曲一线 2023版《5年高考3年模拟》B版
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CO 的排放
2
B.Fe O 和CaO均可循环利用
3 4
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 D A项,根据题给流程图,箭头进入指向有CO ,箭头出来指向无CO 知,该过程可
2 2
减少CO 的排放,正确;B项,根据题给流程图可知Fe O 和CaO均可循环利用,正确;C项,
2 3 4
过程①中CO转化为CO ,过程④中CO 转化为CO,均有碳元素化合价的变化,故过程①
2 2
和④的转化均为氧化还原反应,正确;D项,过程①为CO、H 与Fe O 反应生成CO 、H O
2 3 4 2 2
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---为副反应)。下列说法正确的是( )
A.FeO+、N 均为反应中间体
2
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1 mol CH CHO,消耗N O的物质的量大于2 mol
3 2
答案 D A项,FeO+先生成后消耗,是反应中间体,N 由N O转化得到,是产物,错误;B项,
2 2
由原子守恒可知X是H O,H O中只含O—H极性共价键,错误;C项,该机理中反应
2 2
C H +FeO+ [(C H )Fe(OH)]+,无元素化合价的变化,不是氧化还原反应,错误;D项,该
2 6 2 5
过程总反应方程式为C H +2N O CH CHO+2N +H O,由于发生副反应
2 6 2 3 2 2
[(C H )Fe(OH)]+ Fe+,故每生成1 mol CH CHO,消耗N O的物质的量大于2 mol,正确。
2 5 3 2
3.CO 加氢耦合苯胺(RNH )的一种反应机理如下图所示。下列叙述不正确的是( )
2 2
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A.金属Au可吸附H原子,TiO 可吸附CO
2 2
B.反应过程中N的成键数目保持不变
C.反应过程中CO 发生还原反应
2
D.该过程的总反应:RNH +CO +H RNHCHO+H O
2 2 2 2
答案 B A项,由题图中过程Ⅰ可知,金属Au可吸附H原子,TiO 可吸附CO ,正确;B项,
2 2
由过程Ⅳ和Ⅴ可知,N的成键数目变化为3→4→3,错误;C项,反应过程中CO 转化为
2
RNHCHO,C元素化合价降低,发生还原反应,正确;D项,由题图中箭头指向可知该过程的
总反应为RNH +CO +H RNHCHO+H O,正确。
2 2 2 2
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炔选择性氢化制乙烯,
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)。
图1
图2
下列说法正确的是( )
A.由图1可知,C
H*
转化为C H (g)时,只有C—H键的形成
2 3 4 6
B.由图2可知,C H (g) 转化为C H (g)的过程放出热量
2 2 4 6
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C.步骤H O(g)+C
H*
+e- OH-+C
H*
决定制乙烯的反应速率
2 2 2 2 3
D.C
H*
转化为C
H*
的步骤活化能较高,不利于乙炔氢化制得C H (g)
2 3 4 6 4 6
答案 CD A项,图1中C
H*
转化为C H (g)时,有C—C键、C—H键的形成,错误;B项,
2 3 4 6
图2中没有C H (g)转化为C H (g)的全过程,错误;C项,H O(g)+C
H*
+e- OH-+C
H*
2 2 4 6 2 2 2 2 3
为制乙烯的主要步骤,正确;D项,图2中C
H*
转化为C
H*
的步骤活化能较高,不利于制
2 3 4 6
得C H (g),正确。
4 6
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(CO)
3
B.总反应式为CH CH CH +H +CO CH CH CHO
3 2 2 3 2
C.若反应物为乙烯,产物可能为OHCCH CH CHO
2 2
D.循环过程中Co的化学键数目发生了变化
答案 BC B项,产物应为CH CH CH CHO,错误;C项,若反应物为乙烯,则产物为
3 2 2
CH CH CHO,错误。
3 2
6.通过电解催化还原CO 可得到碳酸二甲酯DMC( )。下列说法错误的是(
2
)
A.通入CO 、CH OH的电极为阳极
2 3
B.Br-的物质的量在催化循环前后不变
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C.过程⑤的副产物可能含有乙二酸二甲酯( )
D.该电解催化过程的总反应方程式为CO +2CH OH +H O
2 3 2
答案 A A项,通入的CO 得到电子生成CO,发生还原反应,所以通入CO 、CH OH的
2 2 3
电极为阴极,错误;B项,Br-在阳极失去电子生成Br ,Br 参与反应,反应过程中Br 又转化
2 2 2
为Br-,所以Br-的物质的量在催化循环前后不变,正确;C项,过程⑤中的
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—COOCH 可以两两
3
结合生成乙二酸二甲酯,正确;D项,该电解过程是CO 和甲醇反应最终生成DMC和水的
2
反应,总反应方程式为CO +2CH OH +H O,正确。
2 3 2
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CO 的转化过程。下列说法错误的是( )
2
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
答案 C A项,铜元素位于周期表中的ds区,正确;B项,步骤④是化学反应,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)(NH )]+是汽车尾气脱硝的催化剂,其催化机理如图所示,下列说法错误的是(
3
)
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A.[Cu(OH)(NH )]+中O和N原子是配位原子
3
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
D.总反应的化学方程式为4NH +2NO+2O 3N +6H O
3 2 2 2
答案 D [Cu(OH)(NH )]+中Cu2+提供空轨道,OH-和NH 中O和N原子提供孤电子对,O
3 3
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
NH 、NO、O ,生成物有H O、N ,由题图可知NH 、NO、O 、H O、N 的物质的量之
3 2 2 2 3 2 2 2
比为4∶4∶1∶6∶4,所以总反应的化学方程式为4NH +4NO+O
3 2
6H O+4N ,D错误。
2 2
9.在过氧苯甲酰(结构简式为 ,—Ph表示苯基)作用下,溴化氢与丙烯
的加成反应主要产物为1-溴丙烷,反应机理如图,下列说法不正确的是( )
A.过程②中产物X为
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CH 3CHCH
2
Br+HBr ·Br+CH
3
CH
2
CH
2
Br
D.上述链终止反应中存在:·Br+·Br Br
2
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答案 B 由题图可知,过程②发生的反应为 与HBr反应生成
和·Br,则X为 ,A正确;过程③发生的反应为CH CH CH 与·Br反应生成
3 2
·
CH
3C
HCH
2
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CH 3CHCH
2
Br+HBr ·Br+CH
3
CH
2
CH
2
Br,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。
2
10.MoO 可以催化1,2-丙二醇( )获得多种有机物,其反应历程如图所示。
3
下列说法正确的是( )
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醛和乙烯
D.Cu催化氧化1,2-丙二醇所得产物与MoO 催化时相同
3
答案 A A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,Mo形成
共价键数目有6个、4个两种,错误;C项,题图中经历程③反应生成 和
,经历程④反应生成CH CH CH ,若以乙二醇为原料发生类似历程③的
3 2
反应生成 ,发生类似历程④的反应生成CH CH ,错误;D项,Cu催化氧化
2 2
1,2-丙二醇所得产物为 ,与MoO 催化产物不同,错误。
3
11.氯元素有多种化合价,可形成Cl-、ClO-、ClO- 、ClO- 、ClO-
等离子。下列说法错误
2 3 4
的是( )
A.基态Cl原子核外电子的空间运动状态有9种
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B.键角:ClO->ClO->ClO-
2 3 4
C.Cl-提供孤对电子与Cu2+可形成CuCl2-
4
D.ClO- 、ClO- 、ClO-
中Cl的杂化方式相同
2 3 4
答案 B A项,基态Cl原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p5,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,ClO- 、ClO- 、ClO-
中心Cl原子周围的价层电子对数
2 3 4
1 1 1
分别为2+ ×(7+1-2×2)=4、3+ ×(7+1-3×2)=4、4+ ×(7+1-4×2)=4,孤对电子数分别为
2 2 2
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:ClO-<ClO-<ClO-
,错误;C项,Cl-中含有孤对
2 3 4
电子,故Cl-提供孤对电子与Cu2+可形成CuCl2- ,正确;D项,由B项分析可知,ClO- 、ClO-
4 2 3
、ClO-
中Cl周围的价层电子对数均为4,故三者的杂化方式均为sp3杂化,正确。
4
12.下列叙述不正确的是( )
图1 图2
图3 图4
A.Li S晶胞结构如图1,S2-的配位数是8
2
B.某镍白铜合金的立方晶胞结构如图2,晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3∶1
C.氯化钠晶胞如图3,离Na+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
1 1 1 3 3 1
依次为(0,0,0)、( , , ),则d的坐标参数为( , , )
2 2 2 4 4 4
答案 C A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Li S的晶胞结
2
构可知,Li+的配位数为4,则S2-的配位数是8,正确;B项,由均摊法可知,晶胞中Ni原子的个
1 1
数为8× =1,Cu原子的个数为6× =3,则晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3∶1,正确;C
8 2
项,以1个顶点Na+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
8×3
离子有 =12个,错误;D项,晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部,由晶胞可知Cu位于
2
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1
体对角线上,与体心O的距离为体对角线长度的 ,a、b的坐标参数依次为(0,0,0)、(
4
1 1 1 3 3 1
, , ),则d的坐标参数为( , , ),正确。
2 2 2 4 4 4
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a pm。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N 为阿伏加德
A
罗常数的值,下列说法错误的是( )
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)
√3
C.P与B原子的最近距离为 a pm
4
168
D.BP晶体的密度为 g·cm-3
a3N ×10-21
A
答案 D A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,
1 √3
二者距离最近且等于晶胞体对角线长度的 ,即 a pm,正确;D项,晶胞质量m=
4 4
42×4 168 m 168
= g,晶胞体积V=(a pm)3=a3×10-30 cm3,则晶体密度ρ= =
N N V N a3×10-30
A A A
g·cm-3,错误。
14.NO 与H O反应生成HNO 和NO。下列有关叙述正确的是( )
2 2 3
A.NO-
的空间结构为三角锥形
3
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NO 的圆底烧瓶做喷泉实验,最终液体会充满整个圆底烧瓶
2
D.NO与水均为极性分子
5+1+0×3
答案 D
A项,NO-
中N的价层电子对数为 =3,N为sp2杂化,且无孤电子
3 2
对,NO-
的空间结构为平面三角形,错误;B项,反应3NO +H O 2HNO +NO中,3 mol
3 2 2 3
NO 中有2 mol NO 的化合价升高,作还原剂,有1 mol NO 的化合价降低,作氧化剂,氧化
2 2 2
剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,错误;C项,发生反应3NO +H O 2HNO +NO,NO
2 2 3
难溶于水,所以最终液体不会充满整个圆底烧瓶,错误;D项,NO分子中的正、负电中心不
重合,H O中正、负电中心也不重合,故NO与H O均为极性分子,正确。
2 2
15.CaS可用于制杀虫剂、发光漆等。一定条件下H S能与CaCO 反应生成CaS,CaS与
2 3
H SO 反应可以释放出H S,H S能与CuSO 溶液发生复分解反应生成黑色CuS沉淀。
2 4 2 2 4
H S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( )
2
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A.CO2-
的空间结构为三角锥形
3
B.SO 与SO 中硫原子的杂化轨道类型均是sp2
2 3
C.SO 的键角比SO 的大
2 3
D.1 mol [Cu(H O) ]2+中含有8 mol σ键
2 4
1
答案 B
CO2-
中中心原子价层电子对数为3+ ×(4+2-3×2)=3,采用sp2杂化,无孤电子对,
3 2
CO2-
的空间结构为平面三角形,A错误;SO 与SO 中硫原子的价层电子对数均为3,杂化
3 2 3
轨道类型均是sp2,B正确;SO 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
2
于120°,SO 的键角为120°,故SO 的键角比SO 的小,C错误;1 mol [Cu(H O) ]2+中含有4
3 2 3 2 4
mol H O具有的8 mol σ键和H O与中心原子Cu形成的4 mol σ键,共有12 mol σ键,D
2 2
错误。
16.从海水提取食盐后的母液(含Cl-、Br-、Na+、K+等离子)中提取溴,其流程如下:
下列有关说法不正确的是( )
A.母液中含有少量的KCl,KCl晶胞如图所示,距离K+最近的Cl-有6个
B.“鼓入热空气”得到粗溴,利用了溴易挥发的性质
C.纯碱溶液吸收Br 的离子方程式:Br
+CO2- BrO-
+Br-+CO ↑
2 2 3 3 2
D.控制温度在90 ℃左右“蒸馏”,既有利于获得溴单质,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氯离子有6个,A正确;鼓入热
空气将溴吹出得到粗溴,则得到粗溴的操作利用了溴易挥发的性质,B正确;向粗溴中加入
碳酸钠溶液,溴与碳酸钠溶液反应生成Br-、BrO-
和CO ,反应的离子方程式为3Br +3C
3 2 2
O2- BrO- +5Br-+3CO ↑,C错误;蒸馏时控制温度在90 ℃左右,既有利于获得溴单质,
3 3 2
又可防止水蒸气大量逸出使得溴中混有水,D正确。
17.一种合金M催化BH NH 水解释氢的反应机理如图所示。已知BH NH 分子中与N
3 3 3 3
相连的H显正电性,与B相连的H显负电性。下列说法不正确的是( )
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A.BH NH 分子中存在配位键
3 3
B.加入NaOH溶液可制得更纯的H
2
C.电负性:O>H>B
D.若将H O换成D O,则可释放出HD
2 2
答案 B BH NH 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
3 3
H B←NH ,A正确;加入的氢氧化钠溶液与铵根离子在加热条件下可生成氨气,制得的氢
3 3
气中会混有氨气,B错误;由BH NH 分子中与N相连的H显正电性,与B相连的H显负
3 3
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O>H>B,C正确;若将水换成D O,BH NH 水
2 3 3
解可释放出HD,D正确。
18.近年来,由于有机合成工业的发展,HCl已成为一种重要的副产品,O 氧化HCl的反应
2
为4HCl(g)+O (g) 2H O(g)+2Cl (g) ΔH=-58 kJ·mol-1。Cl O、KClO 、KClO 、
2 2 2 2 2 3
[Co(NH ) ]Cl 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( )
3 6 3
A.Cl O的空间结构为V形
2
B.ClO- 与ClO-
中Cl原子的杂化轨道类型均为sp3
2 3
C.冰的密度比水的小,与分子间氢键有关
D.[Co(NH ) ]Cl 中提供孤电子对的是N和Cl
3 6 3
答案 D A项,Cl O的中心原子O的价层电子对数是4,有2个孤电子对,空间结构为V
2
形,正确;B项,ClO- 与ClO-
中Cl原子的价层电子对数都是4,杂化轨道类型均为sp3,正
2 3
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(NH ) ]Cl 中提供
3 6 3
孤电子对的是N原子,Cl-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:
(1)在基态14C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)。
(2)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,每个六元环占有 个C原子。
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图1 图2 图3
(3)碳可以形成多种有机化合物,图3所示是一种吡咯的结构,分子中所有原子都在一个平
面上。吡咯中所有元素的电负性由大到小的顺序为 。
(4)碳可形成CO、CO 等多种无机化合物,在CO转化成CO 的反应过程中,下列说法正
2 2
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
(5)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 MgCO 3 CaCO 3 SrCO 3 BaCO 3
热分解温度/℃ 402 900 1 172 1 360
阳离子半径/pm 66 99 112 135
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:T-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T-碳晶胞参数为a pm,阿伏加德罗常数的值为N ,则
A
T-碳的密度为 g/cm3(列出计算式)。
表示碳形成的 正 四面体结构
图4
答案 (1)2 Be (2)sp3 2 (3)N>C>H
(4)BC
(5)当阳离子所带电荷相同时,阳离子半径越小,其结合O的能力就越强,对应的碳酸盐就
越容易分解
12×8×4
(6)
N (a×10-10)3
A
解析 (1)基态14C原子轨道表示式为 ,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ⅢA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。
(2)由题图1晶体的空间结构可以看出C原子形成四面体结构,碳原子的杂化方式为sp3
杂化;由题图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
1
个六元环占有的碳原子数为6× =2。
3
(3)吡咯中所含元素为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H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>C>H。
(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,
2
CO 为非极性分子,B项正确;CO中存在C O键,CO 中存在C O键,分子间成键方
2 2
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式改变,C项正确;CO和CO 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
2
作用力增强,D项错误。
(5)碳酸盐的分解过程实际上是晶体中的阳离子结合CO2- 中的O使CO2-
分解为CO 的
3 3 2
过程,故当阳离子所带电荷相同时,阳离子半径越小,其结合O的能力就越强,对应的碳酸
盐就越容易分解。
1 1
(6)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× +6× +4=8,每个正
8 2
4×8×12
四面体结构含有4个碳原子,晶胞的质量是 g,已知T-碳晶胞参数为a pm,则T-
N
A
12×8×4
碳的密度为 g/cm3。
N (a×10-10)3
A
20.“金属钯催化的交叉偶联反响研究”曾获得过诺贝尔化学奖。钯位于元素周期表中第
Ⅷ族,与铑(Rh)、铂(Pt)等元素统称为铂系元素,在工业及军事技术上发挥关键作用。
(1)Pd位于第五周期,与镍相邻,其基态原子价电子排布式为4d10。下列Pd的价电子排布
图中能量最低的是 (填选项字母)。
A.
B.
C.
D.
(2)已知:2CH CH +O 2CH CHO。
2 2 2 3
①CH CH 中含有3种不同的共价键,除了C(sp2杂化轨道)—H(s轨道)形成的σ键外,
2 2
还含有C(sp2杂化轨道)—C(sp2杂化轨道)形成的σ键和
形成的π键;CH CHO中碳原子的杂化方式为 。
3
②不同温度下PdCl 的结构不同,α-PdCl 为无限的平面形长链,其结构如图(a)所示,则
2 2
Pd(Ⅱ)的配位数为 。β-PdCl 为团簇分子,其结构如图(b)所示,则其分子式为
2
。
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(3)铂与卤离子也可以形成稳定的配离子,已知配离子[Pt(Ⅱ)Cl ]2-、[Pt(Ⅱ)Br ]2-、
4 4
[Pt(Ⅱ)I ]2-的稳定性依次增强,其可能的原因是 。
4
(4)铂镍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
a pm。结构中有两种八面体空隙,一种完全由镍原子构成(例如 ),另一种由铂原子
和镍原子共同构成(例如 )。
①该晶体的化学式为 。
②晶体中完全由镍原子构成的八面体空隙与由铂原子和镍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 。
答案 (1)C (2)①C(未杂化的p轨道)—C(未杂化的p轨道) sp2、sp3 ②4 Pd Cl
6 12
(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
√2
次增强,形成配离子的稳定性依次增强 (4)Ni Pt(或PtNi ) 1∶3 a pm
3 3 2
解析 (1)Pd的基态原子价电子排布式为4d10,故Pd的价电子排布图中能量最低的为
。
(2)①乙烯中π键由两个碳原子未参与杂化的p轨道肩并肩形成;CH CHO中甲基上的C
3
形成4个σ键,无孤电子对,故采取sp3杂化,醛基中的C形成3个σ键和1个π键,无孤电
子对,采取sp2杂化。②由题图(a)可知,Pd(Ⅱ)的配位数为4;β-PdCl 为团簇分子,分子式为
2
Pd Cl 。
6 12
(3)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。
1 1
(4)①由铂镍合金晶胞,利用均摊法可知,1个晶胞中,Pt的个数为8× =1,Ni的个数为6×
8 2
=3,故化学式为Ni Pt或PtNi 。②完全由镍原子构成的八面体空隙在晶胞的体心,铂原子
3 3
和镍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
√2
最近的距离是棱心和体心的距离,为 a pm。
2
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H CO 分子中含有
个σ键;CO2-
的空间结构为 ,写出一种与
2 3 3
CO2-
具有相同空间结构的分子: (填化学式)。
3
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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:I (C) I (O)(填“>”或“<”)。
1 1
(4)①g-C N 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-C N 晶体
3 4 3 4
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.π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 。
(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ρ g·cm-3,若C、Mg、Ni的原子半径分别为a pm、b pm、c pm,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、ρ、
N 的代数式表示,其中N 表示阿伏加德罗常数的值)。
A A
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答案 (1) (2)5 平面三角形 SO (或BF 或其他合理答案) (3)sp2、
3 3
4πN ρ(a3+b3+3c3)
sp3 N < (4)a SiC N (5) A
2 4 639×1030
解析 (1)C是6号元素,则基态碳原子的价电子排布图为 。
O2-
3
(2)H CO 的结构式为 ,则1个H CO 分子含有5个σ键;C 中心原
2 3 2 3
1
子的价层电子对数为3+ ×(4+2-3×2)=3,根据价层电子对互斥模型可知,其空间结构为平
2
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CO2-
具有相同空间结构的分子有SO 或BF 。
3 3 3
(3)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σ键,采用sp3杂化,部
分碳原子形成3个σ键,采用sp2杂化,故该结构中碳原子的杂化类型为sp2、sp3;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、O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ⅢA、第ⅤA与第ⅥA反常,故第
一电离能:I (C)<I (O)。
1 1
(4)①g-C N 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,N—C之间的
3 4
极性键,含有双键故含有π键,则g-C N 晶体中存在的微粒间作用力不包括非极性键;②
3 4
1
2
从图示中截取一小部分重复单元 ,一个单元中含有1个Si原子,4个N原子,4×
=2个C原子,则该化合物的化学式为SiC N 。
2 4
1 1
(5)由题给晶胞结构,利用均摊法可知,1个晶胞中含有8× =1个Mg,6× =3个Ni,1个C,
8 2
1×24+3×59+1×12 213
已知该晶胞密度为ρ g·cm-3,则1个晶胞的体积为 cm3= cm3,
ρN ρN
A A
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而1个晶胞中原子的体积之和为
(4 πa3+ 4 πb3+3× 4 πc3)
×10-30 cm3,则其原子的空间
3 3 3
(4 πa3+ 4 πb3+3× 4 πc3) ×10-30cm3
3 3 3 4πN ρ(a3+b3+3c3)
利用率为 = A 。
213
cm3
639×1030
ρN
A
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
晶胞中含有原子的体积
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=
晶胞的体积
×100%。
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:
(1)三甲基卤硅烷[(CH ) SiX,X为Cl、Br、I]是重要的化工原料。
3 3
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,溴元素位于 区;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:I (Br) I (I)(填“大于”“小于”或“等于”)。
1 1
③常温下,(CH ) SiI中Si—I键比(CH ) SiCl中的Si—Cl键易断裂的原因是
3 3 3 3
。
(2)(CH ) SiCl可作为下列有机合成反应的催化剂。
3 3
①1个有机物A分子中采取sp2杂化的碳原子有 个。
②有机物B的沸点低于对羟基苯甲醛( )的沸点,其原因是
。
③CH CN中σ键与π键的个数比为 。
3
(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+b≠c),如图甲所示;晶胞中碳
原子的投影位置如图乙所示。
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①该钛硅碳新型材料的化学式为 。
②已知该新型材料的密度为4.51 g·cm-3,且a、b的长度均为307 pm,阿伏加德罗常数的
值用N 表示,则c的长度为 pm(列出计算式)。
A
答案 (1)①3s23p5 p 14 ②大于 ③I原子半径比Cl原子半径大,导致Si—I键键能
较小,较易断裂;而Si—Cl键键能较大,不易断裂
(2)①7 ②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
(3)①Ti 3 SiC 2 ② N × √3 ×3072×10-30×4.51
A 2
解析 (1)①基态Cl原子的价电子排布式为3s23p5;溴原子的价电子排布式为4s24p5,属于
p区;基态硅原子核外有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)。③I原子半径大于
1 1
Cl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。
(2)①苯环上的碳原子以及碳氧双键中的碳原子为sp2杂化,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σ键,1个碳氮三键中有一个σ键、两个π键,故σ键与π键的个数比
为5∶2。
1 1 1
(3)①根据均摊法,1个晶胞中Ti原子的个数为8× +4× +4=6,Si原子的个数为8×
8 4 4
=2,C原子的个数为4,Ti、Si、C原子的个数比为6∶2∶4=3∶1∶2,故化学式为Ti SiC 。②晶胞
3 2
48×6+28×2+12×4 392
的质量为 g= g,密度为4.51 g·cm-3,故晶胞的体积为
N N
A A
392 392 √3
cm3= pm,底面为边长307 pm的菱形,则底面积为
N ×4.51 N ×4.51×10-30 2
A A
392
×3072 pm3,故c的长度为
N ×
√3
×3072×10-30×4.51
pm。
A 2
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:
(1)钛的应用越来越受到人们的关注。
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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
。
(2)锰及其化合物的应用研究是前沿科学之一。
①已知金属锰有多种晶型,γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列中的
(选填字母编号)。
②三醋酸锰[(CH COO) Mn]是一种很好的有机反应氧化剂。三醋酸锰[(CH COO) Mn]中
3 3 3 3
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”)。
③Mn2+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,Mn2+位于
m 3
八面体的中心。若含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO 溶液作用可生成1 mol AgCl
3
沉淀,则该配离子的化学式为 。
(3)比较Fe和Mn的第三电离能:I (Fe) I (Mn)(填“大于”或“小于”),
3 3
原因是 。
(4)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、Mn、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La A
x 1-
MnO ,(x>0.9),此时一部分+3价锰转变为+4价,导致材料在某一温度附近有反铁磁—铁
x 3
磁、铁磁—顺磁转变及金属—半导体的转变,则复合钙钛矿化合物中+3价锰与+4价锰
的物质的量之比为 (用含x的代数式表示)。
答案 (1)①Ni、Ge、Se ②Ti原子的价电子数比Al多,金属键更强 (2)①D ②相同
③[Mn(NH ) Cl]+ (3)小于 Mn2+的3d能级是半充满的相对稳定结构,较难失去电子
3 5
x
(4)
1-x
解析 (1)①Ti是22号元素,价电子排布为3d24s2,Ti的基态未成对电子数为2,同周期中未
成对电子数为2的价电子排布还有Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4),共3种;②Ti原子
的价电子数比Al多,金属键更强。(2)①金属锰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]3d54s2,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,Mn3+核外价电子排布为3d4,则电子的自旋状态相同;③配离子是八面体,即中心离子
的配体共6个,含1 mol该配合物的溶液与足量AgNO 溶液作用可生成1 mol AgCl沉淀,
3
说明外界有1个Cl-,其余Cl-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,锰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(NH ) Cl]+。(3)Fe的电子排布为[Ar]3d64s2,Mn的电子排
3 5
布为[Ar]3d54s2,则Fe2+的电子排布为[Ar]3d6,Mn2+的电子排布为[Ar]3d5,Mn2+的3d能级是
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半充满相对稳定结构,较难失去电子,故第三电离能I (Fe)较小。(4)设La A MnO 中三价
3 x 1-x 3
锰与四价锰的物质的量分别是m和n,则有3x+2(1-x)+3m+4n=6,m+n=1,解得m=x,n=1-x,
x
则La A MnO 中三价锰和四价锰的物质的量之比为 。
x 1-x 3 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:
(1)基态Ti原子的电子排布式为[Ar] ,Ti原子核外有 种空间运动状态不同的
电子。
(2)Ti(BH )
是一种储氢材料。BH-
的空间结构是 ,H、B、Ti的电负性由大到小
4 2 4
的顺序为 。
(3)锆(Zr)与钛(Ti)是同一副族的相邻元素,ZrCl 可以与乙二胺(H NCH CH NH )形成六配
4 2 2 2 2
位化合物[ZrCl (H NCH CH NH )]。
4 2 2 2 2
①乙二胺中,N原子的杂化方式为 。
②1 mol [ZrCl (H NCH CH NH )]中含有σ键的物质的量为 mol。
4 2 2 2 2
③乙二胺形成配合物后,H—N—H键角将变大,原因是 。
(4)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
3 A
度为ρ g·cm-3,则相距最近的Ca和O之间的距离为 pm(列出计算式)。
答案 (1)3d24s2 12 (2)正四面体形 H>B>Ti
(3)①sp3 ②17 ③H NCH CH NH 与Zr结合后,孤电子对变成了σ键电子对,排斥力减
2 2 2 2
弱,H—N—H键角变大
√2 √ 136
(4) ×3 ×1010
2 N ρ
A
解析 (1)Ti是22号元素,其核外电子排布式为[Ar]3d24s2,结合核外电子排布式
1s22s22p63s23p63d24s2可知,有1+1+3+1+3+2+1=12种空间运动状态不同的电子。(2)BH-
4
3+1-4×1
中B原子的价层电子对数为4+ =4,不含孤电子对,空间结构为正四面体形,B
2
H- 中B显+3价,H显-1价,所以电负性:H>B,Ti为金属元素,所以电负性:H>B>Ti。(3)①
4
乙二胺中,N原子的杂化方式为sp3;②1个[ZrCl (H NCH CH NH )]中含有4个Cl→Zr配
4 2 2 2 2
位键,2个N→Zr配位键,配位键属于σ键,共6个,1个H NCH CH NH 中含有4个N—H
2 2 2 2
键、4个C—H键、2个N—C键、1个C—C键,所以1 mol [ZrCl (H NCH CH NH )]中含
4 2 2 2 2
1
有σ键的物质的量为17 mol。(4)1个晶胞含有Ti的个数为1,含有Ca的个数为 ×8=1,含
8
1
有O的个数为 ×6=3,则1 mol晶胞的质量为136 g,设晶胞边长为a cm,则1 mol晶胞的体
2
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136 √ 136
积为a3N cm3,ρ= ,则a= 3 ,相距最近的Ca和O之间的距离为面对角线的一半,
A a3N N ρ
A A
√2 √2 √ 136 √2 √ 136
即 a cm= ×3 cm= ×3 ×1010 pm。
2 2 N ρ 2 N ρ
A A
25.碳族元素及其化合物在材料领域有广泛应用。
(1)冠醚是由多个二元醇分子之间失水形成的环状化合物。X、Y、Z是常见的三种冠醚,
其结构如图甲所示。它们能与碱金属离子作用,并且随着环的大小不同而与不同金属离
子作用。
甲
①Li+半径与X的空腔大小相近,恰好能进入到X的环内,且与氧原子的一个孤电子对作
用形成稳定结构W(如图甲)。基态碳原子核外有 种运动状态不同的电子,其价
电子轨道表示式为 。W中Li+与孤电子对之间的作用属于
(填字母)。
A.离子键 B.分子间作用力
C.氢键 D.配位键
②冠醚Y能与K+形成稳定结构,但不能与Li+形成稳定结构,理由是
。
③冠醚分子中C—O—C的键角 (填“>”“<”或“=”)109°28'。
(2)金刚石、晶体硅和碳化硅的熔点由高到低的顺序为 (用化学式
表示),金刚石的晶胞结构如图乙所示,晶胞边长为a pm,金刚石的密度可表示为
g/cm3(用N 表示阿伏加德罗常数的值)。
A
乙
(3)SiCl 与N-甲基咪唑( )反应可以得到M2+,其结构如图丙所示,N-甲基咪唑分
4
子中碳原子的杂化类型为 ,1个M2+中含有 个σ键。
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丙
答案 (1)①6
②Li+半径比Y的空腔小很多,不易与空腔内氧原子结合形成稳定结构 ③<
96×1030
(2)C>SiC>Si
N a3
A
(3)sp3、sp2杂化 54
解析 (1)①基态碳原子核外有6个电子,每个电子的运动状态各不相同,故有6种运动状
态不同的电子;其价电子排布式为2s22p2,价电子轨道表示式为 ;W中
Li+与孤电子对之间的作用力属于配位键,故选D。③冠醚分子中O原子的杂化方式为
sp3,但氧原子有两个孤电子对,孤电子对之间的斥力>孤电子对和成键电子对之间的斥力
>成键电子对之间的斥力,故键角变小,小于109°28'。
(2)金刚石、晶体硅、碳化硅均为共价晶体,原子半径越小,键长越短,键能越大,晶体熔点
越高,键长:金刚石<碳化硅<晶体硅,故熔点由高到低的顺序为C>SiC>Si;根据均摊法,1个
8×12 96×1030
金刚石晶胞中碳原子个数为8,密度ρ= g/cm3= g/cm3。
N (a×10-10)3 N a3
A A
(3)N-甲基咪唑分子中碳原子参与形成单键和双键,杂化类型为sp3、sp2杂化;1个N-甲基
咪唑分子中含有12个σ键,整个离子中含有6个配位键,故1个M2+中σ键的总个数为
12×4+6=54。
26.NH 的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
3
(1)以H 、N 合成NH ,Fe是常用的催化剂。写出基态Fe原子的简化核外电子排布式:
2 2 3
。
(2)铁单质和氨气在640 ℃可发生置换反应,产物之一的晶胞结构如图所示,该反应的化学
方程式为 。
(3)我国化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。
NaCl+NH +CO +H O NaHCO ↓+NH Cl
3 2 2 3 4
①NaHCO 分解得Na CO
。CO2-
空间结构为 。
3 2 3 3
②1体积水可溶解1体积CO ,1体积水可溶解约700体积NH 。NH 极易溶于水的原因
2 3 3
是 。
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③反应时,向饱和NaCl溶液中先通入 。
(4)NH 、NH BH (氨硼烷)储氢量高,是具有广泛应用前景的储氢材料。
3 3 3
①NH 的中心原子的杂化轨道类型为 。
3
②NH BH 存在配位键,提供空轨道的是 。
3 3
③比较熔点:NH BH CH CH (填“>”或“<”)。
3 3 3 3
答案 (1)[Ar]3d64s2
(2)8Fe+2NH 2Fe N+3H
3 4 2
(3)①平面三角形 ②NH 与H O分子间能形成氢键 ③NH
3 2 3
(4)①sp3 ②B ③>
1 1
解析 (2)利用均摊法,1个晶胞中铁原子个数为8× +6× =4,氮原子个数为1,所以该产
8 2
物的化学式是Fe N;铁和氨气在640 ℃发生置换反应生成Fe N,则另一产物为H ,所以该
4 4 2
O2-
反应的化学方程式为8Fe+2NH 3 2Fe 4 N+3H 2 。(3)①C 3 中C原子的价层电子对
1
数=3+ ×(4+2-3×2)=3,无孤对电子,C原子采取sp2杂化,其空间结构为平面三角形;③二氧
2
化碳在水中溶解度不大,NH 极易溶于水,饱和氨盐水显碱性,比饱和食盐水更容易吸收
3
CO ,所以要先向饱和食盐水中通入NH ,再向其中通入CO 。(4)①NH 分子中N原子的
2 3 2 3
1
价层电子对数=3+ ×(5-3×1)=4,含有1个孤电子对,所以N原子的杂化轨道类型为sp3;②
2
在NH BH 中,N原子存在孤电子对,B原子为缺电子原子,提供空轨道;③NH BH 分子间
3 3 3 3
会形成氢键,所以NH BH 熔点高于CH CH 。
3 3 3 3
27.我国科学家在某杂志上发表研究报告称,利用铬同位素的系统分析发现“古代大气氧
含量高于现代水平的1%”。铬的同位素有
50Cr、52Cr、53Cr、54
Cr,铬及其化合物在生
24 24 24 24
活、生产中有广泛应用。回答下列问题:
53
(1)基态 Cr的价电子轨道表示式为 。
24
(2)交警用“酒精仪”查酒驾,其化学反应原理如下:2K Cr O +3CH CH OH+8H SO
2 2 7 3 2 2 4
3CH COOH+2Cr (SO ) +2K SO +11H O
3 2 4 3 2 4 2
①CH CH OH、CH COOH的沸点高于对应的CH OCH (二甲醚)、HCOOCH (甲酸甲酯),
3 2 3 3 3 3
其主要原因是 。
②CH COOH分子中碳原子的杂化类型是 ;CH COOH分子中σ键和π键数目之
3 3
比为 。
③K SO 晶体中阴离子的空间结构是 。上述反应中,只含极性键的极性分子有
2 4
(填分子式)。
(3)晶体铬的晶胞结构如图1所示,铬原子的配位数为 。
图1
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图2
(4)铬的一种氧化物晶胞结构如图2所示。六棱柱边长为a nm,高为b nm,N 代表阿伏加
A
德罗常数的值。该晶体的化学式为 ;该晶体的密度ρ=
g·cm-3(列出表达式)。
答案 (1)
(2)①乙醇分子间、乙酸分子间存在氢键 ②sp3、sp2 7∶1 ③正四面体形 H SO 、
2 4
H O
2
(3)8
52×4+16×6
(4)Cr
2
O
3 N ×(
3√3
×a2×b×10-21)
A 2
解析 (1)Cr原子核外电子数为24,价电子排布式为3d54s1,故价电子轨道表示式为
。
(2)②CH COOH分子中甲基碳原子形成4个σ键,羧基中C原子形成3个σ键,价层电子
3
对数目分别为4、3,C原子杂化方式分别为sp3、sp2。1个CH COOH分子中有3个C—
3
H键、1个C—C键、1个C—O键、1个O—H键、1个C O键,单键为σ键,1个双键
含有1个σ键和1个π键,CH COOH分子中σ键和π键数目之比为(3+1+1+1+1)∶1=7∶1。
3
6+2-2×4
③SO2-
中S原子孤电子对数= =0,价层电子对数=0+4=4,其空间结构为正四面
4 2
体形。
(3)题图1中铬原子位于立方晶胞的顶点与体心,以体心Cr原子为例,其周围有8个原子,
铬原子的配位数为8。
(4)由题图2可知,Cr原子位于晶胞内部,1个晶胞中共有4个Cr原子,O原子位于晶胞的
1 1
内部、顶点、面心,1个晶胞中O原子的数目=3+2× +12× =6,故该晶体的化学式为
2 6
1 3√3
Cr O 。晶胞底面面积为6× ×a×10-7 cm×a×10-7cm×sin 60°= ×a2×10-14 cm2,体积=
2 3 2 2
3√3 3√3
×a2×10-14cm2×b×10-7cm= ×a2×b×10-21cm3,故晶体密度=
2 2
3√3 52×4+16×6
52×4+16×6 ×a2×b×10-21cm3)=
g÷( 2 3√3
N N ×( ×a2×b×10-21)
A A 2
g·cm-3。
28.火星岩石中含有大量化合物,如Fe O 、Al O 、MgO、CaO、Na O、SiO 、H O等。
2 3 2 3 2 2 2
回答下列问题:
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(1)下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是 (填化学式)。
氧化物 Na 2 O MgO Al 2 O 3 SiO 2
离子键的百分数 62% 50% 41% 33%
(2)基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓图为 形。
(3)Al O 与NaOH溶液反应生成的[Al(OH) ]-中Al原子的杂化类型是 ;Al和O构
2 3 4
成的空间结构是 。
(4)4Fe3++3[Fe(CN) ]4- Fe [Fe(CN) ] ↓(普鲁士蓝),该反应可检验溶液中Fe3+,如图是普
6 4 6 3
1
鲁士蓝 晶胞的结构,与CN-形成配位键的是 (填“Fe2+”或“Fe3+”);CN-中σ键与
8
π键的个数比是 ;晶胞中与一个Fe3+距离相等的N有 个。
答案 (1)SiO 、Al O (2)球 (3)sp3 正四面体 (4)Fe2+ 1∶2 6
2 2 3
解析 (1)Al O 、SiO 的离子键百分数都小于50%,是偏向共价晶体的过渡晶体。(2)基
2 3 2
态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2,最高能级为4s能级,s能级电子云轮
廓图为球形。(3)[Al(OH) ]-中Al的孤电子对数为0,σ键电子对数为4,价层电子对数为4,
4
故Al采取sp3杂化;由于没有孤电子对,故Al和O构成的空间结构为正四面体。(4)
[Fe(CN) ]4-中Fe为+2价,即与CN-形成配位键的是Fe2+;CN-中C与N之间形成碳氮三键,
6
1
含1个σ键和2个π键;题图是晶胞结构的 ,与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、
8
左右、前后,有6个。
29.Li、Fe、As、Zn等均为重要的合金材料,回答下列问题
(1)Li的焰色为紫红色,很多金属元素能产生焰色的原因是
。
(2)KSCN和K [Fe(CN) ]常用于检验Fe3+,其中SCN-的立体构型为 ,K [Fe(CN) ]
4 6 4 6
中所含元素电负性由大到小的顺序为 。
(3)H AsO 的酸性弱于H AsO 的原因为 。
3 3 3 4
含砷有机物“对氨基苯砷酸”的结构简式如图,As原子轨道杂化类型为 ,1 mol
对氨基苯砷酸含σ键数目为 。
(4)锌和镉位于同一副族,而锌与铜相邻。现有4种铜、锌元素的相应状态。
①锌:[Ar]3d104s2、②锌:[Ar]3d104s1、③铜:[Ar]3d104s1、④铜:[Ar]3d10。失去1个电子需要
的能量由大到小排序是 (填字母)。
A.④②①③ B.④②③①
C.①②④③ D.①④③②
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(5)Li O为离子晶体,具有反萤石结构,晶胞如下图所示。则O2-配位数为 ,若晶胞
2
参数为b nm,阿伏加德罗常数的值为N ,则Li O的密度为 g· cm-3(列出计算式
A 2
即可)。
答案 (1)电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时,以光的形式释
放能量 (2)直线形 N>C>Fe>K (3)H AsO 中的非羟基氧的个数小于H AsO ,砷元素
3 3 3 4
的正电性更低,羟基更不易电离出氢离子 sp3 19N 或19×6.02×1023 (4)A (5)8
A
1.2×1023
N b3
A
解析 (2)SCN-与CO 互为等电子体,因此SCN-的立体构型为直线形。同一周期元素从
2
左至右电负性逐渐增大,同一主族元素从上至下电负性逐渐减小,因此K、Fe、C、N的
电负性由大到小的顺序为N>C>Fe>K。(3)从题给的结构简式可以看出,As原子形成了4
个σ键,不含孤电子对,因此其价层电子对数为4,杂化轨道类型为sp3。单键为σ键,双键
中含有1个σ键,所以1 mol对氨基苯砷酸含有σ键的数目为19N 。(4)①③分别是基态
A
锌原子和铜原子的电子排布式,锌原子的第一电离能大于铜原子;②④分别是锌原子和铜
原子失去一个电子后的电子排布式,由同一元素的第二电离能大于第一电离能及原子轨
道处于全充满状态时失电子更难,可知失去一个电子所需能量由大到小的顺序是
④>②>①>③。(5)以上底面心处O2-为研究对象,可知O2-的配位数为8。晶胞中Li+的数目
1 1 4×30
为8,O2-的数目为6× +8× =4,即晶胞中含有4个Li O,则晶胞质量为 g,晶胞参数
2 8 2 N
A
4×30 g 1.2×1023
为b nm,故Li O密度为 = g· cm-3。
2 N ×(b×10-7cm)3 N b3
A A
30.主族元素Be、B、Na、P、Cl等的某些化合物对工农业生产意义重大,回答下列问题:
(1)我国自主研发的氟硼铍酸钾(KBe BO F )晶体用于制造深紫外固体激光器,可用于高温
2 3 2
超导、催化剂等领域研究。其中K+核外电子的运动状态有 种。Be、B、F、O
第一电离能由大到小的顺序为 。
(2)H BNH 是一种潜在的储氢材料,一种制备H BNH 的化学反应如下:
3 3 3 3
3CH +2(HB NH) +6H O 3CO +6H BNH
4 3 2 2 3 3
其中(HB NH) 是六元环状物质,与其互为等电子体的有机物的分子式为 ,1
3
mol(HB NH) 有 mol σ键。
3
(3)液氨可作制冷剂,汽化时吸收大量的热的原因是 。
(4)PCl 在加压下于148 ℃液化,形成一种能导电的熔体,测得P—Cl的键长为198 pm和
5
206 pm两种。此时熔体中存在 (填化学键类型),P的杂化类型为 。
(5)在超高压(300 GPa)下,金属钠和氦可形成化合物。结构中,钠离子(小圆球)按简单立方
排布,形成Na 立方体空隙(如下图所示),电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中
8
心。已知晶胞是构成晶体的最基本的几何单元,该晶体晶胞边长a=395 pm,计算晶体的密
度ρ= g/cm3(写表达式,已知N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
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答案 (1)18 F>O>Be>B
(2)C H 12
6 6
(3)液氨分子间存在氢键,汽化时要克服分子间氢键,需要消耗大量的能量
(4)离子键和共价键 sp3、sp3d2
200
(5)
3953×N ×10-30
A
解析 (1)K+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6,共有18个电子,则有18种运动状态;同
周期从左至右,元素的第一电离能呈增大趋势,但Be的2s能级全满,处于稳定状态,第一
电离能大于B,所以第一电离能由大到小的顺序为F>O>Be>B。(2)(HB NH) 中含有12
3
个原子,价电子总数为30,且为六元环状结构,所以与其互为等电子体的有机物的分子式
为C H ;(HB NH) 的结构为 ,所以1 mol(HB NH) 中有12 mol σ键。
6 6 3 3
(4)该熔体可以导电,说明其可以电离出离子,且P—Cl键键长有两种,所以该熔体中含有
5-1-1×4
PCl+ 和PCl- ,存在共价键和离子键。PCl+
中P原子的价层电子对数为4+ =4,
4 6 4 2
5+1-1×6
为sp3杂化;PCl-
中P原子的价层电子对数为6+ =6,为sp3d2杂化。(5)每个小立
6 2
1
方体中钠离子个数为8× =1,电子对(2e-)和氦原子交替分布填充在立方体的中心,所以该
8
晶体的晶胞应是由8个小立方体形成的大立方体,其中一半小立方体填充He原子,一半
23×8+4×4 200
填充电子对,所以1个晶胞中有8个钠离子、4个He原子,质量为
g=
g,
N N
A A
200
体积为3953×10-30 cm3,则晶体密度为 g/cm3。
3953×N ×10-30
A
31.硼的化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题:
(1)基态硼原子的价电子排布图为 ;
B、N、H的电负性由大到小的顺序为 。
(2)科学家合成了一种含硼阴离子[B O
(OH)2-
],其结构如图1所示。其中硼原子的杂化
6 7 6
方式为 ,该结构中共有 种不同化学环境的氧原子。
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图1
(3)BF 与H O结合形成固态化合物BF ·OH …OH ,该物质在6.2 ℃时熔化电离出H O+和
3 2 3 2 2 3
一种含硼阴离子 (填离子符号);H O+空间结构为 。
3
(4)金属硼氢化物可用作储氢材料。图2是一种金属硼氢化物氨合物的晶体结构示意图。
图中八面体的中心代表金属M原子,顶点代表氨分子;四面体的中心代表硼原子,顶点代
表氢原子。该晶体属于立方晶系,晶胞棱边夹角均为90°,棱长为a pm,密度为ρ g·cm-3,阿
伏加德罗常数的值为N 。
A
图2
①该晶体的化学式为 。
②金属M原子与硼原子间最短距离为 pm。
③金属M的相对原子质量为 (列出表达式)。
答案 (1) N>H>B
(2)sp2、sp3 4
(3)[BF ·OH]- 三角锥形
3
√3
ρa3×10-30×N
(4)①M(NH ) B H ② a③ A-132
3 6 2 8
4 4
解析 (2) ,由图可知有2种B原子和4种不同化学环境的氧原子,B
的杂化类型为sp2、sp3。(3)熔化时先断裂氢键,电离出H O+,因此含硼阴离子为
3
[BF ·OH]-;H O+中心原子O为sp3杂化,空间结构为三角锥形。(4)①八面体位于顶点和面
3 3
1 1
心,个数为8× +6× =4,即M原子数为4,NH 分子数为4×6=24,四面体位于晶胞内部,有
8 2 3
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8个,B原子个数为8,H原子个数为8×4=32,因此化学式为M(NH ) B H 。②M原子与B
3 6 2 8
1 √3 4
原子之间最短距离是晶胞体对角线长度的 ,即 a pm。③晶胞的质量为
4 4 N
A
4
×(M+6×17+2×11+8)g
×(M+6×17+2×11+8)g,晶胞的体积为(a×10-10)3 cm3,则ρ= N
A
(a×10-10)3cm3
ρa3×10-30×N
,解得M= A-132。
4
32.目前新合成的砷化镉(Cd As )三维材料具有超强导电性,这种材料的电气性能与石墨
3 2
烯相当,可代替石墨烯使用。
(1)Cd与Zn同族且相邻,若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级,
则该激发态原子的外围电子排布式为 。Cd原子中第一电离能相对较大
的是 (填“基态”或“激发态”)原子。
(2)与砷(As)同主族的N、P两种元素的氢化物水溶液的碱性:NH (填“>”或
3
“<”)PH ,原因是 。
3
(3)As与Ge、Se同周期且相邻,它们的第一电离能由大到小的顺序为 (用元素
符号表示)。
(4)含砷有机物“对氨基苯砷酸”的结构简式如图,As原子轨道杂化类型为 ,1
mol对氨基苯砷酸含σ键数目为 (设N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
(5)碳的一种同素异形体的晶体可采取非最密堆积,然后在空隙中插入金属离子获得超导
体。如图为一种超导体的面心立方晶胞,C 分子占据顶点和面心处,K+占据的是C 分子
60 60
围成的 空隙和 空隙(填几何空间结构);若C 分子的坐标参数
60
1 1
分别为A(0,0,0),B( ,0, ),C(1,1,1)等,则距离A位置最近的阳离子的原子坐标参数为
2 2
。
(6)一定温度下,NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”,可以认为O2-作密置单层
排列,Ni2+填充其中(如图),已知O2-的半径为a nm,每平方米面积上分散的该晶体的质量为
(用含a、N 的式子表示)g。
A
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答案 (1)4d95s25p1 基态 (2)> 原子半径N<P,电负性N>P,NH 更易结合水电离的H+
3
(3)As>Se>Ge (4)sp3 19N
A
1 1 1
(5)正四面体 正八面体 ( , , )
4 4 4
25√3
(6) ×1018
2a2N
A
解析 (1)Cd与Zn同族且相邻,所以Cd的外围电子排布式应为4d105s2,若Cd基态原子将
次外层1个d电子激发进入最外层的np能级,则该激发态原子的外围电子排布式为
4d95s25p1,Cd原子中基态原子第一电离能相对较大。(2)因原子半径N<P,电负性
N>P,NH 更易结合水电离的H+,故水溶液的碱性:NH >pH 。(3)同周期主族元素自左至右
3 3 3
第一电离能呈增大趋势,但As的4p能级为半满状态,更稳定,所以第一电离能
As>Se>Ge。(4)根据“对氨基苯砷酸”的结构简式可知,As原子形成了4个σ键且无孤
电子对,所以As原子轨道杂化类型为sp3。(5)分析超导体的面心立方晶胞
,可知C 分子占据顶点和面心处,2号K+在三个面心C 分子和一
60 60
个顶点C 分子形成的正四面体的体心,1号K+在上下左右前后6个面心C 分子形成的
60 60
正八面体的体心,因此K+占据的是C 分子围成的正四面体空隙和正八面体空隙;若C
60 60
1 1
分子的坐标参数分别为A(0,0,0),B( ,0, ),C(1,1,1)等,则距离A位置最近的阳离子就是
2 2
1 1 1
2号K+,其原子坐标参数为( , , )。(6)
4 4 4
单分子层重复单元呈平行四边形,是相邻四个O2-中心的连线(如图),每个重复单元包含1
个O2-和1个Ni2+,作三角形abc,已知O2-的半径为a nm,则高ad=√3a nm,三角形abc的面
1
积= ×2a×√3a×10-18 m2,重复单元所占的平行四边形面积为2a×√3a×10-18 m2,即2√3
2
a2×10-18 m2,NiO相对分子质量为75,每平方米面积上分散的该晶体的质量为75÷(2√3
25√3
a2×10-18)÷N g= ×1018 g。
A 2a2N
A
33.硅是地壳中储量仅次于氧的元素,在自然界中主要以SiO 和硅酸盐的形式存在。
2
(1)基态硅原子的价层电子排布式为 。
(2)硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次是 。
(3)晶态SiO 的晶胞如图。
2
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①硅原子的杂化方式为 。
②已知SiO 晶胞的棱长均为a pm,则SiO 晶体的密度ρ= g·cm-3(N
2 2 A
为阿伏加德罗常数的值)。
(4)硅元素最高价氧化物对应的水化物为原硅酸(H SiO )。
4 4
资料:原硅酸( )可溶于水,原硅酸中的羟基可发生分子间脱水,逐渐转化为
硅酸、硅胶。
①原硅酸钠(Na SiO )溶液吸收空气中的CO 会生成H SiO ,结合元素周期律解释原因:
4 4 2 4 4
。
②从结构的角度解释H SiO 脱水后溶解度降低的原因: 。
4 4
答案 (1)3s23p2
(2)金刚石、碳化硅、硅
480 4.80×1032
(3)①sp3 ②
N ×a3×10-30
或
N ×a3
A A
(4)①C和Si同主族,非金属性C>Si,空气中的CO 溶于水形成H CO ,最高价氧化物对应
2 2 3
水化物的酸性H CO >H SiO ,故H CO 可与Na SiO 溶液反应生成H SiO
2 3 4 4 2 3 4 4 4 4
②原硅酸脱水后,羟基数量相对减少,与水形成氢键的数目减少,同时可能发生交联形成空
间网状结构
解析 (1)硅元素为14号元素,基态硅原子的价层电子排布式为3s23p2。
(2)原子的电子层数越多,半径越大,即碳原子半径小于硅;原子半径越小,其形成的共价键
键能越大,硅、金刚石和碳化硅晶体均为共价晶体,键能:碳碳键>碳硅键>硅硅键,共价晶
体的熔点高低与共价键的键能有关,故熔点从高到低依次是金刚石、碳化硅、硅。
4-2×2
(3)①由题图可知,硅原子与4个氧原子形成共价键,价层电子对数为4+ =4,杂化
2
方式为sp3;②晶胞中Si原子位于顶点、面心、内部,一个晶胞中Si原子数目为8×
1 1
+6× +4=8,O原子位于晶胞内部,一个晶胞中O原子数目为16,则晶胞质量为
8 2
8×28+16×16 480
g= g;SiO 晶胞的棱长均为a pm,则晶胞体积为(a pm)3=a3×10-30
N N 2
A A
480
g
cm3,故晶体密度ρ=m
=
N
A =
4.80×1032 g·cm-3。
V a3×10-30cm3 N ×a3
A
34.以NaOH、CuSO 和HCHO为主要成分的镀液可在某些材料上镀铜,原理如下:
4
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Cu2++2HCHO+4OH- Cu+2HCOO-+2H O+H ↑
2 2
(1)基态Cu原子的价层电子排布式为 。
(2)根据反应原理分析
①镀铜反应中,利用了HCHO的 性。
②选择HCHO进行化学镀铜的原因之一是它易溶于水。下列分析正确的是 。
a.HCHO、H O均属于极性分子
2
b.HCHO与H O之间能形成氢键
2
c.在醛基的碳氧双键中,电子偏向碳原子
(3)镀液中的SO2-
、HCHO、H O三种微粒,空间结构为三角形的是 。
4 2
(4)为防止Cu2+与OH-形成沉淀,可加入EDTA使Cu2+形成配合物。EDTA能电离出H+和
EDTA4-。
EDTA4-中除部分O外,还能与Cu2+配位的原子是 。
(5)铜—镍镀层能增强材料的耐蚀性。按照核外电子排布,把元素周期表划分为5个区。
Ni位于 区。
(6)聚酰亚胺具有高强度、耐紫外线、优良的热氧化稳定性等性质。某聚酰亚胺具有如
下结构特征:
上述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。原因是:① 。
②聚合物有可能与Cu2+配位。
答案 (1)3d104s1 (2)①还原 ②ab (3)HCHO
(4)N (5)d (6)聚酰亚胺存在酰胺基,在碱性条件下会发生水解
解析 (1)Cu是29号元素,则基态Cu原子的价层电子排布式为3d104s1。
(2)①镀铜反应Cu2++2HCHO+4OH- Cu+2HCOO-+2H O+H ↑中,Cu2+被还原为
2 2
Cu,HCHO被氧化为HCOO-,利用了HCHO的还原性。②c项,由于O的电负性比C的大,
在醛基的碳氧双键中,电子偏向氧原子。
(3)镀液中的SO2-
、HCHO、H
O三种微粒中,SO2-
中心原子S原子的价层电子对数为
4 2 4
1
4+ ×(6+2-4×2)=4,HCHO中心原子C原子的价层电子对数为3,H O中心原子O原子的
2 2
1
价层电子对数为2+ ×(6-2×1)=4,根据价层电子对互斥模型可知,三者的空间结构分别为
2
正四面体形、平面三角形和V形。
(4)由EDTA4-的结构简式知,部分O原子和N原子上有孤电子对,能与Cu2+形成配位键,则
EDTA4-中除部分O外,还能与Cu2+配位的原子是N。
(5)Ni是28号元素,在元素周期表第四周期第Ⅷ族,位于d区。
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(6)由于该聚酰亚胺基材上存在酰胺基,在碱性条件下易发生水解,聚合物中的O和N中
存在孤电子对,有可能与Cu2+配位,则题述方法不适合在该聚酰亚胺基材上直接镀铜。
35.碳酸二甲酯( )是一种环保性能优异,用途广泛的化工原料,其
合成方法有多种。
Ⅰ.在催化剂作用下由CO 制备碳酸二甲酯的过程如图:
2
(1)尿素中N元素的第一电离能比O元素的高,原因是:
①O原子失去的是已经配对的电子,配对电子相互排斥,因而电离能较低;
② 。
(2)下列关于氨气的叙述不正确的是 (填字母)。
a.NH 的键角小于CH 的键角,是因为NH 的中心原子上孤电子对有较大斥力
3 4 3
b.NH 极易溶于水,只因氨分子与水分子间形成了氢键
3
c.NH 的沸点比PH 的高,是因为N—H键的键能比P—H键的大
3 3
Ⅱ.在CeO —ZrO 固溶体的催化体系中也能将CO 转化为碳酸二甲酯。
2 2 2
(3)氧化锆(化学式为ZrO )晶胞结构如图所示,Zr4+在晶胞中的配位数是 ,若该晶
2
胞的密度为ρ g·cm-3,用N 表示阿伏加德罗常数的值,则该晶胞的体积是 cm3。
A
(氧化锆的摩尔质量M=123 g·mol-1)
(4)Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素,Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。
电离能(kJ·mol-1)
元素
I I I
1 2 3
Mn 717 1 509 3 248
Fe 759 1 561 2 957
①铁元素位于元素周期表第 族,属于 区。
②比较两元素的I 、I 可知,气态Mn2+失去1个电子比气态Fe2+失去1个电子更难,请从
2 3
原子结构分析原因: 。
答案 (1)基态N原子的电子排布中2p轨道是半充满状态,比较稳定,电离能高于同周期
相邻元素
(2)bc
123×4
(3)8
N ρ
A
(4)①Ⅷ d ②Mn2+的3d能级是3d5半充满状态,比较稳定,而Fe2+的3d能级为不稳定的
3d6,易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态,所以需要的能量相对要少
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解析 (1)氮元素的第一电离能比氧元素高的另一个原因是氮原子的价层电子排布式为
2s22p3,2p轨道为半充满状态,比较稳定,电离能高于同周期相邻元素。
(2)a项,氨分子中氮原子的孤电子对数为1,甲烷分子中碳原子的孤电子对数为0,孤电子
对数越多,对成键电子对的斥力越大,键角越小,故氨分子的键角小于甲烷分子的键角;b项,
一方面氨分子的空间结构为三角锥形,与水分子同属于极性分子,另一方面氨分子与水分
子间能形成氢键,故氨气极易溶于水;c项,NH 的沸点比PH 的高是因为氨分子间能形成
3 3
氢键,磷化氢分子间不能形成氢键,氨分子间的作用力强于磷化氢分子,沸点高低与氮氢键
和磷氢键的键能的大小无关。
1
(3)由题给晶胞结构知,晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线 处的氧离子间的距离
4
1 1
最近,则锆离子的配位数为8;晶胞中位于顶点和面心的锆离子个数为8× +6× =4,位于
8 2
4×123
内部的氧离子个数为8,设晶胞的体积为V cm3,由晶胞的质量公式可得 =Vρ,解得
N
A
123×4
V= 。
N ρ
A
36.2021款五菱宏光MiniEV采用了磷酸铁锂电池。磷酸铁锂是一种锂离子电池电极材
料,化学式为LiFePO ,回答下列相关问题:
4
(1)根据对角线规则,Li的一些化学性质与元素 相似。Li、O、P电负性大小顺
序是 。
(2)基态O原子能量最高的电子占据的轨道呈
形,PO3-
中P的杂化类型是 。
4
(3)磷化硼(BP)是由硼元素与磷元素组成的无机化合物,可作半导体材料。BP晶胞中B
采用 堆积,P的配位数为 。
(4)①基态Fe的价电子排布图是 。
②Mn、Fe两元素的部分电离能数据如下表:
元素 Mn Fe
I 717 759
1
电离能/kJ·mol-1 I
2
1 509 1 561
I 3 248 2 957
3
比较两元素的I 、I 可知,气态Mn2+再失去一个电子比气态Fe2+再失去一个电子难。原
2 3
因是 。
③β-硫酸亚铁的晶胞结构如图所示,α=β=γ=90°,a=870 pm,b=680 pm,c=479 pm,位于晶胞体
内的硫酸根离子有 个,设阿伏加德罗常数的值为N ,则该晶体的密度是
A
g/cm3(列出计算表达式)。
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答案 (1)Mg O>P>Li
(2)哑铃(或纺锤) sp3
(3)面心立方最密 4
(4)①
②Mn2+的3d轨道电子排布为半充满状态,比较稳定
152×4
③2 ×1030
870×680×479×N
A
解析 (1)符合对角线规则的元素有Li和Mg、Be和Al、B和Si;(2)基态O原子能量最
高的电子位于2p能级;PO3-
中的P原子价层电子对数为4,故杂化类型为sp3。(3)B原子
4
位于顶点和面心,采用面心立方最密堆积。(4)①基态Fe的价电子排布式为3d64s2。③β-
1 1 1
硫酸亚铁化学式为FeSO ,晶胞内Fe2+数为8× +4× +2× +1=4,故晶胞内SO2- 数目
4 8 4 2 4
也为4,结合晶胞结构可知晶胞面心上应有4个SO2- ,体内应有2个SO2-
;晶胞质量为(
4 4
152
×4)g,体积为(870×680×479×10-30) cm3。
N
A
37.镍及其化合物在工业生产和科研领域有重要的用途。请回答下列问题:
(1)基态Ni原子核外有 个单电子。
(2)四水合醋酸镍[Ni(CH COO) ·4H O]在电镀中有广泛应用,其中H O中氧原子的杂化轨
3 2 2 2
道类型为 ,若四水合醋酸镍构型为八面体,则中心Ni原子的配位数为
。
(3)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同,已知熔点NiO>FeO,则离子半径r(Ni2+)
r(Fe2+)(填“<”或“>”);天然氧化镍常存在各种缺陷,某缺陷氧化镍的组成为Ni O,其中
0.96
Ni元素只有+2和+3两种价态,则Ni2+和Ni3+的数目之比为 。
(4)四羰基合镍[Ni(CO) ]是由路德维希·蒙德所发现。室温下,它是一种具有挥发性的液体,
4
其熔沸点低的原因是
;画出四羰基合镍的结构式: 。
(5)金属镍与镧(La)形成的合金是一种良好的储氢材料,其晶胞结构示意图如图所示。若
阿伏加德罗常数的值为N ,晶胞边长为a pm,则该晶胞的密度为 g/cm3。
A
答案 (1)2
(2)sp3 6
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(3)< 11∶1
(4)Ni(CO) 是分子晶体,熔化或汽化时破坏的是范德华力
4
434
(5) ×1030
a3N
A
解析 (1)Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2,有2个单电子。(2)H O中氧原子价层电
2
子对数为4,氧原子采取sp3杂化;八面体有六个顶点,故CH COO-和H O均为配体,中心Ni
3 2
原子的配位数为6。(3)离子半径越小,离子键越强,晶格能越大,熔沸点越高,因NiO熔点
{x+ y=0.96,
高,则r(Ni2+)<r(Fe2+);设Ni2+有x个、Ni3+有y个,则 解得
2x+3 y=2,
x=0.88,y=0.08,Ni2+和Ni3+的数目之比为11∶1。(4)Ni(CO) 为正四面体结构,Ni与CO之间
4
1 1
存在配位键,CO的结构式为 。(5)晶胞中La原子数为8× =1,Ni原子数为8×
8 2
139+59×5
+1=5,晶胞质量为 g,体积为(a×10-10)3cm3。
N
A
38.含碳、氮元素的化合物在航天或太阳能电池领域都有重要作用。
(1)N H 和(CH ) NNH 均可用作卫星发射的主体燃料。
2 4 3 2 2
①N H 的电子式为 。
2 4
②N H 的熔点高于(CH ) NNH ,其原因是 。
2 4 3 2 2
(2)钙钛矿类杂化材料(CH NH )PbI 在太阳能电池领域具有重要的应用价值。
3 3 3
①基态Pb原子的价层电子排布式为 。
②已知甲基的供电子能力强于氢原子,则CH NH 比(CH ) NH接受质子能力较弱的原因
3 2 3 2
是 。
(3)(CH NH )PbI 的晶胞结构如图所示,其中B代表Pb2+。
3 3 3
①A、C粒子中代表I-的为 。
②粒子分数坐标可用于表示晶胞内部各粒子的相对位置。其中,粒子分数坐标A为
1 1 1
(0,0,0),B为( , , ),则C的粒子分数坐标为 。
2 2 2
③已知(CH NH )PbI 的摩尔质量为M g·mol-1,则该晶体的密度为ρ= g·cm-3(设N
3 3 3 A
为阿伏加德罗常数的值)。
④该晶胞沿体对角线方向的投影图为 (填标号)。
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a. b.
c. d.
·· ··
答案 (1)①H·· N ·· N ··H ②N 2 H 4 中连接N原子的H原子数多,形成的分子间氢键的数
¿ ¿
目多,而(CH ) NNH 只有一端可以形成氢键,另一端的两个甲基基团比较大,增加了位阻,
3 2 2
导致N原子无法形成氢键,沸点较N H 的低
2 4
(2)①6s26p2 ②甲基供电子能力强于氢原子,(CH ) NH中含有两个甲基,中心N原子负电
3 2
性更大,接受质子能力更强
1 1 M×1030
(3)①C ②(1, , )③ ④a
2 2 a3N
A
解析 (2)①铅与碳同主族,位于第六周期ⅣA族,故基态Pb原子的价层电子排布式为
6s26p2。(3)①B粒子代表Pb2+,晶胞中A粒子位于顶点,C粒子位于面心,一个晶胞中A粒
1 1
子数目为8× =1,C粒子数目为6× =3,结合化学式(CH NH )PbI 可知,代表I-的为C。②
8 2 3 3 3
1 1 1
粒子分数坐标A为(0,0,0),B为( , , ),据题图可知,C粒子位于右侧面心,故C的粒子分
2 2 2
1 1
数坐标为(1, , )。③由①分析可知,1个该晶胞含1个(CH NH )PbI 分子,晶胞质量为
2 2 3 3 3
M
g;晶胞边长为a pm,则晶胞体积为(a pm)3=a3×10-30 cm3,故ρ=
N
A
M
g
m N M×1030 g·cm-3。④该晶胞沿体对角线方向投影,体对角线方向的
= A =
V a3×10-30cm3 a3N
A
2个顶点A粒子和体心B粒子投到1个点,另外6个顶点A粒子在平面上投出1个六边
形,面心6个C粒子在A粒子投出的六边形内部组成1个小六边形,故选a。
39.卤族元素及其化合物种类繁多,有着非常重要的用途,回答下列问题:
(1)基态Br原子的电子排布式为[Ar] 。
(2)HF分子的极性 (填“大于”“等于”或“小于”,下同)HCl,同一条件下,HF
在水中的溶解度 HCl,HF的沸点 HCl。SOCl 的中心原子为S原子,其
2
VSEPR模型为 。1 mol氟硼酸铵NH BF 中含有 mol配位键。
4 4
(3)一种Ag HgI 固体导电材料为四方晶系,其晶胞参数为a pm、a pm和2a pm,晶胞沿
2 4
x、y、z的方向投影(如图所示),A、B、C表示三种不同原子的投影,标记为n的原子分
1 1 1
数坐标为( , , ),则m的原子分数坐标为 ,距离Hg最近的Ag有 个。
4 4 8
设N 为阿伏加德罗常数的值,Ag HgI 的摩尔质量为M g·mol-1,该晶体的密度为
A 2 4
g·cm-3(用代数式表示)。
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3 3 5 M
答案 (1)3d104s24p5 (2)大于 大于 大于 四面体 2 (3)( , , )8 ×1030
4 4 8 N a3
A
解析 (2)F元素的电负性大于Cl元素,HF分子的极性大于HCl,同一条件下,HF在水中
的溶解度大于HCl。HF分子间能形成氢键,HF的沸点大于HCl。SOCl 中心原子S的价
2
6+1×2
电子对数为 =4,其VSEPR模型为四面体。氟硼酸铵中每个铵根离子中有1个配
2
位键,每个BF-
中有1个配位键,1 mol氟硼酸铵含有2 mol配位键。(3)根据投影可以画
4
1
8
出晶胞中的B、C: ,则晶胞包含B原子数为8× +1=2,C原子数为4×
1 1
+6× =4,二者之比为1∶2,由投影及化学式Ag HgI 可知,B表示Hg原子,C表示Ag原
2 4
4 2
子,故晶胞包含4个I原子,I原子填充了晶胞16个四面体空隙中的8个。n的原子分数坐
1 1 1 3 3 5
标为( , , ),则m在x轴的坐标为 ,在y轴的坐标为 ,在z轴的坐标为 ,故m的原子
4 4 8 4 4 8
3 3 5
分数坐标为( , , ),距离Hg原子最近的Ag原子有8个。该晶体的密度为
4 4 8
2M M
= ×1030 g·cm-3。
a×a×2a×10-30×N N a3
A A
40.我国科学家最近开发了柔性热电材料β-硒化银(β-Ag Se),其功能与半导体材料碲化铋
2
(Bi Te )媲美。请回答下列问题:
2 3
(1)基态硒原子的价层电子排布式为 。基态铋原子有 个未成对电子。
(2)简单气态氢化物H O、H S、H Se、H Te中,稳定性依次减弱,其主要原因是
2 2 2 2
,其中沸点最低的是 (填化学式)。三氧化硒(SeO )的熔点为165 ℃,在126 ℃时升
3
华,SeO 的晶体类型是 。
3
(3)我国科学家利用亚硒酸盐和硫酸盐追踪固氮酶取得新进展。SeO2-
的空间构型是
3
,TeO2-
中Te的杂化类型是 。
4
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(4)半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系,可以表示晶
1 1
胞中各原子的位置,称为原子坐标。在ZnSe晶胞坐标系中,A点硒原子坐标为( , ,0),C
2 2
1 3 1
点锌原子坐标为( , , ),则B点锌原子坐标为 。已知N 代表阿伏加德罗常
4 4 4 A
数的值,硒化锌的摩尔质量为M g/mol,晶体密度为ρ g/cm3,则Se原子的半径为
nm,Se原子与Zn原子的半径之比为 。
答案 (1)4s24p4 3
(2)O、S、Se、Te的原子半径依次增大,与H形成的共价键键长增大,键能减小 H S
2
分子晶体
(3)三角锥形 sp3
3 1 1 √2√ 4M
(4)( , , ) 3 ×107√6+2
4 4 4 4 N ρ
A
解析 (1)Bi与N位于同主族,未成对电子数为3。
(2)H O分子之间形成氢键,沸点比H S高,H S、H Se、H Te相对分子质量逐渐增大,范德
2 2 2 2 2
华力逐渐增大,沸点逐渐升高,故其中H S沸点最低。三氧化硒的熔点较低,易升华,说明
2
6+2
粒子之间作用力较小,所以是分子晶体。(3)SeO2-
中硒原子价电子对数为 =4,有1个
3 2
6+2
孤电子对,空间构型为三角锥形。TeO2-
中Te原子价电子对数为 =4,采用sp3杂化。
4 2
3 1 1
(4)根据A点、C点原子坐标,可知B点锌原子坐标为( , , )。硒化锌晶胞中含4个锌
4 4 4
4M
原子、4个硒原子。晶体密度为ρ g/cm3,设晶胞边长为a nm, =ρ g/cm3,a=
a3×10-21×N
A
√ 4M √2√ 4M
3 ×107 nm。面对角线上三个硒原子相切,Se的原子半径为 3 ×107 nm;体对
N ρ 4 N ρ
A A
√3-√2 √ 4M
角线上锌原子和硒原子相切,故Zn原子半径为 ×3 ×107 nm,则Se原子与
4 N ρ
A
(√2√ 4M ) (√3-√2 √ 4M )
Zn原子的半径之比为 3 ×107 ∶ ×3 ×107 =√6+2。
4 N ρ 4 N ρ
A A
41.2022年2月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新
科研成果论文,为钙钛矿电池研究开辟新方向。
(1)基态钛原子的p 原子轨道上的电子数为 。与钛元素同周期的ⅡB族和ⅢA
x
族两种元素中第一电离能较大的是 (写元素符号)。
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(2)Ti的配合物有多种。Ti(CO) 、Ti(H
O)2+ 、TiF2-
的配体所含元素中电负性由大到小
6 2 6 6
的顺序是 (写元素符号);Ti(H
O)2+
中∠H—O—H (填“大于”“小于”
2 6
或“等于”)单个水分子中∠H—O—H;Ti(NO ) 的球棍结构如图,Ti原子的配位数是
3 4
,N原子的杂化方式为 。
(3)反型钙钛矿电池无需使用具有光催化活性的TiO (通过氮掺杂生成TiO N ,反应如图)
2 2-a b
以及掺杂的有机空穴传输层,光照下的输出稳定性更好,更具发展潜力。
1
则TiO N 晶体中a= 。已知原子1、2的分数坐标为(0,0, )和(1,0,0),则原子3
2-a b 4
的分数坐标为 ,设阿伏加德罗常数的值为N ,TiO 的密度为
A 2
g·cm-3(列出计算式)
答案 (1)4 Zn (2)F>O>C>H 大于 8 sp2
5 3 4×(48+16×2)
(3) (1,1, )
8 4 N m2n×10-30
A
解析 (1)基态钛原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2,2p 原子轨道上电子有2
x
个,3p 原子轨道上电子有2个,所以p 原子轨道上电子数为4;与钛同周期的ⅡB族和
x x
ⅢA族两种元素分别为Zn、Ga,基态Zn原子的核外电子排布为全满稳定结构,较难失电
子,第一电离能比Ga元素的大。
(2)元素非金属性越强,电负性越大,所以H、C、O、F的电负性由大到小的顺序是
F>O>C>H;Ti(H O)2+ 中H O分子中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道,形成配位键,孤
2 6 2
电子对数减小,对成键电子对的斥力减小,∠H—O—H变大;由题给球棍结构可知,每个配
体NO- 中有两个O原子与Ti4+形成环状结构,NO-
作为双齿配体,Ti原子的配位数是
3 3
5+1-2×3
2×4=8;NO-
的中心N原子的价层电子对数为3+ =3+0=3,无孤电子对,N原子
3 2
采取sp2杂化。
(3)由题给TiO N 晶胞结构可知,氮掺杂反应后,有3个氧空穴,O原子6个在棱上、6个
2-a b
1 1 11
在面上,1个在体内,O原子个数为6× +6× +1= ,N原子1个在面上、1个在棱上,N
4 2 2
1 1 3
原子个数为1× +1× = ,Ti原子8个在晶胞的顶点、4个在面上、1个在体内,Ti原
4 2 4
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1 1 11 3 11 3
子个数为8× +4× +1=4,所以Ti∶O∶N=4∶ ∶ =1∶ ∶ ,该物质的化学式为Ti
8 2 2 4 8 16
O N 11 11 5
11 3,则2-a= ,a=2- = ;由题给TiO 的晶胞结构可知,Ti原子8个在晶胞顶点、
8 16 8 8 8 2
1 1
4个在面上、1个在体内,Ti原子的个数为8× +4× +1=4,O原子8个在棱上、8个在
8 2
1 1
面上、2个在体内,O原子个数为8× +8× +2=8,则1 mol晶胞的质量为
4 2
4×(48+16×2)
m=4×(48+16×2)g,一个晶胞的质量为m= g,体积为V=m2×n×10-30 cm3,
N
A
4×(48+16×2)
则TiO 2 的密度为ρ=m = N A = 4×(48+16×2) g·cm-3。
V m2n×10-3cm3 N m2n×10-30
A
第 40 页 共 40
页
