2023屆高考化學(xué)備考一輪練習(xí)-物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)

試卷第=page1212頁，共=sectionpages1313頁試卷第=page1313頁，共=sectionpages1313頁2023屆高考化學(xué)備考一輪練習(xí)—物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)1．（2022·河北保定·高三期末）鐵、銅是日常生活中使用非常廣泛的金屬，也是人類很早就使用的金屬，請回答下列問題：(1)基態(tài)Cu的核外電子排布式為_______。(2)酞菁與醋酸銅在N，N-二甲基甲酰胺溶劑中反應(yīng)生成M，反應(yīng)方程式如下：①酞菁分子所含元素中電負性最小的是_______(填元素符號，下同)，第一電離能最大的是_______。②1molM中含有_______mol配位鍵，M中碳原子的雜化方式為_______。③相同條件下，CH3COOH和HCOOCH3的熔點較高的是_______(填化學(xué)式)，理由是_______。(3)和的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，兩種晶胞中鐵原子之間的最短距離相等，晶胞中鐵原子形成的四面體或八面體間隙可溶入碳原子，從而形成兩種間隙固溶體，即鐵素體和奧氏體。晶胞內(nèi)鐵原子形成的間隙越大，其溶碳能力越強。①已知奧氏體的強度和硬度比鐵素體高，則碳溶于晶格間隙中形成的間隙固溶體稱為_______。(填“鐵素體”或“奧氏體”)。②某間隙固溶體由每6個晶胞溶入1個碳原子形成，該間隙固溶體的化學(xué)式為_______；其密度_______。(設(shè)晶胞邊長為anm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)2．（2022·廣西·北海市教育教學(xué)研究室高三期末）銅及其化合物是生活、生產(chǎn)中運用廣泛的材料。(1)銅元素在周期表中的位置是___________，基態(tài)原子核外電子占據(jù)最高能層的符號是___________。(2)合成氨工業(yè)常用醋酸二氨合銅(I){}溶液吸收對氨合成的催化劑有毒害作用的。①中存在的化學(xué)鍵類型有___________。②的沸點比的沸點___________，原因是___________。的鍵角小于的鍵角，原因是___________。(3)晶胞的兩個基本要素。①原子坐標參數(shù)：晶胞內(nèi)部各微粒的相對位置。的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，其中原子坐標參數(shù)：A；B；C。則處微粒的坐標參數(shù)為___________。②晶胞參數(shù)：描述晶胞的大小和形狀。若晶胞的邊長為，則與的最短距離為___________，設(shè)為阿伏伽德羅常數(shù)的值，該化合物的密度為___________(用含、的代數(shù)式表示)。3．（2022·陜西·長安一中高三期末）鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列表示的是氟原子激發(fā)態(tài)電子排布式且能量最高的是_______。A．1s22s22p5 B．1s22s22p43s1 C．1s22s22p33p2 D．1s22s22p43d2(2)一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一個sp3雜化軌道與Cl的3px軌道形成σ鍵，并且Cl的3px軌道與C的2pz軌道形成3中心4電子的大π鍵(Π)。C的雜化軌道中s成分越多，形成的C-Cl鍵越強；Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵越強。則一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C-Cl的鍵長依次_______。(填“遞增”、“遞減”或“無法判斷”)(3)鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。Y的化學(xué)式為_______。(4)α-AgI晶體中I-離子作體心立方堆積(如圖所示)，Ag+主要分布在由I-構(gòu)成的四面體、八面體等空隙中。在電場作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，α-AgI晶體在電池中可作為_______。(5)已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，則α-AgI晶體的摩爾體積_______m3·mol-1(列出算式)。4．（2022·河南濮陽·模擬預(yù)測）由N、B等元素組成的新型材料在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和科技領(lǐng)域有著廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：(1)下列B原子電子排布圖表示的狀態(tài)中，能量最低和最高的分別為____(填選項字母)。A． B．C． D．(2)電負性：B____C(填“>”“<”或“=”，下同)，N____O；第一電離能：B____C，N____O。(3)硼氫化鈉(NaBH4)是一種常用的還原劑，常溫常壓下穩(wěn)定。硼氫化鈉中B元素的化合價為____價，B原子的雜化軌道類型為____，BH中存在的化學(xué)鍵類型有____(填“極性鍵”非極性鍵”配位鍵”或“離子鍵”)，BH的空間構(gòu)型為____。(4)硼氫化鈉的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，每個BH周圍被____個Na+包圍。假設(shè)該晶胞的邊長為anm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則硼氫化鈉晶體的密度ρ=____g·cm-3(用含a、NA的代數(shù)式表示)。5．（2022·河南·封丘一中高三期末）鹵族元素豎跨6個周期，該族元素與人們的日常生活和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)有著密切的聯(lián)系?；卮鹣铝袉栴}：(1)(Ts)為原子序數(shù)最大的鹵族元素，其基態(tài)原子的價層電子排布式為_______，與其不相鄰周期的某種元素基態(tài)原子的核外電子排布式為，則該元素在元素周期表中的位置為_______。(2)路易斯毒氣是氯乙烯氯砷的俗稱，由美國人Lewis在1918年發(fā)明，是一種戰(zhàn)爭中常用的化學(xué)武器(毒氣)，結(jié)構(gòu)簡式可表示為。分子中含_______鍵，其中As的雜化類型是_______。(3)實驗測得蒸氣以雙聚分子()的形式存在，其中所含化學(xué)鍵類型有_______(填字母)。a.共價鍵b.離子鍵c.配位鍵某雙核陽離子的結(jié)構(gòu)如圖所示，試解釋其中鍵角大于單個水分子中的鍵角的原因：_______。(4)在太陽能電池方面具有較廣的應(yīng)用空間，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若晶胞中大黑球代表，則小黑球代表_______(填“Pb”或“I”)；若晶體的密度為，則阿伏加德羅常數(shù)的值NA=_______(用含a、d的代數(shù)式表示)。6．（2022·安徽師范大學(xué)附屬中學(xué)模擬預(yù)測）鹵族元素及其化合物種類繁多，有著非常重要的用途，回答下列問題：(1)基態(tài)Br原子的電子排布式為[Ar]____。(2)同一條件下，HF的沸點____HCl(填“大于”“等于”或“小于”，以下同)。HF在水中的溶解度____HCl，原因是____。SOCl2中心S原子VSEPR模型為____。1mol氟硼酸銨NH4BF4中含有____mol配位鍵。(3)一種Ag2HgI4固體導(dǎo)電材料為四方晶系，其晶胞參數(shù)為apm、apm和2apm，晶胞沿x、y、z的方向投影(如圖所示)，A、B、C表示三種不同原子的投影，標記為n的原子分數(shù)坐標為(，，)，則m的原子分數(shù)坐標為____，距離Hg最近的Ag有____個。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Ag2HgI4的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，該晶體的密度為____g·cm-3(用代數(shù)式表示)。7．（2022·山東菏澤·高三期末）生物基聚合物PEF因具有可再生、無毒、可回收等特點，成為21世紀的關(guān)鍵可持續(xù)元素之一，以秸稈為原料合成PEF的路線如下：(1)葡萄糖的結(jié)構(gòu)簡式為_______。(2)補全纖維素水解及產(chǎn)物檢驗實驗的操作步驟和現(xiàn)象：①將適量脫脂棉放入潔凈試管中，加入幾滴90%硫酸，用玻璃棒攪成糊狀。微熱，得到亮棕色溶液。②_______。③在上述溶液中加入新制氫氧化銅懸濁液，加熱煮沸，觀察到的現(xiàn)象為_______。(3)中的含氧官能團名稱為_______，被氧化為FDCA，此步反應(yīng)的氧化劑不能選用酸性高錳酸鉀溶液，原因是_______。(4)的同分異構(gòu)體中，能同時滿足以下三個條件的有_______種(不考慮立體異構(gòu))。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②能與溶液反應(yīng)生成；③含有。其中核磁共振氫譜峰面積之比為的結(jié)構(gòu)簡式為_______。(只寫一種)。(5)由FDCA生成PEF的化學(xué)方程式為_______。8．（2022·北京·首都師范大學(xué)附屬中學(xué)高三期末）2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華麗轉(zhuǎn)身為“冰立方”，實現(xiàn)了奧運場館的再利用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(CH2=CH2)與四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成，回答下列問題：(1)基態(tài)F原子的軌道表示式為____。(2)圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級電離能I變化趨勢(縱坐標的標度不同)。第一電離能的變化圖是____(填標號)，判斷的根據(jù)是____。(3)CF2=CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為____.和____；聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學(xué)鍵的角度解釋原因____。(4)螢石(CaF2)是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X代表的離子是____；若該立方晶胞參數(shù)為apm，正負離子的核間距最小為____pm。9．（2022·北京·首都師范大學(xué)附屬中學(xué)高三期末）鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：(1)①一氯乙烯(C2H3C1)分子中，C的一個___雜化軌道與Cl的3px軌道形成C－Cl____鍵，并且Cl的3px軌道與C的2px軌道形成3中心4電子的大π鍵(π)。②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3C1)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C－Cl鍵長的順序是____，理由：(i)C的雜化軌道中s成分越多，形成的C－Cl鍵越強；(ii)____。(2)鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為____，解釋X的熔點比Y高的原因____。(3)α－AgI晶體中I-離子作體心立方堆積(如圖所示)，Ag+主要分布在由I-構(gòu)成的四面體、八面體等空隙中。在電場作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，α－AgI晶體在電池中可作為____。已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm=___m3·mol-1(列出算式)。10．（2022·甘肅·民勤縣第一中學(xué)高三期中）微量元素指的是在人體中含量低于人體質(zhì)量0.005%~0.01%的元素，包括Fe、I、Zn、Se、F、Cu、Co、Si等。(1)基態(tài)Fe原子的價電子排布式為___________。(2)F元素的基態(tài)原子核外有___________個未成對電子，有___________種不同形狀的電子云。(3)第一電離能：O___________(填“＞”或“＜”)N，理由是___________。(4)Co3+的一種配離子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位數(shù)是___________。CoO的熔點是1935℃，CoS的熔點是1135℃，試分析CoO熔點較高的原因：___________。(5)ZnO晶體存在多種結(jié)構(gòu)，其中某種常見的晶胞結(jié)構(gòu)(如圖)。其晶胞邊長為anm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶胞密度為___________(列出計算式)g?cm-3。11．（2022·江蘇徐州·高三期末）鐵元素被稱為“人類第一元素”，鐵及其化合物具有廣泛的用途。(1)水體中過量的是一種重要污染物，可利用納米鐵粉將其除去。①基態(tài)鐵原子核外電子排布式：___________；鐵元素在元素周期表中的位置為___________，屬于___________區(qū)元素。②相同條件下，向含有的兩份水樣中分別加入納米鐵粉、納米鐵粉-活性炭-銅粉，的去除速率差異如圖1所示，產(chǎn)生該差異的可能原因為___________。(2)鐵鎂合金是目前儲氫密度最高的材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示。儲氫時，分子位于晶胞體心和棱的中心位置。①該晶胞中的配位數(shù)是___________。②該合金儲滿氫后所得晶體的化學(xué)式是___________。(3)在生產(chǎn)中，常用處理的含(價)廢水得到和。易被氧化為，請利用核外電子排布的相關(guān)原理解釋其原因：___________。12．（2022·甘肅·民勤縣第一中學(xué)高三期中）2020年12月17日凌晨1時59分，“嫦娥五號”首次實現(xiàn)了我國地外天體采樣返回目標，標志著我國航天事業(yè)邁出了一大步。帶回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多種元素。回答下列問題：(1)NH3極易溶于水的原因是___________。(2)Cr2O的結(jié)構(gòu)如圖所示。則該離子中σ鍵與π鍵的個數(shù)比為___________。(3)[Cr(NH3)3(H2O)2C1]2+中配體分子NH3、H2O的空間結(jié)構(gòu)和相應(yīng)的鍵角如圖所示。H2O的鍵角小于NH3的鍵角，原因是____。(4)鈦某配合物可用于催化環(huán)烯烴聚合，其結(jié)構(gòu)如圖所示。該配合物中存在的化學(xué)鍵有____(填字母代號)。A．離子鍵

B．配位鍵

C．金屬鍵

D．共價鍵

E．氫鍵(5)已知TiO2與濃硫酸反應(yīng)生成硫酸氧鈦，硫酸氧鈦晶體中陽離子為鏈狀聚合形式的離子，結(jié)構(gòu)如圖所示，該陽離子的化學(xué)式為___________，陰離子的空間構(gòu)型為___________。(6)已知TiN晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，若該晶胞中Ti原子與N原子的最近距離為apm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶胞的密度為___________g·cm-3。[M(TiN)=62g·mol-1，用含a、NA的代數(shù)式表示]。13．（2022·廣西玉林·一模）硫、磷的化合物在農(nóng)藥、石油工業(yè)、礦物開采、萃取及有機合成等領(lǐng)域的應(yīng)用廣泛，如O，Oˊ二取代基二硫代磷酸在萃取金屬中有如下應(yīng)用：回答下列問題：(1)P的第一電離能大于S的原因是_______。(2)基態(tài)氧原子價電子排布式為_______。(3)物質(zhì)(A)中的S原子的雜化方式為_______，二硫代磷酸根的VSEPR模型為_______。(4)H2O、H2S、H2Se沸點由低到高的順序_______，Te與S同主族，與I同周期，Te屬于元素周期表中_______區(qū)元素。(5)將物質(zhì)(A)在N2氣氛中加熱至730℃不再失重，得到金屬硫化物的無定形粉末，其六方晶胞如圖所示。已知該晶胞參數(shù)α=120°，β=γ=90°，X的相對原子質(zhì)量用M表示，阿伏加德羅常數(shù)用NA表示，則該晶體的密度為_______g·cm-3(列出計算式)。14．（2022·河北·高考真題）含及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡寫為)，是一種低價、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽能電池領(lǐng)域。回答下列問題：(1)基態(tài)S原子的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_______。(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是_______，原因是_______。(3)的幾何構(gòu)型為_______，其中心離子雜化方式為_______。(4)將含有未成對電子的物質(zhì)置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是_______(填標號)。A． B． C． D．(5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將轉(zhuǎn)化為的是_______(填標號)。理由是_______。本題暫無(6)問15．（2022·浙江臺州·高三期末）回答下列問題：(1)1987年諾貝爾化學(xué)獎授予三位化學(xué)家，以表彰他們在超分子化學(xué)理論方面的開創(chuàng)性工作。鉀離子可以嵌入冠醚(如：18-冠-6)的空穴中形成超分子，如圖所示。KCl與18-冠-6形成的化合物的晶體類型為___________，這種化合物的熔點比氯化鉀___________(填“高”或“低”)，理由是___________。(2)研究發(fā)現(xiàn)，反應(yīng)，在加入18-冠-6以后，相同時間內(nèi)的產(chǎn)率從24%提高到95%，而18-冠-6沒有參與反應(yīng)過程，18-冠-6的作用是___________。(3)鉀元素與氧元素形成的某些化合物可以作為宇宙飛船的供氧劑。其中一種化合物的晶胞在XY平面、XZ平面、YZ平面上的投影如圖(2)所示，該晶胞中存在的微粒間作用力有___________，鉀元素和氧元素形成的化合物的化學(xué)式為___________，其晶胞邊長為anm，為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度為___________(列出計算式，不必計算)。16．（2022·北京·牛欄山一中高三期中）硅是地殼中儲量僅次于氧的元素，在自然界中主要以SiO2和硅酸鹽的形式存在。(1)基態(tài)硅原子的價電子排布式為_______。(2)晶態(tài)SiO2的晶胞如下圖所示：①硅原子的雜化方式為_______。②已知SiO2晶胞的棱長均為，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則SiO2晶體的密度_______(列出計算式)。(3)硅元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物為原硅酸(H4SiO4)。資料：原硅酸()可溶于水，原硅酸中的羥基可發(fā)生分子間脫水，逐漸轉(zhuǎn)化為硅酸、硅膠。①原硅酸鈉(Na4SiO4)溶液吸收空氣中的CO2會生成H4SiO4，結(jié)合元素周期律解釋原因：_______。②從結(jié)構(gòu)的角度解釋H4SiO4脫水后溶解度降低的原因：_______。17．（2022·浙江·舟山中學(xué)高三開學(xué)考試）鉻是不銹鋼的合金元素之一，目前被廣泛應(yīng)用于冶金、化工等領(lǐng)域。(1)基態(tài)Cr原子價層電子的電子排布式為_______。(2)金屬鉻的第二電離能()和錳的第二電離能()分別為1590.6kJ/mol、1509.0kJ/mol，的原因是_______。(3)的熔點(83℃)比的熔點(1100℃)低得多，這是因為_______。(4)Cr的一種配合物結(jié)構(gòu)如圖所示，該配合物陽離子中Cr的配位數(shù)為_______，陰離子的空間構(gòu)型為_______。(5)氮化鉻晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，若N與Cr核間距離為apm()，則氮化鉻的密度為_______g·cm-3。18．（2022·浙江衢州·高三階段練習(xí)）第VIII族元素Fe、Co、Ni性質(zhì)相似，稱為鐵系元素，主要用于制造合金。請回答下列問題：(1)第VIII族元素位于周期表中____區(qū)；Co3+的半徑_____Fe2+的半徑(填“>”或“<”)。(2)Ni與CO在60~80℃時反應(yīng)生成Ni(CO)4氣體，Ni(CO)4為____分子(填“極性”或“非極性”)。確定Ni(CO)4固體為晶體的最可靠方法是____；硫酸鎳溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4藍色溶液，在[Ni(NH3)6]SO4中，陰離子的空間結(jié)構(gòu)為____。(3)Fe3+與酚類物質(zhì)的顯色反應(yīng)常用于其離子檢驗，已知Fe3+遇鄰苯二酚()和對苯二酚()均顯色。二者碳原子的雜化類型為____；鄰苯二酚的沸點____對苯二酚的沸點(填“>”或“<”)。(4)超細氧化鎳是一種功能材料，用途十分廣泛，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖：氧化鎳的化學(xué)式為____；設(shè)晶胞邊長為apm，該物質(zhì)的密度表達式為____g?cm-3。參考答案：1．(1)[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)(2)

H

N

2

sp2、sp3

CH3COOH

CH3COOH和HCOOCH3互為同分異構(gòu)體，相對分子質(zhì)量相同，但CH3COOH分子間能形成氫鍵(3)

鐵素體

Fe24C

【解析】(1)Cu為29號元素，基態(tài)Cu的核外電子排布式為[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)。答案為：[Ar]3d104s1(或1s22s22p63s23p63d104s1)；(2)①酞菁分子所含元素為H、C、N、S，非金屬性最小的是H，則電負性最小的是H；N的非金屬性最強，且N原子的2p軌道上容納3個電子，處于半滿狀態(tài)，所以第一電離能最大的是N。②M分子中，Cu原子與形成3個單鍵的N原子間形成共價鍵，與形成C=N的N原子間形成配位鍵，所以1molM中含有2mol配位鍵；M分子中，形成環(huán)狀結(jié)構(gòu)的碳原子，價層電子對數(shù)為3，形成鏈狀結(jié)構(gòu)的碳原子，價層電子對數(shù)為4，則碳原子的雜化方式為sp2、sp3。③相同條件下，CH3COOH能形成分子間的氫鍵，HCOOCH3分子間只存在范德華力，所以熔點較高的是CH3COOH，理由是：CH3COOH和HCOOCH3互為同分異構(gòu)體，相對分子質(zhì)量相同，但CH3COOH分子間能形成氫鍵。答案為：H；N；2；sp2、sp3；CH3COOH；CH3COOH和HCOOCH3互為同分異構(gòu)體，相對分子質(zhì)量相同，但CH3COOH分子間能形成氫鍵；(3)①和形成的兩種晶胞中鐵原子之間的最短距離相等，則的晶胞邊長比短，晶胞內(nèi)鐵原子形成的間隙大，溶碳能力強，其形成奧氏體，則碳溶于晶格間隙中形成的間隙固溶體稱為鐵素體。②晶胞中，含F(xiàn)e原子個數(shù)為=4，則6個晶胞含24個Fe原子，且溶入1個碳原子，所以該間隙固溶體的化學(xué)式為Fe24C；其密度ρ==。答案為：鐵素體；Fe24C；。【點睛】計算晶胞中所含原子數(shù)，常采用均攤法。2．(1)

第四周期I族

(2)

σ鍵、π鍵或極性鍵、非極性鍵

高

存在分子間氫鍵

含有一對孤電子對，而含有兩對孤電子對，中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用較大(3)

【解析】(1)銅元素的原子序數(shù)為29，位于元素周期表第四周期IB族，基態(tài)原子核外電子占據(jù)最高能層為N能層，故答案為：第四周期IB族；N；(2)①醋酸根離子中含有碳氫、碳氧極性鍵和碳碳非極性鍵，其中單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，故答案為：σ鍵、π鍵或極性鍵、非極性鍵；②氨分子能形成分子間氫鍵，磷化氫分子不能形成分子間氫鍵，所以氨分子的分子間作用力大于磷化氫，沸點高于磷化氫；氨分子中氮原子和水分子中氧原子的雜化方式都為sp3雜化，氨分子中有1對孤電子對，而水分子中有2對孤電子對，分子中孤電子對越多，對成鍵電子對的排斥越大，所以水分子的鍵角小于氨分子的鍵角，故答案為：高；存在分子間氫鍵；含有一對孤電子對，而含有兩對孤電子對，中的孤電子對對成鍵電子對的排斥作用較大；(3)①由位于頂點的A、B、C的原子坐標參數(shù)可知，晶胞的邊長為1，則位于體對角線處的D的原子坐標參數(shù)為，故答案為：；②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中亞銅離子與碘離子的最短距離為體對角線，由晶胞的邊長為anm可知，最短距離為nm；晶胞中位于頂點和面心的亞銅離子個數(shù)為8×+6×=4，位于體內(nèi)的碘離子個數(shù)為4，設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：=10—21a3d，解得d=，故答案為：；。3．(1)C(2)遞減(3)ICl(4)電解質(zhì)(5)【解析】（1）F的原子序數(shù)為9，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p5，激發(fā)態(tài)中，電子所在能級越高，能量越大。A．1s22s22p5是F原子基態(tài)的排布；B．1s22s22p43s1，基態(tài)氟原子2p能級上的1個電子躍遷到3s能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)；C．1s22s22p33p2，基態(tài)氟原子2p能級上的2個電子躍遷到3p能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)；D．1s22s22p43d2，核外共10個電子，不是氟原子；綜上所述，C選項的能量最大，故選C。故選C。（2）C的雜化軌道中s成分越多，形成的C-Cl鍵越強，C-Cl鍵的鍵長越短，一氯乙烷中碳采取sp3雜化，一氯乙烯中碳采取sp2雜化，一氯乙炔中碳采取sp雜化，sp雜化時p成分少，sp3雜化時p成分多，因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵鍵長順序為：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同時Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵的鍵長越短，一氯乙烯中Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成3中心4電子的大π鍵()，一氯乙炔中Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成2個3中心4電子的大π鍵()，因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵鍵長順序為：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；（3）CsICl2發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，各元素化合價不變，生成無色晶體和紅棕色液體，則無色晶體為CsCl，紅棕色液體為ICl；（4）由題意可知，在電場作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可發(fā)生遷移，因此α-AgI晶體是優(yōu)良的離子導(dǎo)體，在電池中可作為電解質(zhì)；（5）每個晶胞中含碘離子的個數(shù)為8+1=2個，依據(jù)化學(xué)式AgI可知，銀離子個數(shù)也為2個，晶胞的物質(zhì)的量n=mol=mol，晶胞體積V=a3pm3=(50410-12)3m3，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm===m3/mol。4．(1)BD(2)

<

<

<

>(3)

+3

sp3

極性鍵、配位鍵

正四面體形(4)

6

【解析】(1)若能量最低，應(yīng)滿足構(gòu)造原理，即電子優(yōu)先填充在能量低的能級，在相同能級上優(yōu)先占據(jù)空軌道且自旋方向相同，所以能量最低的為，即B選項，能量最高的排布圖應(yīng)為電子在高能級上排布多的，應(yīng)該為，即為D選項，故答案為BD；(2)同周期元素，非金屬性依次增強，電負性依次增強，所以，電負性：B<C，N<O；對于第一電離能而言，一般非金屬性越強，越難失去第一個電子，第一電離能越大，所以，B<C，但由于N的價電子排布式為2s22p3，處于半充滿狀態(tài)，穩(wěn)定，所以N>O；故答案為：<；<；<；>；(3)①NaBH4中Na為+1價，H為-1價，化合價代數(shù)和為0，所以B為+3價；②B的價層電子對數(shù)=4+=4，采取sp3雜化；③B最外層有3個電子，分別與H原子形成極性共價鍵，另外一個H-提供孤電子對，B提供空軌道形成配位鍵，即含有極性鍵和配位鍵；④價層電子對數(shù)為4，所以空間構(gòu)型為正四面體形。故答案為：+3；sp3；極性鍵、配位鍵；正四面體形；(4)①BH在晶胞的棱的中心和體心，Na+在頂點和面心，以位于體心的BH為中心，距離最近且等距的Na+在立方體面心上，共有6個，即每個BH周圍被6個Na+包圍；②BH在晶胞的棱的中心和體心，晶胞中包含的BH的個數(shù)=，Na+在頂點和面心，Na+的個數(shù)=，所以一個晶胞中包含的NaBH4的質(zhì)量=，晶胞的邊長為anm，所以晶胞的體積=，g/cm3。故答案為：6；。5．(1)

第四周期ⅤB族(2)

7

(3)

ac

中中O與Fe形成配位鍵，成鍵電子對排斥力小于孤電子對，鍵角比單個水分子中的鍵角大(合理即可)(4)

I

【解析】(1)位于第七周期ⅦA族，故其價層電子排布式為。由價層電子排布式為可知，為第四周期，5個價層電子且有d能級，為第ⅤB族。(2)中含2個鍵、1個鍵、1個鍵、2個鍵和1個鍵，故中有鍵，其中除存在3對成鍵電子對外，還有1對孤電子對，故為雜化。(3)中含6個共價鍵和2個配位鍵，故選ac。中鍵角不受其他化學(xué)鍵的影響，而中O與形成配位鍵，成鍵電子對排斥力小于孤電子對，因此中鍵角比單個水分子中的鍵角大。(4)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，小黑球位于晶胞6個面上，該晶胞中含3個小黑球，結(jié)合其化學(xué)式可知為I。由三種微粒在晶胞中的位置可知，每個晶胞中含、、I各為1個、1個、3個，則1個晶胞的質(zhì)量，由晶胞結(jié)構(gòu)及參數(shù)可知，體積，而密度，則阿伏知德羅常數(shù)的值。6．(1)3d104s24p5(2)

大于

大于

HF和水分子之間能形成分子間氫鍵

正四面體

2(3)

8

【解析】(1)Br是35號元素，基態(tài)Br原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p5；(2)HF分子間能形成氫鍵，同一條件下，HF的沸點大于HCl。HF和水分子能形成分子間氫鍵，所以HF在水中的溶解度大于HCl。SOCl2中心S原子有1個孤電子對，形成3個σ鍵，價電子對數(shù)為4，VSEPR模型為正四面體。含1個配位鍵、含1個配位鍵，所以1mol氟硼酸銨NH4BF4中含有2mol配位鍵。(3)根據(jù)0點坐標和n的原子分數(shù)坐標為(，，)，則m的原子分數(shù)坐標為；根據(jù)三種不同原子的投影，A的原子位于晶胞內(nèi)，A個數(shù)為8；B位于頂點和體心，B的個數(shù)為；C位于4個楞和6個面上，C原子數(shù)為，根據(jù)化學(xué)式Ag2HgI4，可知A是I、B是Hg、C是Ag。距離Hg最近的Ag有8個。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，Ag2HgI4的摩爾質(zhì)量為Mg·mol-1，該晶體的密度為g·cm-3。7．(1)(2)

加入NaOH溶液調(diào)節(jié)至堿性

生成磚紅色沉淀(3)

(醇)羥基、醚鍵、醛基

中的碳碳雙鍵也能被酸性溶液氧化(4)

10

或或(5)n(FDCA)+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O【分析】檢驗醛基時，要保證在堿性的環(huán)境中，否則因觀察不到預(yù)定的實驗現(xiàn)象而判斷錯誤，在物質(zhì)的轉(zhuǎn)化過程中，要注意保護某些官能團不被破壞，如“碳碳雙鍵、醛基”易被強氧化劑氧化，在書寫有機物的同分異構(gòu)體時，可以按碳鏈異構(gòu)→位置異構(gòu)→官能團異構(gòu)的思路書寫。（1）葡萄糖的結(jié)構(gòu)簡式為：；（2）在加入新制氫氧化銅懸濁液時要確保處于堿性環(huán)境，所以水解后應(yīng)先加入NaOH溶液中和過量的酸，并將溶液調(diào)節(jié)至堿性；因為纖維素水解得到葡萄糖，葡萄糖中含醛基，所以加入新制氫氧化銅懸濁液，加熱煮沸后觀察到的現(xiàn)象為“生成磚紅色沉淀”；（3）中的含氧官能團有3種，名稱分別為：(醇)羥基、醚鍵、醛基；因中存在碳碳雙鍵，而碳碳雙鍵易被酸性溶液這樣的強氧化劑氧化，所以此步反應(yīng)的氧化劑不能選用酸性高錳酸鉀溶液；（4）①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明分子中存在醛基；②能與溶液反應(yīng)生成，說明分子中存在羧基；③含有。采用“定二議一”的方法，先分別固定兩種官能團的位置，再討論另一官能團的位置（本題固定羧基和碳碳三鍵的位置，再討論醛基的位置，序號表示醛基可能的位置），滿足條件的同分異構(gòu)體有10種：其中核磁共振氫譜峰面積之比為的結(jié)構(gòu)簡式為：或或；（5）由FDCA生成PEF屬于縮聚反應(yīng)，其化學(xué)方程式為：n(FDCA)+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O?！军c睛】檢驗醛基時要保證物質(zhì)處于堿性環(huán)境，纖維素或者淀粉水解一般是在酸性條件下，所以水解完會有剩余的酸存在，此時應(yīng)該要加入堿液中和過量的酸，并營造一個堿性的環(huán)境。8．(1)(2)

a

C、N、O、F為同一周期第一電離能從左到右電離能增大，ⅤA的p軌道為半充滿穩(wěn)定難失電子，且ⅤA>ⅥA，即F>N>O>C(3)

sp2

sp3

C-F鍵的鍵能比C-H鍵鍵能高，所以聚四氟乙烯比聚乙烯穩(wěn)定(4)

Ca2+

【解析】（1）F為9號元素，；（2）C、N、O、F為同一周期第一電離能從左到右電離能增大，ⅤA的p軌道為半充滿穩(wěn)定難失電子，且ⅤA>ⅥA，即F>N>O>C。所以答案為a，C、N、O、F為同一周期第一電離能從左到右電離能增大，ⅤA的p軌道為半充滿穩(wěn)定難失電子，且ⅤA>ⅥA，即F>N>O>C；（3）前者中有C=C則C的雜化為sp2，而后者無不飽和鍵則C的雜化方式為sp3。C-F鍵的鍵能比C-H鍵鍵能高，所以聚四氟乙烯比聚乙烯穩(wěn)定；（4）X離子位于面和頂點共4個，而Y位于體內(nèi)共8個，所以X為Ca2+。最短距離應(yīng)該為八分之一小正方體體對角線一半即。9．(1)

sp2

σ

一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔

Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵的鍵長越短(2)

CsCl

CsCl為離子晶體，ICl為分子晶體(3)

電解質(zhì)

【解析】（1）①一氯乙烯的結(jié)構(gòu)式為，碳為雙鍵碳，采取sp2雜化，因此C的一個sp2雜化軌道與Cl的3px軌道形成C-Clσ鍵；②C的雜化軌道中s成分越多，形成的C-Cl鍵越強，C-Cl鍵的鍵長越短，一氯乙烷中碳采取sp3雜化，一氯乙烯中碳采取sp2雜化，一氯乙炔中碳采取sp雜化，sp雜化時p成分少，sp3雜化時p成分多，因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵鍵長順序為：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同時Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵的鍵長越短，一氯乙烯中Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成3中心4電子的大π鍵()，一氯乙炔中Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成2套3中心4電子的大π鍵()，因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵鍵長順序為：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；原因是：Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵的鍵長越短；（2）CsICl2發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，各元素化合價不變，生成無色晶體和紅棕色液體，則無色晶體為CsCl，紅棕色液體為ICl，而CsCl為離子晶體，熔化時，克服的是離子鍵，ICl為分子晶體，熔化時，克服的是分子間作用力，因此CsCl的熔點比ICl高；原因是CsCl為離子晶體，ICl為分子晶體；（3）由題意可知，在電場作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可發(fā)生遷移，因此α-AgI晶體是優(yōu)良的離子導(dǎo)體，在電池中可作為電解質(zhì)；每個晶胞中含碘離子的個數(shù)為8+1=2個，依據(jù)化學(xué)式AgI可知，銀離子個數(shù)也為2個，晶胞的物質(zhì)的量n=mol=mol，晶胞體積V=a3pm3=(50410-12)3m3，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm===m3/mol。10．(1)3d64s2(2)

1

2(3)

＜

第VA族的N有著比較穩(wěn)定的p能級半充滿結(jié)構(gòu)，因而其原子穩(wěn)定，第一電離能較高(4)

6

兩者均為離子晶體，但S2-的半徑大于O2-的半徑，CoO的離子鍵強度大于CoS的，因此CoO的熔點較高(5)【解析】(1)基態(tài)Fe原子的價電子為3d能級上的6個電子、4s能級上的2個電子，所以其價電子排布式為3d64s2；(2)F原子核外有9個電子，基態(tài)F原子的核外電子排布式為1s22s22p5，2p能級上有1個未成對電子；1s、2s的電子云都是球形，2p的電子云是啞鈴形，故有2種不同形狀的電子云，故答案為：1；2；(3)第一電離能：O＜N，理由是第VA族的N有著比較穩(wěn)定的p能級半充滿結(jié)構(gòu)，因而其原子穩(wěn)定，第一電離能較高；(4)配離子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+為中心離子，1個N3-和5個NH3為配體，則Co3+的配位數(shù)是6；CoO和CoS都屬于離子晶體，由于S2-的半徑大于O2-的半徑，CoO的離子鍵強度大于CoS的，因此CoO的熔點較高，故答案為：6；兩者均為離子晶體，但S2-的半徑大于O2-的半徑，CoO的離子鍵強度大于CoS的，因此CoO的熔點較高；(5)根據(jù)“均攤法”，1個晶胞中含Zn：4個，含O：8×+6×=4個，1個晶胞的質(zhì)量為

，晶胞邊長為anm，晶胞的體積為V=(a×10-7cm)3=a3×10-21cm3，則晶胞密度為

g/cm3，故答案為：。11．(1)

第四周期VIII族

d

形成或C原電池加快納米鐵粉去除的反應(yīng)速率(2)

8

(3)外圍電子排布為，再失去一個電子可形成的半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)【解析】(1)①鐵為26號元素，基態(tài)鐵原子的核外電子排布式為：；其在周期表中的位置為：第四周期VIII族；屬于d區(qū)元素；②其他條件相同的條件下，納米鐵粉~活性炭銅粉相較于單純的納米鐵粉，形成Fe-Cu或C原電池加快納米鐵粉去除硝酸根的反應(yīng)速率，故答案為：形成或C原電池加快納米鐵粉去除的反應(yīng)速率；(2)①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點的鐵原子與位于體對角線一處的鎂原子的距離最近，則鐵原子的配位數(shù)為8；②由晶胞結(jié)構(gòu)和題給信息可知，合金儲滿氫的晶胞中位于頂點和面心的鐵原子個數(shù)為，位于體內(nèi)的鎂原子個數(shù)為8，位于體心和棱上的氫分子個數(shù)為，則所得晶體的化學(xué)式為：；(3)Fe為26號元素，外圍電子排布為，不是穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，容易再失去1個電子，故答案為：外圍電子排布為，再失去一個電子可形成的半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。12．(1)相似相溶原理，氨氣和水能夠形成氫鍵，氨氣能夠與水反應(yīng)(2)2：1(3)NH3含有一對孤對電子，而H2O含有兩對孤對電子，H2O中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大(4)BD(5)

TiO2+

正四面體(6)【解析】(1)NH3極易溶于水的原因是NH3與H2O分子間能形成氫鍵，故答案為：相似相溶原理，氨氣和水能夠形成氫鍵，氨氣能夠與水反應(yīng)；(2)單鍵為σ鍵，雙鍵中有1個σ鍵、1個π鍵，根據(jù)的結(jié)構(gòu)圖可知，1mol重鉻酸根中含8molσ鍵、4molπ鍵，則該離子中σ鍵與π鍵的個數(shù)比為2：1，故答案為：2：1；(3)H2O和NH3都為四面體構(gòu)型，H2O有2對孤電子對、NH3有1對孤電子對，由于孤電子對間排斥力>孤電子對和成鍵電子對間的排斥力>成鍵電子對間的排斥力，故H2O的鍵角小于NH3的鍵角，故答案為：NH3含有一對孤對電子，而H2O含有兩對孤對電子，H2O中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大；(4)Ti原子和氯原子、O原子之間存在配位鍵，C-H和C-C及C-O原子之間存在共價鍵，所以含有的化學(xué)鍵為配位鍵和共價鍵，故選BD，故答案為：BD；(5)該陽離子中每個Ti原子連接2個O原子、每個O原子連接2個Ti原子，則O、Ti原子個數(shù)之比為1：1，該離子中Ti為+4價，所以該陽離子為TiO2+；硫酸氧鈦晶體中陰離子為硫酸根，硫酸根離子中S原子價層電子對數(shù)為，不含孤電子對，其空間構(gòu)型為正四面體形，故答案為：TiO2+；正四面體形；(6)根據(jù)均攤法可知，該晶胞中白色原子個數(shù)為，黑色原子個數(shù)為，則晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為(2a×10-10)3cm3，則晶體的密度，故答案為：。13．(1)P原子最外層3p能級電子為半充滿，較穩(wěn)定(2)2s22p4(3)

sp2、sp3

四面體(4)

H2S<H2Se<H2O

p(5)【解析】（1）P元素原子3p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，較難失去電子，因此P元素的第一電離能大于S元素；（2）O為8號元素，位于第二周期第VIA族，基態(tài)氧原子價電子排布式為2s22p4；（3）物質(zhì)(A)中，與X原子以離子鍵連接的S原子的雜化方式為sp3，與X原子以配位鍵連接的S原子的雜化方式為；二硫代磷酸根離子的中P原子價層電子對數(shù)為4且不含孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論知二硫代磷酸根離子空間構(gòu)型為四面體結(jié)構(gòu)。故答案為：；四面體；（4）H2O含有氫鍵，沸點較高，H2S和H2Se對應(yīng)的晶體都為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，則H2O、H2S和H2Se的沸點由低到高的順序為H2S＜H2Se＜H2O；Te原子為52號元素，位于周期表第五周期、第VIA族，外圍電子排布式為5s25p4，屬于p區(qū)元素；（5）晶胞中X的原子坐標有2種，由晶胞結(jié)構(gòu)可知1個晶胞中含有2個XS，故晶胞質(zhì)量為，晶胞體積=[(a×10-7cm×a×10-7cm×sin60°)×c×10-7cm]=(a2c×10-21)cm3，該晶體的密度，故答案為：2；。14．(1)1：2##2：1(2)

Cu

Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大(3)

三角錐形

sp3雜化(4)B(5)

D

D中含有-1價的O，易被還原，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO【解析】(1)基態(tài)S的價電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為：1：2或2：1；(2)Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大；(3)Sn是ⅣA族元素，SnCl的中心離子Sn2+價層電子對數(shù)為3+，有1對孤電子對，中心離子是sp3雜化，SnCl的幾何構(gòu)型是三角錐形；(4)根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對電子。A.[Cu(NH3)2]Cl各原子核外電子均已成對，不符合題意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外圍電子排布是3d9，有未成對電子，符合題意；C.[Zn(NH3)4]SO4各原子核外電子均已成對，不符合題意；D.Na2[Zn(OH)]各原子核外電子均已成對，不符合題意；故答案選B。(5)Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO需要氧化劑，且氧化性比MnO的強，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO，故A不符合；B、C中的S化合價比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1價的O，易被還原，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO，故D符合。15．(1)

離子晶體

低

KCl與冠醚(18-冠-6)形成的化合物中的陽離子半徑更大，所以熔點更低(2)冠醚(18-冠-6)與氟化鉀形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使參與反應(yīng)的有效提高，因此提高產(chǎn)率(3)

離子鍵、共價鍵

【解析】（1）冠醚結(jié)構(gòu)不帶電荷，K+嵌入后形成一個更大的帶正電荷的陽離子，離子晶體的熔沸點由離子所帶電荷量及離子半徑?jīng)Q定，離子帶電荷量越多、離子半徑越小，離子晶體熔沸點越高，所以本問第一空應(yīng)填“離子晶體”；第二空應(yīng)填“低”；第三空應(yīng)填“KCl與冠醚(18-冠-6)形成的化合物中的陽離子半徑更大，所以熔點更低”；（2）KF與冠醚形成超分子結(jié)構(gòu)，其結(jié)構(gòu)更易溶于液態(tài)有機物中，參加反應(yīng)的F-濃度上升，使得平衡正向移動，所以本問應(yīng)填“冠醚(18-冠-6)與氟化鉀形成超分子，易溶于氯苯甲烷，使參與反應(yīng)的有效提高，因此提高產(chǎn)率”；（3）根據(jù)晶胞的三視圖可以知道，K原子在晶胞的頂點和體心，一個晶胞含有K原子，O原子有兩個在晶胞內(nèi)，八個在棱上，一個晶胞中含有的O原子，晶胞內(nèi)K原子與O原子個數(shù)比為1﹕2，所以本問第二空應(yīng)填“KO2”；氧原子間應(yīng)有共價鍵以滿足化合物中價態(tài)及化學(xué)鍵結(jié)構(gòu)要