2023新高考新教材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 (一)

2023新高考新教材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C（X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C0?知,该过程可减少C0”的排放,

正确;B项,根据题给流程图可知Fe。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C0: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、乩与卜2。4反应生成C0”乩0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：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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CH,CHON,0

FeO4

A.FeO;'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1molCH：CHO,消耗NQ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,此由岫0转化得到，是产物,错误;B项,由原子守恒可

知X是上0,H20中只含0-H极性共价键,错误;C项,该机理中反应C此+Fe(T-[(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C2Ik+2N2O-CH3CHO+2N2+HQ,

由于发生副反应[CHjFeSH)]一Fe,故每生成1molCH£HO,消耗他的物质的量大于2m0],正确。

3.CP加氢耦合苯胺(RNHJ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II原子,TiO同吸附C0：

B.反应过程中'的成键数目保持不变

C.反应过程中CO二发生还原反应

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一定条件

D.该过程的总反应:RNH2+CO2+H2--------RNHCHO+HQ

答案BA项,由题图中过程【可知，金属Au可吸附H原子,TiO可吸附8,正确;B项,由过程IV和V

可知,N的成键数目变化为3f4f3,错误;C项,反应过程中段转化为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+H2-------->RNHCH0+H.0,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焕选择性氢化制乙烯,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(gH4

0_t4H/I3

2CH：

+4H2CH

2°te)2C,H3*+2K,O(g)\24(g)

+2)+2011「\.+40H-

2CH/+401F

乙快氢化反应历程

图2

下列说法正确的是()

A.由图1可知,C2H：转化为GHKg)时,只有C-H键的形成

B.由图2可知,C2H2(g)转化为C.H«(g)的过程放出热量

C.步骤H20(g)+C2H；+e-OH+C?H；决定制乙烯的反应速率

D.C2c转化为的步骤活化能较高,不利于乙快氢化制得CH(g)

答案CDA项，图1中C2H；转化为C,H6㈤时，有C-C键、C—H键的形成错误田项，图2中没有C2H2(g)

转化为C,H6(g)的全过程,错误;C项,H20(g)+GH；+e-OH+GH，为制乙爆的主要步骤,正确;D项，图2

中转化为C崂的步骤活化能较高,不利于制得C.H6(g),正确。

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5.催化丙烯制醛的反应机理如下图所示:

下列说法错误的是（）

A.该反应的催化剂为HCO（C0）3

催化剂

B.总为CH：tCH-CH2+H2+C0----->CH3CH2CH0

C.若反应物为乙烯,产物可能为OHCCH2cHeH0

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CH£H2cH2010,错误;C项,若反应物为乙烯，则产物为CILCILCHO,错误。

O

、大/

6.通过电解催化还原CO2可得到碳酸二甲酯DMC（OO）。下列说法错误的是（）

A.通入C（kCHQH的电极为阳极

B.Br的物质的量在催化循环前后不变

/°工O/

C.过程⑤的副产物可能含有乙二酸二甲酯（O）

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o

_催化剂\人/

D.该目解催化过程的总反应方程式为CG+2CH30H----->00+HQ

答案AA项,通入的CO二得到电子生成CO,发生还原反应，所以通入C（kCHQH的电极为阴极，错误;B

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

O

OT

/\A/

环前后不变,正确;c项,过程⑤中的PdO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COOCH..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和甲醇反应最终

O

一一催化剂\人/

生成DMC和水的反应，总反应方程式为C0?+2CH30H----->OO+40,正确。

7.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C02的转化过程。下列说法错误的是（）

（产物）

CO2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

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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^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。

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

[Cu(OH)(NH3)r

*与07^①、2N%

[CU(NOJ(NHJJ®%[Cu(OH)(NHJJ

NO左°；E③

|CII(HNNO)(NH,)]*

[Cu(NII3)2r22

N,,H,0

A.[Cu(OH)(NH3):]中。和,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(OHXNH3)]+

D.总反应的化学方程式为4NH3+2N0+202-------------3N2+6IL0

答案D[Cu(OH)(NHJ]中Or提供空轨道,0H和NII3中0和N原子提供孤电子对,0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,C正确;反应物有NIRNO、0、生成物有H。凡,由题图可知刈人N0、a、H/0、N二的物

[Cu(OH)(NH)]+

质的量之比为4：4：1：6：4,所以总反应的化学方程式为4NH3+4N0+02------------s---6HQ+4MD错

误。

OO

人人

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

要产物为1浸丙烷,反应机理如图,下列说法不正确的是()

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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mCHCILBr+HBr―►-Br+CH3cH2cH?Br

D.上述1^止^^中^?&*Br+-Br―►Br2

答案B由题图可知,过程②发生的反应为Ph/、。•与HBr反应生成PhO-H和・Br,则X为

A

PhO-H”正确;过程③发生的反应为CH£H-CH?与-Br反应生成CH.3CHCH.Br,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CILCHCILBr+HBr

—•Br+CH3CH2CH2Br,C正确;链终止反应中存在・Br和・Br结合形成Br.的过程,D正确。

HOOH

10.MoOs可以催化1,2-丙二醇（JC）获得多种有机物，其反应历程如图所示。下列说法正确

的是（

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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Mo形成共价键的数目始终保持不变

C.如果原料是乙二醇,则主要有机产物是乙二量口乙烯

D.Cu催化氧化1,2-丙二醇所得产物与催化时相同

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,M。形成共价键数目有6

00

IIII

个、4个两种，错误;C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

CH£H-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的反应生成

OO

III

CH2=CHZ,错误;D项,Cu催化氧化1,2-丙二醇所得产物为CH3-C-C-H，与MoO,催化产物不同，错

误。

11.氯元素有多种化合价,可形成C「、CIO、CIO）、C10&、CIO4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:C1OA>CQ>C10]

c.Cl提供孤对电子与可形成CuClJ-

D.C1O）、CIO3.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Is%22P63s23P*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）、ClOg、ClO4中心Cl原子周围的价层电子对数分别为

2+与X（7+1-2X2）=4、3+1x（7+l-3X2）=4x4+gx（7+『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作用,

故键角:C103<CIO3<CIO4,错误;C项,C】中含有孤对电子，故C1提供孤对电子与Cu"可形成CuCK，

正确;D项，由B项分析可知,Cioa、C10〈CIO]中Cl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。

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12.下列叙述不正确的是（）

A.Li2s晶胞结构如图1,S?的配位数是8

B.某银白铜合金的立方晶胞结构如图2,晶胞中铜原子与锲原子的数量比为3：1

C.氯化钠晶胞如图3,离W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，）,则d的坐标参数为（舒,；）

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,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8X1=1,Cu原子的

O

个数为6X1=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，则氯化钠晶胞中离钠离子最近的钠离子有笋12个,错误;I）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）、

。另），则d的坐标参数为（舒,正确。

13.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、为阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的

是（）

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J.2

LX

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)

与B原子的最近距离为张「小

D.BP晶体的密度为谒mg・cm,

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右即fapm,

正确;D项，晶胞质量m甯二罂g,晶胞体积V=(a或,则晶体密度p专=晨舒

g•cm,错误。

14.NQ与IbO反应生成HNO3和N0。下列有关叙述正确的是()

A.N0&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.N0与水均为极性分子

答案DA项,\。3中'的价层电子对数为号乌3,N为sp深化且无孤电子对,双的空间结构为平

面三角形,错误;B项,反应3NO2+H2O-2HN03+N0中,3mol股中有2mol啦的化合价升高，作还原剂,

有1molNO,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，发生反应

3N&+IL0-2HN03+N0,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,N0分子中的正、

负电中心不重合,H2中正、负电中心也不重合，故N0与H20均为极性分子,正确。

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15.CaS可用于制杀虫剂、发光漆等。一定条件下H2s能与CaCO,反应生成CaS,CaS与LSO：反应可以释

放出H2S,H2s能与CuSO；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.SO,与SO,中硫原子的杂化轨道类型均是sp2

C.S0.的键角比SQ,的大

D.1mol[CuOW）/中含有8mol。键

答案B（：0家中中心原子价层电子对数为3+2X（4+2-3X2）=3,采用sp,杂化，无孤电子对,的空间

结构为平面三角形,A错误;SG与SO,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排斥力较大,硫氧键夹角小于120°,SO；的键角为120。，故S0,的键角

比SQ，的小,C错误;1mol[CuOW）小'中含有4molH2具有的8mol。键和H?0与中心原子Cu形成

的4mol。键，共有12mol。键,1）错误。

16.从海水提取食盐后的母液（含Cl、B二、Na;K等离子）中提取浪,其流程如下：

Na2c。鼻溶液

下列有关说法不正确的是（）

A.母液中含有少量的KC1,KC1晶胞如图所示,距离K最近的。有6个

B.“鼓入热空气”得到粗漠利用了浸易挥发的性质

C.纯碱溶液吸收Bn的离子方程式:Bm+C（^----Br03+Br+C02t

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D.控制温度在90℃左右“蒸储”，既有利于获得演单质，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氮离子有6个,A正确;鼓入热空气将浪吹出

得到粗浪,则得到粗浪的操作利用了漠易挥发的性质,B正确;向粗浸中加入碳酸钠溶液,溟与碳酸钠溶

液反应生成Br、BrOg和C0?,反应的离子方程式为3Bm+3CO专----BrOg+5Br+3c0?t,C错误;蒸储时控

制温度在90左右,既有利于获得演单质,又可防止水蒸气大量逸出使得溪中混有水,D正确。

17.一种合金M催化BHNh水解释氢的反应机理如图所示。已知BHJM分子中与N相连的11显正电性

与B相连的II显负电性。下列说法不正确的是（）

A.BH4H分子中存在配位键

B.加入NaOH溶液可制得更纯的H2

C.电负性:0>H>B

D.若将IL0换成D。则可释放出HD

答案BBHsNH,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HB-NhA正确;加入

的氢氧化钠溶液与铁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;由BHNL分子

中与K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，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

DABH州H,水解可释放出HD,D正确。

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18.近年来,由于有机合成工业的发展,HC1已成为一种重要的副产品,0?氧化I。的反应为4HCl(g)+02(g)

----2H20(g)+2Cl2(g)AH=-58kJ・mol\Cl20%KCIU.KC10，K[Co(NHjJCL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.CL0的空间结构为V形

B.。0之与ClOg中C1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)1CL中提供孤电子对的是N和C1

答案DA项,Cl20的中心原子0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,CIO2与CIO3中C1原子的价层电子对数都是4,杂化轨道类型均为sp,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;D项,[Co(NH3]CL中提供孤电子对的是N原子,C1为外界阴离子，错

误。

19.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"C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)。

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，

每个六燃占有个C原子。

⑶碳可以形成多种有机化合物，图3所示是一种毗咯的结构,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。

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(4)碳可形成CO、CO”等多种无机化合物,在CO转化成CO2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MgCOxCaC0»SrCO,BaCO»

热分解温度C40290011721360

阳离子半径，阿6699112135

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:『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则『碳的密度为g/cm"列出计算

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

承、12x8x4

⑼NA(QX10/0)3

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解析(1)基态"C原子轨道表示式为卜2s2p，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IHA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I原子形成四面体结构,碳原子的杂化方式为sp'杂化油题图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

6小。

⑶毗咯中所含元素为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II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>OU.

(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,CO二中存在C-0键,分子间成键方式改变,C项正确;CO和CO二都可以

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,中的0使C01分解为CO,的过程，故当阳离子

所带目荷相同时，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。

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8>4+6x；+4=8,每个正四面体结构含

有4个碳原子,晶胞的质量是号声g,已知T-碳晶胞参数为apm,则T-碳的密度为喘器乎g/cm1

20.“金属铝催化的交叉偶联反响研究”曾获得过诺贝尔化学奖。钳位于元素周期表中第印族，与铐

(Rh)、笆(Pt)等元素统称为钳系元素,在工业及军事技术上发挥关键作用。

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

的是(填选项字母)。

4d5s

A.fvtltlt-f~|和

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4d5s

B.EEEfflE用

4d

4d5s

D.fiwnwi和

IPdCl2

⑵已知：2CHz-CH2+O2-------►2CH:JCH0o

®CH2-CH2中含有3种不同的共价键，除了C（sp：杂化轨道）一H（s轨道形成的o键外,还含有Cgp?

杂化轨道）一C（sd杂化轨道）形成的o键和形成的n键;CHCHO中碳

原子的杂化方式为。

②不同温度下PdCL的结构不同，a-PdCb为无限的平面形长链,其结构如图⑸所示，则Pd（II）的配位

数为oB-PdCk为团簇分子,其结构如图（b）所示,则其分子式为,

⑶粕与卤离子也可以形成稳定的配离子，已知配离子［Pt（n）—［pt（］i）Br42-、［pt（n）L］2的稳定

性依次增强,其可能的原因是.

⑷笆银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），另一种由柏原子和银原子共同构成（例如

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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。

3

答案（DC（2）①C（未杂化的P轨道）一c（未杂化的P轨道）sp\sp②4Pd«Cl12（3）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4产,故Pd的价电子排布图中能量最低的为|H|H|H|H|H|。

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;CH£HO中甲基上的C形成4个。键，

无孤目子对,故采取sp‘杂化，醛基中的C形成3个。键和1个八键,无孤电子对,采取sp°杂化。②由

题图3）可知,Pd（II）的配位数为4;B-FdCL为团簇分子,分子式为P&Clg

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。

（4）①由粕镖合金晶胞,利用均摊法可知,1个晶胞中,Pl的个数为8X^1,Ni的个数为6X^3,故化学式

oL

为Ni.Pt或PtNi%②完全由银原子构成的八面体空隙在晶胞的体心,铀原子和镇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，为当apm。

21.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:。

（2）1个H2c。，分子中含有个。霜期一的空间结构为，写出一种与CO会具有相同

空间结构的分子:（填化学式）。

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(3)CO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。血红蛋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：L(C)

L(0)(填“>"或)。

(4)①g-C3M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-CK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.冗键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

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（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・cnf\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。（用含a、b、c、P、N,的代数式表示，其中M表示阿伏加德罗常

数的值）。

2s2p

(1)和IHHI(2)5

答案平面三角形SO?（或BF，或其他合理答案）（3）sp；sp3N<

(4)aS3⑸地磊泮

2s

（）是号元素，则基态碳原子的价电子排布图为

解析ic6£3

（2）H2c。3的结构式为H-O-C-O-H，则1个H2c分子含有5个。键;CO会中心原子的价层电子对

数为吗X（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

0一具有相同空间结构的分子有SO,或BF：,。

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sp,杂化,部分碳原子形

成3个。键，采用sp'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IHA、第VA与第VIA反常,故第一电离能:L（C）<L（0）。

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(4)①g-CN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,\一C之间的极性键,含有双

键故含有n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

含

元〜月，一个单元中含有1个Si原子,4个N原子,4X；=2个C原子,则该化合物的化学式为SiCN。

⑸由题给晶胞结构,利用均摊法可知,1个晶胞中含有8x1=l个Mg,6x1=3个Ni,1个C,已知该晶胞密

oL

度为Pg・cm：则1个晶胞的体积为1X24+3：9+1X12。命嘿而1个晶胞中原子的体积之和为

PNApNA

由。3+枭产+3x加3)x叱cm；则其原子的空间利用率为能4驾驾丝*=

'333'两cm3

333

4njV?\p(a+b+3c)

639x1()3°

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晶胞中含有原子的体积X100以

晶胞的体积

22.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l(CH3)3SiX,X为Cl、Br、1〕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,浸元素位于一

E;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，(CH3SiI中Si-I键比(CHjSiCl中的Si-Cl键易断裂的原因

是O

⑵(CHjBiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。

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0

H

(CH^SiCkNaiCH,CN

①1个有机物A分子中采取sp：杂化的碳原子有

②有机物B的沸点低于对羟基苯甲醛（CH°）的沸点，其原因

③CH3cN中。键与冗键的个数比为o

（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

①该钛硅碳新型材料的化学式为0

②已知该新型材料的密度为1.51g-c/,且a、b的长度均为307pm,阿伏加德罗常数的值用M表示,

则c的长度为pm（列出计算式）。

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答案⑴①3s23P5p14②大于③I原子半径比C］原子半径大，导致Si-I键键能较小，较易断裂;

而Si—C1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

392

⑶①TisSiCz②

230

/VAXYX307X10'X4.51

解析(1)①基态C1原子的价电子排布式为3s23p、;谟原子的价电子排布式为4s?4p；属于P区;基态硅

原子核夕隋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I.(Br)>I,(I)o③］原子半径大于C1原子半径,Si—I键键能较小，较易断

裂;而Si—Cl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sp深化,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1键，故。键与n键的个数比为5：2.

⑶艮据均摊法,1个晶胞中Ti原子的个数为8xj+4x%4=6,Si原子的个数为8X1=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IHSiCz。②晶胞的质量为竺匹竿±也

1

g二誓g,密度为4.51g•cm:故晶胞的体积为川cm-30pm,底面为边长307pm的菱形,

则底面枳为307,故C的长度为一百一―pm0

23O

‘?/AXYX307X10'X4.51

23.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：

⑴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___________________________

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（2）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型铳的面心立方晶胞俯视图符合下列中的（选填字母编

号）。

,丁>&・；♦；?*［广夕汽-，Y

!\/；■/?---；:*q

t'/I/I\II✓I\IIZI\I

•—♦•-----••-----•

ABC.I）

②三醋酸镒［（CH3COO）3Mn］是一种很好的有机反应氧化剂。三醋酸镒［（CH3COO）Nn］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”）。

③Mi?能形成配离子为八面体的配合物MnCL.­nNH”在该配合物的配离子中,Mn』位于八面体的中心。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:"Fe）L（Mn）（«“大于”或“小于”），原因

。

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、

而、Fe时,这种化合物具有巨磁电阻效应。

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I^A.,MnO；J,（x>0.9）,此

时TB分+3价铳转变为+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价钱与+4价镒的物质的量之比为（用含x的代

数式表示）。

答案（1）①Ni、Ge、Se②Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强（2）①D②相同③小屋阳3）£1「

⑶小于Md的3d能级是半充满的相对稳定结构,较难失去电子（4）工

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解析(D①Ti是22号元素，价电曲E右为3d24s2,Ti的基态未成对电子数为2,同周期中未成对电子数

22

为2的价电子排布还有Ni(3d84s%Ge(4s4p)sSe(4s24p’)，共3种;②Ti原子的价电子数比Al多，金

属键更强。(2)①金属铳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］3d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,Mr?核外价电子排布为3d』,则目子的自旋状态相同;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C「,其余C1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(NH3)5CU；⑶Fe的电子排布为［Ar］3d64s)Mn的电子排布为［Ar］3d54s；则Fe》的电子

排布为［Ar］3d，M/的电子排布为［Ar］3a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。⑷设LaA-xMnQ,中三价镒与四价钱的物质的量分别是m和n,则有

3x+2(l-x)+3m+4n=6,m+n=l,解得m=x,n=l-x,则LaA-MnO：,中三价镒和四价话的物质的量之比为白。

1-X

24.金属钛(Ti)被誉为“二十一世纪金属"有“生物金属”“海洋金属”“太空金属”的美称，具有

广泛的应用前景。回答下列问题：

⑴基态Ti原子的电子排布式为［Ar］,Ti原子核夕隋种空间运动状态不同的电子。

(2)Ti(BHj,是一种储氢材料。B%的空间结构是JkB、Ti的电负性由大到小的顺序

为。

⑶错(Zr)与钛(Ti)是同一副族的相邻元素,ZrCL可以与乙二胺(H2NCH2CH2NH2)形成六配位化合物

［ZrCLOiACH2cH螭)］。

①乙二胺中,N原子的杂化方式为.

②1mol［ZrCLWNCH2cHNW］中含有。键的物质的量为molo

③乙二胺形成配合物后,H—N—H键角将变大,原因是。

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⑷钙钛矿（主要成分CaTiO?）的晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为N“晶体密度为Pg-cm\

则相距最近的Ca和0之间的距离为pm