近三年高考化学真题分类汇编：化学键与物质的性质（2022年）

登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
近三年高考化学真题分类汇编：化学键与物质的性质（2022年）
一、多选题
1．（2022·海南）已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是（　　）
A．HCl的电子式为 B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C．分子中只有σ键 D．的酸性比强
【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A不符合题意；
B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl-Cl＜I-I，B符合题意；
C．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C不符合题意；
D．电负性Cl＞I，Cl吸电子能力大于I，则ClCH2COOH比ICH2COOH容易电离出氢离子，所以ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.HCl为共价化合物；
B.原子半径越大，共价键键长越大；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D.Cl吸电子能力大于I。
2．（2022·山东）是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是（　　）
A．每个晶胞中个数为x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．每个晶胞中0价Cu原子个数为
D．当转化为时，每转移电子，产生原子
【答案】B,D
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A不符合题意；
B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B不符合题意；
C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜个数为(4-4x)，故C不符合题意；
D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据均摊法和化合物的化合价代数和为0计算；
B.Na2Se转化为Cu2-xSe的方程式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，；
C.NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为4(1-x)；
D.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的方程式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu。
二、选择题
（2022·江苏）阅读下列材料，完成5~7题：
周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热(890.3 kJ·mol-1)，是常见燃料；Si、 Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面SiO2能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成H2SiF6 (H2SiF6在水中完全电离为H+和SiF62- )； 1885年德国化学家将硫化锗(GeS2)与H2共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料。
3．下列说法正确的是（　　）
A．金刚石与石墨烯中的夹角都为
B．、都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子()基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
4．下列化学反应表示正确的是（　　）
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原：
C．铅蓄电池放电时的正极反应：
D．甲烷的燃烧：
5．下列物质性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
【答案】3．B
4．A
5．C
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A.金刚石中碳原子sp3杂化，石墨烯中碳原子sp2杂化；
C.锗原子核外有32个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
D.元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体；
（2）A.二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水；
B.GeS2与H2共热发生反应生成Ge和H2S，H2S在高温下分解生成S和H2；
C.铅蓄电池放电时正极发生还原反应；
D.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（3）A.石墨质软，易滑动，常用作润滑剂；
B.晶体硅是介于导体和绝缘体之间的半导体材料，用于制半导体材料；
C.青铜比纯铜熔点低、硬度大；
D.含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，可用作电极材料。
3．A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A不符合题意；
B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B符合题意；
C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]，故C不符合题意；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
4．A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B不符合题意；
C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C不符合题意；
D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D不符合题意；
故答案为：A。
5．A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A不符合题意
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B不符合题意；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C符合题意；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D不符合题意；
故答案为：C。
6．（2022·辽宁）理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是（　　）
A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A不符合题意；
B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B符合题意；
C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C不符合题意；
D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该离子中所有N原子均满足8电子稳定结构；
B.该离子中N原子的杂化方式有、、三种；
C.中心N原子为sp3杂化；
D.结构不稳定。
7．（2022·辽宁）下列符号表征或说法正确的是（　　）
A．电离： B．位于元素周期表p区
C．空间结构：平面三角形 D．电子式：
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，其一级电离方程式为，A不符合题意；
B．基态原子的价电子排布式是，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B不符合题意；
C．中心碳原子的价层电子对数为，不含孤电子对，其空间结构为平面三角形，C符合题意；
D．是离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，其电子式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主；
B.Na位于元素周期表s区；
C.中心碳原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
D.KOH为离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成。
8．（2022·江苏）少量与反应生成和。下列说法正确的是（　　）
A．的电子式为
B．的空间构型为直线形
C．中O元素的化合价为-1
D．仅含离子键
【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．过氧化钠是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式是，A不符合题意；
B．中氧原子的价层电子对数为，含有2个孤电子对，空间构型为V形，B不符合题意；
C．中H显+1价，根据正负化合价为0，可计算出O的化合价为-1，C符合题意；
D．中氢氧根中含有O-H共价键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成；
B.中心氧原子价层电子对数为4，含有两个孤电子对；
D.NaOH中钠离子和氢氧根离子之间以离子键结合，氢氧根中含有O-H共价键。
9．（2022·辽宁）下列类比或推理合理的是（　　）
已知 方法 结论
A 沸点： 类比 沸点：
B 酸性： 类比 酸性：
C 金属性： 推理 氧化性：
D ： 推理 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．、、的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：，所以沸点：，故A符合题意；
B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：，酸性：，故B不符合题意；
C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C不符合题意；
D．和的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；
B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，卤化氢中，卤素原子的原子序数越大，其酸性越强；
C.金属性：Fe＞Cu，则氧化性：Cu2+＞Fe2+；
D.对于结构相似的物质，溶度积常数越小，则溶解度越小，而组成、结构不相似的物质，不能根据溶度积常数大小比较溶解性。
10．（2022·天津市）下列物质沸点的比较，正确的是（　　）
A． B．HF>HCl
C． D．
【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】A．甲烷和乙烷组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点，故A不符合题意；
B．含有氢键的物质相对无氢键的物质，沸点较高，HF含有氢键，HCl不含有，因此沸点HF＞HCl，故B符合题意；
C．组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点，故C不符合题意；
D．相同碳原子的烷烃，支链越多，沸点越低，因此，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.烷烃的相对分子质量越大，沸点越高；
B.HF能形成分子间氢键；
C.分子间作用力越大，沸点越高；
D.同分异构体中，支链越多，沸点越低。
11．（2022·天津市）利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是（　　）
A．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4个σ键
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键
【解析】【解答】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A符合题意；
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B不符合题意；
C．N2H4的结构式为 ，单键均为σ键，则N2H4分子中含有5个σ键，C不符合题意；
D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NH3分子中N原子含有1个孤电子对，可作配体；
B.NaCl晶体中不存在自由移动的离子，不能导电；
C.单键均为σ键；
D.NaClO中含有离子键和共价键，NaCl中仅含有离子键。
12．（2022·天津市）下列叙述错误的是（　　）
A．是极性分子
B．原子的中子数为10
C．与互为同素异形体
D．和互为同系物
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；同素异形体；同系物
【解析】【解答】A．的空间构型为V形，不是中心对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故A不符合题意；
B．原子的中子数18 8=10，故B不符合题意；
C．与是氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故C不符合题意；
D．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物，属于酚，属于醇，两者结构不相似，因此两者不互为同系物，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.的空间构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；
B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
C.与均为氧元素形成的单质，互为同素异形体；
D.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物。
13．（2022·天津市）一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是（　　）
A．金刚石比石墨稳定
B．两物质的碳碳键的键角相同
C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为4∶3
D．可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨
【答案】D
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，物质的能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A不符合题意；
B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳键的键角不相同，故B不符合题意；
C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有2mol碳碳键，1mol石墨有1.5mol碳碳键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为3∶4，故C不符合题意；
D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.物质的能量越低越稳定；
B.金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°；
C.1mol金刚石有2mol碳碳σ键，1mol石墨有1.5mol碳碳σ键；
D.金刚石和石墨是两种不同的晶体类型。
14．（2022·湖北）在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是（　　）
A．具有自范性 B．与互为同素异形体
C．含有杂化的碳原子 D．化学性质与金刚石有差异
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同素异形体
【解析】【解答】A．自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，没有自范性，A符合题意；
B．碳玻璃和均是由碳元素形成的不同的单质，互为同素异形体，B不符合题意；
C．碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以含有杂化的碳原子形成化学键，C不符合题意；
D．金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.非晶体没有自范性；
B.同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
C.碳玻璃中含有饱和碳原子；
D.同素异形体化学性质上也存在差异。
15．（2022·湖北）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．的配位数为6
B．与距离最近的是
C．该物质的化学式为
D．若换为，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A不符合题意；
B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B符合题意；
C．位于顶点，的数目为=1，F-位于面心，F-的数目为==3，位于体心，的数目为1，则该物质的化学式为，C不符合题意；
D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该晶体中与距离最近且等距离的F-的数目为6；
B.与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的；
C.根据均摊法计算；
D.的半径大于。
16．（2022·湖北）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为。下列关于该分子的说法正确的是（　　）
A．为非极性分子
B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出
D．分解产物的电子式为
【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．磷酰三叠氮分子结构不对称，分子的正负电荷中心不重合，为极性分子，A项不符合题意；
B．磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项不符合题意；
C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出，C项符合题意；
D．为共价化合物，各原子达到8电子稳定结构，则其电子式为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；
B. 为四面体构型；
D.是共价化合物。
17．（2022·北京市）我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．分子中N原子有、两种杂化方式
B．分子中含有手性碳原子
C．该物质既有酸性又有碱性
D．该物质可发生取代反应、加成反应
【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中左边的N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；右边的N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A不符合题意；
B．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B符合题意；
C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有，具有碱性，C不符合题意；
D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该分子中双键N原子采用sp2杂化，右边的N原子采用sp3杂化；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.该物质中含有羧基和，既有酸性又有碱性；
D.该物质含有苯环，能发生加成反应和取代反应。
18．（2022·北京市）由键能数据大小，不能解释下列事实的是（　　）
化学键
键能/ 411 318 799 358 452 346 222
A．稳定性： B．键长：
C．熔点： D．硬度：金刚石>晶体硅
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．键能越大越稳定，的键能大于，所以稳定性：，故不选A；
B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；
C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；
故答案为：C。
【分析】A.键能越大物质越稳定；
B.键能越大，键长越短；
C.熔点：原子晶体>分子晶体；
D.共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大。
19．（2022·北京市）已知：。下列说法错误的是（　　）
A．分子的共价键是键，分子的共价键是键
B．燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状
C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟
D．可通过原电池将与反应的化学能转化为电能
【答案】A
【知识点】化学键；氯气的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s σ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-p σ键，故A符合题意；
B．HCl极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后形成盐酸小液滴，盐酸小液滴呈雾状，故B不符合题意；
C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，生成的NH4Cl为固体小颗粒，白烟，故C不符合题意；
D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，为p-p σ键；
B.HCl遇空气中的水蒸气形成盐酸小液滴；
C.氨气与盐酸反应生成氯化铵；
D.能自发进行的氧化还原反应能设计成原电池。
20．（2022·山东）、属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是（　　）
A．的熔点高于
B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取杂化
D．晶体中所有原子的配位数均相同
【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．AlN、GaN为结构相似的共价晶体，原子半径：AlN-Ga，键能越大熔点越高，因此GaN的熔点低于AlN，A符合题意；
B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，Ga-N和Al-N均为极性键，B不符合题意；
C．金刚石中每个C原子形成4个共价键（即C原子的价层电子对数为4），不含孤电子对，C原子均采取sp3杂化；AlN、GaN与金刚石结构相似，则AlN、GaN中所有原子均采取sp3杂化，C不符合题意；
D．金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，AlN、GaN与金刚石与金刚石结构相似，则AlN、GaN中所有原子的配位数也均为4，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.共价晶体键能越大熔点越高；
B.不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键；
C.AlN和CaN的结构与金刚石相似，金刚石中碳原子均采用sp3杂化；
D.金刚石中C原子的配位数为4。
21．（2022·湖南）下列说法错误的是（　　）
A．氢键、离子键和共价键都属于化学键
B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识
D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
【答案】A
【知识点】化学键；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，A符合题意；
B．俄国科学家门捷列夫根据相对分子质量编制了第一张元素周期表，B不符合题意；
C．药剂师和营养师的工作分别与药剂和营养物质有关，因此必须具备相关的化学专业知识才能胜任相关工作，C不符合题意；
D．制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和纯碱，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土、石膏，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢键属于分子间作用力；
B.门捷列夫编制了第一张元素周期表；
C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识；
D.玻璃的原料为石灰石、石英和纯碱，水泥的原料为石灰石和黏土、石膏。
三、非选择题
22．（2022·辽宁）某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的分子式为　 　。
（2）在溶液中，苯酚与反应的化学方程式为　 　。
（3）中对应碳原子杂化方式由　 　变为　 　，的作用为　 　。
（4）中步骤ⅱ实现了由　 　到　 　的转化(填官能团名称)。
（5）I的结构简式为　 　。
（6）化合物I的同分异构体满足以下条件的有　 　种(不考虑立体异构)；
i．含苯环且苯环上只有一个取代基
ii．红外光谱无醚键吸收峰
其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的结构简式为　 　(任写一种)。
【答案】（1）
（2）+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O
（3）；；选择性将分子中的羟基氧化为羰基
（4）硝基；氨基
（5）
（6）12；(或)
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A分子中含有7个C原子，7个H原子，1个N原子和3个O原子，其分子式为 ；
（2）苯酚可与发生取代反应生成和HCl，HCl可与NaOH发生中和反应生成NaCl和，则反应的化学方程式为+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O；
（3）D→E发生了羟基到酮羰基的转化，羟基上的碳原子采用sp3杂化，羰基上的碳原子采用sp2杂化；由D→E的结构变化可知，PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为羰基；
（4）由题给已知信息可知，的步骤ⅰ中F与化合物Ⅰ在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比F与G的结构简式可知，步骤ⅱ发生了由硝基到氨基的转化；
（5）根据分析可知，化合物I的结构简式为；
（6）化合物I的分子式为，其不饱和度为4，化合物I的同分异构体分子中含有苯环，苯环的不饱和度为4，则其余C原子均为饱和碳原子；红外光谱无醚键吸收峰，则苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，则该有机物的碳链结构有如下四种：(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，因此满足条件的化合物I的同分异构体共有12种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体的结构简式为 或。
【分析】F和I发生已知反应生成G，结合F、G的结构简式和I的分子式可知，I的结构简式为 。
23．（2022·江苏）硫铁化合物(、等)应用广泛。
（1）纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、好形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为　 　。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为　 　。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是　 　。
（2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为　 　，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来　 　。
（3）、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为　 　(填化学式，写出计算过程)。
【答案】（1）；5；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大
（2）4；
（3）Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【知识点】晶胞的计算；化学平衡常数；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，反应的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大。
(2)因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
(3)由图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。
【分析】（1）①弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S；
②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
③c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少；
（2）一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等；
（3）800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)=120g/mol，据此计算。
24．（2022·辽宁）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下　 　(填“能”或“不能”)自发。
（2）　 　温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，　 　温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是　 　。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
（4）方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是　 　。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（5）某合成氨速率方程为：，根据表中数据，　 　；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为　 　。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（6）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为　 　(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为　 　。
【答案】（1）能
（2）高；低
（3）ab
（4）a
（5）-1；a
（6）Fe；3d6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学反应速率；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故答案为：ab。
（4）a．时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，温度过高，催化剂的活性可能不变或降低，c不正确；
故答案为：a。
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故答案为：a。
（6）根据均摊法，该晶胞中含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1：2，黑球的化学式为，白球的化学式为，从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。
【分析】（1）根据 H-T S<0时反应自发进行分析；
（2）温度越高，反应速率越快；
（3）a.低温有利于平衡正向移动；
b.升温反应速率加快；
c.合成氨的反应为放热反应；
d.温度升高，可提高合成氨反应的速率；
（4）a.复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高；
b.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；
c.温度过高催化剂可能失去活性；
（5）结合表中数据计算；不断分离出氨有利于平衡正向移动；
（6）根据均摊法计算；Fe2+的价电子排布式为3d6。
25．（2022·福建） 1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪 (36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为　 　。
（2）原子的活泼性依序增强，原因是　 　。
（3）晶体熔点：　 　(填“>”“<”或“=”)，判断依据是　 　。
（4）的中心原子的杂化轨道类型为　 　。
（5）加合物中　 　，晶体中的微粒间作用力有　 　(填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性共价键 d.非极性共价键
【答案】（1）
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
（3）<；二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高
（4）
（5）2；bc
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；化学键；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为，故答案为：；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强，故答案为：同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<，故答案为：<； 二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高；
（4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为，故答案为：；
（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故答案为：2；bc。
【分析】（1）As为33号元素，位于第四周期VA族，价电子排布式为；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，因此原子的活泼性依序增强；
（3）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
（4）中心Br原子的价层电子对数为4；
（5） 该晶胞中BrOF2的个数=4、AsF6的个数=4、KrF2的个数=8，所以BrOF2、AsF6、KrF2的个数之比为4：4：8=1：1：2；阴阳离子之间存在离子键，分子内不同非金属元素的原子之间形成极性键。
26．（2022·河北）【选修3：物质结构与性质】
含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为　 　。
（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是　 　，原因是　 　。
（3）SnCl的几何构型为　 　，其中心离子杂化方式为　 　。
（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4
C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是　 　(填标号)，理由是　 　。
（6）如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为　 　。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为　 　。
【答案】（1）1：2或2：1
（2）Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
（3）三角锥形；sp3杂化
（4）B
（5）D；D中含有-1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
（6）Cu2ZnSnS4；(，，)
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，其轨道表示式为，根据基态原子电子排布规则，则两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3） SnCl 中Sn的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故正确；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
故答案为：B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中-1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
【分析】（1）基态S原子的价电子排布图为；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（3） SnCl 的中心原子Sn价层电子对数为4，含有一个孤电子对，Sn采用sp3杂化；
（4）具有顺磁性物质含有未成对电子；
（5） Mn2+转化为MnO需要强氧化剂，且该氧化剂的氧化性应大于MnO；
（6）①根据均摊法计算；
②根据坐标系和A原子的坐标可推断B原子坐标。
27．（2022·天津市）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是　 　。
（3）的电子式为　 　。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式：　 　。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备。空气与熔融金属Na反应前需依次通过　 　、　 　(填序号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．溶液
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为　 　。
（6）天然碱的主要成分为，1mol 经充分加热得到的质量为　 　g。
【答案】（1）(或)
（2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
（3）；
（4）c；a
（5）
（6）159
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。
（2） NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，说明加入的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。
（3）含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式： ；故答案为：； 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。
（5）图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为；故答案为：。
（6），因此1mol 经充分加热得到1.5mol，其质量为1.5mol×106g mol 1＝159g；故答案为：159。
【分析】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，轨道表示式为；
（2）NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，降低了NaCl的熔点；
（3）由钠离子和过氧根离子构成； Na与反应生成1mol 放热510.9kJ， 则该反应的热化学方程式为；
（4） 采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性；
（5）根据均摊法计算；
（6）根据钠原子守恒有：2NaHCO3～Na2CO3。
28．（2022·重庆市）【选考题】配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。
（1）基态Zn2+的电子排布式为　 　。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为　 　形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为　 　个，C与O之间形成σ键的数目为　 　个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入____。(假设X晶胞形状不变)。
A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。
①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于　 　。
②X晶体中Zn2+的配位数为　 　。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为　 　nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为　 　g cm-3(列出化简的计算式)。
【答案】（1）3d10
（2）哑铃形；8；8
（3）B；C
（4）与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；1.25；a—2d；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，基态Zn2+的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子占据的最高能级为2p能级，2p能级电子云轮廓图为哑铃形；由结构简式可知，苯环和双键碳原子采用sp2杂化，则配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8；
（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故答案为：BC；
（4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶体中锌离子的配位数为1.25，故答案为：1.25；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a-2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10-7) 3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，根据构造原理书写基态Zn2+的电子排布式；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，L2-所含元素中，O元素的电负性最大，O原子占据最高能级的电子为2p能级；苯环和双键碳原子采用sp2杂化；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（3）L2-上引入能与水分子形成氢键的基团，能增强X与水的吸附作用；
（4）①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有；
③[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线；
④根据均摊法和计算。
29．（2022·北京市）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
（1）结构示意图如图1。
①的价层电子排布式为　 　。
②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因　 　。
③中与与的作用力类型分别是　 　。
（2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。
①距离最近的阴离子有　 　个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。
该晶体的密度为　 　。
（3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点　 　。
【答案】（1）；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键
（2）6；
（3）燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
【知识点】原子核外电子排布；化学键；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。
②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键，中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。
（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：
。
4个阴离子位于棱上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。
答案为：6；
（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
【分析】（1）①Fe为26号元素，核外共26个电子，Fe原子失去2个电子形成Fe2+；
②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键；
（2）①以位于面心Fe2+为例， 距离Fe2+最近的阴离子为了棱上和体心；
②根据均摊法和计算；
（3）燃烧均为放热反应。
30．（2022·海南）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
（1）基态O原子的电子排布式　 　，其中未成对电子有　 　个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是　 　。
（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取　 　杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是　 　。
（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为　 　。
（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是　 　。
（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面　 　、　 　。
【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4；2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3）sp2；两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6） cdhi； bcek
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O为8号元素，基态O原子核外有8个电子，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
(3)根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此邻苯二甲酰亚胺的熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，则该配离子为[Zn(NH3)4]2+，从而可知金属Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
(5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键；
(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为 cdhi和 bcek。
【分析】（1）O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，含有2个未成对电子；
（2）金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用；
（3）酞菁分子中N元素均形式双键；邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键；
（4）Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为 [Zn(NH3)4]2+ ；
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强；
（6）根据晶胞的空间结构进行判断。
31．（2022·山东）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为　 　，在元素周期表中位置为　 　。
（2）晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为　 　；　 　；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是　 　。
（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据____(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道
（4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①　 　，②　 　。
（5）、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是　 　。
【答案】（1）3d84s2；第4周期第VIII族
（2）2：3；2：1：1；Zn2+
（3）D
（4）吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
（5）
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2；位于元素周期表的第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则与的配位数之比为4：6=2：3；4：2：2=2：1：1；Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+，故答案为：2：3；2：1：1；Zn2+；
(3)吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
(4)已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
(5)已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则其中碱性最弱的为：，故答案为：。
【分析】（1）Ni为28号元素，根据构造原理书写价电子排布式；位于第4周期第VIII族；
（2）根据均摊法计算确定该晶胞的化学式，进而确定与的配位数之比和；Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+；
（3）吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对；
（4） 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；根据相似相溶原理判断；
（5）-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团。
32．（2022·浙江6月选考）
（1）乙醇的挥发性比水的强，原因是　 　。
（2）金属氢化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因是　 　。
【答案】（1）乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小
（2）半径小于，与的离子键作用强，更难失电子，还原性更弱
【知识点】离子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）乙醇和水均可形成分子间氢键，水分子中的2个H均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的1个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低，导致乙醇的挥发性比水的强。
（2）KH和NaH均为离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H-的离子键作用较强，H-更难失电子、还原性更弱，即KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱。
【分析】（1）水分子中含有的氢键比乙醇多；
（2）钾离子半径大于钠离子半径，KH中的离子键比NaH中离子键弱。
33．（2022·湖南）[选修3：物质结构与性质]
铁和硒（ ）都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题：
（1）乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态 原子的核外电子排布式为 　 　；
②该新药分子中有　 　种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态 分子　 　 离子（填“>”“<”或“=”），原因是　 　。
（2）富马酸亚铁 是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中 键与 键的数目比为　 　；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为　 　。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化 ，将 转化为 ，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为　 　；
②与 互为等电子体的一种分子为　 　（填化学式）。
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为　 　；
② 原子的配位数为　 　；
③该晶胞参数 、 。阿伏加德罗常数的值为 ，则该晶体的密度为　 　 （列出计算式）。
【答案】（1）[Ar] 3d104s24p4；6；＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO 的空间构型为三角锥形
（2）11：3；O＞C＞H＞Fe
（3）sp3杂化；H2O
（4）KFe2Se2；4；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①Se为34号元素，核外有34个电子，基态Se原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，简化电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；
②乙烷硒啉的分子结构对称，如图，则乙烷硒啉分子中含有8种化学环境不同的碳原子，故答案为：8；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，故答案为：＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO 的空间构型为三角锥形；
（2）①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则富马酸分子中含有11个σ键，3个π键，σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；
②富马酸亚铁中含有的元素为C、H、O、Fe，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O＞C＞H＞Fe，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；
（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②的原子数为3，价电子数为8， 等电子体具有相同的原子数和价电子数，则与互为等电子体的分子为H2O，故答案为：H2O；
（4）①由平面投影图可知，钾原子位于顶点和体心，数目为8× +1=2，硒原子位于棱上和体内，数目为，铁原子位于晶胞面上，数目为，则超导材料最简化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；
②由平面投影图可知，距离铁原子最近且紧邻的硒原子有4个，所以铁原子的配位数为4，故答案为：4；
③设晶体的密度为dg/cm3，根据可得， =abc×10-21×d，解得d= ，故答案为： 。
【分析】（1）①Se为34号元素，根据构造原理书写核外电子排布式；
②该物质结构对称；
③孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（2）①单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
②元素的非金属性越强，电负性越大；
（3）①产物中N原子形成4个σ键；
②等电子体具有相同的原子数和价电子数；
（4）①根据均摊法计算；
②位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近；
③根据计算。
34．（2022·广东）硒（ ）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（ ）效应以来， 在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含 的新型 分子 的合成路线如下：
（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）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
（4）IV中具有孤对电子的原子有　 　。
（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为 　 　 （填“>”或“<”）。
研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（ ）可减轻重金属铊引起的中毒。 的立体构型为　 　。
（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，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。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a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
①X的化学式为　 　。
②设X的最简式的式量为 ，晶体密度为 ，则X中相邻K之间的最短距离为　 　 （列出计算式， 为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】（1）4s24p4
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）B；D；E
（4）O、Se
（5）＞；正四面体形
（6）K2SeBr6；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se为第四周期元素，Se与S同族，最外层电子数都为6，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
（2）H2Se和H2O都是分子晶体，由于水分子之间存在氢键，所以H2O的沸点较高。
（3）A．I中有碳碳单键（σ键）和介于单键、双键之间的特殊键（大π键），A不符合题意；
B．Se与Se为同种原子，则I中的Se-Se键为非极性共价键，B符合题意；
C．II属于烃类，难溶于水，C不符合题意；
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，D符合题意；
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。则I~III含有的元素中，O电负性最大，E符合题意；
故答案为：BDE。
（4）根据IV的结构简式可知，O、Se都有孤对电子，C、H、S都没有孤对电子。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸，H2SO4酸性比H2SO3强，则H2SeO4的酸性比H2SeO3强。SO42-中Se价层电子对数为4+=4，其立体构型为正四面体形。
（6）①根据晶胞结构可知，有8个K原子，另外的原子团个数为，而1个原子团为SeBr62-
，经简化可得X的化学式为K2SeBr6。
②由①可知，晶胞中含有4个K2SeBr6，且X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半。设晶胞参数为a nm，则，解得，所以X中相邻K之间的最短距离为nm。
【分析】（1）同主族元素原子的最外层电子数相等，价电子是指最外层电子。
（2）分子间含有氢键，能使物质的熔沸点升高。
（3）A．σ键为单键，介于单键、双键之间的特殊键为大π键。
B．在共价键中，成键的两个相同原子之间存在非极性共价键。
C．烃类都难溶于水。
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp。
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。
（4）根据原子最外层8电子饱和（H原子最外层2电子饱和）及物质结构中原子的成键情况进行分析。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸。分子或离子的立体构型可通过中心原子的价层电子对进行分析。
（6）①根据均摊法进行解答。
②根据n=和m=ρV进行分析，注意单位统一。
35．（2022·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）氟原子激发态的电子排布式有　 　，其中能量较高的是　 　。（填标号）
a． b． c． d．
（2）①一氯乙烯分子中，C的一个　 　杂化轨道与的轨道形成　 　键，并且的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键。
②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，键长的顺序是　 　，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的键越强；（ⅱ）　 　。
（3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为　 　。解释X的熔点比Y高的原因　 　。
（4）晶体中离子作体心立方堆积（如图所示），主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，晶体在电池中可作为　 　。
已知阿伏加德罗常数为，则晶体的摩尔体积　 　（列出算式）。
【答案】（1）ad；d
（2）sp2；σ；一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
（3）CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
（4）电解质；
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）F为第9号元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，其激发态是基态原子2p能级上的几个电子跃迁到3p能级上。
a.基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a符合题意；
b.核外共10个电子，不是氟原子，b不符合题意；
c.核外共8个电子，不是氟原子，c不符合题意；
d.基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d符合题意；
故答案为：ad。
同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，故答案为：d。
（2）①一氯乙烯的结构式为，其中碳原子有3对共用电子对，采用sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl σ键。
②一氯乙烷中碳采用sp3杂化，一氯乙烯中碳采用sp2杂化，一氯乙炔中碳采用sp杂化。sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，p成分越多，形成的C-Cl键越弱，则其键长越长；同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键(Π34 )，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键(Π34 )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。
（3）非氧化还原反应中各元素化合价不变，根据反应前后元素的种类不变，CsICl2反应生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl。CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。
（4）在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，则α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质。每个晶胞中含I-的个数为8×+1=2，则Ag+个数也为2，所以晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(504×10-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=。
【分析】（1）注意氟原子的激发态是指基态原子2p能级上的几个电子跃迁到3p能级上。氟原子3p能级的能量比3s能级的能量高。
（2）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，则其键长越短；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键长越短。据此分析。
（3）非氧化还原反应前后元素的化合价不变，结合产物的特点和质量守恒定律进行分析。离子晶体的熔点比分子晶体高，据此分析。
（4）运用均摊法算出该晶胞的个数和体积，结合N=n·NA和V=n·Vm进行解答。
36．（2022·浙江选考）回答下列问题：
（1）两种有机物的相关数据如表：
物质 HCON(CH3)2 HCONH2
相对分子质量 73 45
沸点/℃ 153 220
HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是　 　。
（2）四种晶体的熔点数据如表：
物质 CF4 SiF4 BF3 AlF3
熔点/℃ -183 -90 -127 ＞1000
CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是　 　。
【答案】（1）HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。
（2）CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
【知识点】晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；
(2)CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
【分析】（1）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（2）熔点的一般规律为：原子晶体>分子晶体>离子晶体，分子晶体的熔沸点随分子作用力的增大而增大。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
近三年高考化学真题分类汇编：化学键与物质的性质（2022年）
一、多选题
1．（2022·海南）已知，的酸性比强。下列有关说法正确的是（　　）
A．HCl的电子式为 B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C．分子中只有σ键 D．的酸性比强
2．（2022·山东）是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是（　　）
A．每个晶胞中个数为x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．每个晶胞中0价Cu原子个数为
D．当转化为时，每转移电子，产生原子
二、选择题
（2022·江苏）阅读下列材料，完成5~7题：
周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热(890.3 kJ·mol-1)，是常见燃料；Si、 Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面SiO2能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成H2SiF6 (H2SiF6在水中完全电离为H+和SiF62- )； 1885年德国化学家将硫化锗(GeS2)与H2共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料。
3．下列说法正确的是（　　）
A．金刚石与石墨烯中的夹角都为
B．、都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子()基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
4．下列化学反应表示正确的是（　　）
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原：
C．铅蓄电池放电时的正极反应：
D．甲烷的燃烧：
5．下列物质性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
6．（2022·辽宁）理论化学模拟得到一种离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是（　　）
A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定
7．（2022·辽宁）下列符号表征或说法正确的是（　　）
A．电离： B．位于元素周期表p区
C．空间结构：平面三角形 D．电子式：
8．（2022·江苏）少量与反应生成和。下列说法正确的是（　　）
A．的电子式为
B．的空间构型为直线形
C．中O元素的化合价为-1
D．仅含离子键
9．（2022·辽宁）下列类比或推理合理的是（　　）
已知 方法 结论
A 沸点： 类比 沸点：
B 酸性： 类比 酸性：
C 金属性： 推理 氧化性：
D ： 推理 溶解度：
A．A B．B C．C D．D
10．（2022·天津市）下列物质沸点的比较，正确的是（　　）
A． B．HF>HCl
C． D．
11．（2022·天津市）利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是（　　）
A．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4个σ键
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
12．（2022·天津市）下列叙述错误的是（　　）
A．是极性分子
B．原子的中子数为10
C．与互为同素异形体
D．和互为同系物
13．（2022·天津市）一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下列关于石墨和金刚石的说法正确的是（　　）
A．金刚石比石墨稳定
B．两物质的碳碳键的键角相同
C．等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为4∶3
D．可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨
14．（2022·湖北）在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是（　　）
A．具有自范性 B．与互为同素异形体
C．含有杂化的碳原子 D．化学性质与金刚石有差异
15．（2022·湖北）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．的配位数为6
B．与距离最近的是
C．该物质的化学式为
D．若换为，则晶胞棱长将改变
16．（2022·湖北）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为。下列关于该分子的说法正确的是（　　）
A．为非极性分子
B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出
D．分解产物的电子式为
17．（2022·北京市）我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．分子中N原子有、两种杂化方式
B．分子中含有手性碳原子
C．该物质既有酸性又有碱性
D．该物质可发生取代反应、加成反应
18．（2022·北京市）由键能数据大小，不能解释下列事实的是（　　）
化学键
键能/ 411 318 799 358 452 346 222
A．稳定性： B．键长：
C．熔点： D．硬度：金刚石>晶体硅
19．（2022·北京市）已知：。下列说法错误的是（　　）
A．分子的共价键是键，分子的共价键是键
B．燃烧生成的气体与空气中的水蒸气结合呈雾状
C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟
D．可通过原电池将与反应的化学能转化为电能
20．（2022·山东）、属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是（　　）
A．的熔点高于
B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取杂化
D．晶体中所有原子的配位数均相同
21．（2022·湖南）下列说法错误的是（　　）
A．氢键、离子键和共价键都属于化学键
B．化学家门捷列夫编制了第一张元素周期表
C．药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识
D．石灰石是制造玻璃和水泥的主要原料之一
三、非选择题
22．（2022·辽宁）某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的分子式为　 　。
（2）在溶液中，苯酚与反应的化学方程式为　 　。
（3）中对应碳原子杂化方式由　 　变为　 　，的作用为　 　。
（4）中步骤ⅱ实现了由　 　到　 　的转化(填官能团名称)。
（5）I的结构简式为　 　。
（6）化合物I的同分异构体满足以下条件的有　 　种(不考虑立体异构)；
i．含苯环且苯环上只有一个取代基
ii．红外光谱无醚键吸收峰
其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的结构简式为　 　(任写一种)。
23．（2022·江苏）硫铁化合物(、等)应用广泛。
（1）纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、好形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为　 　。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为　 　。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是　 　。
（2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为　 　，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来　 　。
（3）、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为　 　(填化学式，写出计算过程)。
24．（2022·辽宁）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下　 　(填“能”或“不能”)自发。
（2）　 　温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率，　 　温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是　 　。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
（4）方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是　 　。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（5）某合成氨速率方程为：，根据表中数据，　 　；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为　 　。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（6）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为　 　(填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为　 　。
25．（2022·福建） 1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪 (36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为　 　。
（2）原子的活泼性依序增强，原因是　 　。
（3）晶体熔点：　 　(填“>”“<”或“=”)，判断依据是　 　。
（4）的中心原子的杂化轨道类型为　 　。
（5）加合物中　 　，晶体中的微粒间作用力有　 　(填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性共价键 d.非极性共价键
26．（2022·河北）【选修3：物质结构与性质】
含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为　 　。
（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是　 　，原因是　 　。
（3）SnCl的几何构型为　 　，其中心离子杂化方式为　 　。
（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4
C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是　 　(填标号)，理由是　 　。
（6）如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为　 　。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为　 　。
27．（2022·天津市）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为　 　。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是　 　。
（3）的电子式为　 　。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式：　 　。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备。空气与熔融金属Na反应前需依次通过　 　、　 　(填序号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．溶液
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为　 　。
（6）天然碱的主要成分为，1mol 经充分加热得到的质量为　 　g。
28．（2022·重庆市）【选考题】配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。
（1）基态Zn2+的电子排布式为　 　。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为　 　形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为　 　个，C与O之间形成σ键的数目为　 　个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入____。(假设X晶胞形状不变)。
A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。
①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于　 　。
②X晶体中Zn2+的配位数为　 　。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为　 　nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为　 　g cm-3(列出化简的计算式)。
29．（2022·北京市）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
（1）结构示意图如图1。
①的价层电子排布式为　 　。
②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因　 　。
③中与与的作用力类型分别是　 　。
（2）晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。
①距离最近的阴离子有　 　个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。
该晶体的密度为　 　。
（3）加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点　 　。
30．（2022·海南）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
（1）基态O原子的电子排布式　 　，其中未成对电子有　 　个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是　 　。
（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取　 　杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是　 　。
（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为　 　。
（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是　 　。
（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面　 　、　 　。
31．（2022·山东）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为　 　，在元素周期表中位置为　 　。
（2）晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为　 　；　 　；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是　 　。
（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据____(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道
（4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①　 　，②　 　。
（5）、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是　 　。
32．（2022·浙江6月选考）
（1）乙醇的挥发性比水的强，原因是　 　。
（2）金属氢化物是应用广泛的还原剂。的还原性比的强，原因是　 　。
33．（2022·湖南）[选修3：物质结构与性质]
铁和硒（ ）都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用。回答下列问题：
（1）乙烷硒啉（Ethaselen）是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态 原子的核外电子排布式为 　 　；
②该新药分子中有　 　种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态 分子　 　 离子（填“>”“<”或“=”），原因是　 　。
（2）富马酸亚铁 是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中 键与 键的数目比为　 　；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为　 　。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化 ，将 转化为 ，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为　 　；
②与 互为等电子体的一种分子为　 　（填化学式）。
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为　 　；
② 原子的配位数为　 　；
③该晶胞参数 、 。阿伏加德罗常数的值为 ，则该晶体的密度为　 　 （列出计算式）。
34．（2022·广东）硒（ ）是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光（ ）效应以来， 在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含 的新型 分子 的合成路线如下：
（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）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
（4）IV中具有孤对电子的原子有　 　。
（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为 　 　 （填“>”或“<”）。
研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠（ ）可减轻重金属铊引起的中毒。 的立体构型为　 　。
（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，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。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a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
①X的化学式为　 　。
②设X的最简式的式量为 ，晶体密度为 ，则X中相邻K之间的最短距离为　 　 （列出计算式， 为阿伏加德罗常数的值）。
35．（2022·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）氟原子激发态的电子排布式有　 　，其中能量较高的是　 　。（填标号）
a． b． c． d．
（2）①一氯乙烯分子中，C的一个　 　杂化轨道与的轨道形成　 　键，并且的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键。
②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，键长的顺序是　 　，理由：（ⅰ）C的杂化轨道中s成分越多，形成的键越强；（ⅱ）　 　。
（3）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为　 　。解释X的熔点比Y高的原因　 　。
（4）晶体中离子作体心立方堆积（如图所示），主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，晶体在电池中可作为　 　。
已知阿伏加德罗常数为，则晶体的摩尔体积　 　（列出算式）。
36．（2022·浙江选考）回答下列问题：
（1）两种有机物的相关数据如表：
物质 HCON(CH3)2 HCONH2
相对分子质量 73 45
沸点/℃ 153 220
HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是　 　。
（2）四种晶体的熔点数据如表：
物质 CF4 SiF4 BF3 AlF3
熔点/℃ -183 -90 -127 ＞1000
CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】B,D
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；键能、键长、键角及其应用；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A不符合题意；
B．原子半径Cl＜I，故键长：Cl-Cl＜I-I，B符合题意；
C．单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C不符合题意；
D．电负性Cl＞I，Cl吸电子能力大于I，则ClCH2COOH比ICH2COOH容易电离出氢离子，所以ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.HCl为共价化合物；
B.原子半径越大，共价键键长越大；
C.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
D.Cl吸电子能力大于I。
2．【答案】B,D
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A不符合题意；
B．由题意可知，Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B不符合题意；
C．由题意可知，Cu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu2-xSe+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜个数为(4-4x)，故C不符合题意；
D．由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据均摊法和化合物的化合价代数和为0计算；
B.Na2Se转化为Cu2-xSe的方程式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，；
C.NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为4(1-x)；
D.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的方程式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu。
【答案】3．B
4．A
5．C
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A.金刚石中碳原子sp3杂化，石墨烯中碳原子sp2杂化；
C.锗原子核外有32个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
D.元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体；
（2）A.二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水；
B.GeS2与H2共热发生反应生成Ge和H2S，H2S在高温下分解生成S和H2；
C.铅蓄电池放电时正极发生还原反应；
D.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（3）A.石墨质软，易滑动，常用作润滑剂；
B.晶体硅是介于导体和绝缘体之间的半导体材料，用于制半导体材料；
C.青铜比纯铜熔点低、硬度大；
D.含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，可用作电极材料。
3．A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A不符合题意；
B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B符合题意；
C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]，故C不符合题意；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
4．A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B不符合题意；
C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C不符合题意；
D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D不符合题意；
故答案为：A。
5．A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A不符合题意
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B不符合题意；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C符合题意；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D不符合题意；
故答案为：C。
6．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．由的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A不符合题意；
B．中心N原子为杂化，与中心N原子直接相连的N原子为杂化，与端位N原子直接相连的N原子为杂化，端位N原子为杂化，则N原子的杂化方式有3种，B符合题意；
C．中心N原子为杂化，则其空间结构为四面体形，C不符合题意；
D．中含叠氮结构()，常温下不稳定，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该离子中所有N原子均满足8电子稳定结构；
B.该离子中N原子的杂化方式有、、三种；
C.中心N原子为sp3杂化；
D.结构不稳定。
7．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；电离方程式的书写；电子式、化学式或化学符号及名称的综合；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，其一级电离方程式为，A不符合题意；
B．基态原子的价电子排布式是，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B不符合题意；
C．中心碳原子的价层电子对数为，不含孤电子对，其空间结构为平面三角形，C符合题意；
D．是离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成，其电子式为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.是二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主；
B.Na位于元素周期表s区；
C.中心碳原子的价层电子对数为3，不含孤电子对；
D.KOH为离子化合物，由钾离子和氢氧根离子构成。
8．【答案】C
【知识点】化学键；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．过氧化钠是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式是，A不符合题意；
B．中氧原子的价层电子对数为，含有2个孤电子对，空间构型为V形，B不符合题意；
C．中H显+1价，根据正负化合价为0，可计算出O的化合价为-1，C符合题意；
D．中氢氧根中含有O-H共价键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成；
B.中心氧原子价层电子对数为4，含有两个孤电子对；
D.NaOH中钠离子和氢氧根离子之间以离子键结合，氢氧根中含有O-H共价键。
9．【答案】A
【知识点】晶体熔沸点的比较；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．、、的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：，所以沸点：，故A符合题意；
B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：，酸性：，故B不符合题意；
C．由金属性：，可推出氧化性；由离子方程式可得，氧化性：，故C不符合题意；
D．和的阴、阳离子个数比不相同，不能通过大小来比较二者在水中的溶解度，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高；
B.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，卤化氢中，卤素原子的原子序数越大，其酸性越强；
C.金属性：Fe＞Cu，则氧化性：Cu2+＞Fe2+；
D.对于结构相似的物质，溶度积常数越小，则溶解度越小，而组成、结构不相似的物质，不能根据溶度积常数大小比较溶解性。
10．【答案】B
【知识点】晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】A．甲烷和乙烷组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点，故A不符合题意；
B．含有氢键的物质相对无氢键的物质，沸点较高，HF含有氢键，HCl不含有，因此沸点HF＞HCl，故B符合题意；
C．组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点，故C不符合题意；
D．相同碳原子的烷烃，支链越多，沸点越低，因此，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.烷烃的相对分子质量越大，沸点越高；
B.HF能形成分子间氢键；
C.分子间作用力越大，沸点越高；
D.同分异构体中，支链越多，沸点越低。
11．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键
【解析】【解答】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A符合题意；
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B不符合题意；
C．N2H4的结构式为 ，单键均为σ键，则N2H4分子中含有5个σ键，C不符合题意；
D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NH3分子中N原子含有1个孤电子对，可作配体；
B.NaCl晶体中不存在自由移动的离子，不能导电；
C.单键均为σ键；
D.NaClO中含有离子键和共价键，NaCl中仅含有离子键。
12．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；同素异形体；同系物
【解析】【解答】A．的空间构型为V形，不是中心对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，故A不符合题意；
B．原子的中子数18 8=10，故B不符合题意；
C．与是氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故C不符合题意；
D．结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物，属于酚，属于醇，两者结构不相似，因此两者不互为同系物，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.的空间构型为V形，正负电荷中心不重合，属于极性分子；
B.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
C.与均为氧元素形成的单质，互为同素异形体；
D.结构相似，在分子组成上相差一个或n个CH2的化合物互为同系物。
13．【答案】D
【知识点】化学键；共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，物质的能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A不符合题意；
B．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳键的键角不相同，故B不符合题意；
C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有2mol碳碳键，1mol石墨有1.5mol碳碳键，因此等质量的石墨和金刚石中，碳碳键数目之比为3∶4，故C不符合题意；
D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.物质的能量越低越稳定；
B.金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°；
C.1mol金刚石有2mol碳碳σ键，1mol石墨有1.5mol碳碳σ键；
D.金刚石和石墨是两种不同的晶体类型。
14．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；同素异形体
【解析】【解答】A．自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，没有自范性，A符合题意；
B．碳玻璃和均是由碳元素形成的不同的单质，互为同素异形体，B不符合题意；
C．碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以含有杂化的碳原子形成化学键，C不符合题意；
D．金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.非晶体没有自范性；
B.同种元素形成的不同单质互为同素异形体；
C.碳玻璃中含有饱和碳原子；
D.同素异形体化学性质上也存在差异。
15．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，位于体心，F-位于面心，所以配位数为6，A不符合题意；
B．与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的，所以与距离最近的是，B符合题意；
C．位于顶点，的数目为=1，F-位于面心，F-的数目为==3，位于体心，的数目为1，则该物质的化学式为，C不符合题意；
D．与半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该晶体中与距离最近且等距离的F-的数目为6；
B.与的最近距离为棱长的，与的最近距离为棱长的；
C.根据均摊法计算；
D.的半径大于。
16．【答案】C
【知识点】判断简单分子或离子的构型；极性分子和非极性分子；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．磷酰三叠氮分子结构不对称，分子的正负电荷中心不重合，为极性分子，A项不符合题意；
B．磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项不符合题意；
C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出，C项符合题意；
D．为共价化合物，各原子达到8电子稳定结构，则其电子式为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；
B. 为四面体构型；
D.是共价化合物。
17．【答案】B
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．该分子中左边的N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；右边的N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A不符合题意；
B．手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B符合题意；
C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有，具有碱性，C不符合题意；
D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.该分子中双键N原子采用sp2杂化，右边的N原子采用sp3杂化；
B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；
C.该物质中含有羧基和，既有酸性又有碱性；
D.该物质含有苯环，能发生加成反应和取代反应。
18．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．键能越大越稳定，的键能大于，所以稳定性：，故不选A；
B．键能越大，键长越短，键能大于，所以键长：，故不选B；
C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点，不能用键能解释熔点，故选C；
D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，的键能大于，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；
故答案为：C。
【分析】A.键能越大物质越稳定；
B.键能越大，键长越短；
C.熔点：原子晶体>分子晶体；
D.共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大。
19．【答案】A
【知识点】化学键；氯气的化学性质；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A．H2分子里的共价键H-H键是由两个s电子重叠形成的，称为s-s σ键，Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，称为p-p σ键，故A符合题意；
B．HCl极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后形成盐酸小液滴，盐酸小液滴呈雾状，故B不符合题意；
C．浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl发生反应NH3+HCl=NH4Cl，生成的NH4Cl为固体小颗粒，白烟，故C不符合题意；
D．与的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将与反应的化学能转化为电能，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Cl2分子里的共价键Cl-Cl键是由两个p电子重叠形成的，为p-p σ键；
B.HCl遇空气中的水蒸气形成盐酸小液滴；
C.氨气与盐酸反应生成氯化铵；
D.能自发进行的氧化还原反应能设计成原电池。
20．【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．AlN、GaN为结构相似的共价晶体，原子半径：AlN-Ga，键能越大熔点越高，因此GaN的熔点低于AlN，A符合题意；
B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，Ga-N和Al-N均为极性键，B不符合题意；
C．金刚石中每个C原子形成4个共价键（即C原子的价层电子对数为4），不含孤电子对，C原子均采取sp3杂化；AlN、GaN与金刚石结构相似，则AlN、GaN中所有原子均采取sp3杂化，C不符合题意；
D．金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，AlN、GaN与金刚石与金刚石结构相似，则AlN、GaN中所有原子的配位数也均为4，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.共价晶体键能越大熔点越高；
B.不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键；
C.AlN和CaN的结构与金刚石相似，金刚石中碳原子均采用sp3杂化；
D.金刚石中C原子的配位数为4。
21．【答案】A
【知识点】化学键；水泥的主要化学成分、生产原料及其用途；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途；含硅矿物及材料的应用
【解析】【解答】A．离子键和共价键都属于化学键，氢键属于分子间作用力，A符合题意；
B．俄国科学家门捷列夫根据相对分子质量编制了第一张元素周期表，B不符合题意；
C．药剂师和营养师的工作分别与药剂和营养物质有关，因此必须具备相关的化学专业知识才能胜任相关工作，C不符合题意；
D．制造玻璃的主要原料是石灰石、石英和纯碱，制造水泥的主要原料是石灰石和黏土、石膏，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢键属于分子间作用力；
B.门捷列夫编制了第一张元素周期表；
C.药剂师和营养师必须具备化学相关专业知识；
D.玻璃的原料为石灰石、石英和纯碱，水泥的原料为石灰石和黏土、石膏。
22．【答案】（1）
（2）+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O
（3）；；选择性将分子中的羟基氧化为羰基
（4）硝基；氨基
（5）
（6）12；(或)
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；有机物中的官能团；有机物的推断；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据A的结构简式可知，A分子中含有7个C原子，7个H原子，1个N原子和3个O原子，其分子式为 ；
（2）苯酚可与发生取代反应生成和HCl，HCl可与NaOH发生中和反应生成NaCl和，则反应的化学方程式为+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O；
（3）D→E发生了羟基到酮羰基的转化，羟基上的碳原子采用sp3杂化，羰基上的碳原子采用sp2杂化；由D→E的结构变化可知，PCC的作用为选择性将分子中的羟基氧化为羰基；
（4）由题给已知信息可知，的步骤ⅰ中F与化合物Ⅰ在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比F与G的结构简式可知，步骤ⅱ发生了由硝基到氨基的转化；
（5）根据分析可知，化合物I的结构简式为；
（6）化合物I的分子式为，其不饱和度为4，化合物I的同分异构体分子中含有苯环，苯环的不饱和度为4，则其余C原子均为饱和碳原子；红外光谱无醚键吸收峰，则苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，则该有机物的碳链结构有如下四种：(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，因此满足条件的化合物I的同分异构体共有12种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体的结构简式为 或。
【分析】F和I发生已知反应生成G，结合F、G的结构简式和I的分子式可知，I的结构简式为 。
23．【答案】（1）；5；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大
（2）4；
（3）Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【知识点】晶胞的计算；化学平衡常数；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，反应的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大。
(2)因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
(3)由图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。
【分析】（1）①弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S；
②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
③c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少；
（2）一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等；
（3）800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，M(FeS2)=120g/mol，据此计算。
24．【答案】（1）能
（2）高；低
（3）ab
（4）a
（5）-1；a
（6）Fe；3d6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学反应速率；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故答案为：ab。
（4）a．时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，温度过高，催化剂的活性可能不变或降低，c不正确；
故答案为：a。
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故答案为：a。
（6）根据均摊法，该晶胞中含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1：2，黑球的化学式为，白球的化学式为，从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。
【分析】（1）根据 H-T S<0时反应自发进行分析；
（2）温度越高，反应速率越快；
（3）a.低温有利于平衡正向移动；
b.升温反应速率加快；
c.合成氨的反应为放热反应；
d.温度升高，可提高合成氨反应的速率；
（4）a.复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高；
b.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；
c.温度过高催化剂可能失去活性；
（5）结合表中数据计算；不断分离出氨有利于平衡正向移动；
（6）根据均摊法计算；Fe2+的价电子排布式为3d6。
25．【答案】（1）
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
（3）<；二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高
（4）
（5）2；bc
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；化学键；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为，故答案为：；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强，故答案为：同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<，故答案为：<； 二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高；
（4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为，故答案为：；
（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故答案为：2；bc。
【分析】（1）As为33号元素，位于第四周期VA族，价电子排布式为；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，因此原子的活泼性依序增强；
（3）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
（4）中心Br原子的价层电子对数为4；
（5） 该晶胞中BrOF2的个数=4、AsF6的个数=4、KrF2的个数=8，所以BrOF2、AsF6、KrF2的个数之比为4：4：8=1：1：2；阴阳离子之间存在离子键，分子内不同非金属元素的原子之间形成极性键。
26．【答案】（1）1：2或2：1
（2）Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
（3）三角锥形；sp3杂化
（4）B
（5）D；D中含有-1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
（6）Cu2ZnSnS4；(，，)
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，其轨道表示式为，根据基态原子电子排布规则，则两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3） SnCl 中Sn的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故正确；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
故答案为：B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中-1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
【分析】（1）基态S原子的价电子排布图为；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（3） SnCl 的中心原子Sn价层电子对数为4，含有一个孤电子对，Sn采用sp3杂化；
（4）具有顺磁性物质含有未成对电子；
（5） Mn2+转化为MnO需要强氧化剂，且该氧化剂的氧化性应大于MnO；
（6）①根据均摊法计算；
②根据坐标系和A原子的坐标可推断B原子坐标。
27．【答案】（1）(或)
（2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
（3）；
（4）c；a
（5）
（6）159
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。
（2） NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，说明加入的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。
（3）含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式： ；故答案为：； 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。
（5）图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为；故答案为：。
（6），因此1mol 经充分加热得到1.5mol，其质量为1.5mol×106g mol 1＝159g；故答案为：159。
【分析】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，轨道表示式为；
（2）NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，降低了NaCl的熔点；
（3）由钠离子和过氧根离子构成； Na与反应生成1mol 放热510.9kJ， 则该反应的热化学方程式为；
（4） 采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性；
（5）根据均摊法计算；
（6）根据钠原子守恒有：2NaHCO3～Na2CO3。
28．【答案】（1）3d10
（2）哑铃形；8；8
（3）B；C
（4）与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；1.25；a—2d；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，基态Zn2+的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子占据的最高能级为2p能级，2p能级电子云轮廓图为哑铃形；由结构简式可知，苯环和双键碳原子采用sp2杂化，则配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8；
（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故答案为：BC；
（4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶体中锌离子的配位数为1.25，故答案为：1.25；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a-2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10-7) 3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，根据构造原理书写基态Zn2+的电子排布式；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，L2-所含元素中，O元素的电负性最大，O原子占据最高能级的电子为2p能级；苯环和双键碳原子采用sp2杂化；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（3）L2-上引入能与水分子形成氢键的基团，能增强X与水的吸附作用；
（4）①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有；
③[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线；
④根据均摊法和计算。
29．【答案】（1）；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键
（2）6；
（3）燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
【知识点】原子核外电子排布；化学键；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。
②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键，中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。
（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：
。
4个阴离子位于棱上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。
答案为：6；
（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
【分析】（1）①Fe为26号元素，核外共26个电子，Fe原子失去2个电子形成Fe2+；
②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键；
（2）①以位于面心Fe2+为例， 距离Fe2+最近的阴离子为了棱上和体心；
②根据均摊法和计算；
（3）燃烧均为放热反应。
30．【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4；2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3）sp2；两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6） cdhi； bcek
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O为8号元素，基态O原子核外有8个电子，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
(3)根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此邻苯二甲酰亚胺的熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，则该配离子为[Zn(NH3)4]2+，从而可知金属Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
(5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键；
(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为 cdhi和 bcek。
【分析】（1）O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，含有2个未成对电子；
（2）金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用；
（3）酞菁分子中N元素均形式双键；邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键；
（4）Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为 [Zn(NH3)4]2+ ；
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强；
（6）根据晶胞的空间结构进行判断。
31．【答案】（1）3d84s2；第4周期第VIII族
（2）2：3；2：1：1；Zn2+
（3）D
（4）吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
（5）
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2；位于元素周期表的第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则与的配位数之比为4：6=2：3；4：2：2=2：1：1；Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+，故答案为：2：3；2：1：1；Zn2+；
(3)吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
(4)已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
(5)已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则其中碱性最弱的为：，故答案为：。
【分析】（1）Ni为28号元素，根据构造原理书写价电子排布式；位于第4周期第VIII族；
（2）根据均摊法计算确定该晶胞的化学式，进而确定与的配位数之比和；Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+；
（3）吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对；
（4） 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；根据相似相溶原理判断；
（5）-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团。
32．【答案】（1）乙醇分子间形成氢键的数量比水分子间形成氢键的数量少，分子间作用力小
（2）半径小于，与的离子键作用强，更难失电子，还原性更弱
【知识点】离子晶体；含有氢键的物质；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）乙醇和水均可形成分子间氢键，水分子中的2个H均可参与形成氢键，而乙醇分子中只有羟基上的1个H可以参与形成氢键，故水分子间形成氢键的数量较多，水分子间的作用力较大，水的沸点较高而乙醇的沸点较低，导致乙醇的挥发性比水的强。
（2）KH和NaH均为离子晶体，Na+半径小于K+，故NaH的晶格能较大，Na+与H-的离子键作用较强，H-更难失电子、还原性更弱，即KH的还原性比NaH的强的原因是：Na+半径小于K+，Na+与H-的离子键作用强，H-更难失电子，还原性更弱。
【分析】（1）水分子中含有的氢键比乙醇多；
（2）钾离子半径大于钠离子半径，KH中的离子键比NaH中离子键弱。
33．【答案】（1）[Ar] 3d104s24p4；6；＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO 的空间构型为三角锥形
（2）11：3；O＞C＞H＞Fe
（3）sp3杂化；H2O
（4）KFe2Se2；4；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①Se为34号元素，核外有34个电子，基态Se原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，简化电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；
②乙烷硒啉的分子结构对称，如图，则乙烷硒啉分子中含有8种化学环境不同的碳原子，故答案为：8；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，故答案为：＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO 的空间构型为三角锥形；
（2）①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则富马酸分子中含有11个σ键，3个π键，σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；
②富马酸亚铁中含有的元素为C、H、O、Fe，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O＞C＞H＞Fe，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；
（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②的原子数为3，价电子数为8， 等电子体具有相同的原子数和价电子数，则与互为等电子体的分子为H2O，故答案为：H2O；
（4）①由平面投影图可知，钾原子位于顶点和体心，数目为8× +1=2，硒原子位于棱上和体内，数目为，铁原子位于晶胞面上，数目为，则超导材料最简化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；
②由平面投影图可知，距离铁原子最近且紧邻的硒原子有4个，所以铁原子的配位数为4，故答案为：4；
③设晶体的密度为dg/cm3，根据可得， =abc×10-21×d，解得d= ，故答案为： 。
【分析】（1）①Se为34号元素，根据构造原理书写核外电子排布式；
②该物质结构对称；
③孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（2）①单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
②元素的非金属性越强，电负性越大；
（3）①产物中N原子形成4个σ键；
②等电子体具有相同的原子数和价电子数；
（4）①根据均摊法计算；
②位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近；
③根据计算。
34．【答案】（1）4s24p4
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）B；D；E
（4）O、Se
（5）＞；正四面体形
（6）K2SeBr6；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se为第四周期元素，Se与S同族，最外层电子数都为6，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
（2）H2Se和H2O都是分子晶体，由于水分子之间存在氢键，所以H2O的沸点较高。
（3）A．I中有碳碳单键（σ键）和介于单键、双键之间的特殊键（大π键），A不符合题意；
B．Se与Se为同种原子，则I中的Se-Se键为非极性共价键，B符合题意；
C．II属于烃类，难溶于水，C不符合题意；
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，D符合题意；
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。则I~III含有的元素中，O电负性最大，E符合题意；
故答案为：BDE。
（4）根据IV的结构简式可知，O、Se都有孤对电子，C、H、S都没有孤对电子。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸，H2SO4酸性比H2SO3强，则H2SeO4的酸性比H2SeO3强。SO42-中Se价层电子对数为4+=4，其立体构型为正四面体形。
（6）①根据晶胞结构可知，有8个K原子，另外的原子团个数为，而1个原子团为SeBr62-
，经简化可得X的化学式为K2SeBr6。
②由①可知，晶胞中含有4个K2SeBr6，且X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半。设晶胞参数为a nm，则，解得，所以X中相邻K之间的最短距离为nm。
【分析】（1）同主族元素原子的最外层电子数相等，价电子是指最外层电子。
（2）分子间含有氢键，能使物质的熔沸点升高。
（3）A．σ键为单键，介于单键、双键之间的特殊键为大π键。
B．在共价键中，成键的两个相同原子之间存在非极性共价键。
C．烃类都难溶于水。
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp。
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。
（4）根据原子最外层8电子饱和（H原子最外层2电子饱和）及物质结构中原子的成键情况进行分析。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸。分子或离子的立体构型可通过中心原子的价层电子对进行分析。
（6）①根据均摊法进行解答。
②根据n=和m=ρV进行分析，注意单位统一。
35．【答案】（1）ad；d
（2）sp2；σ；一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
（3）CsCl；CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
（4）电解质；
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）F为第9号元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，其激发态是基态原子2p能级上的几个电子跃迁到3p能级上。
a.基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a符合题意；
b.核外共10个电子，不是氟原子，b不符合题意；
c.核外共8个电子，不是氟原子，c不符合题意；
d.基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d符合题意；
故答案为：ad。
同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，故答案为：d。
（2）①一氯乙烯的结构式为，其中碳原子有3对共用电子对，采用sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl σ键。
②一氯乙烷中碳采用sp3杂化，一氯乙烯中碳采用sp2杂化，一氯乙炔中碳采用sp杂化。sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，p成分越多，形成的C-Cl键越弱，则其键长越长；同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键(Π34 )，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键(Π34 )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。
（3）非氧化还原反应中各元素化合价不变，根据反应前后元素的种类不变，CsICl2反应生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl。CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。
（4）在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，则α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质。每个晶胞中含I-的个数为8×+1=2，则Ag+个数也为2，所以晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(504×10-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=。
【分析】（1）注意氟原子的激发态是指基态原子2p能级上的几个电子跃迁到3p能级上。氟原子3p能级的能量比3s能级的能量高。
（2）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，则其键长越短；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键长越短。据此分析。
（3）非氧化还原反应前后元素的化合价不变，结合产物的特点和质量守恒定律进行分析。离子晶体的熔点比分子晶体高，据此分析。
（4）运用均摊法算出该晶胞的个数和体积，结合N=n·NA和V=n·Vm进行解答。
36．【答案】（1）HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。
（2）CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
【知识点】晶体熔沸点的比较；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；
(2)CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
【分析】（1）能形成分子间氢键的物质熔沸点较高；
（2）熔点的一般规律为：原子晶体>分子晶体>离子晶体，分子晶体的熔沸点随分子作用力的增大而增大。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1