2023-2025北京高三（上）期末化学汇编：晶体结构与性质章节综合

第1页/共1页2023-2025北京高三（上）期末化学汇编晶体结构与性质章节综合一、单选题1．（2025北京西城高三上期末）某超分子的结构如图所示。下列说法正确的是（）A．电负性： B．该超分子中的元素均位于元素周期表的p区C．“*”标记的碳原子为手性碳原子 D．该超分子中含有配位键2．（2025北京房山高三上期末）下列物质性质的差异与化学键强弱无关的是（）A．沸点：SiH4>CH4 B．热稳定性：HF>HClC．硬度：金刚石>单晶硅 D．熔点：NaCl>KCl3．（2024北京大兴高三上期末）短周期元素G、M、W、X、Y、Z、Q的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示：下列说法正确的是（）A．熔点：YM<YB．第一电离能：X>W>GC．热稳定性：HQ>H2Z>HWD．酸性：HQO4>H2ZO4>H2YO34．（2024北京石景山高三上期末）下列叙述中，事实与对应解释不正确的是（）事实解释A酸性：HCOOH>CH3COOHH3C–是推电子基团，使羧基中羟基的极性减小B在CS2中的溶解度：H2O<CCl4H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子C硬度：金刚石>石墨金刚石属于共价晶体只含共价键，石墨属于混合型晶体，既存在共价键又存在范德华力D热稳定性：H2O>H2S水分子间存在氢键作用A．A B．B C．C D．D5．（2024北京通州高三上期末）工业合成氨中的原料气需经过铜氨液处理后进入合成塔，目的是除去其中的CO。下列说法正确的是（）已知：A．可用与铵盐制备铜氨液B．通过降温可实现铜氨液再生利用C．中铜离子的配位数是3D．该步骤可有效防止CO使合成氨中催化剂中毒6．（2024北京海淀高三上期末）为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(III)、Mn(IV)。下列说法不正确的是（）A．每个晶胞含8个B．立方单元B中Mn、O原子个数比为C．放电时，正极反应为D．若，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为7．（2024北京大兴高三上期末）离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点及对无机物、有机化合物等不同物质良好溶解性等优点，在有机合成领域用途广泛。一种离子液体的结构简式如下图。下列说法错误的是（）A．阳离子中C原子有sp2、sp3两种杂化方式B．阴离子呈平面正方形，存在共价键和配位键C．该离子液体能与H2O形成氢键D．熔点低的可能原因是离子体积增大、距离增大、作用力减弱8．（2024北京西城高三上期末）中国科研团队开发出柔性单晶硅太阳能电池。单晶硅的晶体结构与金刚石类似，下列说法不正确的是（）A．C和Si均位于元素周期表中第ⅣA族 B．单晶硅和金刚石均属于共价晶体C．单晶硅和金刚石中的键角均相同 D．单晶硅的熔点高于金刚石的熔点9．（2023北京通州高三上期末）某同学取两块大小相同的干冰，在一块干冰中央挖一个小穴，撒入一些镁粉，用红热的铁棒把镁点燃，将另一块干冰盖上。该同学看到镁粉在干冰内继续燃烧，发出耀眼的白光。以下说法正确的是（）A．干冰的熔点比冰高B．镁属于共价晶体C．铁的电导率随温度升高而升高D．镁在干冰中燃烧反应的化学方程式是10．（2023北京朝阳高三上期末）下列产生固体的实验中，与物质溶解度无关的是（）A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，析出沉淀B．向饱和溶液中依次通入过量，析出沉淀C．冷却熔融态的硫黄，析出晶体D．冷却苯甲酸的热饱和溶液，析出晶体11．（2023北京朝阳高三上期末）的晶胞结构如图所示。下列说法不正确的是（）A．属于离子晶体B．每个晶胞中平均含有4个和4个C．每个周围有6个紧邻的和6个紧邻的D．和间存在较强的离子键，因此具有较高的熔点12．（2023北京昌平高三上期末）下列对物质性质解释合理的是（）选项性质解释A热稳定性：中存在氢键B熔点：晶体硅<碳化硅碳化硅中分子间作用力较大C酸性：电负性：D熔点：键较强A．A B．B C．C D．D13．（2023北京东城高三上期末）因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构也不同。两种铁晶胞(均为立方体，边长分别为以anm和1.22anm)的结构示意图如下。下列说法不正确的是（）A．用X射线衍射可测定铁晶体的结构B．图2代表的铁单质中，一个铁原子周围最多有4个紧邻的铁原子C．图1与图2代表的铁单质中，原子之间以金属键相互结合D．图1与图2代表的铁单质的密度不同14．（2023北京丰台高三上期末）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A．熔点： B．酸性：C．金属性： D．稳定性：15．（2023北京海淀高三上期末）向少量溶液中依次加入足量下表中的试剂，观察现象并记录如下：试剂①溶液②氨水③溶液④溶液⑤溶液⑥溶液⑦浓硝酸白色沉淀澄清溶液浅黄色沉淀澄清溶液黄色沉淀黑色沉淀澄清溶液已知：与形成。依据现象推测，下列说法不正确的是（）A．②中加氨水后发生反应：B．同温度下，溶度积大小关系：C．与配位的能力由强到弱依次为：、D．上述实验转化过程中不涉及氧化还原反应16．（2023北京海淀高三上期末）血红蛋白结合后的结构如图所示，与周围的6个原子均以配位键结合。也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍。二者与血红蛋白结合的反应可表示为：①；②，下列说法不正确的是（）

A．形成配位键时提供空轨道B．电负性：，故中与配位的是OC．由题意可得结论：相同温度下，D．中毒患者进入高压氧舱治疗，平衡①、②移动的方向相反二、填空题17．（2025北京海淀高三上期末）Ti是一种密度小，强度大的金属。钛合金也有广泛应用。(1)将Ti的基态原子价电子轨道表示式补充完整：。。(2)Ti的三种四卤化物的熔点如下表。四卤化物熔点/℃38.3155、、的熔点依次升高的原因是。(3)可用于制备金属Ti．工业上常以和为原料制备，反应时需加入焦炭。已知：ⅰ.

ⅱ.

从平衡移动角度解释加入焦炭的作用：。(4)合金有良好的生物相容性，其晶体有和两种立方晶胞结构，如下图。①中，Au周围最近且等距的Ti的个数为。②若和两种晶胞棱长分别为anm和bnm，则两种晶体的密度之比为。(5)用滴定法测定合金中Ti含量：取ag合金，加入足量浓硫酸共热，得到紫色溶液，并在酸性条件下定容至250mL；取25mL溶液于锥形瓶中，以KSCN为指示剂，用溶液进行滴定，逐渐变为(无色)，达到滴定终点时，消耗溶液VmL。①滴定过程被氧化为的离子方程式为。②滴定终点的现象：滴入最后一滴溶液，。③合金中Ti的质量分数为。18．（2024北京人大附中高三上期末）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物等领域具有重要应用。(1)与S同族，基态硒原子价电子排布式为。(2)的沸点低于，其原因是。(3)硒的两种含氧酸的酸性强弱为(填“>”或“<”)。的空间结构为。比较键角大小：气态分子离子(填“>”“<”或“=”)。(4)关于Ⅰ~Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有。a．Ⅰ中仅有键

b．Ⅰ中的键为非极性共价键

c．Ⅱ易溶于水

d．Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有与

e．Ⅰ~Ⅲ含有的元素中，O电负性最大(5)Ⅳ中具有孤对电子的原子有。(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。①X的化学式为。②设X的化学式的式量为，晶胞边长为，则晶体的密度为(列出计算式)。三、解答题19．（2025北京房山高三上期末）钛（Ti）有“未来金属”的美誉，在航空、航天、航海、医疗等领域不可或缺。(1)基态Ti原子价层电子排布式是。(2)Ti与卤素能够形成多种化合物，四种常见卤化钛的熔点如下表所示：化学式熔点377-2538.3150①分子结构与相似，其空间结构是。②解释卤化钛的沸点呈现一定的规律和差异的原因。(3)钛的某种配合物对肿瘤有很好的抑制作用，其结构如图所示。该配合物中Ti的配位数是，C原子的杂化方式为。(4)立方钛酸钡晶体的晶胞结构如图所示。①每个周围与它最近且距离相等的有个。②已知阿伏加德罗常数为，钛酸钡的摩尔质量为，若该晶体密度为，则晶胞边长为20．（2025北京石景山高三上期末）对机理的研究有利于从微观层面理解化学反应的本质。一种催化加氢制的路径如下。(□表示氧空位)(1)写出催化加氢制的化学方程式。(2)分子的模型名称是。(3)位于元素周期表第6周期。将基态原子的简化电子排布式补充完整：。(4)在表面异裂产生氧空位(□)和的示意图如下。分析异裂解离需要吸收能量且与催化剂表面结合的原因。(5)的晶胞如图所示。①每个原子周围与它最近且距离相等的原子有个。②晶胞的边长均为，已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为。③已知的摩尔质量是，假设每个晶胞中有1个变为氧空位，则参与反应时转移电子。21．（2024北京通州高三上期末）某科研团队以和为原料合成流程如图所示(1)①基态原子的价层电子排布式为。②气态失去一个电子比气态失去一个电子难，你的解释是。(2)的空间构型是。(3)上述参与反应的物质中电负性最大的元素是。(4)下列关于反应物的说法中不正确的是。a．中的杂化类型是b．中存在非极性共价键c．在反应过程中氮元素的化合价降低(5)科学家为改良材料热电性能，在晶胞上的位掺杂来提高其热电性能，制备出的材料晶胞形状为立方体，边长为，结构如图所示。①该物质的化学式是。②已知该物质的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为(6)可作为钠离子电池正极材料，其充放电过程正极材料晶胞的组成变化如图所示。(晶胞内未标出因放电产生的0价原子)每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为。22．（2024北京石景山高三上期末）某兴趣小组模拟工业制取FeCl3，并对其性质进行探究。资料：ⅰ．无水FeCl3易潮解，加热易升华。ⅱ．Fe3+与SO可以形成红色配离子。Ⅰ．FeCl3的制取(夹持装置略)实验ⅰ：

(1)A为氯气发生装置，A中的反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。(2)装置F中的试剂是。Ⅱ．FeCl3性质探究将实验ⅰ制取的FeCl3固体配成0.1mol/LFeCl3溶液，进行实验ⅱ和实验ⅲ。实验ⅱ：将酸化的5mL0.1mol/LFeCl3溶液与2mL0.1mol/LNa2SO3溶液混合，得到红色溶液，一段时间后红色褪去。(3)解释实验ⅱ中溶液先变红后褪色的原因。(4)降低pH能缩短红色褪去的时间，推测可能的原因。实验ⅲ操作序号现象a蒸发时，试管内有白雾b灼烧时，导出的气体可以使NaBr溶液变黄c最终，试管底部留有黑色固体(5)结合化学方程式，解释a中的实验现象。(6)小组成员对b中的现象进行探究。向得到的黄色溶液中加入苯，振荡静置，上层溶液呈黄色，取上层黄色溶液加入淀粉KI溶液，溶液变蓝，甲同学推测实验ⅲ灼烧过程中FeCl3分解产生了Cl2，乙同学认为需要排除FeCl3被苯萃取的影响，并通过实验证实了甲同学的推测，乙同学的验证过程及现象是。(7)将c中黑色固体溶于浓盐酸，无气泡产生，小组同学判断黑色固体中含有正二价铁，其理由是。23．（2024北京石景山高三上期末）某种锌电池的结构如下图所示。(1)基态Mn原子价层电子排布式是。(2)的空间结构是。(3)锌元素属于区(填“s”、“d”、“ds”或“p”)。(4)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：。(5)MnO电极材料充放电过程的原理如下图所示：①MnO晶胞的边长相等均为anm，已知MnO的摩尔质量是Mg/mol，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g/cm3。(1cm=107nm)②I为MnO活化过程：MnOe−=Mn0.610.39O+0.39Mn2+；II代表电池过程(填“放电”或“充电”)。24．（2024北京大兴高三上期末）过渡金属钛(Ti)性能优越，是继铁、铝之后应用广泛的“第三金属”。回答下列问题。(1)钛元素位于周期表的区；基态Ti原子核外电子占据的轨道数为。(2)下列状态的Ti原子中，失去最外层一个电子所需能量最大的是(填字母标号)。a．[Ar]3d²4s¹4p¹

b．[Ar]3d²4s²

c．[Ar]3d14s²4p¹

d．[Ar]3d¹4s¹4p²(3)TiCl4是氧化法制取钛的中间产物，TiCl4分子结构与CCl4相同，二者常温下都是无色液体。TiCl4分子的空间结构为，TiCl4极易水解且水解程度很大，生成TiO2·xH2O沉淀，写出TiCl4水解的化学方程式：。(4)钛的某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如下图所示。下列说法正确的是(填字母)。a．含有手性碳原子

b．2号氧提供孤电子对与钛离子形成配位键c．

1-4号原子不在同一平面上

d．∠α大于∠β(5)嫦娥三号卫星上的PIC元件(热敏电阻)的主要成分——钡钛矿的晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的边长为cm(用含ρ、的式子表示)。(注：相对原子质量

Ba-137

Ti-48

O-16)25．（2024北京房山高三上期末）将钴酞菁和三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：(1)碳的几种单质如图1所示。①几种碳的单质中属于共价晶体的是。②间的作用力是。③基态碳原子价层电子排布式为。(2)钴酞菁的分子结构如图2所示。①比较C原子和N原子的电负性大小，并从原子结构的角度说明理由。②钴酞菁分子中能形成配位键的原因是。(3)气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3所示。结构属立方晶系，晶胞如图4所示。①二聚体中的轨道杂化类型为。②的熔点为1090℃，远高于的熔点192℃，原因是。③晶体距离最近的阳离子有个。④的晶胞形状为正方体，边长为，该晶体密度为。(列出计算式，阿伏加德罗常数用表示，)26．（2024北京海淀高三上期末）小组同学探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素。I．探究镁与银氨溶液反应的产物【实验1】向溶液中逐滴加入氨水，最终得到无色透明溶液。【实验2】(1)实验1中，反应的离子方程式是。(2)由实验2-2可证明2-1中有Ag生成，则2-2中加入过量稀硝酸后可观察到的现象是。(3)由实验2-3可证明2-1中有生成，则试剂甲、乙分别为、(填字母)。a．稀硝酸b．稀盐酸c．溶液d．溶液(4)经检验，实验2-1中产生的气体有和。①检验产生气体中有的操作及现象：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，观察到。②生成、、的反应可表示为：、。II．探究影响镁与银氨溶液反应生成速率的因素【实验3】用溶液、氨水按照下表所示用量配制好银氨溶液后，放入等量打磨过的镁条，记录收集所用时间。序号配制银氨溶液所用试剂配好的银氨溶液的组成时间s体积mL溶液体积mL氨水体积mL浓度氨水浓度3-16.001.001.000.251.006003-24.002.501.500.6251.003003-32.004.00a1.001.0060(5)实验3-3中，a=。(6)根据上述实验分析，银氨溶液中浓度越大，产生的速率越快的主要原因是。III．实验结论与反思(7)综合上述实验，可知Mg与银氨溶液反应后的产物有Ag、、、、等；小组同学推测氨水浓度也是影响Mg与银氨溶液反应生成Ag的速率的因素。他们的推测(填“合理”或“不合理”)，理由是。27．（2024北京海淀高三上期末）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)的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为。(3)中N为-3价，从结构与性质关系的角度解释其原因：。(4)下图为KCN的晶胞示意图。已知晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为。(已知：)(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，会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是。28．（2024北京西城高三上期末）对烟气高效的脱硫、脱硝是防治空气污染的重要方式。Ⅰ．尿素液相脱硫脱硝(1)尿素含有的氨基中的N原子可与形成配位键，原因是。(2)尿素溶液吸收烟气中的，生成一种正盐和，反应的化学方程式是。(3)研究发现，用尿素溶液吸收烟气中的NO时，脱除率很低。若与尿素溶液联用，将NO转化为，可大大提高NO的脱除率。与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，反应的化学方程式是。Ⅱ．气相脱硫脱硝一定温度下，将模拟烟气通入气相氧化反应器中。NO和的初始浓度相同，改变的浓度，相同时间内，气体的氧化率随与NO或的物质的量浓度之比的变化如图所示。其中①、④分别为NO和单独通入反应器时NO、的氧化率，②、③分别为将NO和同时通入反应器时NO、的氧化率。已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。气相氧化NO的关键基元反应：基元反应1：

基元反应2：

气相氧化的关键基元反应：基元反应3：

基元反应4：

(4)单独氧化时，氧化率很低。原因是。(5)将和NO同时通入气相氧化反应器中时，和NO的氧化率与将其单独通入反应器中时不同。原因分别是。(6)当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升。研究表明，此时被氧化不再经历基元反应3和基元反应4，而是生成两种常见的强酸。反应的化学方程式是。29．（2024北京西城高三上期末）锂电池的电解液是目前研究的热点。(1)锂电池的电解液可采用溶有的碳酸酯类有机溶液。①基态的电子云轮廓图的形状为。②基态P原子的价层电子轨道表示式为。(2)为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。某种离子液体的阳离子的结构简式如下，阴离子为。①N、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序为。②该阳离子中，带“*”的C原子的杂化轨道类型为杂化。③根据VSEPR模型，的中心原子上的价层电子对数为，空间结构为正八面体形。(3)因其良好的锂离子传输性能可作锂电池的固体电解质，其晶胞结构示意图如图所示，晶胞的边长为。①晶胞中的“○”代表(填“”或“”)。②距离最近的有个。③已知的摩尔质量是，阿伏伽德罗常数为。该晶体的密度为。30．（2023北京通州高三上期末）离子筛是一种具有空隙结构的化合物。首先合成一种含目标离子的化合物，称作离子筛前体。然后在不破坏前体晶体结构的前提下，将目标离子从中洗脱出来，即得到相应的离子筛。下图是一种用作离子筛前体的化合物晶胞示意图。晶胞为立方体，图左将晶胞划分为八个小立方体，用灰白两色区分，每种颜色各四个小立方体。白色小立方体对应图A结构，灰色小立方体对应图B结构。(1)该化合物的化学式为。(2)设晶胞棱长为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则该晶胞的密度是g/cm3(写出计算式即可)。(3)该化合物的制备方法为：将硫酸锰和氨水混合得到Mn(OH)2，沉淀，将其过滤留在烧杯中，加入蒸馏水，加热搅拌，加入乙醇作为分散剂，逐滴加入适量的10%H2O2溶液，控制滴加速度即得Mn3O4沉淀。将Mn3O4过滤、洗涤、干燥后，与一定量Li2CO3混合，高温反应得到最终产品。请写出利用氢氧化锰制备最终产品的各步反应化学方程式：。(4)用盐酸洗脱该化合物中的锂离子后制成粉状离子筛。将100mg粉状离子筛置入200mL含Li+、Na+、K+、Mg2+的溶液中，在30℃恒温下搅拌溶液，达到吸附平衡后取上清液，测定溶液中各离子的浓度。离子筛对溶液中某种离子的吸附容量Qt的计算式为：，式中V是溶液的体积，co和ct分别表示开始吸附和t时刻离子的浓度，W表示离子筛的质量。金属离子co(mmol/L)ct(mmol/L)Li+9.9428.790Na+9.1519.138K+9.7199.694Mg2+5.5545.225结合上表中数据，对比吸附容量Qt可知，该离子筛对(填离子符号)的吸附能力最弱。(5)为了方便使用，可用壳聚糖为黏合剂将粉状离子筛制成粒状离子筛。壳聚糖可以看作以氨基葡萄糖为单体的聚合物，其结构如下：根据壳聚糖结构写出其单体的分子式：。31．（2023北京朝阳高三上期末）配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物。(1)的配体为和，写出的电子式：。(2)顺铂的抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与结合，破坏的结构，阻止癌细胞增殖。如：①基态原子价层电子的轨道表示式为，属于区元素。②生成物中a、b示的作用力类型分别是。③在中，配体与铂(II)的结合能力：(填“>”或“<”)。此外，顺铂还能躲避癌细胞对受损的修复，使癌细胞彻底死亡。(3)顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。顺铂反铂结构25℃时溶解度/g0.25770.0366①推测中的杂化轨道类型不是，依据是。②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是。(4)顺铂的发现与铂电极的使用有关。铂晶胞为正方体，边长为，结构如下图。①铂晶体的摩尔体积(阿伏加德罗常数为)。②通常情况下铂电极为惰性电极，但在溶液中使用会产生而略有损耗，分析原因：。资料：i.单位物质的量的物质所具有的体积叫做摩尔体积；ii.。32．（2023北京西城高三上期末）向溶液中滴加过量的氨水得到含有的溶液。(1)基态的价层电子排布式为。(2)基态占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是。(3)O、N、H的电负性由大到小的顺序是。(4)下列状态的氮中，电离最外层一个电子所需能量最小的是(填序号)。a.

b.

c.

(5)的晶胞结构示意图如下。

①在下图虚线框内画出中一个的结构式。

②比较H—N—H键角：(填“>”“<”或“=”)，原因是。③该立方晶胞的边长为acm，阿伏加德罗常数为，的摩尔质量为Mg/mol，则该晶体的密度为。33．（2023北京昌平高三上期末）(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出晶体。①产生蓝色沉淀的离子方程式是。②在水中电离的方程式是。(2)如下图所示，(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。①的价层电子排布式为。②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有。③已知：当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为。(3)已知：①物质颜色黄色蓝色②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因。(4)和是铜常见的两种氯化物，如图表示的是的晶胞。已知晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为。(已知：)34．（2023北京海淀高三上期末）硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。(1)基态硼原子的核外电子排布式为。量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态硼原子的电子有种空间运动状态。(2)分子的空间构型为，和反应后形成一种超强酸，中心硼原子的杂化方式为。(3)六方氮化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，其晶体片层结构如图所示。①六方氮化硼的化学式为，其晶体中存在的作用力有(填字母序号)。a、范德华力

b、键

c、离子键②石墨能导电的主要原因是电子能在由电负性相同的碳原子所形成的大键中流动。但六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是。(4)立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。①晶胞中平均含有个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有个。②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为，密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为cm。

参考答案1．D【详解】A．同周期从左到右非金属性增强，电负性增强，则电负性：F>O>N>B，在NH3中H呈+价，在B2H6中H呈-1价，故H的电负性介于B和N之间，故电负性：F>O>N>H>B，A错误；B．该超分子中的H元素位于元素周期表的s区，B错误；C．“*”标记的碳原子连接两个相同的H原子，不能为手性碳原子，C错误；D．结构中B原子形成4个共价键，其中一个为配位键，该超分子中含有配位键，D正确；故选D。2．A【详解】A．SiH4和CH4都为分子晶体，范德华力越大沸点越高与化学键无关，A项符合题意；B．HF和HCl都为分子晶体，其热稳定性与共价键键能有关，B项不符合题意；C．金刚石和单晶硅都为共价晶体，共价晶体共价键越稳定硬度越大，C项不符合题意；D．NaCl和KCl都为离子晶体，离子键键能越大熔点越高，D项不符合题意；故选A。3．D【分析】结合原子半径和化合价由图可知，元素G、M、W、X、Y、Z、Q分别为Li、C、F、Na、Si、S、Cl，据此分析。【详解】A．由分析知，M为C，Y为Si，碳化硅和单质硅形成的晶体类型均是共价晶体，C-C键的键长小于Si-Si键，碳硅键键能大于硅硅键键能，熔点SiC＞Si，故A错误；B．由分析知，X为Na元素，W为F元素，G为Li元素，同一周期从左到右第一电离能呈增大趋势，同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能：F＞Li＞Na，故B错误；C．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：F＞Cl＞S，则热稳定性：HF＞HCl＞H2S，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞Si，则酸性：HClO4＞H2SO4＞H2SiO3，故D正确；故选：D。4．D【详解】A．H3C–是推电子基团，使羧基中氧氢键极性减小，氢离子不易电离，所以酸性：HCOOH>CH3COOH，A正确；B．H2O为极性分子，CS2和CCl4是非极性分子，根据相似相溶，在CS2中的溶解度：H2O<CCl4，B正确；C．金刚石为共价晶体，石墨为混合型晶体，层内共价键，层间为范德华力，所以硬度：金刚石>石墨，C正确；D．范德华力、氢键影响物质的部分物理性质，稳定性属于物质的化学性质，H2O的稳定性强于H2S，是因为O的原子半径比S小，O的非金属性比S强，导致H-O键能强于H-S，即H2O的稳定性强于H2S，D错误；故选D。5．D【详解】A．用与氨水而不是铵盐制备铜氨液，A错误；B．铜氨溶液吸收CO的反应为放热反应，气体分子总数减少的反应，为了使反应后铜氨溶液再生，即让反应逆向进行，则采用的条件为高温低压，B错误；C．中铜离子的配位数是4，C错误；

D．CO会使催化剂失去活性，所以原料气在进入合成塔前需经过铜氨液处理，除去其中的CO，可防止催化剂中毒，D正确；故选D。6．B【详解】A．从A立方单元中可知，一个A单元中含2个，一个晶胞含4个A，所以每个晶胞含8个，故A正确；B．由立方单元B可知Mn原子个数分别为，O原子个数为，所以Mn、O原子个数比为，故B错误；C．放电时，正极得电子被还原，反应式为：，故C正确；D．若，根据化合物化合价之和为0的原则，可计算出Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为，故D正确；故选B。7．B【详解】A．阳离子中有饱和碳原子和双键碳原子，则C原子有sp2、sp3两种杂化方式，A正确；B．阴离子中，中心原子B原子的孤电子对为，价层电子对个数=4+0=4，所以中心原子为杂化，其空间构型为正四面体，存在共价键和配位键，B错误；C．阳离子中连有乙基的N原子有孤电子对、半径小、电负性大，能与水分子间形成氢键，故该离子液体能与H2O形成氢键，C正确；D．离子体积增大、距离增大、离子间作用力减弱使该离子化合物熔点低，D正确；答案选B。8．D【详解】A．C和Si均位于元素周期表中第IVA族，A正确；B．单晶硅和金刚石中，每个原子以四个共价单键与相邻的4个原子结合，属于共价晶体，B正确；C．单晶硅和金刚石均属于共价晶体，晶体结构相似，每个硅原子和每碳原子均采取sp3杂化，键角均相同，C正确；D．单晶硅和金刚石均属于共价晶体，C原子半径比Si小，C-C键键能比Si-Si键强，单晶硅的熔点低于金刚石的熔点，D错误；故选D。9．D【详解】A．二氧化碳是非极性分子分子间作用力小，水为极性分子且分子间形成氢键，干冰的熔点比冰低，故A错误；B．镁属于金属晶体，故B错误；C．铁属于金属晶体，铁的电导率随温度升高而降低，随温度升高电阻增大，故C错误；D．镁在干冰中燃烧生成氧化镁和碳，反应的化学方程式是，故D正确；故选D。10．C【详解】A．向饱和溶液中滴加几滴浓盐酸，氯离子浓度增大，使氯化钠结晶析出，减小了氯化钠的溶解，与物质溶解度有关，A不符合；B．向饱和溶液中依次通入过量，生成铵离子、碳酸氢根离子，由于碳酸氢钠在该条件下溶解度最小，故形成过饱和溶液而结晶析出，与物质溶解度有关，B不符合；C．冷却熔融态的硫黄，析出晶体，发生物理变化，有液态转变为固态，与物质溶解度无关，C符合；D．苯甲酸的溶解度随温度下降而减小，则冷却苯甲酸的热饱和溶液可析出苯甲酸晶体，与物质溶解度有关，D不符合；答案选C。11．C【详解】A．NaCl由钠离子和氯离子构成，以离子键结合，属于离子晶体，A正确；B．每个晶胞中平均含有个Na+和个Cl−，B正确；C．每个Na+周围有6个紧邻的Cl−和12个紧邻的Na+，C错误；D．Na+和Cl−以离子键结合，因此NaCl具有较高的熔点，D正确；故选C。12．C【详解】A．气体分子之间距离太大，此时分子间氢键不存在，A错误；B．晶体硅和碳化硅都不是分子，不存在分子间作用力，B错误；C．酸性是因为电负性：，C正确；D．Br2的熔点较高是因为其分子间作用力较大，D错误。本题选C。13．B【详解】A．晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法；X射线衍射可测定铁晶体的结构，故A正确；B．图2代表的铁单质中，以底面中心的原子为例，上层、同层、下层各有4个紧邻的原子，故一个铁原子周围最多有12个紧邻的铁原子，故B错误；C．铁为金属晶体，铁单质中，原子之间以金属键相互结合，故C正确；D．图1中，据“均摊法”，晶胞中含个Fe，则晶体密度为；同理图2中，晶体密度为；故铁单质的密度不同，故D正确；故选B。14．A【详解】A．由于CO2形成分子晶体，而SiO2形成共价晶体，故熔点：，与元素周期律无关，A符合题意；B．P和S为同一周期元素，同一周期从左往右元素非金属性依次增强，则最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，故酸性与元素周期律有关，B不合题意；C．Na和Mg为同一周期元素，同一周期从左往右元素金属性依次减弱，金属性：与元素周期律有关，C不合题意；D．O和S为同一主族元素，同一主族从上往下元素的非金属性依次减弱，则其简单气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性：与元素周期律有关，D不合题意；故答案为：A。15．D【详解】A．②中加氨水后氯化银沉淀溶解，生成，发生反应：，A正确；B．沉淀向着溶解度更小的方向转化容易实现，根据实验中沉淀的转化过程，可知同温度下，溶度积大小关系：，B正确；C．Br-可与反应生成沉淀，沉淀又可溶于溶液，说明与配位的能力由强到弱依次为：、，C正确；D．浓硝酸具有强氧化性，沉淀溶于稀硝酸过程中发生了氧化还原反应，D错误；故选D。16．B【详解】A．存在空轨道，形成配位键时提供空轨道，A正确；B．电负性：，O在成键时不易给出孤电子对，故中与配位的是C，B错误；C．也可与血红蛋白配位，它与血红蛋白结合的能力约为的230～270倍，可知反应②正向进行程度比①大，故相同温度下，，C正确；D．中毒患者进入高压氧舱治疗，氧气浓度增大，反应①平衡正向移动，Hb浓度减小，反应②平衡逆向移动，二者平衡移动的方向相反，D正确；故选B。17．(1)(2)、、均为分子晶体，相对分子质量依次增大，范德华力随之增大(3)很大，通过反应ⅱ可显著降低，促使i中平衡正向移动；，反应ⅱ放热使温度升高，促使ⅰ中平衡正向移动(4)12(5)溶液变为红色，半分钟内不褪色【详解】（1）Ti是22号元素，位于第四周期IVB族，价电子排布式为3d24s2，故Ti的基态原子的价电子轨道表示式为；（2）这三种化合物均为分子晶体，分子晶体的熔点受范德华力的大小影响，分子量越大范德华力越大，熔点也越高；（3）反应ii的平衡常数很大，加入焦炭后，能够显著减少O2的含量，促使反应i的平衡正向移动，又因反应i的△H>0，反应ii放出大量的热也有利于反应i的平衡正向移动，从而提高TiCl4的产率；（4）由晶胞结构可知，与Au等距的Ti位于相邻面的面心，故与Au等距的Ti共有12个；晶胞密度ρ=，、的N分别为1、2（均摊法），V分别为a3、b3，带入公式可得和的密度之比为；（5）Ti2(SO4)3、Fe2(SO4)3与水反应生成FeSO4、TiOSO4和硫酸，反应的离子方程式为；当溶液中的全部反应，继续滴加的Fe2(SO4)3溶液会与KSCN反应使溶液变红色，故当滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液，溶液变为红色，且半分钟内不褪色说明达到滴定终点；结合Ti2(SO4)3与Fe2(SO4)3反应的离子方程式可知有如下计量关系：Ti~~，则合金中Ti的质量分数为。18．(1)(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高(3)>正四面体形>(4)bde(5)O、(6)【详解】（1）Se与S同族，位于第4周期，VIA族，故基态硒原子价电子排布式为：。（2）两者都是分子晶体，但是水中含有氢键，分子间作用力较大，沸点较高。（3）在含氧酸中，非羟基氧越多，其酸性越强，和非羟基氧的个数分别为2和1，故酸性>；中心原子的价层电子对数为4，则其空间结构为：正四面体形；中Se是sp2杂化，平面三角形，键角，中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥，键角小于，故键角气态分子>离子。（4）a．Ⅰ中含有苯环，除了键之外还有其它化学键，a错误；

b．Ⅰ中的键是相同原子形成的共价键，为非极性共价键，b正确；c．Ⅱ为相对分子质量较大的有机物，没有亲水基，一般不易溶于水，c错误；

d．Ⅱ的主要结构是苯环、碳碳双键和碳碳三键，其中原子的杂化轨道类型只有与，d正确；e．Ⅰ~Ⅲ含有的元素包括：H、C、N、O、S、Se，O电负性最大，e正确；故选bde。（5）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子。（6）根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为：；。19．(1)(2)正四面体为离子晶体，微粒间存在离子键，熔点较高。、、均为分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强（范德华力增强），熔点升高(3)6、(4)8【详解】（1）Ti是22号元素，基态Ti原子价层电子排布式是3d24s2；（2）①是正四面体结构，分子结构与相似，则其空间结构是正四面体形；②离子化合物熔化时需要克服离子键，分子晶体熔化时，只要克服分子间的作用力，离子键比分子间的作用力强烈，因此离子化合物的熔点更高。由表知，熔点高于其他三种卤化物，自至熔点依次升高，可推测原因是:TiF4为离子晶体，微粒间存在离子键，熔点高，其他三种均为分子晶体，其组成和结构相似，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；（3）据图分析得，Ti与4个O和2个N形成配位键，配位数为6；饱和碳原子的杂化类型为sp3，苯环上碳原子的杂化类型为sp2；（4）①上面面心的周围与它最近且距离相等的位于4个面的面心，上面面心的被两个晶胞共用，则每个周围与它最近且距离相等的有8个；②的个数是，的个数是，的个数是1，则晶胞含有1个,晶胞质量是，密度为，则，所以的晶胞边长a=。20．(1)(2)四面体(3)(4)断开键需要吸收能量，和电性相反(或有空轨道，有孤电子对，可以形成配位键)(5)8【分析】H2与催化剂CeO2多步反应得到H2O和氧空位的催化剂，氧空位的催化剂再与CO2作用，多步反应后得到CH3OH，反应是化学方程式为：。【详解】（1）由分析可知，化学方程式为：；（2）H2O的中心原子为O，O原子的价层电子对为2+，VSEPR模型的名称为四面体形；（3）58Ce位于元素周期表第6周期，原子核外有6层电子，因此电子排布式为：；（4）由图可知，异裂解离过程有H-H键的断开，需要吸收能量，断开后，带正电荷的Hδ+与催化剂表面O电性相反，可以结合成键(或者O有孤电子对，Hδ+有空轨道，二者之间形成配位键)；（5）①根据晶胞图分析，白球全在晶胞内部，有8个，黑球在面心和顶角，有6×，则黑球为Ce原子，白球为O原子，一个O原子周围有4个Ce，根据Ce与O个数比为1:2，则一个Ce原子周围有8个O原子；②晶胞中有4个Ce原子，8个O原子，质量为，体积为(a×10-7cm)3，则晶胞的密度为：g/cm3=g/cm3；③的物质的量为，含有晶胞的物质的量为，氧空位的物质的量为，参与反应时转移电子的物质的量为=。21．(1)气态失去一个电子变为，其价层电子排布是轨道为全充满，比较稳定，所以气态失去一个电子比气态失去一个电子难(2)形(3)(4)ac(5)(6)8【详解】（1）①Cu是29号元素，位于周期表中第四周期第ⅠB族，价层电子排布式为；②气态的价电子排布式为，失去一个电子变为，其价层电子排布是轨道为全充满，比较稳定，所以气态失去一个电子比气态失去一个电子难；（2）中Se原子的价层电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为V形；（3）上述参与反应的物质所含的元素中非金属性最强的是O，则电负性最大的是O；（4）a．中原子形成3个σ键，还有一个孤电子对，为sp3杂化，a错误；b．中存在非极性键，b正确；c．生成Cu2Se时，Cu、Se化合价都降低，则在反应过程中提供电子，氮元素的化合价升高，c错误；答案选ac；（5）①Cu位于顶角和面心，个数为，8个Se位于体内，Al位于棱心和体心，个数为，则，则化学式为AlCuSe2；②晶胞质量为，晶胞体积为，晶胞密度为；（6）转化为的电极反应式为，每个晶胞中含有的单元数为4，则转移电子数为8。22．(1)2KMnO4+16HCl=2MnCl2+5Cl2↑+8H2O+2KCl(2)浓H2SO4(3)Fe3+与SO既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；氧化还原反应限度大，最终红色褪去(4)c(H+)增大，H+和反应，溶液中c()降低，红色配离子浓度减少(5)加热促进FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl平衡正移，挥发的HCl形成白雾(6)向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝(7)实验确认有Cl2生成，Cl元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明没有0价Fe，由此可判断+3价铁降低到+2价【分析】由实验装置图可知，装置A中高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置C中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，装置D中氯气与铁共热反应制备氯化铁，装置E为冷凝收集氯化铁的装置；装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铁潮解；装置G中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。【详解】（1）由分析可知，装置A中发生的反应为高锰酸钾固体与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl＝2MnCl2+5Cl2↑+8H2O+2KCl，故答案为：2KMnO4+16HCl＝2MnCl2+5Cl2↑+8H2O+2KCl；（2）由分析可知，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入E中导致氯化铁潮解，故答案为：浓H2SO4；（3）溶液中铁离子能与亚硫酸根离子可以形成红色配离子使溶液呈红色，具有氧化性的铁离子也能与具有还原性的亚硫酸根离子发生氧化反应生成亚铁离子和硫酸根离子，实验ⅱ中溶液先变红后褪色说明溶液中铁离子与亚硫酸根离子发生氧化还原反应的限度大于发生络合反应的限度，故答案为：Fe3+与既可以形成配离子也可以发生氧化还原反应；氧化还原反应限度大，最终红色褪去；（4）溶液中氢离子能与亚硫酸根离子反应生成二氧化硫和水，降低pH能缩短红色褪去的时间说明溶液中氢离子浓度增大，氢离子和亚硫酸根离子反应，使溶液中亚硫酸根离子浓度减小，导致红色配离子浓度减少，溶液红色褪去，故答案为：c(H+)增大，H+和反应，溶液中c()降低，红色配离子浓度减少；（5）氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中存在如下水解平衡：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，水解反应是吸热反应，加热蒸发时，反应温度升高，平衡向正反应方向移动，挥发出的氯化氢遇到水蒸气形成盐酸小液滴而产生白雾，故答案为：加热促进FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl平衡正移，挥发的HCl形成白雾；（6）由题意可知，乙同学的实验目的是验证苯不能萃取氯化铁溶液中的氯化铁，则验证过程为向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝，说明苯中不含有氯化铁，故答案为：向FeCl3溶液中加入苯，振荡静置，取上层溶液加入淀粉KI溶液，溶液未变蓝；（7）由题意可知，实验确认有Cl2生成，反应中Cl元素化合价升高被氧化，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明固体中没有0价Fe，由此可判断氯化铁溶液加热时，+3价铁得到电子被还原，化合价降低到+2价，故答案为：实验确认有Cl2生成，Cl元素化合价升高，黑色固体与盐酸反应没有H2生成，说明没有0价Fe，由此可判断+3价铁降低到+2价。23．(1)3d54s2(2)正四面体形(3)ds(4)O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子核对最外层电子的吸引作用O>S，所以第一电离能O>S(5)−0.78放电【详解】（1）锰元素的原子序数为25，基态原子的价层电子排布式为3d54s2，故答案为：3d54s2；（2）硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，故答案为：正四面体形；（3）锌元素的原子序数为30，基态原子的价层电子排布式为3d104s2，则锌元素处于元素周期表的ds区，故答案为：ds；（4）O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子核对最外层电子的吸引作用O>S，所以第一电离能O>S，故答案为：O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子核对最外层电子的吸引作用O>S，所以第一电离能O>S；（5）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧原子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的锰原子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—7a)3d，解得d=，故答案为：；②由晶胞结构可知，一氧化锰活化过程中锰元素失去电子发生氧化反应生成Mn0.610.39O和锰离子，电极反应式为MnO—0.78e−=Mn0.610.39O+0.39Mn2+；过程II中晶胞中嵌如了锌离子，说明该过程中产生的锌离子，并移向MnO极，则该过程为电池的放电过程，故答案为：—0.78；放电。24．(1)d12(2)b(3)正四面体TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4HCl(4)bd(5)【详解】（1）基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，位于周期表的d区，基态Ti原子核外电子占据的轨道数为12，故答案为：d；12；（2）基态电离所需的能量大于激发态，a、c、d为激发态钛原子，b为基态钛原子，故b的电离能量最大，故答案为：b；（3）CCl4分子可由CH4的H原子被Cl取代，甲烷是正四面体形，则CCl4的空间结构为正四面体形，TiCl4分子结构与CCl4相同，也为正四面体形；TiCl4极易水解且水解程度很大，生成TiO2•xH2O沉淀和HCl,化学方程式为：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2•xH2O↓+4HCl；（4）a．3号、4号C原子为sp2杂化，甲基中的C原子为sp3杂化，但连接3个相同原子，不存在手性碳原子，故a错误；b．2号氧原子与C原子形成C=O键，与Ti成键时提供孤电子对与Ti形成配位键，故b正确；c．3号C原子、2号O原子都为sp2杂化，1、2、3、4与甲基位于同一平面，故c错误；d．2号O原子为sp2杂化，∠α为120°，另一个O原子为sp3杂化，∠β接近109°28′，故∠α大于∠β，故d正确；故答案为：bd；（5）O原子位于棱心，个数为12×=3，Ti位于顶点，个数为8×=1，1个Ba位于体心，晶胞质量为，设晶胞边长为acm,晶胞体积为a3cm3，根据ρ=可得，，则晶胞边长为cm。25．(1)金刚石范德华力或分子间作用力(2)理由：C和N电子层数相同，核电荷数，原子半径，核对外层电子的吸引力，电负性可提供空轨道，N可提供孤电子对(3)为离子晶体，为分子晶体，离子键强度远大于范德华力2【详解】（1）其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60间的作用力是范德华力；碳的价电子排布式为2s22p2。（2）C和N电子层数相同，核电荷数C<N，原子半径C>N，核对外层电子的吸引力C<N，电负性C<N。Co可提供空轨道，N可提供孤电子对；（3）由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为sp3；AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，AlF3为离子晶体，AlCl3为分子晶体，离子键强度远大于范德华力；AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球在棱心，均摊下来为3个，白球在顶点，均摊下来为1个，则灰色的球为F-，距最近且等距的Al3+有2个，配位数为2；边长为anm，晶胞的质量：为则其晶体密度为26．(1)(2)灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色(3)ba(4)试纸变蓝(5)2.00(6)浓度增大，Mg与反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的量增多，形成更多的微小原电池，产生氢气速率加快(7)合理氨水浓度改变，会使平衡移动，改变，从而影响生成Ag的速率【分析】实验目的为探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素，根据镁与银氨溶液反应的现象确定部分产物，对产物性质研究确定产物成分；探究反应速率的影响因素，则进行对比实验，改变条件，收集相同体积的气体，所需时间长短，确定速率快慢。【详解】（1）实验目的探究镁与银氨溶液反应的产物，则需要配制银氨溶液，实验1是配制银氨溶液，故反应的离子方程式为；（2）实验2-1中产生灰白色固体，实验2-2是灰白色固体与过量稀硝酸反应，根据现象证明2-1中有Ag生成，则银与硝酸发生氧化还原反应溶解，同时生成NO气体，NO与氧气反应生成红棕色的NO2，故实验现象为：灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色；（3）为证明2-1中有生成，加入试剂甲后没有明显现象，则试剂甲不是稀硝酸，加入试剂乙后，固体中含有银溶解，则试剂乙为稀硝酸，有少量白色沉淀，结合实验2-2，白色沉淀为，则试剂甲为稀盐酸，与盐酸反应生成和水，没有明显现象，加入稀硝酸，不溶于硝酸，Ag与硝酸反应溶解；故答案为：b；a；（4）氨气溶于水溶液显碱性，可以时石蕊试纸变蓝；镁与银氨溶液反应生成、，故反应方程式为；（5）根据控制变量的要求，只改变一个条件浓度，其他条件相同，即总体积相同，都为8.00ml，则a=2.00ml；（6）浓度增大，Mg与反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的量增多，形成更多的微小原电池，产生氢气速率加快（7）推测合理；根据反应，氨水浓度改变，影响，从而影响生成Ag的速率；故答案为：合理，氨水浓度改变，会使平衡移动，改变，从而影响生成Ag的速率。27．(1)2s22p3(2)[:CN:]-(3)N的电负性大，半径小，对共用电子对吸引力强，共用电子对偏向于N；(4)(5)ds时，溶液中的浓度会减小，主要以形式存在，导致Au的浸取率下降【详解】（1）基态N价层电子排布式为2s22p3。（2）的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为。（3）中N为-3价，C为+2价，N的电负性大，半径小，对共用电子对吸引力强，共用电子对偏向于N，所以为-3价；（4）由KCN的晶胞示意图可知，每个晶胞中含有4个KCN，则该晶体的密度为；（5）①Au与Cu同族，则都属于ds区；②将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液得含的滤液，该过程为氧气的电子，反应的离子方程式为：；③时，溶液中的浓度会减小，主要以形式存在，导致Au的浸取率下降。28．(1)氨基中的N原子含有孤电子对，而氢离子含有空轨道，故两者能形成配位键(2)(3)(4)基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化的总反应速率很低(5)很大，基元反应1速率很快，使得ClO浓度增大，导致基元反应4速率增大，，使得二氧化硫的氧化率得到提高；又因为部分ClO参与了基元反应4，使得与NO反应的ClO的浓度减小，导致NO的氧化率降低(6)【详解】（1）氨基中的N原子含有孤电子对，而氢离子含有空轨道，故两者能形成配位键；（2）尿素溶液吸收烟气中的，生成一种正盐和，根据质量守恒可知，正盐为亚硫酸铵，故反应的化学方程式是；（3）与溶液反应可生成两种无毒无污染的气体，则中氮元素发生还原反应、中氮元素发生氧化反应生成氮气，同时碳元素转化为二氧化碳，结合质量守恒可知，还生成水，反应为；（4）已知：对于确定的基元反应，反应速率(v)与速率常数(k)成正比。由题干可知，基元反应3的很小，导致其反应速率很小，使得单独氧化的总反应速率很低，氧化率很低；（5）与将其单独通入反应器中相比，和NO同时通入气相氧化反应器中，因为很大，基元反应1速率很快，使得ClO浓度增大，导致基元反应4速率增大，，使得二氧化硫的氧化率得到提高；又因为部分ClO参与了基元反应4，使得与NO反应的ClO的浓度减小，导致NO的氧化率降低；（6）当体系中有水蒸气时，单独氧化的氧化率有很大提升，此时被氧化生成两种常见的强酸，结合质量守恒可知，反应生成硫酸和盐酸，反应为。29．(1)球形(2)F>N>Psp26(3)Li+4【详解】（1）基态的核外电子排布式为，电子云轮廓图形状为球形；P是15号元素，最外层电子数为5，基态P原子的价层电子轨道表示式为；（2）一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小，则F>N>P；由图可知带“*”的C原子含有3个σ键，没有孤电子对，则价电子对数n=3，为sp2杂化；的VSEPR为，则价层电子对数为6；（3）根据晶胞的示意图可知实心球的个数为，○的个数为8，○与实心圆的个数比为2：1，则当中○代表Li+；根据晶胞图可知最近的有4个；密度。30．(1)LiMn2O4(2)(3)、(4)Na+(5)C6H13O5N【详解】（1）如图，A方块中，Li离子个数为，氧离子在体心为4；B方块中Li离子个数为，锰离子和氧离子在体心均为4，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为；，其化学式为；故答案为：；（2）综上所述，该晶胞由4个A和4个B组成，总计有Li离子个数为，锰离子为，氧离子为，据，晶胞的密度为；故答案为：；（3）根据题意，利用制备分为两步，首先利用与反应制备的反应为；然后利用与一定量在高温下反应制备，其反应为；故答案为：；；（4）根据表中数据，浓度变化量分