2025高考化学一轮复习之物质结构与性质（解答大题）

第1页（共1页）2025高考化学一轮复习之物质结构与性质（解答大题）一．解答题（共20小题）1．（2024•东城区校级三模）高熵合金是指由多种元素（如Al、Fe、Cu、Co、Cr、Mn、Ni、Zn等）形成的合金，因其独特的元素组成、微观结构和性能，被认为是极具应用潜力的新型结构材料。（1）AlCrFeNi是目前采用最多的高嫡合金元素组合。①A元素与同周期相邻的元素比较，第一电离能由大到小的顺序是（用元素符号表示）。②基态Fe原子的价层电子的轨道表示式为。③Ni元素位于元素周期表的区。（2）研究人员发现，在离子液体中可制备均一粒径分布的高熵合金纳米颗粒。离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子组成。一种离子液体的结构如图所示。①的空间结构为。②研究发现通过改变阳离子侧链可调控离子化合物的熔点。A、B两种离子液体的结构如图所示。熔点A＞B的原因是。（3）一种由Cu、In、Te元素形成的高熵合金，其晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。①Te原子与邻近的Cu、In原子构成的空间结构为。②已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3（1nm＝10﹣7cm）（列出计算式）2．（2024•招远市三模）锌的配合物在工业中有着重要应用。回答下列问题：（1）一种锌的配合物M的结构如图1。①Zn元素位于元素周期表的区。M分子中元素电负性最大的原子处于基态时，其价电子排布图为。②已知配体中的五元环为平面结构，则形成大π键时1号氮原子提供的电子数（填“＞”、“＝”或“＜”）2号氮原子提供的电子数；该分子具有碱性，原因是。（2）某三维多孔金属有机骨架材料由有机配体对苯二甲酸根和具有正四面体结构的构成。其晶体具有面心立方结构，晶胞由8个结构相似的组成单元（如图2）构成，其中虚线框内局部结构如图3。①晶体中中氧原子的轨道杂化方式为，Zn2+的配位数为。②晶体内部空腔可吸附小分子，要增强晶体与H2O的吸附作用，可在对苯二甲酸根上引入（假设晶胞形状不变）。A．—ClB．—OHC．—NH2D．—CH3③已知该晶体密度为0.59g•cm﹣3，对苯二甲酸根与的相对分子质量分别为M1和M2，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞参数为nm（用含M1、M2和NA的式子表示）。3．（2024•杭州模拟）有机无机卤化物钙钛矿类杂化材料[（CH3NH3）PbI3]具有较高的光电转换效率。请回答：（1）基态氮原子的价电子排布式为，其价电子的空间运动状态有种。（2）下列说法正确的是A.电负性：N＞C＞PbB.熔点：CH3NH3NO3＜NH4NO3C.CH3NH2中C、N杂化类型相同，键角∠HCN小于∠HNCD.CH3中存在σ键、配位键和氢键（3）由于硅有价层d轨道可以利用而碳没有，因此它们的化合物结构和性质存在较大差异。若略去氢原子，化合物N（CH3）3（三角锥形）和N（SiH3）3（平面形）的结构如图所示。根据以上信息，请说明N（SiH3）3碱性比N（CH3）3小的原因。（4）（CH3NH3）PbI3晶体的晶胞为如图（a）所示的立方体结构。①与Pb2+最近且等距离的I﹣有个。②如果将晶胞（a）进行平移成图（b）即I﹣位于棱心，请在图（b）中画出相应的Pb2+的位置（用表示Pb2+）。4．（2024•山东模拟）钴及其化合物在材料、医药等领域具有广泛应用。回答下列问题：（1）基态钴原子的价层电子排布式为；电解熔融的CoCl2或CoO都能制备金属钴，CoCl2熔点低于CoO熔点的原因是。（2）某含钴配离子结构如图（NH2CH2CH2NH2为电中性配体），已知配合物的磁矩μB＝（n表示中心原子或离子的未成对电子数），则该配离子的磁矩μB＝BM；下列对钴离子的杂化方式推断合理的是（填标号）。A．sp3B．dsp2C．d2sp3D．sp3d（3）钴酸锂（LiCoO2）是常见的锂离子电池正极材料，其晶体属六方晶系晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120，晶胞结构如图。晶体中O围绕Co形成八面体，八面体共棱形成带负电的层状空间结构，与Li+层交替排列。在充放电过程中，Li+在层间脱出或嵌入。①晶胞中Co的个数为；Li+在充电过程中会从八面体层间脱出导致晶胞高度c变大，原因是。②若阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为g•cm﹣3（用代数式表示）。5．（2024•青羊区校级模拟）碳族元素的单质及化合物广泛存在于生产生活的方方面面。请回答下列问题：（1）基态C原子，共有种不同空间运动状态的电子。Ge的核外电子排布式为。（2）电石CaC2与萤石CaF2的“离子键成分百分数”相较更大的是。（3）金刚石和石墨互为。石墨的晶体类型为。金刚石为三维骨架结构（如图1），在由共价键形成的碳原子环中，最小的环为元环。（4）在硅酸盐中，SiO四面体（图2）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图3为一种无限长单链结构的多硅酸根，其化学式为。（5）玛瑙（非晶态/玻璃态）与水晶（晶态）均由熔融SiO2冷却形成，则冷却速率玛瑙水晶（填“＞”或“＜”，后同）。青铜是铜与锡（Sn）的合金，硬度青铜纯铜。（6）PbI2在饱和溶液中析出时现象酷似“水中黄金雨”，极具观赏性，已知PbI2固体以单分子形式存在，则Pb的杂化形式为。（7）已知Ge（OH）4与Sn（OH）4均为两性化合物，且酸性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，碱性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，试从结构角度予以解释。（“Ge—O”与“Sn—O”可视作极性共价键）。6．（2024•石景山区一模）PdFe3N比纯金属Pd具有更优异的甲酸氧化电催化活性，其制备流程如下。（1）NH3的空间结构是。（2）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为。（3）原子的第一电离能N＞O，从原子结构的角度说明理由。（4）PdFe3N的晶胞形状为正方体，结构如上图所示。①图中“”代表。②已知PdFe3N的摩尔质量是Mg•mol﹣1，晶胞的密度为ρg•cm﹣3，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为nm。（1nm＝10−7cm）③Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的粒子用*标注。分析PdFe3N优于Pd的原因。7．（2024•丰台区校级三模）碳酸二甲酯（）是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。ⅰ.4CuCl+4CH3OH+O2＝4Cu（OCH3）Cl+2H2Oⅱ.2Cu（OCH3）Cl+CO＝（CH3O）2CO+2CuCl（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的杂化类型是。（2）CuCl中，基态Cu+的价电子排布式为，CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是。（3）上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。ⅰ.甲醇单位时间内的转化率主要受Cu（Ⅰ）（+1价铜元素）浓度的影响。ⅱ.CuCl在甲醇中溶解度较小，且其中的Cu+易被氧化为难溶的CuO。ⅲ.加入4﹣甲基咪唑（）可与Cu+形成配合物，可提高甲醇的转化率。4﹣甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。请结合信息回答以下问题。①4﹣甲基咪唑中，1～4号N原子（填“在”或“不在”）同一平面上，（填“1”或“3”）号N原子更容易与Cu+形成配位键。②加入4﹣甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是（填序号）。a．Cu（Ⅰ）配合物中的—NH结构可增大其在甲醇中的溶解度b．形成的Cu（Ⅰ）配合物能增大反应的限度（4）配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是。（5）CaTiO3的晶胞如图（a）所示，金属离子与氧离子间的作用力为，Ca2+的配位数是。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子，其晶胞如图（b）所示。其中Pb2+与图（a）中的空间位置相同，有机碱CH3H中，N原子的杂化轨道类型是；若晶胞参数为anm，则晶体密度为g•cm﹣3（列出计算式）。8．（2024•浙江模拟）Co、La元素及其化合物在工业及生活方面有重要应用。回答下列问题：（1）基态Co的价电子排布图，核外电子的空间运动状态有种。（2）一定条件下，CoCl2、H2O2、NH3和NH4Cl反应可制得[Co（NH3）4Cl2]Cl，反应的方程式为，[Co（NH3）4Cl2]Cl的配位数为。区别[Co（NH3）4Cl2]Cl和[Co（NH3）4Cl2]NO3两种溶液的试剂是。（3）La的八配位金属羰基化合物La（CO）8的结构如图所示，CO作配体，配位原子为C，而不是O，其原因是，1molLa（CO）8含molσ键。（4）LaHx在储氢和超导等领域具有重要应用。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构独立存在，即得到晶体LaHx。则x＝。晶体LaHx的密度为g•cm﹣3。（写出计算式即可）9．（2024•铜川三模）化学材料助力科技成果的转化与应用。化合物AgMnAs2在磁记录材料领域有广泛的应用前景，氨硼烷（NH3BH3）、镁铁合金都可作为储氢材料。回答下列问题：（1）基态Mn原子中核外电子占据的最高能层符号是，基态As原子的价层电子排布式为。（2）Ag的焰色反应与铁相似，接近无色，下列有关焰色反应原理的分析正确的是（填字母）。a．电子从基态跃迁到较高的激发态b．电子从较高的激发态跃迁回基态c．焰色反应的光谱属于吸收光谱d．焰色反应的光谱属于发射光谱（3）Mn（NO3）2中阴离子的空间构型是，Mn、N、O三种元素中第一电离能最小的是（填元素符号）。（4）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为（用化学式表示，下同），键角由大到小的顺序为。（5）NH3BH3中存在配位键，提供空轨道的原子是；分子中N原子采用杂化。（6）某镁铁合金的晶胞如图所示：该晶胞的密度为ρg×cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA。Fe的配位数是。该合金储氢时，若每个晶胞可以储存4个H2分子，计算1cm3合金储存氢气的质量为g（用含ρ的代数式表示）。10．（2024•诸暨市模拟）卤族元素是形成化合物的常见元素。请回答：（1）含Na、Cl、Al三种元素的某化合物，其晶体部分结构如图所示。其化学式是，晶体类型是。（2）下列说法错误的是。A．电负性：N＞C＞HB．第一电离能：Na＜Mg＜AlC．离子半径：Na+＜F﹣＜Cl﹣D．Cu+的简化电子排布式：[Ar]3d94s1（3）一种比率光生探针M与铜离子配位，可用于小鼠脑内Cu（Ⅱ）的高时空分辨率动态成像。反应如下所示：①M中C的杂化方式为。②M中键角∠F—B—FBF3中键角∠F—B—F（填“＞”、“＜”、“＝”），请说明理由。（4）在水中，氟化氢是一种弱酸，但氟化氢却是酸性很强的溶剂，其酸度与无水硫酸相当，能够给予氟化氢质子的化合物是很少的。如HNO3在HF溶剂中存在如下反应：HONO2+HF⇌（OH）2NO++F﹣。则HNO3在HF溶剂中呈（填“酸性”、“中性”、“碱性”）11．（2024•昌平区二模）含锂化合物如LiAlH4、Li2O等有重要的应用。Ⅰ.LiAlH4是有机合成中常用的还原剂。（1）LiAlH4中Li+与之间的作用力类型是。的空间构型是，中心原子的杂化类型为。（2）Li+与H﹣具有相同的电子构型，比较r（Li+）与r（H﹣）的大小（其中r代表半径），并从原子结构角度说明原因。（3）从化合价角度说明LiAlH4具有还原性的原因。（4）被LiAlH4还原后得到产物的名称是。Ⅱ.高纯度氧化锂可用于锂电池。一种制备方法是：i．向磨细的LiOH•H2O粉末中加入定量的过氧化氢，加热，一定条件下回收得到Li2O2•H2O2•H2Oii．真空下焙烧Li2O2•H2O2•H2O，得到Li2O（5）i中反应分为2步，写出第一步反应的化学方程式。第一步：。第二步：2LiOOH•H2O＝Li2O2•H2O2•2H2O（6）Li2O晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）12．（2024•和平区三模）东晋《华阳国志•南中志》已有白铜（铜镍合金）的记载，回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为，3d能级上的未成对的电子数为。（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4蓝色溶液，在中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为，配位原子是，中阴离子的立体构型是。（3）单质铜及镍都是由键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：I2（Cu）＝1959kJ•mol﹣1，I2（Ni）＝1753kJ•mol﹣1，I2（Cu）＞I2（Ni）的原因是。（4）现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图1所示：①该储氢材料的化学式为。②已知晶胞参数边长为anm，高为bnm，设阿伏加德罗常数的值为NA。若一个晶胞内可以储存18个氢原子，则储氢后的晶胞密度为g•cm﹣3。（5）用含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）提取蓄电池材料Ni2O3，流程如图2所示：已知：NiCl2易溶于水，Fe3+不能氧化Ni2+。①酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图3所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是（从两个角度分析）。②证明“沉镍”中，Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象为。③电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了ClO﹣，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子方程式。13．（2024•南充模拟）早在2000多年前我国已掌握铜镍合金的冶炼，但直到250年前才有科学家制得单质镍。回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为。基态铜、镍原子的第二电离能分别为、、ICu＞INi的原因是。（2）丁二铜肟常用于检验Ni2+。在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示，该物质中：①非金属元素电负性由大到小的顺序为。②氢氧原子间存在作用。③Ni2+的配位数为。④已知：Ni2+和N位于同一平面。可采用配合物的杂化轨道理论进行解释：Ni2+原有d电子可违反洪特规则进行重排，再利用外层空轨道杂化后接受N原子提供的孤对电子。则推测Ni2+采用的杂化轨道类型为（填字母标号）。A．sp2B．sp3C．dsp2D．d2sp（3）二元铜镍固溶体称为普通白铜，其晶胞结构如图。已知立方晶胞边长为acm，阿伏加德罗常数为。①该晶体类型为，Cu与Cu之间的最近距离为pm。②该晶体密度为g•cm﹣3（用含NA、a的式子表示）。14．（2024•天津三模）金属有机骨架化合物（MOFs）因高孔隙率等优良特性成为吸附材料的研究热点。采用不同金属中心离子，可合成不同的MOFs吸附材料。回答下列问题：（1）金属硝酸盐是合成MOFs的常见试剂。硝酸根离子的空间构型为；（2）功能化MOFs可吸附CO2并将其催化转化为甲醇，甲醇易溶于水的原因是；（3）DMF（制备MOFs所需催化剂的原料）的结构是，σ键与π键的数目比是；（4）基态Pt原子的电子排布式为[Xe]4f145d96s1，则Pt位于元素周期表第周期第族，处于区。的价层电子对互斥模型如图所示，该离子是平面正方形结构，键角是90°则中心原子采用的杂化类型可能是（填“dsp2”“sp3”或“sp2”）。某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N2O4“固定”，能高选择性吸附NO2。废气中的NO2被吸附后，经处理能全部转化为HNO3，原理示意图如图。（5）已知：2NO2（g）⇌N2O4（g）ΔH＜0。下列说法正确的是。A.MOFs—N2O4是一种超分子，图示吸附过程属于氮的固定B.温度升高时不利于N2O4被MOFs固定C.多孔材料“固定”N2O4，降低2NO2（g）⇌N2O4（g）反应的活化能，促进平衡正向移动D.该MOFs材料也可用于“固定”其他小分子，如NO、H2等（6）图示中转化为HNO3的反应，化学方程式为。15．（2024•枣庄一模）氮能与部分金属或非金属形成二元化合物，在材料应用中体现出独特性质。回答下列问题：（1）量子力学计算的结果显示氮化碳结构有五种，其中β﹣氮化碳硬度超过金刚石晶体。已知β﹣氮化碳的二维晶体（单点厚度仅有一个原子直径大小的晶体）结构如图1，线框内表示晶胞结构，则β﹣氮化碳的化学式为；晶体中N原子的杂化方式为。（2）Cu3N具有良好的电学和光学性能，其晶胞结构沿体对角线投影如图2，其中N3﹣在晶胞中只有一种位置，N3﹣的配位数为。高温下CuO易转化为Cu2O，试从原子结构的角度解释其原因：；高温下Cu3N可将CO2还原，反应生成一种还原性气体、一种单质气体和一种金属氧化物，其化学反应方程式为。（3）CrN晶胞结构的八分之一如图3，则熔点：CrNNaCl（填“高于”“低于”或“等于”）。若NA代表阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρg⋅cm﹣3，则Cr3+与N3﹣最短核间距为pm。16．（2024•琼山区校级模拟）锌在工业中有重要作用，也是人体必须的微量元素。人体内碳酸酐酶可以使CO2水合和脱水反应速率分别加快13000和25000倍。碳酸酐酶的部分结构如图所示：回答下列问题：（1）Zn基态原子核外电子排布式。（2）碳酸酐酶的部分结构中与Zn2+配位的原子是（填元素符号），该物质中碳原子的轨道杂化类型是，碳酸酐酶中H—O—H键角比H2O中H—O—H键角（填“大于”“小于”或“等于”）。（3）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成，第二电离能I2（Zn）I2（Cu）（填“大于”或“小于”），原因是。（4）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图1所示。①与Se原子距离最近且等距离的Zn的个数为。②1号原子的坐标为（1，1，1），图2是ZnSe晶胞沿z轴的投影图，2号原子的坐标为。③晶胞中距离最近的两个Se的距离为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体密度为g•cm﹣3。17．（2024•济南模拟）一定条件下用过量碱性H2O2处理含有Ag+和Ni2+的混合溶液，得到一种镍银氧三元化合物，六方晶胞（a＝b≠c；α＝β＝90°，γ＝120°）如图所示。回答下列问题：（1）基态Ni原子的价电子排布式为，镍原子的配位数为，该制备反应的离子方程式为。（2）47Ag的第二电离能（填“大于”或“小于”）48Cd的第二电离能，原因是。（3）Ag作催化剂，催化氧气氧化苯甲醇制备苯甲醛的化学方程式为；相同条件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛的原因是。（4）若Ni—O键长为dpm，∠Ni—O—Ni夹角为θ，晶胞高为hpm，该化合物的摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的数值为NA，则该化合物晶体的密度为g•cm﹣3（列出计算式即可）。18．（2024•四川模拟）钛由于其稳定的化学性质，良好的耐高温、耐低温、抗强酸、抗强碱以及高强度、低密度等特性，被美誉为“未来钢铁”“战略金属”。（1）基态22Ti原子的价层电子排布图为。（2）区分晶态TiO2和非晶态TiO2最可靠的科学方法是，TiO2与光气COCl2反应可用于制取四氯化钛，COCl2的空间构型为。（3）Ti的一种配合物丁二酮缩邻氨基酚钛，是高性能的聚烯烃催化剂，其结构如图。①组成配合物的第二周期元素中，第一电离能由大到小的顺序为，其中碳原子的杂化方式为。②该配合物中心离子是，0.5mol配合物中含σ键的数目为。（4）某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图所示，其中A为正离子C2H5，另两种离子为I﹣和Pb2+。①该物质化学式为。②与C2H5紧邻等距的I﹣数为。③晶胞中两个最近的I﹣之间的距离为apm，晶胞的密度为g/cm3（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。19．（2024•宿迁一模）CeO2和CeCl3是重要的工业原料。（1）CeO2晶胞见图﹣1，其中O原子位于Ce构成的空隙。（填“正四面体”或“正八面体”）（2）铜﹣氧化物（xCuO—yCeO2，其中O均为﹣2价）可催化氧化除去氢气中少量CO，其反应机理见图﹣2所示。①反应Ⅰ中Ce的化合价变化为：。（已知反应Ⅰ中Cu、Ce的化合价均发生变化）②若反应Ⅱ中通入18O2，检测反应Ⅳ的产物，其中含有18O有种。（3）用pH约为7的CeCl3溶液与NH4HCO3溶液反应制备Ce2（CO3）3沉淀。若制备Cl﹣含量少的Ce2（CO3）3，采用的加料方式为：将溶液缓慢滴加到溶液中。（填化学式）（4）准确称取1.00gCeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过二硫酸铵[（NH4）2S2O8]溶液恰好将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入40.00mL0.10mol•L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2与之恰好反应完全。已知：Fe2++Ce4+＝Fe3++Ce3+。求该样品中CeCl3的质量分数（写出计算过程）。20．（2024•海淀区校级模拟）氟化镁钾（KMgF3）是一种具有优良光学性能的材料，其晶胞结构如图。以该晶胞结构为基础，将相似离子取代或部分取代，可合成多种新型材料。（1）①KMgF3晶体中，每个Mg2+周围有个距离最近的F﹣。②已知晶胞棱长为anm，则该晶胞的密度为g•cm﹣3（用含a的代数式表示计算结果，1nm＝10﹣7cm，NA＝6×1023mol﹣1，下同）。③已知F﹣与K+离子半径相近，从原子结构角度解释原因。（2）Fe3+半径与Mg2+接近，将Mg2+部分由Fe3+取代，可以带来电荷不平衡性和反应活性。从而合成新型催化剂材料。①基态Fe3+中未成对的电子数为。②某实验室合成新型催化剂材料KMg0.8Fe0.2F3O0.1（O2﹣是平衡电荷引入的填隙阴离子，不破坏原有晶胞结构）。若要合成厚度为0.3mm、面积为1m2的催化剂材料，理论上需要掺杂的Fe3+约为mol。（3）我国科研工作者以KMgF3晶体结构为框架，依据“体积匹配原则”合成了具有独特电学性能的AthMn（N3）3晶体。其框架中的Mg2+由Mn2+取代，K+位置嵌入有机阳离子Ath+，F﹣位置沿棱方向嵌入直线型。Ath+与的结构简式分别为和。①中心N原子的杂化方式为。②Ath+的转动不会影响晶体骨架，这是因为除离子键外，该晶体中微粒间还存在其他相互作用，如邻近的Mn2+与间还存在，上述相互作用不会随Ath+的转动改变。

2025高考化学一轮复习之物质结构与性质（解答大题）参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2024•东城区校级三模）高熵合金是指由多种元素（如Al、Fe、Cu、Co、Cr、Mn、Ni、Zn等）形成的合金，因其独特的元素组成、微观结构和性能，被认为是极具应用潜力的新型结构材料。（1）AlCrFeNi是目前采用最多的高嫡合金元素组合。①A元素与同周期相邻的元素比较，第一电离能由大到小的顺序是Si＞Mg＞Al（用元素符号表示）。②基态Fe原子的价层电子的轨道表示式为。③Ni元素位于元素周期表的d区。（2）研究人员发现，在离子液体中可制备均一粒径分布的高熵合金纳米颗粒。离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，一般由有机阳离子和无机阴离子组成。一种离子液体的结构如图所示。①的空间结构为正四面体形。②研究发现通过改变阳离子侧链可调控离子化合物的熔点。A、B两种离子液体的结构如图所示。熔点A＞B的原因是A的烃基比B的烃基小，A中阳离子半径比B的小，A中晶格能更大，熔点越高。（3）一种由Cu、In、Te元素形成的高熵合金，其晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。①Te原子与邻近的Cu、In原子构成的空间结构为四面体形。②已知阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3（1nm＝10﹣7cm）（列出计算式）【答案】（1）①Si＞Mg＞Al；②；③d；（2）①正四面体形；②A的烃基比B的烃基小，A中阳离子半径比B的小，A中晶格能更大，熔点越高；（3）①四面体形；②。【分析】（1）①同周期从左向右元素第一电离能呈增大趋势，镁元素原子2s能级为全满，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的；②基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2；③基态Ni原子价层电子排布式为3d84s2；（2）①中B原子价层电子对数为4+＝4，没有孤电子对；②离子半径越小，所带电荷越多，晶格能越大，熔点越高；（3）①由图可知，Te原子与连接邻近的2个Cu原子、2个In原子；②Cu位于顶点、面上和体内，个数为8×+4×+1＝4，In位于棱上和面上，个数为4×+6×＝4，8个Fe位于体内，晶胞质量为g，晶胞体积为a2b×10﹣21cm3，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）①Al元素的相邻元素为Mg、Si，同周期从左向右元素第一电离能呈增大趋势，镁元素原子2s能级为全满，氮元素原子2p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能由大到小的顺序是Si＞Mg＞Al，故答案为：Si＞Mg＞Al；②基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，则基态Fe原子的价层电子的轨道表示式为，故答案为：；③基态Ni原子价层电子排布式为3d84s2，位于元素周期表中d区，故答案为：d；（2）①中B原子价层电子对数为4+＝4，没有孤电子对，空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；②由A、B结构式可知，A的烃基比B的烃基小，A中阳离子半径比B的小，A中晶格能更大，熔点越高，故答案为：A的烃基比B的烃基小，A中阳离子半径比B的小，A中晶格能更大，熔点越高；（3）①由图可知，Te原子与连接邻近的2个Cu原子、2个In原子，四个原子形成的空间结构为四面体形，故答案为：四面体形；②Cu位于顶点、面上和体内，个数为8×+4×+1＝4，In位于棱上和面上，个数为4×+6×＝4，8个Fe位于体内，晶胞质量为g，晶胞体积为a2b×10﹣21cm3，晶体密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，故答案为：。【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。2．（2024•招远市三模）锌的配合物在工业中有着重要应用。回答下列问题：（1）一种锌的配合物M的结构如图1。①Zn元素位于元素周期表的ds区。M分子中元素电负性最大的原子处于基态时，其价电子排布图为。②已知配体中的五元环为平面结构，则形成大π键时1号氮原子提供的电子数＞（填“＞”、“＝”或“＜”）2号氮原子提供的电子数；该分子具有碱性，原因是该分子中含有亚氨基。（2）某三维多孔金属有机骨架材料由有机配体对苯二甲酸根和具有正四面体结构的构成。其晶体具有面心立方结构，晶胞由8个结构相似的组成单元（如图2）构成，其中虚线框内局部结构如图3。①晶体中中氧原子的轨道杂化方式为sp3，Zn2+的配位数为1.25。②晶体内部空腔可吸附小分子，要增强晶体与H2O的吸附作用，可在对苯二甲酸根上引入BC（假设晶胞形状不变）。A．—ClB．—OHC．—NH2D．—CH3③已知该晶体密度为0.59g•cm﹣3，对苯二甲酸根与的相对分子质量分别为M1和M2，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞参数为×107nm（用含M1、M2和NA的式子表示）。【答案】（1）①ds；；②＞；该分子中含有亚氨基；（2）①sp3；②BC；③×107。【分析】（1）①Zn是30号元素，价层电子排布式为3d104s2；由M分子结构式可知，电负性最大的为O；②已知配体中的五元环为平面结构，1号N原子为sp2杂化，1个H、2个C原子占据3个sp2杂化轨道，孤电子对占据未参与杂化的p轨道，即形成大π键时1号氮原子提供2个电子；2号N原子为sp2杂化，2个C原子、1个孤电子对占据3个sp2杂化轨道，1个成单电子占据未参与杂化的p轨道，即形成大π键时1号氮原子提供1个电子；则形成大π键时1号氮原子提供的电子数大于2号氮原子提供的电子数；2号N原子含有孤电子对，能与H+形成配位键；（2）①由图3可知，晶体中中氧原子含有4个共价键；由晶体组成单元对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中一个氧离子为四个锌离子所共有；②氨基和羟基能与H2O形成氢键，氯原子和甲基不能与H2O形成氢键；③已知该晶体密度为0.59g•cm﹣3，对苯二甲酸根与的相对分子质量分别为M1和M2，NA为阿伏加德罗常数的值，由晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的的个数为8×＝1，位于棱上的对苯二甲酸根的个数为12×＝3，该晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得，晶胞质量为g，设晶胞参数为anm，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，由ρ＝可求得该晶胞参数。【解答】解：①Zn为第30号元素，价层电子排布式为3d104s2，位于ds区；由M分子结构式可知，电负性最大的为O，处于基态时，其价电子排布图为，故答案为：ds；；②已知配体中的五元环为平面结构，1号N原子为sp2杂化，1个H、2个C原子占据3个sp2杂化轨道，孤电子对占据未参与杂化的p轨道；2号N原子为sp2杂化，2个C原子、1个孤电子对占据3个sp2杂化轨道，1个成单电子占据未参与杂化的p轨道；该分子中含有亚氨基，即2号N原子含有孤电子对，能与H+形成配位键，使该分子具有碱性，故答案为：＞；该分子中含有亚氨基；（2）①由图3可知，晶体中中氧原子含有4个共价键，轨道杂化方式为sp3杂化，由晶体组成单元对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中一个氧离子为四个锌离子所共有，则Zn2+的配位数为1+＝1.25，故答案为：sp3；1.25；②若在对苯二甲酸根上引入能与水分子形成氢键的氨基和羟基，有利于增强晶体与H2O的吸附作用，若在对苯二甲酸根上引入不能与水分子形成氢键的氯原子和甲基，则不利于增强晶体与H2O的吸附作用，故答案为：BC；③已知该晶体密度为0.59g•cm﹣3，对苯二甲酸根与的相对分子质量分别为M1和M2，NA为阿伏加德罗常数的值，由晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的的个数为8×＝1，位于棱上的对苯二甲酸根的个数为12×＝3，该晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得，晶胞质量为g，设晶胞参数为anm，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，由ρ＝可得，0.59g•cm﹣3＝g•cm﹣3，则该晶胞参数a＝×107nm，故答案为：×107。【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、大π键、杂化方式、晶体结构与计算等知识，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞密度的计算，题目难度中等。3．（2024•杭州模拟）有机无机卤化物钙钛矿类杂化材料[（CH3NH3）PbI3]具有较高的光电转换效率。请回答：（1）基态氮原子的价电子排布式为2s22p3，其价电子的空间运动状态有4种。（2）下列说法正确的是ABA.电负性：N＞C＞PbB.熔点：CH3NH3NO3＜NH4NO3C.CH3NH2中C、N杂化类型相同，键角∠HCN小于∠HNCD.CH3中存在σ键、配位键和氢键（3）由于硅有价层d轨道可以利用而碳没有，因此它们的化合物结构和性质存在较大差异。若略去氢原子，化合物N（CH3）3（三角锥形）和N（SiH3）3（平面形）的结构如图所示。根据以上信息，请说明N（SiH3）3碱性比N（CH3）3小的原因N（SiH3）3中N为sp2杂化，N未杂化的p轨道上的孤电子对进入Si原子的3d空轨道，使N（SiH3）3中N上电子云密度降低，故N（SiH3）3的碱性小于N（CH3）3。（4）（CH3NH3）PbI3晶体的晶胞为如图（a）所示的立方体结构。①与Pb2+最近且等距离的I﹣有6个。②如果将晶胞（a）进行平移成图（b）即I﹣位于棱心，请在图（b）中画出相应的Pb2+的位置（用表示Pb2+）。【答案】（1）2s22p3；4；（2）AB；（3）N（SiH3）3中N为sp2杂化，N未杂化的p轨道上的孤电子对进入Si原子的3d空轨道，使N（SiH3）3中N上电子云密度降低，故N（SiH3）3的碱性小于N（CH3）3；（4）①6；②。【分析】（1）N为7号元素，位于元素周期表中第二周期第ⅤA族；电子占据多少轨道就有多少种空间运动状态；（2）A.非金属性越强，电负性越大；B.离子半径越大，所带电荷越少，键能越小，熔点越低；C.CH3NH2中C原子形成4个σ键，N原子形成3个σ键，有1个孤电子对；孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，斥力越大，键角越小；D.CH3中存在C—H键、N原子与H原子形成配位键，离子内不存在氢键；（3）N（SiH3）3中N为sp2杂化，N未杂化的p轨道上的孤电子对进入Si原子的3d空轨道，使N（SiH3）3中N上电子云密度降低，故N（SiH3）3的碱性小于N（CH3）3；（4）①与Pb2+最近且等距离的I﹣位于面心；②如果将晶胞（a）进行平移成图（b）即Ⅰ位于棱心，则Pb2+位于顶点。【解答】解：（1）N为7号元素，位于元素周期表中第二周期第ⅤA族，价层电子排布式为2s22p3，电子占据4个轨道，有4种空间运动状态，故答案为：2s22p3；4；（2）A.非金属性：N＞C＞Pb，电负性越大：N＞C＞Pb，故A正确；B.离子半径：CH3＞，键能：CH3NH3NO3＜NH4NO3，则熔点：CH3NH3NO3＜NH4NO3，故B正确；C.CH3NH2中C原子形成4个σ键，N原子形成3个σ键，有1个孤电子对，都为sp3杂化；孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，斥力越大，键角越小，即键角∠HCN大于∠HNC，故C错误；D.CH3中存在C—H键、N原子与H原子形成配位键，离子内不存在氢键，故D错误；故答案为：AB；（3）N（SiH3）3分子为平面结构，则N为sp2杂化，N未杂化的p轨道上的孤电子对进入Si原子的3d空轨道，使N（SiH3）3中N上电子云密度降低，故N（SiH3）3的碱性小于N（CH3）3，故答案为：N（SiH3）3中N为sp2杂化，N未杂化的p轨道上的孤电子对进入Si原子的3d空轨道，使N（SiH3）3中N上电子云密度降低，故N（SiH3）3的碱性小于N（CH3）3；（4）①与Pb2+最近且等距离的I﹣位于面心，共6个，故答案为：6；②如果将晶胞（a）进行平移成图（b）即Ⅰ位于棱心，则Pb2+位于顶点，图像为，故答案为：。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、配位化合物、第一电离能、杂化方式、离子结构、离域π键、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查学生空间想象、分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力，题目难度较大。4．（2024•山东模拟）钴及其化合物在材料、医药等领域具有广泛应用。回答下列问题：（1）基态钴原子的价层电子排布式为3d74s2；电解熔融的CoCl2或CoO都能制备金属钴，CoCl2熔点低于CoO熔点的原因是CoCl2和CoO均为离子晶体，O2﹣半径小于Cl﹣半径，且O2﹣所带电荷多，CoO中的离子键强，熔点高。（2）某含钴配离子结构如图（NH2CH2CH2NH2为电中性配体），已知配合物的磁矩μB＝（n表示中心原子或离子的未成对电子数），则该配离子的磁矩μB＝BM；下列对钴离子的杂化方式推断合理的是C（填标号）。A．sp3B．dsp2C．d2sp3D．sp3d（3）钴酸锂（LiCoO2）是常见的锂离子电池正极材料，其晶体属六方晶系晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120，晶胞结构如图。晶体中O围绕Co形成八面体，八面体共棱形成带负电的层状空间结构，与Li+层交替排列。在充放电过程中，Li+在层间脱出或嵌入。①晶胞中Co的个数为3；Li+在充电过程中会从八面体层间脱出导致晶胞高度c变大，原因是Li+减少，使Li+层和Co—O层吸引力减弱，Co—O层之间的排斥使层间距离增大。②若阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为g•cm﹣3（用代数式表示）。【答案】（1）3d74s2；CoCl2和CoO均为离子晶体，O2﹣半径小于Cl﹣半径，且O2﹣所带电荷多，CoO中的离子键强，熔点高；（2）；C；（3）①3；Li+减少，使Li+层和Co—O层吸引力减弱，Co—O层之间的排斥使层间距离增大；②。【分析】（1）钴原子序数27，基态钴原子的价层电子排布式：3d74s2；CoCl2和CoO均为离子晶体，O2﹣半径小于Cl﹣半径，且O2﹣所带电荷多，CoO中的离子键强；（2）中心离子Co3+价层电子排布为3d6，未成对电子数为4，磁矩μB＝BM；Co3+形成6个配位键，即形成6个共价键，需6个杂化轨道；（3）①晶胞中Co位于棱上和体内，个数为4×+2＝3；充电过程中，正极材料失去电子发生氧化反应，Li+从八面体间层脱出，Li+减少，使Li+层和Co—O层吸引力减弱；②晶胞中Co位于棱上和体内，个数为4×+2＝3，根据化学式LiCoO2可知，Li个数为3，O个数为6，晶胞密度：ρ＝。【解答】解：（1）钴原子序数27，基态钴原子的价层电子排布式：3d74s2；CoCl2和CoO均为离子晶体，O2﹣半径小于Cl﹣半径，且O2﹣所带电荷多，CoO中的离子键强，熔点高，故答案为：3d74s2；CoCl2和CoO均为离子晶体，O2﹣半径小于Cl﹣半径，且O2﹣所带电荷多，CoO中的离子键强，熔点高；（2）中心离子Co3+价层电子排布为3d6，未成对电子数为4，磁矩μB＝BM；Co3+形成6个配位键，即形成6个共价键，需6个杂化轨道，则杂化方式应为d2sp3，故答案为：；C；（3）①晶胞中Co位于棱上和体内，个数为4×+2＝3；充电过程中，正极材料失去电子发生氧化反应，Li+从八面体间层脱出，Li+减少，使Li+层和Co—O层吸引力减弱，Co—O层之间的斥力使层间距离增大，故答案为：3；Li+减少，使Li+层和Co—O层吸引力减弱，Co—O层之间的排斥使层间距离增大；②晶胞中Co位于棱上和体内，个数为4×+2＝3，根据化学式LiCoO2可知，Li个数为3，O个数为6，晶胞密度：ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，故答案为：。【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、杂化方式、化学键等知识点，侧重考查分析、判断能力，明确晶胞的计算是解题的关键，题目难度中等。5．（2024•青羊区校级模拟）碳族元素的单质及化合物广泛存在于生产生活的方方面面。请回答下列问题：（1）基态C原子，共有4种不同空间运动状态的电子。Ge的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2。（2）电石CaC2与萤石CaF2的“离子键成分百分数”相较更大的是萤石。（3）金刚石和石墨互为同素异形体。石墨的晶体类型为混合晶体。金刚石为三维骨架结构（如图1），在由共价键形成的碳原子环中，最小的环为六元环。（4）在硅酸盐中，SiO四面体（图2）通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图3为一种无限长单链结构的多硅酸根，其化学式为（SiO3）n2n﹣。（5）玛瑙（非晶态/玻璃态）与水晶（晶态）均由熔融SiO2冷却形成，则冷却速率玛瑙＞水晶（填“＞”或“＜”，后同）。青铜是铜与锡（Sn）的合金，硬度青铜＞纯铜。（6）PbI2在饱和溶液中析出时现象酷似“水中黄金雨”，极具观赏性，已知PbI2固体以单分子形式存在，则Pb的杂化形式为sp2杂化。（7）已知Ge（OH）4与Sn（OH）4均为两性化合物，且酸性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，碱性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，试从结构角度予以解释成键模型简化为R—O—H，电负性O＞Ge＞Sn，因此R—O键极性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，后者更易解离出OH﹣，碱性更强；O—H键极性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，前者更易解离出H+，酸性更强。（“Ge—O”与“Sn—O”可视作极性共价键）。【答案】解：（1）4；[Ar]3d104s24p2；（2）萤石；（3）同素异形体；混合晶体；六；（4）（SiO3）n2n﹣；（5）＞；＞；（6）sp2杂化；（7）成键模型简化为R—O—H，电负性O＞Ge＞Sn，因此R—O键极性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，后者更易解离出OH﹣，碱性更强；O—H键极性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，前者更易解离出H+，酸性更强。【分析】（1）电子的空间运动状态数等于轨道的数目；Ge的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p2；（2）电石不是离子晶体，萤石是离子晶体；（3）金刚石和石墨都是由碳元素组成的不同物质，二者互为同素异形体，石墨为混合晶体；由图可知，金刚石最小的环为六元环；（4）图（2）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子；（5）一般来说，非晶态的冷却速率要比晶态的冷却速率快；合金的硬度比纯金属的硬度大；（6）Pb位于第IV族，最外层电子数为4，价电子对数为＝3，故应为sp2杂化；（7）酸碱性看电离出H+与OH﹣离子的能力的强弱，通过比较电负性进而看键的极性，从而得出电离能力的强弱。【解答】解：（1）C原子的核外电子排布式为：1s22s22p2，轨道数为1+1+2＝4，则基态C原子，共有4种不同空间运动状态的电子；Ge的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p2，故答案为：4；[Ar]3d104s24p2；（2）电石不是离子晶体，萤石是离子晶体，所以萤石的“离子键成分百分数”应较大，故答案为：萤石；（3）金刚石和石墨都是由碳元素组成的不同物质，二者互为同素异形体，石墨为混合晶体；由图可知，金刚石最小的环为六元环，故答案为：同素异形体；混合晶体；六；（4）图（2）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，故为（SiO3）n2n﹣，故答案为：（SiO3）n2n﹣；（5）一般来说，非晶态的冷却速率要比晶态的冷却速率快，所以玛瑙冷却速率大于水晶；合金的硬度比纯金属的硬度大，所以青铜的硬度大于纯铜，故答案为：＞；＞；（6）Pb位于第IV族，最外层电子数为4，价电子对数为＝3，故应为sp2杂化，故答案为：sp2杂化；（7）酸碱性看电离出H+与OH﹣离子的能力的强弱，通过比较电负性进而看键的极性，从而得出电离能力的强弱，成键模型简化为：成键模型简化为R—O—H，电负性O＞Ge＞Sn，因此R—O键极性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，后者更易解离出OH﹣，碱性更强；O—H键极性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，前者更易解离出H+，酸性更强，故答案为：成键模型简化为R—O—H，电负性O＞Ge＞Sn，因此R—O键极性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，后者更易解离出OH﹣，碱性更强；O—H键极性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，前者更易解离出H+，酸性更强。【点评】本题主要考查核外电子排布式的书写及晶体的相关知识，为高频考点，题目难度一般。6．（2024•石景山区一模）PdFe3N比纯金属Pd具有更优异的甲酸氧化电催化活性，其制备流程如下。（1）NH3的空间结构是三角锥形。（2）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为。（3）原子的第一电离能N＞O，从原子结构的角度说明理由N原子价电子2p轨道半满较稳定。（4）PdFe3N的晶胞形状为正方体，结构如上图所示。①图中“”代表Fe。②已知PdFe3N的摩尔质量是Mg•mol﹣1，晶胞的密度为ρg•cm﹣3，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞的边长为×10﹣7nm。（1nm＝10−7cm）③Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程如图所示，吸附在催化剂表面的粒子用*标注。分析PdFe3N优于Pd的原因PdFe3N催化剂活化能比较低，消耗能量比较少。【答案】（1）三角锥形；（2）；（3）N原子价电子2p轨道半满较稳定；（4）①Fe；②×10﹣7；③PdFe3N催化剂活化能比较低，消耗能量比较少。【分析】（1）NH3中N原子为sp3杂化，有1个孤电子对；（2）基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2；（3）同周期元素从左至右第一电离能呈现增大的趋势，但是N的电子为2p轨道为半满状态，第一电离能较大；（4）①1个小白球代表N，位于体心；大白球位于顶点，个数为8×＝1，黑球位于面心，个数为6×＝3；②晶胞质量为g，设晶胞边长为anm，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝可求得晶胞边长；③活化能越大，反应越慢。【解答】解：（1）NH3中N原子为sp3杂化，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形，故答案为：三角锥形；（2）基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，价电子轨道表示式为，故答案为：；（3）同周期元素从左至右第一电离能呈现增大的趋势，但是N的电子为2p轨道为半满状态，第一电离能较大，因而第一电离能N＞O，故答案为：N原子价电子2p轨道半满较稳定；（4）①1个小白球代表N，位于体心；大白球位于顶点，个数为8×＝1，黑球位于面心，个数为6×＝3，根据化学式PdFe3N可知，“”代表Fe，故答案为：Fe；②晶胞质量为g，设晶胞边长为anm，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝可得，ρg•cm﹣3＝g•cm﹣3，则晶胞边长a＝×10﹣7nm，故答案为：×10﹣7；③由Pd和PdFe3N电催化甲酸间接氧化的反应历程图可知，反应CO*→CO*+OH*中使用Pd催化剂时，活化能很大，反应越慢，而使用PdFe3N催化剂时，活化能比较低，消耗能量比较少，故PdFe3N优于Pd，故答案为：PdFe3N催化剂活化能比较低，消耗能量比较少。【点评】本题考查物质结构与性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、反应机理、晶胞的计算方法是解本题关键，难点是晶胞的有关计算，题目难度中等。7．（2024•丰台区校级三模）碳酸二甲酯（）是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。ⅰ.4CuCl+4CH3OH+O2＝4Cu（OCH3）Cl+2H2Oⅱ.2Cu（OCH3）Cl+CO＝（CH3O）2CO+2CuCl（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的杂化类型是sp2。（2）CuCl中，基态Cu+的价电子排布式为3d10，CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是催化剂。（3）上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。ⅰ.甲醇单位时间内的转化率主要受Cu（Ⅰ）（+1价铜元素）浓度的影响。ⅱ.CuCl在甲醇中溶解度较小，且其中的Cu+易被氧化为难溶的CuO。ⅲ.加入4﹣甲基咪唑（）可与Cu+形成配合物，可提高甲醇的转化率。4﹣甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。请结合信息回答以下问题。①4﹣甲基咪唑中，1～4号N原子在（填“在”或“不在”）同一平面上，3（填“1”或“3”）号N原子更容易与Cu+形成配位键。②加入4﹣甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是b（填序号）。a．Cu（Ⅰ）配合物中的—NH结构可增大其在甲醇中的溶解度b．形成的Cu（Ⅰ）配合物能增大反应的限度（4）配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是O原子的电负性比N原子强，O原子提供孤电子对的能力弱。（5）CaTiO3的晶胞如图（a）所示，金属离子与氧离子间的作用力为离子键，Ca2+的配位数是12。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子，其晶胞如图（b）所示。其中Pb2+与图（a）中Ti4+的空间位置相同，有机碱CH3H中，N原子的杂化轨道类型是sp3；若晶胞参数为anm，则晶体密度为g•cm﹣3（列出计算式）。【答案】（1）sp2；（2）3d10；催化剂；（3）①在；3；②b；（4）电O原子的电负性比N原子强，O原子提供孤电子对的能力弱；（5）离子键；12；Ti4+；sp3；。【分析】（1）羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对；（2）Cu为29号元素，基态Cu原子价层电子排布为3d104s1，形成离子首先失去外层电子；根据两步方程式，CuCl先反应后生成；（3）①4﹣甲基咪唑中有2个双键结构，与1号N原子的孤电子对，形成大π键结构，大π键结构形成平面结构；1号N原子的孤电子对形成大π键结构；②甲醇单位时间内的转化率主要受Cu（I）（+1价铜元素）浓度的影响，避免Cu+被氧化为难溶的CuO；（4）原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的重要因素；（5）阴阳离子之间存在离子键，Ca2+的配位数是12；将图（b）周围紧邻的八个晶胞的体心连接，就能变成图（a）所示晶胞；有机碱CH3中，该离子相当于中的1个H原子被甲基取代，中N原子价层电子对数与中N原子价层电子对数一样，都是4；若晶胞参数为anm，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，该晶胞中I﹣个数＝6×＝3、CH3NH3+个数＝8×＝1、Pb2+个数＝1，晶胞质量为g，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）羰基中C原子形成3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数为3，故C原子为sp2杂化，故答案为：sp2；（2）Cu为29号元素，基态Cu原子价层电子排布为3d104s1，形成离子首先失去1个外层电子亚铜离子，基态铜离子（Cu+）的价电子排布式为：3d10；观察i和ii两步方程式得出，CuCl在i方程式中先反应，在ii方程式中又生成，故CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是催化剂，故答案为：3d10；催化剂；（3）①4﹣甲基咪唑中有2个双键结构，与1号N原子的孤电子对，形成大π键结构，大π键结构为平面结构；1号N原子的孤电子对形成大π键结构，所以3号N原子提供孤电子对，与具有空轨道的Cu+形成配位键，故答案为：在；3；②甲醇单位时间内的转化率主要受Cu（I）（+1价铜元素）浓度的影响，加入4﹣甲基咪唑可与Cu形成配合物，避免Cu+被氧化为难溶的CuO，提高甲醇的转化率，可能的原因为b，故答案为：b；（4）原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度，O原子的电负性比N原子强，O原子提供孤电子对的能力弱，所以结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，故答案为：O原子的电负性比N原子强，O原子提供孤电子对的能力弱；（5）阴阳离子之间存在离子键，所以CaTiO3中金属离子与氧离子间的作用力为离子键，与Ca2+等距离且距离最近的氧离子为12个，所以钙离子的配位数是12；观察晶胞（a）（b），将图（b）周围紧邻的八个晶胞的体心连接，就能变成图（a）所示晶胞，图（b）体心上的Pb2+就是8个顶点，即图（a）中的Ti4+，图（b）顶点中的I﹣就为体心，即图（a）的Ca2+的位置，图（b）面心上的CH3就是棱心，即图（a）中的O2﹣的位置，所以图（b）Pb2+与图（a）中Ti4+的空间位置相同；有机碱CH3中，该离子相当于中的1个H原子被甲基取代，中N原子价层电子对数与中N原子价层电子对数一样，都是4，N的杂化轨道类型为sp3；若晶胞参数为anm，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，该晶胞中I﹣个数＝6×＝3、CH3NH3个数＝8×＝1、Pb2+个数＝1，晶胞质量为g，晶体密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3，故答案为：离子键；12；Ti4+；sp3；。【点评】本题考查物质结构和性质，涉及核外电子排布、配位键、晶体结构和计算等知识点，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、价层电子对互斥理论内涵、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞密度的计算，题目难度中等。8．（2024•浙江模拟）Co、La元素及其化合物在工业及生活方面有重要应用。回答下列问题：（1）基态Co的价电子排布图，核外电子的空间运动状态有15种。（2）一定条件下，CoCl2、H2O2、NH3和NH4Cl反应可制得[Co（NH3）4Cl2]Cl，反应的方程式为2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O，[Co（NH3）4Cl2]Cl的配位数为6。区别[Co（NH3）4Cl2]Cl和[Co（NH3）4Cl2]NO3两种溶液的试剂是AgNO3溶液（HNO3溶液）。（3）La的八配位金属羰基化合物La（CO）8的结构如图所示，CO作配体，配位原子为C，而不是O，其原因是氧的电负性大于碳，1molLa（CO）8含16molσ键。（4）LaHx在储氢和超导等领域具有重要应用。高压下，LaH2中的每个H结合4个H形成类似CH4的结构独立存在，即得到晶体LaHx。则x＝10。晶体LaHx的密度为g•cm﹣3。（写出计算式即可）【答案】（1）；15；（2）2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O；6；AgNO3溶液（HNO3溶液）；（3）氧的电负性大于碳；16；（4）10；。【分析】（1）基态Co的价电子排布图，基态Co共有15个原子轨道；（2）根据得失电子守恒以及原子守恒可得：2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O；[Co（NH3）4Cl2]Cl的配位数为6，即4个氨气，2个氯离子；因为外界的氯离子可以电离；（3）因为氧的电负性大于碳，所以配位原子为C，而不是O；1个CO中含1个σ键；（4）由题干信息可知，1个LaHx晶胞中含有＝4个La，每个H结合4个H形成类似CH4的结构独立存在，含有5×8＝40个H原子，La和H的个数比为1：10，晶体LaHx中x＝10；1个晶体LaHx的质量为，1个晶体LaHx的体积为（4.84×10﹣8）3cm3。【解答】解：（1）基态Co的价电子排布图，基态Co共有15个原子轨道，所以核外电子的空间运动状态有15种，故答案为：；15；（2）根据得失电子守恒以及原子守恒可得：2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O；[Co（NH3）4Cl2]Cl的配位数为6，即4个氨气，2个氯离子；因为外界的氯离子可以电离，所以[Co（NH3）4Cl2]Cl可以与硝酸酸化的硝酸银产生白色沉淀，所以试剂是AgNO3溶液（HNO3溶液），故答案为：2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O；6；AgNO3溶液（HNO3溶液）；（3）因为氧的电负性大于碳，所以配位原子为C，而不是O；1个CO中含1个σ键，1molLa（CO）8含16molσ键，故答案为：氧的电负性大于碳；16；（4）由题干信息可知，1个LaHx晶胞中含有＝4个La，每个H结合4个H形成类似CH4的结构独立存在，含有5×8＝40个H原子，La和H的个数比为1：10，晶体LaHx中x＝10；1个晶体LaHx的质量为，1个晶体LaHx的体积为（4.84×10﹣8）3cm3，则晶体LaH2的密度为g•cm﹣3，故答案为：10；。【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。9．（2024•铜川三模）化学材料助力科技成果的转化与应用。化合物AgMnAs2在磁记录材料领域有广泛的应用前景，氨硼烷（NH3BH3）、镁铁合金都可作为储氢材料。回答下列问题：（1）基态Mn原子中核外电子占据的最高能层符号是N，基态As原子的价层电子排布式为4s24p3。（2）Ag的焰色反应与铁相似，接近无色，下列有关焰色反应原理的分析正确的是bd（填字母）。a．电子从基态跃迁到较高的激发态b．电子从较高的激发态跃迁回基态c．焰色反应的光谱属于吸收光谱d．焰色反应的光谱属于发射光谱（3）Mn（NO3）2中阴离子的空间构型是平面三角形，Mn、N、O三种元素中第一电离能最小的是Mn（填元素符号）。（4）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为NH3＞AsH3＞PH3（用化学式表示，下同），键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3。（5）NH3BH3中存在配位键，提供空轨道的原子是B；分子中N原子采用sp3杂化。（6）某镁铁合金的晶胞如图所示：该晶胞的密度为ρg×cm﹣3，阿伏加德罗常数的值为NA。Fe的配位数是8。该合金储氢时，若每个晶胞可以储存4个H2分子，计算1cm3合金储存氢气的质量为g（用含ρ的代数式表示）。【答案】（1）N；4s24p3；（2）bd；（3）平面三角形；Mn；（4）NH3＞AsH3＞PH3；NH3＞PH3＞AsH3；（5）B；sp3；（6）8；。【分析】（1）基态Mn原子价层电子排布式为：3d54s2；As是33号元素，基态As的电子排布式为：[Ar]3d104s24p3；（2）焰色反应是电子从能量较高的激发态跃迁回基态释放能量形成的发射光谱；（3）Mn（NO3）2中阴离子是，中N原子价电子对数是3+＝3，无孤电子对；Mn、N、O三种元素中Mn是金属元素；（4）结构相似的分子晶体，其相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，形成分子间氢键，沸点升高；中心原子杂化相同，孤电子对数相同，原子半径越小，成键电子对距中心原子越近，成键电子对之间的斥力越大，键角越大；（5）中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对形成配位键；分子中N原子形成4个σ键，无孤电子对；（6）由图可知，距面心的Fe最近的Mg有4个，面心的原子为2个晶胞共有；Fe位于顶点和面心，个数为：8×+6×＝4，8个Mg位于体内，晶胞质量为：g＝g，晶胞的密度为ρg×cm﹣3，则晶胞体积为：＝cm3，1cm3合金存在晶胞的数目为：，每个晶胞可以储存4个H2分子，1cm3合金能储存个H2分子。【解答】解：（1）基态Mn原子价层电子排布式为：3d54s2，核外有4个电子层，核外电子占据的最高能层符号N；As是33号元素，基态As的电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，价层电子排布式为4s24p3，故答案为：N；4s24p3；（2）焰色反应是电子从能量较高的激发态跃迁回基态释放能量形成的发射光谱，故答案为：bd；（3）Mn（NO3）2中阴离子是，中N原子价电子对数是3+＝3，无孤电子对，空间构型为平面三角形，Mn、N、O三种元素中Mn是金属元素，第一电离能最小，故答案为：平面三角形；Mn；（4）NH3、PH3、AsH3结构相似，相对分子质量越大沸点越高，由于NH3能形成分子间氢键，沸点最高，所以沸点由高到低的顺序为：NH3＞AsH3＞PH3；NH3、PH3、AsH3中心原子均为sp3杂化，都有1个孤电子对，原子半径越小，成键电子对距中心原子越近，成键电子对之间的斥力越大，键角越大，键角由大到小的顺序为：NH3＞PH3＞AsH3，故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；NH3＞PH3＞AsH3；（5）NH3BH3中存在配位键，B提供空轨道，N提供孤电子对，形成配位键；分子中N原子形成4个σ键，无孤电子对，属于sp3杂化，故答案为：B；sp3；（6）由图可知，距面心的Fe最近的Mg有4个，面心的原子为2个晶胞共有，则距Fe最近的Mg共有8个，即Fe的配位数为8；Fe位于顶点和面心，个数为：8×+6×＝4，8个Mg位于体内，晶胞质量为：g＝g，晶胞的密度为ρg×cm﹣3，则晶胞体积为：＝cm3，1cm3合金存在晶胞的数目为：，每个晶胞可以储存4个H2分子，1cm3合金能储存个H2分子，质量为：，故答案为：8；。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、光谱、杂化理论的应用、配位键理论、电离能、熔点、键角、晶胞结构与计算等知识，侧重考查学生分析解决问题能力、知识迁移运用能力，题目难度中等。10．（2024•诸暨市模拟）卤族元素是形成化合物的常见元素。请回答：（1）含Na、Cl、Al三种元素的某化合物，其晶体部分结