原子核外电子排布式为。（5）D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：。10．（2024秋•黄浦区校级月考）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示，回答下列问题：H2SMnSSO2SO3H2SO4熔点/℃﹣85.5＞1600（分解）﹣75.516.810.3沸点/℃﹣60.3﹣10.045.0337.0（1）硫元素位于元素周期表的。A.s区B.p区C.d区D.f区（2）基态S原子价层电子轨道表示式是，其电子占据最高能级的电子云形状为。（3）基态Mn原子的价电子构型是。A.3d7B.3d74s2C.3d54s2D.3d9（4）具有下列电子排布式的基态原子中原子半径最大的是。A.B.C.1s22s22p2D.1s22s22p33s23p4（5）关于SO2的说法正确的是（不定项）A.中心原子的杂化类型为sp2B.电负性：0＜SC.属于非极性分子D.价层电子对的空间结构为平面三角形（6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，体现SO2具有。A.漂白性B.酸性氧化物的性质C.氧化性D.还原性若用含4gNaOH的溶液吸收SO2气体，理论上最多可以吸收SO2的体积为（折算为标况）。（7）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是：气态三氧化硫以单分子形式存在，推测其分子的立体构型为形；固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为。（8）S与O、Se、Te位于同一主族，它们氢化物的沸点如图所示，分析它们氢化物沸点变化的原因是：。（9）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示：电离能/（kJ•mol﹣1）I1I2锌9061733铜7461958铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是。11．（2024秋•海淀区校级月考）与许多金属离子或形成的化合物有广泛的用途。（1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为。（2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、（NH4）2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH≈2）。的结构如图：①比较中O—S—O和S—O—O键角大小，从原子结构的角度说明理由：。②下列说法正确的是（填字母）。a．（NH4）2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“—O—O—”结构b．依据结构分析，（NH4）2S2O8中硫元素的化合价为+7价c．被还原为得到2mole﹣③转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是。（3）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。①化合物（NH4）3[FeF6]中的化学键类型有（填字母）。a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．金属键e．配位键②（NH4）3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示：图中“●”代表的是（填“”或“”）已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）12．（2023秋•海淀区期末）KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂（含单质金）中提取金。（1）基态N价层电子排布式为。（2）CN﹣的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为。（3）CN﹣中N为﹣3价，从结构与性质关系的角度解释其原因：。（4）图为KCN的晶胞示意图。已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为g⋅cm﹣3。（已知：1nm＝10﹣7cm）（5）浸金过程如下：i.将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液，过滤，得含[Au（CN）2]﹣的滤液；ii.向滤液中加入足量金属锌，得单质金。①已知Au与Cu同族，则Au属于区元素。②i中反应的离子方程式为。③i中，pH＜10.5会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是。13．（2024秋•海淀区校级月考）某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Nax[MnFe（CN）6]作正极材料，Na作负极材料。（1）CO2与环氧丙烷（）在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。①CO2是（填“极性”或“非极性”）分子。②环氧丙烷中，O原子的杂化轨道类型是杂化。③沸点：环氧丙烷CO2（填“＞”或“＜”），解释其原因：。（2）MnCl2溶液与Na4[Fe（CN）6]溶液混合可制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。①基态Mn原子的电子排布式是。②CN﹣的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，（CN）2被称为拟卤素。ⅰ.（CN）2与H2O反应的生成物的结构式分别是H—C≡N、。ⅱ.HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是。③为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，再加入Na4[Fe（CN）6]溶液以制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用：。（3）金属氢化物Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为anm，如图所示。①Mg2FeH6晶胞中H原子个数为。②已知Mg2FeH6的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为。（1nm＝10﹣7cm）14．（2024•和平区校级二模）铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。Ⅰ．在血液中，以Fe2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送O2，如图为载氧后的血红蛋白分子示意图：（1）基态Fe的价电子轨道表示式为。（2）载氧时，血红蛋白分子中Fe2+脱去配位的H2O并与O2配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与Fe2+配位能力最强的是（填字母）。a．H2Ob．O2c．CO（3）一种最简单的卟啉环结构如图：①该卟啉分子中，1号位N的杂化方式为。②比较C和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：。③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是。Ⅱ．Fe2+可用于制备优良铁磁体材料。如图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为apm。已知：1cm＝1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。（4）该晶体的密度是g•cm﹣3。（5）距离F最近的Cs的个数为。15．（2024秋•浙江月考）Cu，Zn等副族元素化合物性质十分有趣，组成了多姿多彩的化学世界。请回答：（1）基态Cu的电子排布式为。（2）下列有关说法不正确的是。A．高温下氧化物的稳定性：Cu2O＞CuOB．可用VSEPR模型来预测杂化方式C．已知第一电离能：Zn＞Cu，则Zn没有Cu活泼D．Zn可溶于氨水生成配离子（3）①无水CuCl2为无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的平面四边形的中心，请画出CuCl2的链状结构。②层状结构也是十分有趣的，石墨晶体中的二维平面结构如图，请框出晶胞。（4）合金材料在现代生活中占有重要地位，其呈现丰富的晶体结构。不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，一种晶体结构的部分如右上图所示，请写出晶胞的化学组成。（5）乙烯也可以作为配体，在PtCl3（C2H4）中C＝C键长比乙烯中C＝C长，请解释。16．（2024秋•浦东新区校级月考）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物（简写为CZTS），是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之差为。（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是，原因是。（3）的几何构型为，其中心离子杂化方式为。（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是（填标号）。A．[Cu（NH3）2]ClB．[Cu（NH3）4]SO4C．[Zn（NH3）4]SO4D．Na2[Zn（OH）4]（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：A.B.C.D.根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为的是（填标号）。理由是17．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。（1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有（填序号）。A．水浴加热氧化锌浆料B．加快搅拌C．降低通入SO2气体的速率D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2②在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是（填化学式）；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为。（2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是。（3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4•7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式。（4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图4所示，O2﹣位于Zn2+构成的（填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是。18．（2024秋•闵行区校级月考）镍及其化合物广泛用于生产不锈钢、电池以及催化剂领域。（1）不锈钢中含量最高的元素基态原子的价层电子有种空间运动状态。Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性小的元素是。②比较基态原子的第二电离能I2的大小：NiCu，说明理由：。（2）镍常用作工业催化剂。下列关于基态镍原子的价层电子描述错误的是。A．价层电子数为10B．价层电子占据6个轨道C．能量相同的电子有10个D．未成对电子的自旋方向均相同（3）实验室用石墨电极电解0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，以获得制镍铜合金所需的精铜。当电路中通过0.4NA电子时，阴极增重6.4g。欲使电解液恢复原状，可向电解后的溶液中加入。A．0.1molCu（OH）2B．0.1molCuOC．0.2molCuOD．0.1molCuO和0.2molH2O（4）某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，工作原理为：，以下说法正确的是（不定项）。A．充电时OH﹣向负极移动B．充电时阴极附近溶液的碱性增强C．放电过程是电能转化为化学能的过程D．放电时正极反应：（5）工业上通过调节pH除杂并回收废液中的镍，用于制备硫酸镍晶体。常温下，加碱调节pH在7.2～8.7，使废液中Ni2+开始沉淀，直至沉淀完全（Ni2+浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1）。则原废液中Ni2+的物质的量浓度为mol/L。（6）硫酸镍溶液在强碱性环境中用Na2O2氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式。（7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用。其主要目的是：。19．（2024秋•西城区校级月考）水的性质与其结构密切相关，与金属离子或财形成的化合物有广泛的用途。（1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为。（2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、（NH4）2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH≈2）。的结构如图：①比较O原子和S原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：。②下列说法正确的是（填字母）。a．（NH4）2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“—O—O—”结构b．依据结构分析，（NH4）2S2O8中硫元素的化合价为+7价c．中“S—O—O”在一条直线上③转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是。（3）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于键；H2O的O—H键是由O的轨道与H的1s轨道重叠形成的。（4）水分子的VSEPR的模型名称为，的电子式为；判断和H2O的键角大小：H2O（填“＞”或“＜”），解释原因：。（5）下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是（填字母序号）。a．常压下，4℃时水的密度最大b．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃c．水的热稳定性比硫化氢强（6）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。①化合物（NH4）3[FeF6]中的化学键类型有（填字母）。a．离子键b．极性共价键c．非极性共价键d．金属键e．配位键②（NH4）3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示：图中“●”代表的是（填“”或“”）。已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）20．（2024秋•闵行区校级月考）20世纪初，哈伯和博施开发了以N2和H2为原料合成氨工艺，目前该工艺仍在广泛使用。（1）基态氮原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为形，基态N原子的轨道表示式为。（2）关于哈伯和博施法工业合成氨的说法错误的是。A．反应温度为500℃主要因为该温度是催化剂的活性温度B．合成氨工业中利用了热交换器，实现绿色低碳化C．理论上通过该反应ΔS＞0、ΔH＜0可以判断该反应可以自发进行D．将气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出去，可以提高平衡转化率（3）关于NH3说法正确的是。A．NH3遇到HCl产生白烟B．可用NHACl受热分解可制得NH3C．NH3可用湿润的蓝色石蕊试纸检验D．NH3是氮元素唯一的氢化物治理硝酸盐污染方法之一可以采用常温常压电化学合成氨的方法。碱性条件下还原为NH3的一种反应机理如图所示。（4）关于以上机理说法正确的是。A．Co（OH）2是反应产物B．Co是反应催化剂C．增大Co的量，能提高的平衡转化率D．过程①和③中N元素均被还原（5）实验室利用以下装置模拟废水中硝酸盐还原为氨的反应，总反应为写出d电极上发生的电极反应。（6）该装置工作时，下列描述正确的是。A．d为正极B．电极c上发生还原反应C．随着反应进行B池碱性增强D．理论上标况下有2.24LO2生成，则有0.4mol电子从电极d经质子交换膜流向c极（7）与哈伯合成法相比，电催化合成氨气的优势有（写出两点）：，。氨气还可用于合成高性能储氢材料氨硼烷（NH3BH3）（8）氨硼烷分子中，B、N两元素电负性由大到小的顺序是。（9）Fe、Co、Ni、Cu催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。四种催化剂中，催化效果最好的金属基态原子的未成对的电子数为。21．（2024秋•新吴区校级月考）铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。Ⅰ．Cu2+能与NH3、H2O、OH﹣、Cl﹣等形成配位数为4的配合物。（1）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu（OH）4]。Na2[Cu（OH）4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有（填字母）。A．离子键B．金属键C．极性共价键D．非极性共价键（2）将CuO投入NH3、（NH4）2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，CuO转化为[Cu（NH3）4]SO4溶液。①CuO被浸取的离子方程式为。②[Cu（NH3）4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu（NH3）4]2+的空间构型为（填字母）。A．正四面体形B．正方形（3）Cu2+可以与乙二胺（H2N—CH2CH2—NH2）形成配离子，如图所示：①H、O、N三种元素的电负性从小到大的顺序为。②乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是。Ⅱ．将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。（4）下列物质中，属于顺磁性物质的是（填标号）。A．[Cu（NH3）4]SO4B．[Cu（NH3）2]ClC．Na2[Cu（OH）4]22．（2024秋•顺德区月考）钴（Co）是第四周期第Ⅷ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。（1）基态Co的价层电子轨道表示式为。（2）以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物（合成过程如下所示）。①基态O原子处于最高能级的电子的运动状态共有个。②色胺酮分子中C原子的杂化类型为，N原子的杂化类型为。③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过作用与色胺酮钴配合物相结合。（3）钴酸锂（LiCoO2）是锂电池正极材料的重要成分，该锂电池充放电反应为：LixC6+Li（1﹣x）CoO2LiCoO2+6C。从废旧锂电池正极材料中回收钴和锂的流程如图：写出酸浸过程中发生反应的化学方程式。（4）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构构成，图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体，图2是钴蓝的晶胞。①钴蓝晶体中三种原子个数比N（Co）：N（Al）：N（O）＝。②NA为阿伏加德罗常数，钴蓝晶体的摩尔质量为Mg/mol，钴蓝晶体的密度ρ＝g/cm3（列出计算式）。23．（2024•浙江开学）氮、氟等是组成化合物的常见元素。请回答：（1）某种防蛀牙膏添加剂的晶胞如图所示，其化学式为，晶体类型是。（2）下列说法正确的是。A．第二电离能：N＞O＞CB．电负性：C＞H＞SiC．熔点：单晶硅＞碳化硅＞金刚石D．相同条件下O3在不同溶剂中的溶解度：H2O＜CCl4（3）已知3个及以上原子若处于同一平面，且有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大π键。已知咪唑结构为：，所有原子共平面。则1号氮原子的杂化方式为，配位能力1号氮原子2号氮原子（填“＞”、“＝”或“＜”）。（4）高性能炸药BNCP的结构如图，比较键角大小，NH3分子中H—N—H（填“＞”，“＜”或“＝”）高性能炸药BNCP中H—N—H，其原因为。24．（2024•延平区校级开学）配合物在许多尖端领域如超导材料、催化剂研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题：（1）某配合物的阳离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+结构如图所示，铜离子的配位数为，其中与铜离子形成配位键更强的配体是（填化学式）。（2）《诗经》“缟衣茹藘（茜草）”，茜草中的茜素与矾土中的Al3+，Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料之一。基态Al原子中自旋状态相反的两种电子的个数比为，配合物X中Al3+的配体除外还有，Al3+杂化轨道的空间构型为；茜素的熔点比1﹣羟基蒽醌（填“高”或“低”）。（3）向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液后，经提纯、结晶可得到KFe[Fe（CN）6]蓝色晶体，实验表明，CN﹣、Fe2+、Fe3+通过配位键构成了晶体骨架，其局部结构如图1，记为Ⅰ型立方结构。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的复晶胞如图2，记为Ⅱ型立方结构（注：下层左后的小立方体g未标出）。K+填充在Ⅰ型立方结构的体心，若KFe[Fe（CN）6]的摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的值用NA表示，Ⅱ型立方结构的边长为anm，该蓝色晶体密度为g•cm﹣3。（4）N4只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为（分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π66）。25．（2024秋•和平区校级月考）铁（Fe）、钴（Co）、镍（Ni）是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。（1）铁系元素能与CO形成Fe（CO）5、Ni（CO）4等金属羰基化合物。已知室温时Fe（CO）5为浅黄色液体，沸点103℃，Fe（CO）5是晶体，Fe（CO）5中含有的化学键类型包括。A．极性共价键B．离子键C．配位键D．金属键（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是（填图中酞菁中N原子的标号），酞菁分子N原子的杂化类型为。钴酞菁分子中所含元素（H、C、N、Co）电负性由大到小的顺序为，钴离子的化合价为，氮原子提供孤对电子与钴离子形成键。（3）NiO晶体与NaCl晶体结构相似（如图）。①NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由：晶体离子间距/pm熔点/℃NaCl＝276801NiO＝2121960②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm（1pm＝10﹣10cm），NiO的摩尔质量为Mg/mol，则晶体的密度为g/cm3（列出计算式）。③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个Ni2+空缺，会有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91。若该晶体的化学式为NixO，则x＝。

2025菁优高考化学解密之物质结构与性质（解答大题）参考答案与试题解析一．解答题（共25小题）1．（2024秋•辽宁月考）氮元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。回答下列问题：（1）一种新型人工固氮的原理如图。①固氮转化的物质中含有的化学键类型有ABC（填字母）。A．离子键B．极性键C．非极性键D．氢键②氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，结构如图。则同层中锂、氮的原子个数比为2：1；晶体中氮以N3﹣存在，基态N3﹣的电子排布式为1s22s22p6。（2）氨和肼（N2H4）是两种具有碱性氮的氢化物。①NH3与H2O以氢键结合形成NH3•H2O分子。则NH3•H2O的结构式为B（选填序号）。A．B．C．D．②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为N2H6（HSO4）2。（3）邻二氮菲（，平面形分子，简称为phen）能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示。Fe2++3→①phen分子中N原子的孤电子对占据sp2轨道。②中Fe2+的配位数为6，配体数为3。③用邻二氮菲测定Fe2+（的浓度时需控制pH为5～6，其原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH﹣浓度高时，OH﹣与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位。④邻二氮菲的一氯代物有4种。【答案】（1）①ABC；②2：1；1s22s22p6；（2）①B；②N2H6（HSO4）2；（3）①sp2；②6；3；③当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH﹣浓度高时，OH﹣与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位；④4。【分析】（1）①氮化锂中微粒之间为离子键，水中氢氧原子之间为极性共价键，氮气和氧气中原子之间为非极性键，氢键不是化学键；②据“均摊法”，1个六元环中含2个锂、1个氮，则同层中锂、氮的原子个数比为2：1；N得到3个电子形成N3﹣；（2）①根据NH3•H2O能电离出OH﹣说明在氢键的作用下H2O分子断裂O—H键；②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为N2H6（HSO4）2；（3）①N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化；②[Fe（phen）3]2+中，1个Fe2+与3个配体中的6个N原子形成配位键；③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时，酸性较强时，H+能与N原子配位，碱性较强时，Fe2+能与OH﹣反应，所以应控制pH为5～6，原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；④如图邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子。【解答】解：（1）①氮气与锂反应生成Li3N，Li3N与水反应生成氨气和LiOH，LiOH通电生成Li、O2和水。氮化锂中微粒之间为离子键，水中氢氧原子之间为极性共价键，氮气和氧气中原子之间为非极性键，氢键不是化学键，故答案为：ABC；②据“均摊法”，1个六元环中含2个锂、1个氮，则同层中锂、氮的原子个数比为2：1；N得到3个电子形成N3﹣，则基态N3﹣的电子排布式为1s22s22p6，故答案为：2：1；1s22s22p6；（2）①根据NH3•H2O能电离出OH﹣说明在氢键的作用下H2O分子断裂O—H键，所以NH3•H2O的结构式为，故答案为：B；②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为N2H6（HSO4）2，故答案为：N2H6（HSO4）2；（3）①N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，孤电子对占据sp2轨道，故答案为：sp2；②[Fe（phen）3]2+中，1个Fe2+与3个配体中的6个N原子形成配位键，配位数为6，配体数为3，故答案为：6；3；③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时，酸性较强时，H+能与N原子配位，碱性较强时，Fe2+能与OH﹣反应，所以应控制pH为5～6，原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH﹣浓度高时，OH﹣与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位，故答案为：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH﹣浓度高时，OH﹣与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位；④如图邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故其一氯代物有4种，故答案为：4。【点评】本题考查化学键和原子结构，侧重考查学生配位键和核外电子排布的掌握情况，试题难度中等。2．（2024秋•宝山区校级月考）（1）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是C。A.SB.C2H6OC.12CD.（2）下列对于元素周朔表结构的叙述中正确的是B。A.最外层电子数相同的元素都在同一族B.目前元素周期表中有4个长周期C.除第1周期外，其他周期均有18种元素D.碱金属元素是指IA族的所有元素（3）下列说法正确的是D。A.H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大B.Na2O2、MgCl2、NaOH、NH4Cl均为含共价键的离子化合物C.NaHSO4加热熔化时破坏了该物质中的离子键和共价键D.化学键通常指的是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用（4）如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是C。A.原子半径：Z＞Y＞XB.Z的单质是一种半导体材料C.元素W的最高价和最低价代数和为4D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物不能相互反应（5）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图变化，一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B和C两种分子中电子数均等于10。①X元素在周期表中的位置是第二周期ⅥA族。②Y单质的电子式是。③X、Y、Z的原子半径由大到小排序为N＞O＞H（用元素符号表示）。④ⅰ.B和C反应得到的物质水溶液中有哪几种微粒NH3、H2O、NH3•H2O、、OH﹣、H+（少量）。ⅱ.X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W，C在适当条件下被W吸收生成盐，该盐是NH4NO3（化学式）。【答案】（1）C；（2）B；（3）D；（4）C；（5）①第二周期ⅥA族；②；③N＞O＞H；④ⅰ.NH3、H2O、NH3•H2O、、OH﹣、H+（少量）；ⅱ.NH4NO3。【分析】（1）A．S可以表示硫原子；B．C2H6O可以表示乙醇和二甲醚；C．12C表示6个质子、6个中子的碳原子；D．可以表示甲烷也可以表示硅烷；（2）A．最外层电子数相同的元素不一定都在同一族，如氦原子的最外层电子数为2，而氦元素位于元素周期表0族，镁原子的最外层电子数也为2；B．元素周期表中共有七个周期，其中1、2、3为短周期，4、5、6、7为长周期；C．第1周期有2种元素，2、3周期有8种元素，4、5周期有18种元素，6、7周期32种元素；D．碱金属元素为金属元素，碱金属元素是指ⅠA族的除H之外的所有元素；（3）A．水分子能形成分子间氢键，硫化氢和硒化氢不能形成分子间氢键；B．氯化镁是只含有离子键的离子化合物；C．硫酸氢钠加热熔化时只破坏离子键；D．化学键通常指的是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用；（4）根据图示可知，1～18号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X最低﹣2价，没有正价，推断为O元素；Y只有+1价，推断为Na元素；Z最高+3价推断为Al元素；W最高+6价，最低﹣2价，推断为S元素；R最高+7价，最低﹣1价，推断为Cl元素；（5）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图变化，则三种气体是氮气、氧气和氢气，生成的三种化合物为一氧化氮、水和氨气；一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B和C两种分子中电子数均等于10，则A为一氧化氮、B为水、C为氨气、X为O元素、Y为N元素、Z为H元素。【解答】解：（1）A．S可以表示硫原子，也可以表示硫单质，故A错误；B．C2H6O可以表示乙醇和二甲醚，故B错误；C．12C表示6个质子、6个中子的碳原子，故C正确；D．可以表示甲烷也可以表示硅烷，故D错误；故答案为：C；（2）A．最外层电子数相同的元素不一定都在同一族，如氦原子的最外层电子数为2，而氦元素位于元素周期表0族，镁原子的最外层电子数也为2，但位于元素周期表ⅡA族，故A错误；B．元素周期表中共有七个周期，其中1、2、3为短周期，4、5、6、7为长周期，故B正确；C．第1周期有2种元素，2、3周期有8种元素，4、5周期有18种元素，6、7周期32种元素，故C错误；D．碱金属元素为金属元素，碱金属元素是指ⅠA族的除H之外的所有元素，故D错误；故答案为：B；（3）A．水分子能形成分子间氢键，硫化氢和硒化氢不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力大于硫化氢和硒化氢，故A错误；B．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，故B错误；C．硫酸氢钠加热熔化时只破坏离子键，不能破坏共价键，故C错误；D．化学键通常指的是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用，故D正确；故答案为：D；（4）根据图示可知，1～18号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X最低﹣2价，没有正价，推断为O元素；Y只有+1价，推断为Na元素；Z最高+3价推断为Al元素；W最高+6价，最低﹣2价，推断为S元素；R最高+7价，最低﹣1价，推断为Cl元素；A．同周期原子半径从左往右减小，同主族从上往下增大，故原子半径：Na＞Al＞O，即Y＞Z＞X，故A错误；B．Z为Al，具有良好的导电性，属于良导体，故B错误；C．据分析，元素W是S，其最高价+6价和最低价﹣2价的代数和为4，故C正确；D．据分析，Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH和Al（OH）3，二者能相互反应：NaOH+Al（OH）3＝Na[Al（OH）4]，故D错误；故答案为：C；（5）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图变化，则三种气体是氮气、氧气和氢气，生成的三种化合物为一氧化氮、水和氨气；一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B和C两种分子中电子数均等于10，则A为一氧化氮、B为水、C为氨气、X为O元素、Y为N元素、Z为H元素；①氧元素的原子序数为8，位于元素周期表第二周期ⅥA族，故答案为：第二周期ⅥA族；②氮气分子是含有共价键的双原子分子，电子式为，故答案为：；③原子的电子层数越大，原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则三种原子的原子半径大小顺序为N＞O＞H，故答案为：N＞O＞H；④ⅰ.氨气极易溶于水，溶于水的氨气与水分子结合成一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH—，则氨水中存在的微粒为NH3、H2O、NH3•H2O、、OH—、H+（少量），故答案为：NH3、H2O、NH3•H2O、、OH﹣、H+（少量）；ⅱ.氮、氢、氧三种元素可以组成的强酸为硝酸，硝酸能与氨气反应硝酸铵，则盐为硝酸铵，故答案为：NH4NO3。【点评】本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。3．（2024秋•海淀区校级月考）寻找安全高效、低成本的储氢材料对于实现氢能经济具有重要意义。以下是常见的储氢材料。Ⅰ．氰基配合物Cu3[Co（CN）6]2•xH2O（1）Cu的基态原子价电子排布式为3d104s1。（2）基态N原子占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是哑铃形。（3）CN﹣中C为正价，从原子结构的角度说明理由C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N，电负性C＜N，因此CN﹣中C为正价。（4）Co（Ⅱ）化合物转化为Co（Ⅲ）化合物：①在空气中久置后，CoCl2溶液无明显变化；配制成[Co（NH3）6]2+后，放置在空气中即可被氧化为[Co（NH3）6]3+，据此推测（填“Co2+”或“[Co（NH3）6]2+”）还原性更强。②已知：Co2++6NH3⇌[Co（NH3）6]2+K1Co3++6NH3⇌[Co（NH3）6]3+K2利用氧化还原反应规律，可作出推测：K1＜K2（填“＞”“＜”或“＝”）。Ⅱ．金属氢化物Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为anm，如图所示。（5）Mg2FeH6晶胞中H原子个数为24。（6）已知Mg2FeH6的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）【答案】（1）3d104s1；（2）哑铃形；（3）C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N，电负性C＜N，因此CN﹣中C为正价；（4）①；②＜；（5）24；（6）。【分析】（1）铜是29号元素，在第四周期；（2）基态N原子电子排布式为1s22s22p3，最高能级为2p；（3）C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N；（4）①在空气中久置后，CoCl2溶液无明显变化，会被氧化为；②空气中会被氧化为，可知更稳定；（5）由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：＝4，Mg位于体心，为8个；（6）由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：＝4，Mg位于体心，为8个，根据化学式Mg2FeH6可知该晶胞中含有Mg2FeH6的个数为4，因此该晶胞的质量是。【解答】解：（1）铜是29号元素，在第四周期，基态铜原子的价电子排布式是3d104s1，故答案为：3d104s1；（2）基态N原子电子排布式为1s22s22p3，最高能级为2p，电子云轮廓图的形状是哑铃形，故答案为：哑铃形；（3）C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N，电负性C＜N，因此CN﹣中C为正价，故答案为：C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N，电负性C＜N，因此CN﹣中C为正价；（4）①在空气中久置后，CoCl2溶液无明显变化，会被氧化为，据此推测易被氧化，还原性更强，故答案为：；②空气中会被氧化为，可知更稳定，推测K1＜K2，故答案为：＜；（5）由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：＝4，Mg位于体心，为8个，根据化学式Mg2FeH6可知该晶胞中含有Mg2FeH6的个数为4，因此含有的H原子个数是24，故答案为：24；（6）由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：＝4，Mg位于体心，为8个，根据化学式Mg2FeH6可知该晶胞中含有Mg2FeH6的个数为4，因此该晶胞的质量是，晶体的密度为，故答案为：。【点评】本题考查化学键和晶体结构，侧重核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。4．（2024秋•海安市校级月考）氢气是一种理想的清洁能源，将成为未来的主要能源。金属材料在制氢、储氢和用氢方面发挥了重要作用。（1）纳米铷镍合金RuNi催化氨硼烷水解制氢。主要经过吸附和反应的过程，其反应机理如图所示（每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子）。根据元素电负性变化规律（N＞H＞B），写出图中的虚线框内微粒A和微粒B的化学式、B（OH）3。（2）合金材料可用于储氢。已知：Mg（s）+H2（g）＝MgH2（s）ΔH1＝﹣74.5kJ/mol；Mg2Ni（s）+2H2（g）＝Mg2NiH4（s）ΔH2＝﹣64.4kJ/mol1；Mg2Ni（s）+2MgH2（s）＝2Mg（s）+Mg2NiH4（s）ΔH3。①ΔH3＝+84.6。②一种镍基合金储氢后的晶胞结构如图所示。写出基态Ni原子核外电子排布式[Ar]3d84s2，该合金储氢后，H2与Ni的物质的量之比为3：5。（3）储氢材料MgH2能与水反应放氢，但与纯水反应产生H2很少。MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的放氢性能。1mol/L的几种盐溶液与MgH2制备H2时MgH2转化率如图所示。已知：ⅰ．Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12；Ksp[Ni（OH）2]＝5.5×10﹣16；Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20；氧化性：Mg2+＜Ni2+＜H+＜Cu2+ⅱ．MgH2在MCl2（M代表Mg、Ni、Cu）溶液中水解的示意图如图。①MgH2受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多。②使用NiCl2溶液制备H2的反应速率大于MgCl2溶液，可能的原因是Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+水解程度更大，生成H+浓度更大，且可防止生成Mg（OH）2覆盖，反应速率加快。③40min后，CuCl2溶液制备H2时MgH2转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小。【答案】（1）、B（OH）3；（2）①+84.6；②[Ar]3d84s2；3：5；（3）①不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多；②Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+水解程度更大，生成H+浓度更大，且可防止生成Mg（OH）2覆盖，反应速率加快；③Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小。【分析】（1）根据元素电负性，得到O＞N＞H＞B，NH3BH3中N、1H、2H和3H都是负电性、B是正电性、水分子中的—H显示正电性、—OH显示负电性，步骤Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ为氨硼烷中NH3、1H、2H和3H逐步被水分子中的—OH取代，脱去的NH3、1H、2H和3H还有水分子中的—H结合生成、3HH、2HH、1HH，同生成B（OH）3；（2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需让化学方程式，①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）ΔH1＝﹣74.5kJ•mol﹣1，②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）ΔH2＝﹣64.4kJ•mol﹣1，Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）ΔH3由盖斯定律②﹣2×①得到；②基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，该合金储氢后，结合均摊法可知，Ni原子数目为8×＝5，氢气数目为8×＝3；（3）①MgH2受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多；②使用NiCl2溶液制备H2的反应速率大于MgCl2溶液，可能的原因是水解程度更大，生成H+浓度更大；③40min后，CuCl2溶液制备H2时MgH2转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面。【解答】解：（1）根据元素电负性，得到O＞N＞H＞B，NH3BH3中N、1H、2H和3H都是负电性、B是正电性、水分子中的—H显示正电性、—OH显示负电性，步骤Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ为氨硼烷中NH3、1H、2H和3H逐步被水分子中的—OH取代，脱去的NH3、1H、2H和3H还有水分子中的—H结合生成、3HH、2HH、1HH，同生成B（OH）3，因此微粒A和B的化学式分别为：、B（OH）3，故答案为：、B（OH）3；（2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需让化学方程式，①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）ΔH1＝﹣74.5kJ•mol﹣1，②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）ΔH2＝﹣64.4kJ•mol﹣1，Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）ΔH3由盖斯定律②﹣2×①得到，ΔH3＝﹣64.4kJ/mol﹣2×（﹣74.5kJ/mol）＝+84.6kJ/mol，则ΔH3＝+84.6kJ/mol，故答案为：+84.6；②基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，该合金储氢后，结合均摊法可知，Ni原子数目为8×＝5，氢气数目为8×＝3，H2与Ni的物质的量之比为3：5，故答案为：[Ar]3d84s2；3：5；（3）①MgH2受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多，故答案为：不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多；②使用NiCl2溶液制备H2的反应速率大于MgCl2溶液，可能的原因是Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+水解程度更大，生成H+浓度更大，且可防止生成Mg（OH）2覆盖，反应速率加快，故答案为：Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+水解程度更大，生成H+浓度更大，且可防止生成Mg（OH）2覆盖，反应速率加快；③40min后，CuCl2溶液制备H2时MgH2转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小，故答案为：Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。5．（2024•4月份模拟）Sc及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Sc在元素周期表中位于d区，基态原子中，核外电子占据的最高能层符号是N。（2）在乙醇溶液中，Sc（ClO4）3•6H2O与2，6﹣二乙酰基吡啶及肼发生反应，形成具有偶氮结构的十四元环配体的[Sc（C18H18N6）（H2O）2]（ClO4）3•4H2O配合物，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+的结构如图所示。①的空间构型是正四面体；肼（N2H4）中所有原子不是（填“是”或“不是”）共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼。②配离子中相关元素电负性从小到大的排列顺序是Sc＜H＜C＜N＜O（填元素符号），钪的配位数是6。③含s、p、d轨道的杂化类型有dsp2、sp3d、d2sp3等，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+中Sc3+采取的杂化类型为d2sp3。（3）常压下，Sc可与O2反应生成Sc2O3，X射线衍射分析发现，Sc2O3的晶体结构属于立方晶系，晶胞参数为anm，密度为ρg•cm﹣3，计算一个晶胞所含Sc2O3的个数为1（列出计算表达式）。（4）Sc2O3与无水HF作用可生成ScF3，ScF3同属立方晶系，其晶胞的部分轮廓图如图所示，用“●”表示Sc3+，用“〇”表示F﹣，将晶胞补充完整。【答案】（1）d；N；（2）①正四面体；不是；肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼；②Sc＜H＜C＜N＜O；6；③d2sp3；（3）1；（4）。【分析】（1）Sc在元素周期表中位于d区，基态原子中，核外价电子排布为3d14s2；（2）①中中心原子的夹层电子对数为：，的空间构型是正四面体形；肼（N2H4）中N原子杂化方式为sp3杂化，所有原子不共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键；②同周期从左往右电负性增强，同主族从上往下电负性减弱；③配离子中Sc3+的配位数为6；（3）Sc2O3属于立方晶系，且晶胞参数为anm，该晶胞为正方体，微粒在晶胞中的分布比较对称，Sc3+位于顶点和体心，个数为，O2﹣位于棱心，数目为：；（4）ScF3属立方晶系，晶胞中Sc3+与F﹣数目之比为1：3，故Sc3+位于顶点，个数为，F﹣位于棱心，个数为3。【解答】解：（1）Sc在元素周期表中位于d区，基态原子中，核外价电子排布为3d14s2，核外电子占据的最高能层符号是N，故答案为：d；N；（2）①中中心原子的夹层电子对数为：，的空间构型是正四面体形；肼（N2H4）中N原子杂化方式为sp3杂化，所有原子不共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二