2025屆高考化學三輪沖刺預測押題卷-物質結構與性質含答案

2025屆高考化學三輪沖刺預測押題卷-物質結構與性質一．選擇題（共18小題）1．近日，科學家研究利用CaF2晶體釋放出的Ca2+和F脫除硅烷，拓展了金屬氟化物材料的生物醫(yī)學功能，晶胞如圖所示，下列說法不正確的是（）A．元素F和Si均在周期表p區(qū) B．晶胞中Ca2+的配位數(shù)為8 C．化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：CaF2＞CaH2 D．脫除硅烷反應速率依賴于晶體提供自由氟離子的能力，脫硅能力BaF2＜CaF22．酞菁（a）可看作是卟啉的衍生物，是一類由8個N原子、8個C原子組成的16中心的芳香共軛體系的大環(huán)分子，酞菁（a）及它的一種金屬配合物（b）的結構簡式如圖。下列說法正確的是（）A．酞菁屬于芳香烴類化合物 B．該金屬配合物中心離子M的價態(tài)為+2 C．酞菁分子中N原子雜化方式有兩種 D．酞菁分子中大環(huán)π鍵電子數(shù)為163．下列化學用語或表述正確的是（）A．CH4的共價鍵類型：s﹣pσ鍵 B．SO2的價層電子對互斥（VSEPR）模型： C．基態(tài)N原子的價層電子排布式： D．丙炔的鍵線式：4．Ru﹣Rh雙金屬配合物（Cat.）催化醋酸甲酯反應機理及結構簡圖如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．催化劑（Cat.）Rh、Ru均為4配位，且均為sp3雜化 B．若催化劑（Cat.）Rh為+1價，則Ru為+3價，且反應過程中Ru的化合價始終保持不變 C．CH3COI和HI均為反應中間體，且反應①和②均為取代反應 D．總反應方程式可表示為CH3COOCH3+CO+H2OCat.ˉ2CH35．下列說法中正確的是（）A．2px、2py、2pz軌道相互垂直，但能量相等 B．p能級能量一定比s能級能量高 C．電負性越大，元素的非金屬性越強，第一電離能也越大 D．2p、3p、4p能級的軌道數(shù)依次增多6．EDTA（乙二胺四乙酸）可用于水的軟化，軟化水過程中與Mg2+形成的一種配合物如圖所示。下列說法正確的是（）A．配合物中碳原子的雜化方式為sp、sp2和sp3 B．1mol該配合物中的配位鍵數(shù)是6 C．圖中鍵角2大于鍵角1 D．兩種不同狀態(tài)的鎂，電離最外層一個電子所需能量：大于7．氮元素的循環(huán)對地球生命的意義重大。NH3存在如圖所示的物質轉化關系，下列有關化學用語或敘述正確的是（）A．NH3的VSEPR模型： B．COCl2分子中存在p﹣pσ鍵 C．基態(tài)N原子的價層電子軌道表示式： D．HNO2在水溶液中的電離方程式：HNO2═H++8．將一定質量比的PCl3和黃磷在微反應器中混合，低壓條件下，與進入反應器的液氯反應，生產(chǎn)PCl5。測得PCl3收率、純度與黃磷和PCl3質量比的關系曲線如圖所示。加入反應混合物前，需用N2對反應體系進行完全吹掃。下列說法錯誤的是（）A．開始通入N2的目的是排出反應體系中的O2 B．該PCl3制備工藝中宜采用黃磷和PCl3質量比為0.35：1 C．PCl3的空間構型是三角錐形 D．黃磷和PCl3質量比越大，產(chǎn)物中的PCl5雜質一定越多9．用價層電子對互斥模型可以預測空間結構，也可以推測鍵角大小，下列判斷不正確的是（）A．SO2、CS2、BeCl2都是直線形的分子 B．BF3鍵角為120°，NF3鍵角小于109°28′ C．CH2O、SO3都是平面三角形的分子 D．NH3、PCl3都是三角錐形的分子10．KF可用于玻璃雕刻，作殺蟲劑、催化劑等，其晶胞結構如圖甲所示。晶胞邊長為anm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是（）A．F﹣位于K+形成的正八面體空隙中 B．晶體中與K+最近且等距離的F﹣有4個 C．MNQP點的截面如圖乙所示 D．該晶體的密度為2.32×111．下列氮原子的軌道表示式中，能量由低到高的順序是（）A．①③②④ B．①③④② C．④③②① D．②④③①12．Fe﹣B合金中廣泛存在的一種耐磨相晶胞如圖甲所示，研究發(fā)現(xiàn)添加適量Mn可以提高其耐磨性能，加Mn后（Mn替換部分Fe）的晶胞結構如圖乙所示，其中A原子坐標為(7A．Fe元素在元素周期表中屬于d區(qū) B．加Mn后晶體的化學式為Fe15MnB8 C．若B原子坐標為(58，D．圖甲晶胞的晶體密度為4.92×113．向HgBr2溶液中滴入NH3—NH4Cl混合液，得到晶體M，其每個晶胞由兩個小立方體構成，NH3中N位于小立方體的體心，小立方體的邊長為apm，晶胞結構如圖。下列說法錯誤的是（）A．80200B．該晶體類型為離子晶體 C．N—Hg—N中，N—Hg距離為1/2apm D．1個晶胞中含有Br﹣的質量為160g14．SnO2可用于制造乳白玻璃或用作玻璃磨光劑，其晶胞屬于四方晶系（晶胞棱邊夾角均為90℃），結構如圖所示，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是（）A．小黑球代表O2﹣ B．Sn4+位于6個O2﹣所構成的八面體空隙中 C．該晶體的密度為302ND．晶胞沿z軸的投影圖為15．經(jīng)理論計算預測，一種由汞（Hg）、鍺（Ge）、銻（Sb）形成的新物質X為潛在的拓撲絕緣體材料。X的晶體可視為金剛石晶體中的C原子被Hg、Ge和Sb取代后形成，其晶胞如圖所示。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．Hg、Ge、Sb三種元素均屬于過渡元素 B．晶體中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為6 C．X晶體是一種合金，內部有自由電子，是電的良導體 D．X晶體的密度為2.072×116．幾種晶體的晶胞（或晶體結構）如圖所示，下列說法正確的是（）A．NaCl晶胞每個Na+周圍距離最近且相等的Na+有12個B．CO2晶胞中CO2配位數(shù)為6C．若金剛石的晶胞邊長為a，其中兩個最近的碳原子之間的距離為2D．石墨晶體層內是共價鍵，層間是范德華力，所以石墨是一種過渡晶體A．A B．B C．C D．D17．研究籠形包合物結構和性質具有重要意義，化學式為Ni（CN）x?Zn（NH3）y?2C6H6（C6H6代表苯）的籠形包合物四方晶胞結構如圖所示（H原子未畫出，晶胞中N原子均參與形成配位鍵）。下列說法錯誤的是（）A．基態(tài)Ni2+核外電子有14種不同空間運動狀態(tài) B．苯中碳的2p軌道形成6中心6電子的大π鍵 C．該晶胞中Zn2+的配位數(shù)（緊鄰的原子）為4 D．x：y＝2：118．立方相氮化硼（BN）超硬，有優(yōu)異的耐磨性，其結構與金剛石類似。晶胞中N原子位于頂點和面心，B原子（未畫出）位于N原子圍成的部分正四面空隙（如1、3、6、7號N原子圍成）。已知晶胞參數(shù)為apm，晶體的密度為ρg?cm﹣3，下列說法錯誤的是（）A．BN晶體中原子個數(shù)與共價鍵數(shù)之比1：2 B．正四面體空隙的填充率為100% C．該晶胞沿x、y、z軸方向投影均為 D．晶胞中B原子與N原子最近的距離為34二．解答題（共7小題）19．含磷化合物在生命體中有重要意義。白磷在氯氣中燃燒可以生成兩種化合物PCl3和PCl5。已知：ⅰ、P4（s）+6Cl2（g）＝4PCl3（g）Δⅱ、P4（s）+10Cl2（g）＝4PCl5（g）Δ（1）則ⅲ、PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）ΔH＝。（2）實驗測得PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）的速率方程為v正＝k正c（PCl3）?c（Cl2），v逆＝k逆c（PCl5），速率常數(shù)k（只與溫度、催化劑有關）與活化能的經(jīng)驗關系式為Rlnk=?EaT①一定溫度下，向密閉容器中充入適量PCl3（g）和Cl2（g），實驗測得在催化劑Cat1、Cat2下Rlnk與1T的關系如圖所示，下列說法正確的是A．隨溫度升高，該反應的速率常數(shù)k減小B．催化劑Cat1的催化效率更高C．該反應的平衡常數(shù)K=D．加入催化劑，反應活化能Ea不變②一定溫度下，向容積為2L的恒容密閉容器中充入2molPCl3（g）和2molCl2（g），發(fā)生反應ⅲ，5min時反應達到平衡，容器中PCl5（g）的物質的量為0.5mol，Cl2（g）的平均反應速率為。若此時向該容器中再充入2molPCl5（g），當反應再次達到平衡，容器中PCl5（g）的濃度0.5mol?L﹣1（填“＞”“＜”或“＝”），該反應平衡常數(shù)K＝（保留2位有效數(shù)字）。（3）PCl5是一種白色晶體，其熔融時形成一種能導電的液體，其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子，該晶體的晶胞如圖甲所示。PCl5氣態(tài)分子呈三角雙錐形，其結構如圖乙所示。①下列關于[PCl4]+、PCl5、A．[PCl4B．PCl5分子中Cl﹣P—Cl鍵角有三種C．[PClD．三種粒子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構②設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為（列出算式即可）g?cm﹣3。20．鈷和鋰在電池材料、超級合金等高科技領域中發(fā)揮著關鍵作用?；卮鹣铝袉栴}：（1）Co在元素周期表中位于第周期族。下列狀態(tài)的鈷中，電離最外層一個電子所需能量最大的是（填標號）。A.[Ar]3d74s2B.[Ar]3d74s1C.[Ar]3d74s14p1D.[Ar]3d74p1（2）某種離子液體可作為鋰電池的電解液，其結構如圖。N、F、P三種元素電負性由大到小的順序為；PF6?的空間構型為；1mol該化合物中含有（3）CoO2的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°。A、B點原子的分數(shù)坐標分別為（0，0，0）、（0.31，0.31，0），則C點原子的分數(shù)坐標為。則該晶體密度ρ＝g?cm﹣3（用含NA的代數(shù)式表示）。21．NH3是重要的化工原料，可發(fā)生如下轉化：已知：①HNO2一元弱酸，結構為；②HNO3可與SO2發(fā)生氧化還原反應生成SO3，SO3結構為；③A易發(fā)生水解，生成一種強酸和一種弱酸。請回答：（1）寫出基態(tài)氯原子的價層電子排布式：。（2）判斷NH3與N2H4堿性大小并說明理由：。（3）A的結構式為。（4）寫出反應Ⅱ的化學反應方程式。（5）下列有關說法不正確的是。A.分子的極性：NCl3＜NH3B.NCl3可與Cl2反應生成NCl5C.N2H4與NH3性質類似，過量N2H4可與COCl2發(fā)生取代反應，生成D.工業(yè)上氨氣催化氧化合成N2再進一步氧化，最終用水吸收合成硝酸。（6）N2H4是一種二元弱堿，將足量的SO2通入N2H4水溶液中，其反應的離子方程式。（7）NH3和B在一定條件下能合成氮化硼，氮化硼晶體結構包括六方氮化硼（h﹣BN）和立方氮化硼（c﹣BN）兩種，分別具有層狀結構和類金剛石結構。①計算立方氮化硼的晶體密度g/cm3（阿伏加德羅常數(shù)用NA表示）。②六方氮化硼的結構雖與石墨類似，但幾乎不導電，從結構的角度分析可能的原因是。22．B、C、O、Mg、Cu、鋅等元素在醫(yī)藥、國防、材料領域應用廣泛。請回答：（1）CO與CN結構相似，CO分子內σ鍵和π鍵個數(shù)之比為。（2）已知Sn和C同主族，Sn的原子序數(shù)為50，基態(tài)Sn原子的價層電子排布圖為；鋅與銅在周期表中的位置相鄰?，F(xiàn)有4種銅、鋅元素的相應狀態(tài)，①鋅：[Ar]3d104s2、②鋅：[Ar]3d104s1、③銅：[Ar]3d104s1、④銅：[Ar]3d10失去1個電子需要的能量由大到小排序是（填字母）。A．①②④③B．①④③②C．④②①③D．④②③①（3）下列狀態(tài)的鎂，電離最外層一個電子所需能量最大的是（填標號）；當鎂從B狀態(tài)變到C狀態(tài)，形成的是光譜（選填“發(fā)射”或“吸收”）。A．B．C．D．（4）氨硼烷（H3BNH3）是一種安全、高效的儲氫材料。與N原子相連的H呈正電性，與B原子相連的H呈負電性，則氨硼烷分子中原子的電負性從大到小的順序為。（5）NH3是一種很好的配體，氨氣分子空間結構是，1個[Cu(NH3（6）第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有種。23．氨基乙酸銅被廣泛應用于染料、涂料、塑料和電池等領域，其化學式為（H2N—CH2—COO）2Cu，結構如圖所示。（1）基態(tài)Cu原子的電子排布式為，Cu位于元素周期表中區(qū)元素。（2）氨基乙酸銅分子中有個π鍵。（3）原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+12表示，與之相反的用?1（4）氨基乙酸銅可由碳酸銅、氨乙酸、乙二胺等制得，碳酸銅中CO32?的VSEPR模型名稱為（5）向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水，形成藍色沉淀，寫出該反應的離子方程式；繼續(xù)添加氨水，難溶物溶解，得到深藍色的透明溶液，寫出該反應的離子方程式。24．認識Fe（Ⅱ）和Fe（Ⅱ）的有關化合物的組成和性質是學習的重要內容。Ⅰ.Fe（Ⅱ）化合物組成的認識：臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能將煙氣中的SO2NOx分別氧化為（1）Fe2+基態(tài)核外電子排布式為。（2）N2分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比n（σ）：n（π）＝。（3）SO42?中心原子軌道的雜化類型為；N（4）[Fe(H2O（5）[Fe(H2O)6①[Fe(NO)(H2O②[Fe(NO)(H2O)5]2+Ⅱ.Fe（Ⅲ）化合物性質的探究：（6）甲同學認由FeCl3?6H2O制取無水FeCl3也可用SOCl2作脫水劑，但乙同學認為會發(fā)生氧化還原反應而難以制無水FeCl3乙同學設計了如下實驗方案驗證自己的觀點：取少量FeCl3?6H2O于試管中，加入過量SOCl2振蕩使兩種物質充分反應；再往試管中加水溶解，加入KSCN溶液變紅，證明該過程發(fā)生了氧化還原反應，試寫該反應的化學方程式。25．氮化硼（BN）是一種重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂為原料，經(jīng)過一系列反應可以得到BN，如圖所示：（1）硼元素原子的電子排布式為，這些電子有種不同的能量。與硼元素在同一周期，其基態(tài)原子的最外層有2個未成對電子的元素有。（填元素符號）（2）寫出上述由B2O3制備BN的化學方程式。（3）BN的兩種晶型：六方晶型（類似于石墨）及立方晶型（類似于金剛石），結構如圖。①下列說法正確的是。A.六方氮化硼晶體層間存在化學鍵B.兩種晶體中的B和N都是sp3雜化C.兩種晶體中B和N間的化學鍵均為極性共價鍵D.立方氮化硼含有鍵和π鍵，是共價晶體，硬度大②立方相氮化硼晶體中，氮的配位數(shù)是。（4）常溫常壓下硼酸（H3BO3）晶體結構為層狀，其二維平面結構如圖。①硼酸晶體中存在的作用力有。A.離子鍵B.共價鍵C.范德華力D.配位鍵②1mol該晶體中含有mol氫鍵。（5）硼酸可由三鹵化硼（BX3）水解制備，機理如圖。從結構的角度解釋CCl4水解反應很難進行的原因。2025屆高考化學三輪沖刺預測押題卷-物質結構與性質參考答案與試題解析一．選擇題（共18小題）1．近日，科學家研究利用CaF2晶體釋放出的Ca2+和F脫除硅烷，拓展了金屬氟化物材料的生物醫(yī)學功能，晶胞如圖所示，下列說法不正確的是（）A．元素F和Si均在周期表p區(qū) B．晶胞中Ca2+的配位數(shù)為8 C．化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：CaF2＞CaH2 D．脫除硅烷反應速率依賴于晶體提供自由氟離子的能力，脫硅能力BaF2＜CaF2【分析】A．第ⅢA族～0族，均為p區(qū)；B．由圖可知，黑球為Ca2+；C．電負性：F＞H；D．金屬性：Ba＞Ca，離子鍵的極性：BaF2＞CaF2?！窘獯稹拷猓篈．元素F和Si分別在第ⅦA族和第ⅣA族，均在周期表p區(qū)，故A正確；B．由圖可知，黑球為Ca2+，其配位數(shù)為8，故B正確；C．電負性：F＞H，所以化學鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：CaF2＞CaH2，故C正確；D．脫除硅烷反應速率依賴于晶體提供自由氟離子的能力，則脫硅能力BaF2＞CaF2，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題主要考查配位化合物的相關知識，同時考查元素在周期表中的分區(qū)，屬于基本知識的考查，難度不大。2．酞菁（a）可看作是卟啉的衍生物，是一類由8個N原子、8個C原子組成的16中心的芳香共軛體系的大環(huán)分子，酞菁（a）及它的一種金屬配合物（b）的結構簡式如圖。下列說法正確的是（）A．酞菁屬于芳香烴類化合物 B．該金屬配合物中心離子M的價態(tài)為+2 C．酞菁分子中N原子雜化方式有兩種 D．酞菁分子中大環(huán)π鍵電子數(shù)為16【分析】A．含苯環(huán)的烴類化合物為芳香烴；B．M形成的共價鍵中有兩對為配位鍵，b比a少兩個氫原子；C．由8個N原子、8個C原子組成的16中心的芳香共軛體系的大環(huán)分子；D．a(chǎn)結構中，C原子各提供一個電子，6各不帶氫的N原子各提供一個電子，2各帶氫的N原子各提供2個電子，共18個電子?！窘獯稹拷猓篈．酞菁含N元素等，不屬于芳香烴類化合物，故A錯誤；B．M形成的共價鍵中有兩對為配位鍵，b比a少兩個氫原子，該金屬配合物中心離子M的價態(tài)為+2，故B正確；C．由8個N原子、8個C原子組成的16中心的芳香共軛體系的大環(huán)分子，N原子雜化方式都是sp2雜化，故C錯誤；D．a(chǎn)結構中，C原子各提供一個電子，6各不帶氫的N原子各提供一個電子，2各帶氫的N原子各提供2個電子，共18個電子，大環(huán)π鍵電子數(shù)為18，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了雜化理論、物質結構、原子形成化學鍵的特征等知識點，注意知識的熟練掌握，題目難度中等。3．下列化學用語或表述正確的是（）A．CH4的共價鍵類型：s﹣pσ鍵 B．SO2的價層電子對互斥（VSEPR）模型： C．基態(tài)N原子的價層電子排布式： D．丙炔的鍵線式：【分析】A．CH4的中心碳原子的價層電子對數(shù)為4+1×42B．SO2分子中，中心S原子的價層電子對數(shù)為2+6?2×22=C．基態(tài)N原子的價層電子軌道表示式為；D．丙炔的結構簡式為CH≡C—CH3，3個C原子在同一直線上?！窘獯稹拷猓篈．CH4的中心碳原子的價層電子對數(shù)為4+1×42=4，發(fā)生sp3雜化，共價鍵類型：s﹣spB．SO2分子中，中心S原子的價層電子對數(shù)為2+6?2×22=3，發(fā)生sp2C．基態(tài)N原子的價層電子軌道表示式為，價層電子排布式為2s22p3，故C錯誤；D．丙炔的結構簡式為CH≡C—CH3，3個C原子在同一直線上，則鍵線式：，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查原子結構，側重考查學生核外電子排布的掌握情況，試題難度中等。4．Ru﹣Rh雙金屬配合物（Cat.）催化醋酸甲酯反應機理及結構簡圖如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．催化劑（Cat.）Rh、Ru均為4配位，且均為sp3雜化 B．若催化劑（Cat.）Rh為+1價，則Ru為+3價，且反應過程中Ru的化合價始終保持不變 C．CH3COI和HI均為反應中間體，且反應①和②均為取代反應 D．總反應方程式可表示為CH3COOCH3+CO+H2OCat.ˉ2CH3【分析】A．晶胞結構分析可知，Rh、Ru的配位數(shù)都為4；B．若催化劑（Cat.）Rh為+1價，則催化劑中Ru為+3價，但催化劑參與反應過程，反應過程中Rh化合價變化；C．流程中物質轉化關系可知反應①和②均為取代反應；D．分析可知，整個反應是催化劑轉移下乙酸乙酯制備乙酸?！窘獯稹拷猓篈．晶胞結構分析可知，催化劑（Cat.）Rh、Ru均為4配位，形成四個共價鍵，則均為sp3雜化，故A正確；B．若催化劑（Cat.）Rh為+1價，則催化劑中Ru為+3價，但催化劑參與反應過程，反應過程中Rh化合價變化，則Ru化合價也變化，故B錯誤；C．反應過程中CH3COI和HI都是反應過程中生成后又參與反應，均為反應中間體，且反應①和②均為取代反應，故C正確；D．分析可知，整個反應是催化劑轉移下乙酸乙酯制備乙酸，總反應方程式可表示為CH3COOCH3+CO+H2OCat?！?CH3故選：B?！军c評】本題考查了物質轉化過程的分析判斷，物質結構和性質的理解應用，題目難度中等。5．下列說法中正確的是（）A．2px、2py、2pz軌道相互垂直，但能量相等 B．p能級能量一定比s能級能量高 C．電負性越大，元素的非金屬性越強，第一電離能也越大 D．2p、3p、4p能級的軌道數(shù)依次增多【分析】A．同一能級電子能量相同；B．能級能量還與能層有關；C．電負性越大，元素的非金屬性越強，第一電離能不一定也越大；D．同一能級軌道數(shù)相同?！窘獯稹拷猓篈．2px、2py、2pz屬于同一能級，軌道相互垂直，能量都相同，故A正確；B．同一能層中p能級能量一定比s能級的能量高，但能級能量還與能層有關，p能級能量不一定比s能級能量高，如2p＜3s，3p＜4s等，故B錯誤；C．電負性越大，元素的非金屬性越強，第一電離能不一定也越大，比如電負性O＞N，但，第一電離能N＞O，故C錯誤；D．2p、3p、4p能級的軌道數(shù)相同，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查原子軌道和原子核外電子排布，側重考查基礎知識的掌握和靈活運用能力，明確原子結構、原子核外電子排布規(guī)律等知識點是解本題關鍵，題目難度不大。6．EDTA（乙二胺四乙酸）可用于水的軟化，軟化水過程中與Mg2+形成的一種配合物如圖所示。下列說法正確的是（）A．配合物中碳原子的雜化方式為sp、sp2和sp3 B．1mol該配合物中的配位鍵數(shù)是6 C．圖中鍵角2大于鍵角1 D．兩種不同狀態(tài)的鎂，電離最外層一個電子所需能量：大于【分析】A．配位化合物中沒有三鍵碳原子，沒有sp雜化；B．1個該配合物中的配位鍵數(shù)是6個；C．鍵角1是sp2雜化的C形成的，鍵角為120°，鍵角2是sp3雜化的C形成的，鍵角是1109°28′；D．表示Mg+，表示Mg?！窘獯稹拷猓篈．配位化合物中沒有三鍵碳原子，有雙鍵碳原子和飽和碳原子，碳原子的雜化方式為sp2和sp3，故A錯誤；B．1mol該配合物中的配位鍵數(shù)是6NA，故B錯誤；C．鍵角1是sp2雜化的C形成的，鍵角為120°，鍵角2是sp3雜化的C形成的，鍵角是1109°28′，故鍵角2＜鍵角1，故C錯誤；D．鎂的第二電離能大于第一電離能，兩種不同狀態(tài)的鎂，電離最外層一個電子所需能量：＞，故D正確；故選：D?！军c評】本題主要考查鍵角、電離能的比較、雜化方式與配位數(shù)的判斷等，屬于基本知識的考查，難度中等。7．氮元素的循環(huán)對地球生命的意義重大。NH3存在如圖所示的物質轉化關系，下列有關化學用語或敘述正確的是（）A．NH3的VSEPR模型： B．COCl2分子中存在p﹣pσ鍵 C．基態(tài)N原子的價層電子軌道表示式： D．HNO2在水溶液中的電離方程式：HNO2═H++【分析】A．NH3的VSEPR模型是三角錐形，因為氨分子中有3個σ鍵和1對孤電子對，進行分析；B．COCl2分子中C原子sp2雜化，形成1個π鍵3個σ鍵；C．基態(tài)N原子的價層電子排布式為2s22p3；D．HNO2是弱酸，在水溶液中部分電離?！窘獯稹拷猓篈．NH3分子中心原子價層電子對數(shù)為4，有1個孤電子對，VSEPR模型為，故A正確；B．COCl2分子中C原子sp2雜化，形成1個π鍵3個σ鍵，不存在p﹣pσ鍵，存在sp2﹣pσ鍵，故B錯誤；C．基態(tài)N原子的價層電子排布式為2s22p3，則基態(tài)N原子的價層電子的軌道表示式為，故C錯誤；D．HNO2是弱酸，在水溶液中部分電離，電離方程式：HNO2?H++NO故選：A?！军c評】本題考查了原子結構、雜化理論、核外電子排布、弱電解質電離等知識點，注意知識的熟練掌握，題目難度不大。8．將一定質量比的PCl3和黃磷在微反應器中混合，低壓條件下，與進入反應器的液氯反應，生產(chǎn)PCl5。測得PCl3收率、純度與黃磷和PCl3質量比的關系曲線如圖所示。加入反應混合物前，需用N2對反應體系進行完全吹掃。下列說法錯誤的是（）A．開始通入N2的目的是排出反應體系中的O2 B．該PCl3制備工藝中宜采用黃磷和PCl3質量比為0.35：1 C．PCl3的空間構型是三角錐形 D．黃磷和PCl3質量比越大，產(chǎn)物中的PCl5雜質一定越多【分析】A．加入反應混合物前，需用N2對反應體系進行完全吹掃，排除裝置內的空氣；B．圖象中三氯化磷的收率最大時，生成PCl5最多；C．PCl3的價層電子對數(shù)＝3+5?1×3D．圖中分析可知隨著黃磷和PCl3質量比越大，PCl3的收率越小，但產(chǎn)物純度變化不大?！窘獯稹拷猓篈．開始通入N2的目的是排出反應體系中的空氣，避免空氣中的O2和磷反應，故A正確；B．圖象分析可知，該PCl3制備工藝中宜采用黃磷和PCl3質量比為0.35：1，故B正確；C．PCl3的價層電子對數(shù)＝3+5?1×3D．黃磷和PCl3質量比越大，PCl3的收率越小，產(chǎn)物純度變化不大，產(chǎn)物中的PCl5雜質不一定越多，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查了物質制備過程，主要是圖象變化的理解應用、分子結構的分析判斷，題目難度中等。9．用價層電子對互斥模型可以預測空間結構，也可以推測鍵角大小，下列判斷不正確的是（）A．SO2、CS2、BeCl2都是直線形的分子 B．BF3鍵角為120°，NF3鍵角小于109°28′ C．CH2O、SO3都是平面三角形的分子 D．NH3、PCl3都是三角錐形的分子【分析】A．SO2中S原子價層電子對數(shù)＝2+6?2×2B．BF3中B原子價層電子對個數(shù)＝3+3?3×12=3且不含孤電子對，NF3C．CH2O中C原子價層電子對數(shù)＝3+4?2×1?1×22=3且不含孤電子對，SO3D．PCl3中P原子價層電子對數(shù)＝3+5?3×12=4且不含孤電子對，NH3【解答】解：A．SO2中S原子價層電子對數(shù)＝2+6?2×22=3且含有1個孤電子對，前者為V形、CS2B．BF3中B原子價層電子對個數(shù)＝3+3?3×12=3且不含孤電子對，NF3中N原子價層電子對個數(shù)＝3+5?3×12=4且含有1個孤電子對，且孤電子對和成鍵電子對之間的排斥力大于成鍵電子對之間的排斥力，前者是平面三角形、后者是三角錐形，所以BFC．CH2O中C原子價層電子對數(shù)＝3+4?2×1?1×22=3且不含孤電子對，SO3D．PCl3中P原子價層電子對數(shù)＝3+5?3×12=4且不含孤電子對，NH3故選：A。【點評】本題考查了分子空間構型及鍵角，明確價層電子對互斥理論的作用是解本題關鍵，難點是計算孤電子對的方法，難度不大。10．KF可用于玻璃雕刻，作殺蟲劑、催化劑等，其晶胞結構如圖甲所示。晶胞邊長為anm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是（）A．F﹣位于K+形成的正八面體空隙中 B．晶體中與K+最近且等距離的F﹣有4個 C．MNQP點的截面如圖乙所示 D．該晶體的密度為2.32×1【分析】A．根據(jù)該晶胞中位于6個面心的K+形成正八面體結構，進行分析；B．根據(jù)晶體中K+與F﹣的最近距離為12C．根據(jù)MNQP切面即晶胞的對角線切面，該切面還有9個離子，進行分析；D．根據(jù)均攤法確定晶胞中原子的數(shù)目進行分析?！窘獯稹拷猓篈．由圖甲可知，該晶胞中位于6個面心的K+形成正八面體結構，F(xiàn)﹣位于正八面空隙中，故A正確；B．晶體中K+與F﹣的最近距離為12anm，與K+最近且等距離的FC．MNQP切面即晶胞的對角線切面，該切面還有9個離子，分別是4個頂點和2個面心的K+，2個棱心和1個體心的F﹣，圖乙正確，故C正確；D．該晶胞中，K+個數(shù)為：6×12+8×18=4，F(xiàn)﹣個數(shù)為：故選：B?！军c評】本題主要考查晶胞的計算等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。11．下列氮原子的軌道表示式中，能量由低到高的順序是（）A．①③②④ B．①③④② C．④③②① D．②④③①【分析】根據(jù)各能級軌道中電子能量：1s＜2s＜2p，能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，進行分析?！窘獯稹拷猓焊髂芗壾壍乐须娮幽芰浚?s＜2s＜2p，能量較高的軌道中電子越多，該微粒能量越高，所以1s軌道上電子越少，2p軌道上電子越多，該微粒能量越高，氮原子的軌道表示式中能量由低到高的順序是①＜③＜②＜④，故A正確，故選：A?！军c評】本題主要考查原子核外電子排布等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。12．Fe﹣B合金中廣泛存在的一種耐磨相晶胞如圖甲所示，研究發(fā)現(xiàn)添加適量Mn可以提高其耐磨性能，加Mn后（Mn替換部分Fe）的晶胞結構如圖乙所示，其中A原子坐標為(7A．Fe元素在元素周期表中屬于d區(qū) B．加Mn后晶體的化學式為Fe15MnB8 C．若B原子坐標為(58，D．圖甲晶胞的晶體密度為4.92×1【分析】A．基態(tài)鐵原子的原子序數(shù)為26，其價層電子排布式為3d64s2；B．題圖乙晶胞結構中Fe原子位于晶胞面上和體內，共有8×12+11=15C．題圖甲晶胞沿z軸方向的投影為；D．題圖甲晶胞中含有B原子個數(shù)為8×14+2=4【解答】解：A．基態(tài)鐵原子的原子序數(shù)為26，其價層電子排布式為3d64s2，在元素周期表中屬于d區(qū)，故A正確；B．題圖乙晶胞結構中Mn原子位于體內，共1個，B原子位于棱上和體內，共有16×14+4=8個，F(xiàn)e原子位于晶胞面上和體內，共有8×12C．題圖甲晶胞沿z軸方向的投影為，則M原子的坐標為(38D．題圖甲晶胞中含有B原子個數(shù)為8×14+2=4，F(xiàn)e原子個數(shù)為8×12故選：D?！军c評】本題考查晶體結構，側重考查學生晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。13．向HgBr2溶液中滴入NH3—NH4Cl混合液，得到晶體M，其每個晶胞由兩個小立方體構成，NH3中N位于小立方體的體心，小立方體的邊長為apm，晶胞結構如圖。下列說法錯誤的是（）A．80200B．該晶體類型為離子晶體 C．N—Hg—N中，N—Hg距離為1/2apm D．1個晶胞中含有Br﹣的質量為160g【分析】A．80B．該晶體中存在離子鍵；C．NH3中N位于小立方體的體心，則N—Hg距離為小立方體的邊長的二分之一；D．1個晶胞中含有Br﹣個數(shù)為8×1【解答】解：A．80B．該晶體中存在離子鍵，屬于離子晶體，故B正確；C．小立方體的邊長為apm，NH3中N位于小立方體的體心，則N—Hg距離為小立方體的邊長的二分之一：12D．1個晶胞中含有Br﹣個數(shù)為8×18+4×故選：D。【點評】本題考查晶體結構，側重考查學生晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。14．SnO2可用于制造乳白玻璃或用作玻璃磨光劑，其晶胞屬于四方晶系（晶胞棱邊夾角均為90℃），結構如圖所示，用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是（）A．小黑球代表O2﹣ B．Sn4+位于6個O2﹣所構成的八面體空隙中 C．該晶體的密度為302ND．晶胞沿z軸的投影圖為【分析】A．白球位于頂點和體心，個數(shù)為18×8+1=2，黑球兩個在體內，4個在面上，個數(shù)為B．由圖可知，Sn4+位于6個O2﹣所構成的八面體空隙中；C．該晶體的密度=2×119+4×16D．由晶胞結構可知，晶胞沿z軸方向的投影，頂點白球投影到正方形頂點，體心白球投影為正方形面心，上下面的黑球垂直重合，投影到正方形一條對角線上。【解答】解：A．黑球兩個在體內，4個在面上，個數(shù)為12×4+2=4，白球位于頂點和體心，個數(shù)為18B．Sn4+位于6個O2﹣所構成的八面體空隙中，故B正確；C．該晶體的密度=2×119+4×16D．晶胞沿z軸方向的投影，頂點白球投影到正方形頂點，體心白球投影為正方形面心，上下面的黑球垂直重合，投影到正方形一條對角線上，體內黑球投影到另一條面對角線上，則晶胞沿z軸的投影圖為，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查晶體結構，側重考查學生晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。15．經(jīng)理論計算預測，一種由汞（Hg）、鍺（Ge）、銻（Sb）形成的新物質X為潛在的拓撲絕緣體材料。X的晶體可視為金剛石晶體中的C原子被Hg、Ge和Sb取代后形成，其晶胞如圖所示。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．Hg、Ge、Sb三種元素均屬于過渡元素 B．晶體中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為6 C．X晶體是一種合金，內部有自由電子，是電的良導體 D．X晶體的密度為2.072×1【分析】A．Ge是第ⅣA族元素，Sb是第ⅤA族元素；B．離面心Hg原子最近的Sb原子有4個；C．新物質X為潛在的拓撲絕緣體材料；D．根據(jù)均攤法，X晶胞中Hg的個數(shù)為4×14+6×12【解答】解：A．Ge是第ⅣA族元素，Sb是第ⅤA族元素，不屬于過渡元素，故A錯誤；B．離面心Hg原子最近的Sb原子有4個，故B錯誤；C．新物質X為潛在的拓撲絕緣體材料，不是電的良導體，故C錯誤；D．根據(jù)均攤法，X晶胞中Ge的個數(shù)為8×18+4×12+1=4，Hg的個數(shù)為4故選：D?！军c評】本題考查晶體結構，側重考查學生晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。16．幾種晶體的晶胞（或晶體結構）如圖所示，下列說法正確的是（）A．NaCl晶胞每個Na+周圍距離最近且相等的Na+有12個B．CO2晶胞中CO2配位數(shù)為6C．若金剛石的晶胞邊長為a，其中兩個最近的碳原子之間的距離為2D．石墨晶體層內是共價鍵，層間是范德華力，所以石墨是一種過渡晶體A．A B．B C．C D．D【分析】A．NaCl晶胞中Na+位于體心和棱的中心；B．CO2晶胞中CO2位于頂點和面心，每個CO2周圍距離最近且相等的CO2有12個；C．若金剛石的晶胞邊長為a，其中兩個最近的碳原子之間的距離為晶胞體對角線長度的14D．石墨晶體層內是共價鍵，層間是范德華力，有共價晶體、分子晶體、金屬晶體的特征?！窘獯稹拷猓篈．NaCl晶胞中Na+位于體心和棱的中心，以體心的Na+為例，每個Na+周圍距離最近且相等的Na+有12個，故A正確；B．CO2晶胞中CO2位于頂點和面心，每個CO2周圍距離最近且相等的CO2有12個，CO2晶胞中CO2配位數(shù)為12，故B錯誤；C．兩個最近的碳原子之間的距離為晶胞體對角線長度的14D．石墨晶體層內是共價鍵，層間是范德華力，有共價晶體、分子晶體、金屬晶體的特征，所以石墨為混合晶體，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查晶體結構，側重考查學生晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。17．研究籠形包合物結構和性質具有重要意義，化學式為Ni（CN）x?Zn（NH3）y?2C6H6（C6H6代表苯）的籠形包合物四方晶胞結構如圖所示（H原子未畫出，晶胞中N原子均參與形成配位鍵）。下列說法錯誤的是（）A．基態(tài)Ni2+核外電子有14種不同空間運動狀態(tài) B．苯中碳的2p軌道形成6中心6電子的大π鍵 C．該晶胞中Zn2+的配位數(shù)（緊鄰的原子）為4 D．x：y＝2：1【分析】A．基態(tài)Ni2+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d8，同一能層，s軌道1個，p軌道3個，d軌道5個；B．苯中碳為sp2雜化，雜化軌道形成σ鍵，未參與雜化的2p軌道形成大π鍵；C．該晶胞中每個Zn2+的配位數(shù)為6；D．由晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有Ni2+個數(shù)為2×12=1，Zn2+個數(shù)為8×18【解答】解：A．基態(tài)Ni2+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d8，共占據(jù)了14種原子軌道，即有14種不同空間運動狀態(tài)，故A正確；B．苯中碳為sp2雜化，其中1個未參與雜化的2p軌道形成6中心6電子的大π鍵，故B正確；C．該晶胞中每個Zn2+的配位數(shù)為6（以上底面頂點Zn2+為例，在一個底面里與每個Zn2+的緊鄰的N原子有4個，上下棱有兩個），故C錯誤；D．由晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有Ni2+個數(shù)為2×12=1，Zn2+個數(shù)為8×18故選：C?！军c評】本題主要考查配位化合物的結構，同時考查晶胞的計算，屬于基本知識的考查，難度中等。18．立方相氮化硼（BN）超硬，有優(yōu)異的耐磨性，其結構與金剛石類似。晶胞中N原子位于頂點和面心，B原子（未畫出）位于N原子圍成的部分正四面空隙（如1、3、6、7號N原子圍成）。已知晶胞參數(shù)為apm，晶體的密度為ρg?cm﹣3，下列說法錯誤的是（）A．BN晶體中原子個數(shù)與共價鍵數(shù)之比1：2 B．正四面體空隙的填充率為100% C．該晶胞沿x、y、z軸方向投影均為 D．晶胞中B原子與N原子最近的距離為34【分析】A．BN中，B原子（未畫出）位于N原子圍成的部分正四面空隙（如1、3、6、7號N原子圍成），則B原子連接4個N原子，N原子連接4個B原子；B．B原子位于N原子構成的正四面體的空隙內，正四面體空隙的填充率小于100%；C．根據(jù)題意可知，該晶胞沿x、y、z軸方向投影均為；D．已知晶胞參數(shù)為apm，晶胞中B原子與N原子最近的距離為體對角線的14【解答】解：A．BN中，B原子（未畫出）位于N原子圍成的部分正四面空隙（如1、3、6、7號N原子圍成），則B原子連接4個N原子，N原子連接4個B原子，則晶體中原子個數(shù)與共價鍵數(shù)之比1：2，故A正確；B．B原子位于N原子構成的正四面體的空隙內，正四面體空隙的填充率為50%，故B錯誤；C．根據(jù)題意可知，該晶胞沿x、y、z軸方向投影均為，故C正確；D．已知晶胞參數(shù)為apm，晶胞中B原子與N原子最近的距離為體對角線的14，即3故選：B?！军c評】本題主要考查晶胞的相關知識，屬于基本知識的考查，難度中等。二．解答題（共7小題）19．含磷化合物在生命體中有重要意義。白磷在氯氣中燃燒可以生成兩種化合物PCl3和PCl5。已知：ⅰ、P4（s）+6Cl2（g）＝4PCl3（g）Δⅱ、P4（s）+10Cl2（g）＝4PCl5（g）Δ（1）則ⅲ、PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）ΔH＝﹣87.9kJ?mol﹣1。（2）實驗測得PCl3（g）+Cl2（g）?PCl5（g）的速率方程為v正＝k正c（PCl3）?c（Cl2），v逆＝k逆c（PCl5），速率常數(shù)k（只與溫度、催化劑有關）與活化能的經(jīng)驗關系式為Rlnk=?EaT①一定溫度下，向密閉容器中充入適量PCl3（g）和Cl2（g），實驗測得在催化劑Cat1、Cat2下Rlnk與1T的關系如圖所示，下列說法正確的是BCA．隨溫度升高，該反應的速率常數(shù)k減小B．催化劑Cat1的催化效率更高C．該反應的平衡常數(shù)K=D．加入催化劑，反應活化能Ea不變②一定溫度下，向容積為2L的恒容密閉容器中充入2molPCl3（g）和2molCl2（g），發(fā)生反應ⅲ，5min時反應達到平衡，容器中PCl5（g）的物質的量為0.5mol，Cl2（g）的平均反應速率為0.05mol?L﹣1?min﹣1。若此時向該容器中再充入2molPCl5（g），當反應再次達到平衡，容器中PCl5（g）的濃度＞0.5mol?L﹣1（填“＞”“＜”或“＝”），該反應平衡常數(shù)K＝0.44（保留2位有效數(shù)字）。（3）PCl5是一種白色晶體，其熔融時形成一種能導電的液體，其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子，該晶體的晶胞如圖甲所示。PCl5氣態(tài)分子呈三角雙錐形，其結構如圖乙所示。①下列關于[PCl4]+、PCl5、A．[PCl4B．PCl5分子中Cl﹣P—Cl鍵角有三種C．[PClD．三種粒子中各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構②設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為31+35.5×4+31+35.5×6a3NA【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律，ⅱ×1（2）①A．溫度升高正反應和逆反應速率均增大；B．由圖可知，催化劑Cat1斜率較小，即改變相同溫度，Rlnk變化值較小，活化能E較??；C．平衡時v正＝k正c（PCl3）?c（Cl2）＝v逆＝k逆c（PCl5），由平衡常數(shù)K=c(PCD．催化劑通過改變反應歷程；②由三段式：PCl則Cl2的平均反應速率為v(Cl2)=0.5mol5min×2L=0.05mol?L（3）①A．[PClB．PCl5分子中Cl﹣P—Cl鍵角有三種，分別為90°、120°和180°；C．[PClD．PCl5、[PCl②PCl5熔融時形成一種能導電的液體屬于離子晶體，由晶胞結構可知，每個晶胞中含有1個正四面體形陽離子[PCl4]+和【解答】解：（1）根據(jù)蓋斯定律，ⅱ×14?ⅰ×14=ⅲ，故反應ⅲPCl3（g）+Cl2（g）故答案為：﹣87.9kJ?mol﹣1；（2）①A．溫度升高正反應和逆反應速率均增大，速率常數(shù)k增大，故A錯誤；B．催化劑Cat1斜率較小，即改變相同溫度，Rlnk變化值較小，活化能E較小，催化劑Cat1的催化效率更高，故B正確；C．由平衡常數(shù)K=c(PCl5)c(PCl3)?c(Cl2)可知，平衡時v正＝k正c（PCl3）?c（Cl2D．催化劑通過改變反應歷程，從而改變反應所需的活化能，故D錯誤；故答案為：BC；②由三段式：PCl則Cl2的平均反應速率為v(Cl2)=0.5mol5min×2L=0.05mol?L?1?min?1；平衡后再充入2molPCl5（g），相當于初始投入4molPCl3故答案為：0.05mol?L﹣1?min﹣1；＞；0.44；（3）①A．[PCl4]B．PCl5分子中Cl﹣P—Cl鍵角有三種，分別為90°、120°和180°，故B正確；C．[PClD．PCl5、[PCl故答案為：ABC；②每個晶胞中含有1個正四面體形陽離子[PCl4]+和8×18=1故答案為：31+35.5×4+31+35.5×6a【點評】本題考查化學鍵，側重考查學生共價鍵的掌握情況，試題難度中等。20．鈷和鋰在電池材料、超級合金等高科技領域中發(fā)揮著關鍵作用?；卮鹣铝袉栴}：（1）Co在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族。下列狀態(tài)的鈷中，電離最外層一個電子所需能量最大的是B（填標號）。A.[Ar]3d74s2B.[Ar]3d74s1C.[Ar]3d74s14p1D.[Ar]3d74p1（2）某種離子液體可作為鋰電池的電解液，其結構如圖。N、F、P三種元素電負性由大到小的順序為F＞N＞P；PF6?的空間構型為正八面體形；1mol該化合物中含有25molσ鍵；該化合物中含N的五元雜環(huán)具有類似苯環(huán)的結構特征，標*號N原子采取的軌道雜化方式為sp（3）CoO2的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°。A、B點原子的分數(shù)坐標分別為（0，0，0）、（0.31，0.31，0），則C點原子的分數(shù)坐標為（1﹣0.31，1﹣0.31，1）。則該晶體密度ρ＝1.82×1023NA×abd【分析】（1）Co的原子序數(shù)為27，電子排布式為[Ar]3d74s2，據(jù)此判斷其在元素周期表中的位置，Co元素的第二電離能大于第一電離能，根據(jù)簡化的電子排布式可知，[Ar]3d74s2和[Ar]3d74s14p1電離最外層一個電子所需能量為第一電離能，[Ar]3d74s1和[Ar]3d74p1電離最外層一個電子所需能量為第二電離能，[Ar]3d74p1為離子的激發(fā)態(tài)，能量高，所以電離最外層一個電子所需能量最大的是[Ar]3d74s1；（2）非金屬性越強，電負性越大，PF6?（3）由圖可知，A、B點原子的分數(shù)坐標分別為（0，0，0）、（0.31，0.31，0），則C點原子的分數(shù)坐標為：（1﹣0.31，1﹣0.31，1），根據(jù)均攤法可知，Co的個數(shù)為4×12+2×1=4，O的個數(shù)為8×【解答】解：（1）Co的原子序數(shù)為27，電子排布式為[Ar]3d74s2，在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族；Co元素的第二電離能大于第一電離能，根據(jù)簡化的電子排布式可知，[Ar]3d74s2和[Ar]3d74s14p1電離最外層一個電子所需能量為第一電離能，[Ar]3d74s1和[Ar]3d74p1電離最外層一個電子所需能量為第二電離能，[Ar]3d74p1為離子的激發(fā)態(tài)，能量高，所以電離最外層一個電子所需能量最大的是[Ar]3d74s1，故答案為：四；Ⅷ；B；（2）非金屬性越強，電負性越大，N、F、P三種元素電負性由大到小的順序為F＞N＞P，PF6?的空間構型為正八面體形，P故答案為：F＞N＞P；正八面體形；25；sp2雜化；（3）由圖可知，A、B點原子的分數(shù)坐標分別為（0，0，0）、（0.31，0.31，0），則C點原子的分數(shù)坐標為：（1﹣0.31，1﹣0.31，1），根據(jù)均攤法可知，Co的個數(shù)為4×12+2×1=4，O的個數(shù)為8×18+1=2，即晶胞中含有2個CoO2故答案為：1.82×10【點評】本題主要考查晶胞的計算，同時考查電負性、第一電離能的比較，中心原子的雜化方式的判斷等，難度中等。21．NH3是重要的化工原料，可發(fā)生如下轉化：已知：①HNO2一元弱酸，結構為；②HNO3可與SO2發(fā)生氧化還原反應生成SO3，SO3結構為；③A易發(fā)生水解，生成一種強酸和一種弱酸。請回答：（1）寫出基態(tài)氯原子的價層電子排布式：3s23p5。（2）判斷NH3與N2H4堿性大小并說明理由：NH3堿性大于N2H4，氨基的吸電子效應大于氫，導致N2H4中的另一個N上電子云密度下降，從而堿性減弱。（3）A的結構式為。（4）寫出反應Ⅱ的化學反應方程式N2H4+NaNO2＝NaN3+2H2O。（5）下列有關說法不正確的是BD。A.分子的極性：NCl3＜NH3B.NCl3可與Cl2反應生成NCl5C.N2H4與NH3性質類似，過量N2H4可與COCl2發(fā)生取代反應，生成D.工業(yè)上氨氣催化氧化合成N2再進一步氧化，最終用水吸收合成硝酸。（6）N2H4是一種二元弱堿，將足量的SO2通入N2H4水溶液中，其反應的離子方程式N2H4+2SO2+2H2O=N2H6（7）NH3和B在一定條件下能合成氮化硼，氮化硼晶體結構包括六方氮化硼（h﹣BN）和立方氮化硼（c﹣BN）兩種，分別具有層狀結構和類金剛石結構。①計算立方氮化硼的晶體密度1032NAa3②六方氮化硼的結構雖與石墨類似，但幾乎不導電，從結構的角度分析可能的原因是N原子電負性較大，π鍵上的電子很大程度上被定域在氮原子周圍，不能自由移動。【分析】根據(jù)轉化關系圖可知，NH3和Cl2反應生成NCl3、HCl，NH3被氧化生成N2H4，N2H4被NaNO2還原生成NaN3；NH3經(jīng)過多步反應生成HNO3，HNO3和等物質的量SO2反應生成亞硝酰硫酸（NOSO4H），據(jù)此解答；（1）Cl為17號元素，位于元素周期表中第三周期第ⅦA族；（2）氨基的吸電子效應大于氫；（3）等物質的量的HNO2和SO2反應生成A，A易發(fā)生水解，生成一種強酸一種弱酸，A為亞硝酰硫酸，水解生成硫酸和亞硝酸；（4）N2H4被NaNO2還原生成NaN3和H2O；（5）A.H和N的電負性差值大于N和Cl之間的電負性差值；B.根據(jù)兩者的電子層結構，N最外層5個電子，Cl最外層7個電子，NH3與Cl2反應只能生成NCl3；C.N2H4與NH3性質類似，過量N2H4可與COCl2發(fā)生取代反應；D.工業(yè)上氨氣催化氧化合成NO；（6）N2H4是一種二元弱堿，將足量的SO2通入N2H4水溶液中，發(fā)生酸堿中和反應，生成N2H6（7）①由圖可知，N原子位于頂點和面心，個數(shù)為8×18+6×12=4，4個B原子位于體內，晶胞質量為4×(11+14)NAg=100N②N原子電負性較大，π鍵上電子不能自由移動?！窘獯稹拷猓海?）Cl為17號元素，位于元素周期表中第三周期第ⅦA族，基態(tài)氯原子的價層電子排布式：3s23p5，故答案為：3s23p5；（2）NH3堿性大于N2H4，理由：NH3堿性大于N2H4，氨基的吸電子效應大于氫，導致N2H4中的另一個N上電子云密度下降，從而堿性減弱，故答案為：NH3堿性大于N2H4，氨基的吸電子效應大于氫，導致N2H4中的另一個N上電子云密度下降，從而堿性減弱；（3）等物質的量的HNO2和SO2反應生成A，A易發(fā)生水解，生成一種強酸一種弱酸，A為亞硝酰硫酸，水解生成硫酸和亞硝酸，則A的結構式為，故答案為：；（4）N2H4被NaNO2還原生成NaN3和H2O，則反應Ⅱ的化學反應方程式N2H4+NaNO2＝NaN3+2H2O，故答案為：N2H4+NaNO2＝NaN3+2H2O；（5）A.NH3與NCl3都是三角錐形結構，H和N的電負性差值大于N和Cl之間的電負性差值，所以NH3的性更大，故A正確；B.根據(jù)兩者的電子層結構，N最外層5個電子，Cl最外層7個電子，NH3與Cl2反應只能生成NCl3，故B錯誤；C.N2H4與NH3性質類似，過量N2H4可與COCl2發(fā)生取代反應，生成，故C正確；D.工業(yè)上氨氣催化氧化合成NO再進一步氧化，最終用水吸收合成硝酸，故D錯誤；故答案為：BD；（6）N2H4是一種二元弱堿，將足量的SO2通入N2H4水溶液中，其反應的離子方程式N2H4+2SO2+2H2O=N2H故答案為：N2H4+2SO2+2H2O=N2H（7）①由圖可知，N原子位于頂點和面心，個數(shù)為8×18+6×12=4，4個B原子位于體內，晶胞質量為4×(11+14)NAg=100NAg，晶胞體積為（a×10﹣10）3cm3故答案為：10②N原子電負性較大，π鍵上的電子很大程度上被定域在氮原子周圍，不能自由移動，故六方氮化硼幾乎不導電，故答案為：N原子電負性較大，π鍵上的電子很大程度上被定域在氮原子周圍，不能自由移動?！军c評】本題是對物質結構與性質的考查，涉及核外電子排布、配位鍵、分子結構、化學反應、晶體類型與性質、晶體結構與晶胞計算等，需要學生具備扎實的基礎與靈活運用的能力，題目難度中等。22．B、C、O、Mg、Cu、鋅等元素在醫(yī)藥、國防、材料領域應用廣泛。請回答：（1）CO與CN結構相似，CO分子內σ鍵和π鍵個數(shù)之比為1：2。（2）已知Sn和C同主族，Sn的原子序數(shù)為50，基態(tài)Sn原子的價層電子排布圖為；鋅與銅在周期表中的位置相鄰?，F(xiàn)有4種銅、鋅元素的相應狀態(tài)，①鋅：[Ar]3d104s2、②鋅：[Ar]3d104s1、③銅：[Ar]3d104s1、④銅：[Ar]3d10失去1個電子需要的能量由大到小排序是C（填字母）。A．①②④③B．①④③②C．④②①③D．④②③①（3）下列狀態(tài)的鎂，電離最外層一個電子所需能量最大的是A（填標號）；當鎂從B狀態(tài)變到C狀態(tài)，形成的是吸收光譜（選填“發(fā)射”或“吸收”）。A．B．C．D．（4）氨硼烷（H3BNH3）是一種安全、高效的儲氫材料。與N原子相連的H呈正電性，與B原子相連的H呈負電性，則氨硼烷分子中原子的電負性從大到小的順序為N＞H＞B。（5）NH3是一種很好的配體，氨氣分子空間結構是三角錐形，1個[Cu(NH3（6）第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有3種?！痉治觥浚?）根據(jù)CO分子中，碳原子和氧原子之間為三鍵，三鍵中形成一個σ鍵和兩個π鍵，進行分析；（2）根據(jù)Sn和C同主族，Sn的原子序數(shù)為50，位于第五周期第ⅣA族，基態(tài)Sn原子的價層電子排布式為5s25p2，①[Ar]3d104s2為基態(tài)鋅原子，②[Ar]3d104s1為基態(tài)Zn+，③[Ar]3d104s1為基態(tài)銅原子，[Ar]3d10為基態(tài)Cu+，同一元素的逐級電離能在依次增大，進行分析；（3）根據(jù)元素的第二電離能大于第一電離能，鎂從B狀態(tài)變到C狀態(tài)，需要吸收能量，形成的是吸收光譜進行分析；（4）根據(jù)在氨硼烷（H3BNH3）分子中，與N原子相連的H呈正電性，與B原子相連的H呈負電性，進行分析；（5）根據(jù)氨氣分子（NH3）的氮原子為中心原子，有三個σ鍵和一個孤對電子，形成三角錐形的空間結構進行分析；（6）根據(jù)同一周期主族元素從左向右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族和第ⅤA族處于全滿和半滿結構，進行分析?！窘獯稹拷猓海?）CO分子中，碳原子和氧原子之間為三鍵，三鍵中形成一個σ鍵和兩個π鍵，因此σ鍵和π鍵的個數(shù)之比為1：2，故答案為：1：2；（2）已知Sn和C同主族，Sn的原子序數(shù)為50，位于第五周期第ⅣA族，基態(tài)Sn原子的價層電子排布式為5s25p2，所以價層電子排布圖為；①[Ar]3d104s2為基態(tài)鋅原子，②[Ar]3d104s1為基態(tài)Zn+，③[Ar]3d104s1為基態(tài)銅原子，[Ar]3d10為基態(tài)Cu+，同一元素的逐級電離能在依次增大，所以所需能量為②＞①，④＞③，對于①和③，③失去一個電子達到3d全滿狀態(tài)，更容易失去，所以所需能量為①＞③，對于②和③，核外電子排布相同，Zn的核電荷數(shù)更大，所以②更難失去，所以所需能量②＞③，④中已經(jīng)達到3d全滿狀態(tài)，最不容易失去電子，所需能量最高，因此，失去1個電子所需的能量由大到小的排序為④②①③，故答案為：；C；（3）由電子排布可知，失去1個電子所需能量為鎂元素的第一電離能，為能量較高的激發(fā)態(tài)，失去一個電子的能量小于；失去1個電子所需的能量為鎂元素的第二電離能，為激發(fā)態(tài)，失去一個電子所需的能量小于；元素的第二電離能大于第一電離能，故電離最外層一個電子所需能量最大的是，鎂從B狀態(tài)變到C狀態(tài)，需要吸收能量，形成的是吸收光譜，故答案為：A；吸收；（4）在氨硼烷（H3BNH3）分子中，與B原子相連的H呈負電性，說明H的電負性大于B與N原子相連的H呈正電性，說明N的電負性大于H，因此，電負性從大到小的順序為N＞H＞B，故答案為：N＞H＞B；（5）氨氣分子的氮原子為中心原子，有三個σ鍵和一個孤對電子，形成三角錐形的空間結構；[Cu（NH3）4]2+中，每個NH3與Cu2+之間形成一個σ鍵，共有4個NH3，因此總共有4個σ鍵。此外每個NH3內部有3個N—Hσ鍵，4個NH3共有12個N—Hσ鍵，因此總σ鍵數(shù)為4+12＝16，故答案為：三角錐形；16；（6）同一周期主族元素從左向右第一電離能呈增大趨勢，但第ⅡA族和第ⅤA族處于全滿和半滿結構，第一電離能比同周期相鄰元素第一電離能大，因此第一電離能介于B、N之間的第二周期元素有Be、C、O，共3種，故答案為：3?！军c評】本題主要考查原子核外電子排布等，注意完成此題，可以從題干中抽取有用的信息，結合已有的知識進行解題。23．氨基乙酸銅被廣泛應用于染料、涂料、塑料和電池等領域，其化學式為（H2N—CH2—COO）2Cu，結構如圖所示。（1）基態(tài)Cu原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，Cu位于元素周期表中ds區(qū)元素。（2）氨基乙酸銅分子中有2個π鍵。（3）原子中運動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+12表示，與之相反的用?1（4）氨基乙酸銅可由碳酸銅、氨乙酸、乙二胺等制得，碳酸銅中CO32?的VSEPR模型名稱為平面三角形，氯乙酸的酸性大于乙酸的原因是Cl是吸電子基團，使羧基中羥基的極性變大，更容易電離出H（5）向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水，形成藍色沉淀，寫出該反應的離子方程式Cu2++2NH3?【分析】（1）Cu的原子核外電子數(shù)為29，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1；（2）C＝O雙鍵由1個σ鍵和1個π鍵組成；（3）基態(tài)C原子的核外電子排布式為1s22s22p4，其價電子中2p軌道上有4個電子，其中有2個電子未成對；（4）CO32?（5）向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水，形成Cu（OH）2藍色沉淀，該反應的離子方程式為：Cu2++2N【解答】解：（1）Cu的原子核外電子數(shù)為29，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，其價電子排布式為3d104s1，Cu元素位于ds區(qū)，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s1；ds；（2）C＝O雙鍵由1個σ鍵和1個π鍵組成，由（H2N—CH2—COO）2Cu的結構式可知，該分子中有2個π鍵，故答案為：2；（3）基態(tài)C原子的核外電子排布式為1s22s22p4，其價電子中2p軌道上有4個電子，其中有2個電子未成對，自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為+1或者﹣1，故答案為：+1或﹣1；（4）CO32?中心原子的價層電子對數(shù)為3+故答案為：平面三角形；Cl是吸電子基團，使羧基中羥基的極性變大，更容易電離出H+；（5）向硫酸銅溶液中逐滴加入氨水，形成Cu（OH）2藍色沉淀，該反應的離子方程式為：Cu2++2NH3故答案為：Cu2++2N【點評】本題考查原子結構，側重考查學生核外電子排布的掌握情況，試題難度中等。24．認識Fe（Ⅱ）和Fe（Ⅱ）的有關化合物的組成和性質是學習的重要內容。Ⅰ.Fe（Ⅱ）化合物組成的認識：臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能將煙氣中的SO2NOx分別氧化為（1）Fe2+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d6。（2）N2分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比n（σ）：n（π）＝1：2。（3）SO42?中心原子軌道的雜化類型為sp3；N（4）[Fe(H2O（5）[Fe(H2O)6①[Fe(NO)(H2O②[Fe(NO)(H2O)5]2+中配體是NO、HⅡ.Fe（Ⅲ）化合物性質的探究：（6）甲同學認由FeCl3?6H2O制取無水FeCl3也可用SOCl2作脫水劑，但乙同學認為會發(fā)生氧化還原反應而難以制無水FeCl3乙同學設計了如下實驗方案驗證自己的觀點：取少量FeCl3?6H2O于試管中，加入過量SOCl2振蕩使兩種物質充分反應；再往試管中加水溶解，加入KSCN溶液變紅，證明該過程發(fā)生了氧化還原反應，試寫該反應的化學方程式2FeCl3?6H2O+SOCl2＝2FeCl3+H2SO4+4HCl+9H2O?！痉治觥浚?）Fe的核電荷數(shù)為26，原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，鐵原子失去2個電子形成Fe2+；（2）N2分子中含氮氮三鍵；（3）SO42?的價層電子對數(shù)＝4+6?2×4+22=（4）非金