2024届高三化学二轮专题——化学键与物质的性质（解析版）

这是一份2024届高三化学二轮专题——化学键与物质的性质（解析版），共27页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1．化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是（ ）
A．“中国天眼”的钢铁结构圈梁属于纯金属材料
B．油脂能促进脂溶性维生素（如维生素A，D，E，K）的吸收
C．2022年北京冬奥会雪上项目采用的人造雪性能优于天然雪，其化学成分与干冰相同
D．臭氧是替代氯气的净水剂，为弱极性分子，在水中的溶解度高于在四氯化碳中的溶解度
2．下列物质属于共价晶体的酸性氧化物是（ ）
A．干冰B．石英C．氧化钠D．金刚石
3．下列关于第三周期元素及相关物质的性质比较中，正确的是
A．酸性：B．熔点：红磷>单晶硅
C．第一电离能：S>PD．热稳定性：
4．2016年诺贝尔化学奖授予在合成分子机器领域做出贡献的三位科学家。分子机器是一种特殊的超分子体系，当体系受到外在刺激(如pH变化、吸收光子、电子得失等)时，分子组分间原有作用被破坏，各组分间发生类似于机械运动的某种热运动。下列说法错误的是（ ）
A．驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量
B．分子状态的改变会伴随能量变化，属于化学变化
C．氧化还原反应有可能是刺激分子机器体系的因素之一
D．光照有可能使分子产生类似于机械运动的某种热运动
5．下列化学用语表示正确的是（ ）
A．N2H4的结构式：
B．Al3+的结构示意图：
C．BF3的电子式：
D．异戊二烯的球棍模型：
6．科研工作者研究出一种新型的醇催化氧化途径，可以避免生成有毒物质，其部分反应机理如图所示.下列说法错误的是（ ）
A．避免生成有毒物质符合绿色化学的理念
B． 在该反应中作催化剂
C．反应过程中N和S元素的成键数目均保持不变
D．总反应方程式为 + +HCl
7．下列事实不能用键能的大小来解释的是（ ）
A．N2的化学性质稳定
B．H2O比H2S沸点高
C．HF、HCl、HBr的稳定性逐渐减弱
D．金刚石比晶体硅的熔点高
8．侯氏制碱法又称联合制碱法，是我国化学工程专家侯德榜于1943年创立的。其反应原理为。下列说法正确的是（ ）
A．中氧原子采取杂化
B．简单离子半径：
C．都是非极性分子，是极性分子
D．的空间结构是平面正三角形
9．最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷（黑磷的磷原子二维结构如图）是比石墨烯更好的新型二维半导体材料．下列说法正确的是（ ）
A．石墨烯属于烯烃
B．石墨烯中碳原子采用sp3杂化
C．黑磷与白磷互为同素异形体
D．黑磷高温下在空气中可以稳定存在
10．广东是岭南文化的集萃地。下列有关岭南文化的说法错误的是（ ）
A．“海丝文化”：海上丝绸贸易用于交易的银锭中仅存在离子键
B．“茶艺文化”：沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取剂
C．“建筑文化”：制作博古梁架时，在木材上雕刻花纹的过程主要发生物理变化
D．“戏剧文化”：现代粤剧舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应
11．由键能数据大小，不能解释下列事实的是（ ）
A．稳定性：B．键长：
C．熔点：D．硬度：金刚石>晶体硅
12．水可以发生如下变化：
冰 液态水(4℃) 水蒸气(100℃) 氢气+氧气
下列说法正确的是（ ）
A．过程①中物质体积膨胀
B．过程②中分子间距缩小
C．过程③中涉及化学键的断裂和形成
D．过程②与过程④互为可逆反应
13．短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W的单质常温下是黄绿色气体。由这四种元素组成的化合物A是一种重要的脱氢剂，化合物A与氢气反应可以生成化合物B，其过程如图所示。下列说法错误的是
A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备W的单质
B．Y的最高价氧化物的水化物是强电解质
C．Y、Z与氢三种元素形成化合物的晶体类型一定是分子晶体
D．用FeCl3溶液可鉴别A和B
14．胆矾的结构示意图如图。下列有关胆矾的说法正确的是
A．氧原子参与形成配位键和氢键两种化学键
B．上述结构中所有氧原子都采取杂化
C．配位后形成的空间结构是正八面体
D．胆矾中的水在不同温度下可能会分步失去
15．我国科研团队对嫦娥五号月壤的研究发现，月壤中存在一种含“水”矿物。下列化学用语或图示表达错误的是
A．—OH的电子式：
B．的结构示意图：
C．的空间结构模型：
D．的VSEPR模型：
16．镓 与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．酸性：
B． 和 中，既有离子键又有共价键
C．当 通入 和 溶液中， 和 同时沉淀出来
D． 和 均可与 反应生成
17．常温下三氧化硫以液态(SO3)3聚合存在，气化时以SO3存在。已知SO3分子结构是平面三角型。有关说法正确的是（ ）
A．由液态变气态是物理变化B．SO3属于弱电解质
C．SO3含有极性键D．SO3是极性分子
18．硫代硫酸钠（）可作为照相业的定影剂，反应的化学方程式为：。下列说法正确的是（ ）
A．基态Br原子中电子的空间运动状态有35种
B．中含有离子键、共价键、配位键
C．中心原子S的杂化方式为
D．非金属元素S、O、Br中电负性最大的是Br
19．NH3和BF3可以通过配位键形成化合物NH3·BF3，下列说法正确的是（ ）
A．NH3和BF3的空间结构都是三角锥形
B．NH3和BF3的中心原子的杂化方式相同
C．NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3，中各原子都达到8电子稳定结构
D．NH3和BF3形成的化合物NH3·BF3中配位键可表示为N→B
20．的配位化合物较稳定且运用广泛。它可与、、、等形成配离子使溶液显色。如：显浅紫色的、红色的、黄色的、无色。某同学按如下步骤完成实验：
已知与、在溶液中存在以下平衡：(红色)；(无色)
下列说法错误的是
A．Ⅰ中溶液呈黄色可能是由水解产物的颜色引起的
B．与的配位能力强于
C．为了能观察到溶液Ⅰ中的颜色，可向该溶液中加入稀盐酸
D．向溶液Ⅲ中加入足量的KSCN固体，溶液可能再次变为红色
二、综合题
21．自然界中含锰元素的主要矿物有软锰矿（MnO2·xH2O）、黑锰矿Mn3O4，大洋底部有大量锰结核矿。锰元素在多个领域中均有重要应用，用于制合金，能改善钢的抗冲击性能等。
（1）Mn在元素周期表中位于 区，核外电子占据最高能层的符号是 ，金属锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，这些性质都可以用“ 理论”解释。
（2）Mn3+在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2+，下列说法合理的是___。
A．Mn3+的价电子构型为3d4，不属于较稳定的电子构型
B．根据Mn2+的电子构型可知，Mn2+中不含成对电子
C．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
D．Mn2+与Fe3+具有相同的价电子构型，所以它们的化学性质相似
（3）在K2MnF6中，MnF62-的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为 。该化合物中含有的共价键在形成过程中原子轨道的重叠方式为 。
（4）二价锰的化合物MnO和MnS熔融态均能导电，熔点MnO MnS（选填“高于”、“等于”、“低于”）并解释原因 。
（5）某锰氧化物的晶胞结构如图：
该锰的氧化物的化学式为 ，该晶体中Mn的配位数为 ，该晶体中Mn之间的最近距离为 pm（用a、b来表示）。
22．硫及其化合物有许多用途，请回答下列问题。
（1）基态硫原子的价电子排布式为 ，其电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为 ；
（2）常见含硫的物质有单质硫(S8)、SO2、Na2S、K2S等，四种物质的熔点由高到低的顺序依次为 ，原因是 。
（3）炼铜原料黄铜矿中铜的主要存在形式是CuFeS2，煅烧黄铜矿生成SO2，CuFeS2中存在的化学键类型是 ，SO2中心原子的价层电子对数为 。
（4）方铅矿(即硫化铅)是一种比较常见的矿物，酸溶反应为：PbS+4HCl(浓)= H2[PbCl4]+H2S↑。H2S分子属于 (填“极性”或“非极性”)分子，其中心原子的杂化方式为 。下列分子的空间构型与H2S相同的有 ；
A．H2O B．CO2 C．SO2 D．CH4
（5）方铅矿的立方晶胞如图所示，硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的 空隙中。已知晶体密度为 g•cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为 nm
23．高熵合金通常被定义为含有5种以上主要元素的固溶体，每种元素的摩尔比为 。这个概念已经扩展到创造熵稳定的功能材料中。此类材料有熵稳定高熵功能材料( 的氧化物)，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。根据所学知识回答下列问题：
（1）基态 原子的价电子排布式为 ，有 个未成对电子。
（2）镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如 ( 表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为 ； 晶体中存在的化学键类型有 (填标号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E.配位键 F.氢键
（3）尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。 三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
（4）已知： 是强还原剂，与水反应能生成 ， 中含有 键与 键的数目之比为 ，该离子中C的杂化方式为 。
（5） 的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为 和 ，密度为 ，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为 (用含 的代数式表示， 表示阿伏加德罗常数的值)。
24．12月 17日凌晨，嫦娥五号完成“ 挖土” 之旅返回地球。查阅资料，月球玄武岩是构成月球的岩石之一，主要由辉石(主要成分硅酸盐)和钛铁矿(主要成分 FeTiO3)等组成。回答下列问题：
（1）基态铁原子的价电子排布式为： 。
（2）与 Fe同周期，且最外层电子数相同的主族元素是 (填元素符号)。
（3）基态 Ti原子核外电子占据的最高能层符号为 ；其最外层电子的电子云轮廓图为 。
（4）1mlFe3[Fe(CN)6]2中含有 σ键数为 ，［Fe(CN)6］3-中配体为 ，其中 C原子的杂化轨道类型为 ，H、C、N、Si四种元素的电负性由大到小的顺序为 。
（5）FeTiO3的结构如图 1所示，其中由 O围成的 (填“ 四面体空隙” 或“ 八面体空隙” )被 Fe占据。在图 2中画出 FeTiO3结构的另一种表示 (要求：Fe处于晶胞的顶点)，Ti的配位数为 。
（6）已知该晶胞的密度为 ρg/cm3，NA表示阿伏加德罗常数的值。计算晶胞参数 a= pm。(列出计算表达式)
25．锌是冶金、化工、纺织等行业应用广泛的重要金属之一、一种以含锌烟尘(主要成分是ZnO，还含有少量Si、Cu、Cd、Pd、Sb等元素的氧化物)制备金属锌的工艺流程如图：
已知：“滤液1”含有的离子有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+和SbCl。
（1）基态锌原子的价层电子排布式为 。
（2）“溶浸”中主要的离子方程式为 。
（3）“滤渣1”的主要成分是PbO、 。
（4）“滤渣2”是Sb2O5，“氧化除杂”的离子方程式 。
（5）“还原除杂”中加过量锌粉的目的是 。
（6）工业上一般利用闪锌矿(主要成分是ZnS)为原料制备锌，ZnS晶胞结构如图，则锌的配位数为 ；已知晶胞参数为acm，该晶体的密度为 g/cm3(写出计算式，设阿伏加德罗常数的值为NA)。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A.钢铁为铁碳合金，属于金属材料，但不属于纯金属材料，A不符合题意；
B.油脂能促进脂溶性维生素的吸收，B符合题意；
C.人造雪的主要成分是高吸水性树脂，干冰的主要成分是CO2，与人造雪的成分不同，C不符合题意；
D.臭氧为弱极性分子，因此其在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、钢铁属于铁碳合金；
B、油脂能促进脂溶性维生素的吸收；
C、干冰的成分为CO2；
D、根据相似相溶原理分析；
2．【答案】B
【解析】【解答】A．干冰是固体CO2，属于分子晶体的酸性氧化物，A不符合题意；
B．石英是固体SiO2，属于共价晶体的酸性氧化物，B符合题意；
C．氧化钠属于离子晶体的碱性氧化物，C不符合题意；
D．金刚石为碳单质，属于共价晶体的单质，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由原子构成的晶体为共价晶体，酸性氧化物是指能够与碱反应只生成盐和水的氧化物。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性P＞Si，所以酸性，故A符合题意；
B．晶体硅为原子晶体，红磷为分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体的，故熔点：红磷＜单晶硅，故B不符合题意；
C．一般同周期元素随核电荷数的增大第一电离能逐渐增大，但是P的最外层电子为3s23p3，p能级的电子为半满状态，较稳定，故第一电离能：S＜P，故C不符合题意；
D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性P＞Si，故热稳定性：，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强；
B．原子晶体的熔点高于分子晶体；
C．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．需要对体系输入一定的能量，才能驱动分子机器，故A不符合题意；
B．分子状态的改变是物态变化，属于物理变化，故B符合题意；
C．电子的得失是氧化还原反应的本质，则发生氧化还原反应时可刺激分子机器体系，故C不符合题意；
D．光照可使光能转化为机械能，即光照能使分子产生类似于机械运动的某种热运动，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】当体系受到外在刺激（如pH变化、吸收光子、电子得失等）时，分子组分间原有作用被破坏，说明反应可在光照条件下进行，且可以是氧化还原反应，驱动分子机器时，需要对体系输入一定的能量，以此解答该题。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．N2H4的结构式为 ，A项不符合题意；
B．Al3+的结构示意图为 ，B项不符合题意；
C．BF3的电子式为： ，C项不符合题意；
D．异戊二烯的球棍模型： ，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.N元素最外层电子数为5，易得3个电子，而图中氮元素有四个键；
B.核外电子排布式为铝原子；
C.B原子最外层电子数为3，不能构成八电子稳定结构；
D.异戊二烯球棍模型正确，符合命名及结构简式。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．避免生成有毒物质，可防止污染环境，符合绿色化学的理念，A项不符合题意；
B．反应过程中， 参与反应后，又有 生成， 在反应中作催化剂，B项不符合题意；
C．由图可知，反应过程中S元素的成键数目发生改变，C项符合题意；
D．由转化关系知，醇催化氧化的总反应为 ，D项不符合题意；
故答案为C。
【分析】A.根据题意避免生成有毒物质符合绿色化学的要求
B.根据流程图即可判断出其为催化剂
C.根据流程图氮的化学键数不变，硫的化学键数目变化
D.根据反应物和生成物即可写出方程式
7．【答案】B
【解析】【解答】A．氮气分子中含有氮氮三键，氮氮三键的键能大，化学性质稳定，则氮气的化学性质稳定能用键能的大小来解释，故A不符合题意；
B．水分子能形成分子间氢键，硫化氢不能形成分子间氢键，所以水分子间的作用力大于硫化氢，沸点高于硫化氢，则水的沸点高于硫化氢不能用键能的大小来解释，故B符合题意；
C．氟、氯、溴的电负性依次减小，氢氟键、氢氯键、氢溴键的键能依次减小，则氟化氢、氯化氢、溴化氢的稳定性逐渐减弱，所以氟化氢、氯化氢、溴化氢的稳定性逐渐减弱能用键能的大小来解释，故C不符合题意；
D．碳元素的电负性大于硅元素，金刚石中碳碳键的键能大于晶体硅中的硅硅键，碳碳键强于硅硅键，则金刚石的熔点高于晶体硅，所以金刚石比晶体硅的熔点高能用键能的大小来解释，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．键能越大，化学性质越稳定；
B．分子间含有氢键，熔沸点较高；
C．原子半径越大，共价键键长越长，键能越小，共价键越不牢固，氢化物的稳定性越弱；
D．原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高。
8．【答案】A
【解析】【解答】A．中O原子价层电子对数=2+=4，采取杂化，故A符合题意；
B．核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，Na+、的电子层结构相同，但O的核电荷数比Na小，所以简单离子半径：，故B不符合题意；
C．为V形结构，属于极性分子，故C不符合题意；
D．中N原子价层电子对数=3+=4，采取杂化，有1对孤对电子，空间构型是三角锥形，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小；
C.根据正负电荷中心是否重合判断分子的极性；
D.氨气分子中N原子的价层电子对数为4，含有一个孤电子对，空间构型是三角锥形。
9．【答案】C
【解析】【解答】A.石墨烯是碳的一种单质，不属于有机物，因此也不属于烯烃，A不符合题意；
B.石墨烯中碳原子采用sp2杂化，B不符合题意；
C.黑磷和白磷都是由磷元素组成的单质，属于同素异形体，C符合题意；
D.高温下，黑磷能与空气中的O2反应生成P2O5，不可稳定存在，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.石墨烯属于碳的一种单质；
B.石墨烯中碳原子为sp2杂化；
C.根据同素异形体的定义进行分析；
D.根据P的性质分析；
10．【答案】A
【解析】【解答】A．银锭中仅存在金属键，A符合题意；
B．沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取剂，茶叶中的成分从茶叶中转移到了水中，B不符合题意；
C．在木材上雕刻花纹的过程主要发生物理变化，没有新物质生成，不是化学变化，C不符合题意；
D．舞台上灯光光柱的形成是光遇到雾气或大气中的灰尘，产生了丁达尔效应，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．银仅存在金属键；
B．萃取是利用一种物质在两种互不相溶溶剂中溶解度的不同进行分离的方法；
C．没有新物质生成；
D．胶体有丁达尔效应。
11．【答案】C
【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。
12．【答案】C
【解析】【解答】A.4℃时的液态水体积比冰小，故过程①中物质体积缩小，A项不符合题意；
B．液态水转化为水蒸气，体积变大，水分子间距增大，B项不符合题意；
C．水蒸气转化为氢气和氧气，水中的H-O断裂，形成了H-H和O-O，故过程③中涉及化学键的断裂和形成，C项符合题意；
D．可逆反应是在同一条件下既可以向正反应方向进行，又可以向逆反应方向进行的化学反应，故过程②与过程④不是可逆反应，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】①是固体到液态水，分子间隔增大，液态水到水蒸气分子间的间隔也变大，①和②均为物理变化，过程③是化学变化，涉及到化学键的断裂和形成，可逆反应是在同一条件下正逆反应均可发生的反应。②和④不为可逆反应
13．【答案】C
【解析】【解答】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Cl。
A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备氯气，同时生成氢气和氢氧化钠，故A不符合题意；
B．N的最高价氧化物的水化物硝酸是强电解质，故B不符合题意；
C．N、O与氢组成的化合物若为硝酸铵，属于离子化合物，是离子晶体，故C符合题意；
D．B中含有酚羟基，A不含有，则可用FeCl3溶液可鉴别A和B，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】Z是地壳中含量最多的元素，则Z为O元素，W的单质常温下是黄绿色气体，则W为Cl元素，根据化合物A和化合物B的结构可知，X为C元素，Y为N元素。
14．【答案】D
【解析】【解答】A．氢键不属于化学键，故A不符合题意；
B．该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，故B不符合题意；
C．由结构可知分别与四个水分子中的O和两个硫酸根离子中的O配位，但因顶部不同，形成的空间结构为八面体，不是正八面体，故C不符合题意；
D．胆矾中的水分两类，一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构不同，因此加热过程中胆矾中的水会分步失去，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键不属于化学键；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．依据配体的不同分析；
D．一类是形成配体的水分子，一类是形成氢键的水分子，结构不同，加热会分步失去。
15．【答案】C
【解析】【解答】A．-OH的电子式：，A不符合题意；
B．的结构示意图：，B不符合题意；
C．的中心原子的价层电子对数为4+=4，没有孤电子对，空间构型为正四面体，C符合题意；
D．的中心原子的价层电子对数为2+=4，有2个孤电子对，VSEPR模型：，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.羟基为中性原子团，O的最外层含有7个电子；
B.Ca2+的质子数为20，电子数为18；
D.H2O的中心原子的价层电子对数为4，含有2个孤电子对。
16．【答案】D
【解析】【解答】A. 二氧化碳通入NaAlO2及NaGaO2，首先析出的是 ，则酸性： ，A不符合题意；
B. 和 中，只有共价键，B不符合题意；
C. 当 通入 和 溶液中，酸性较弱的 首先沉淀出来，C不符合题意；
D. 镓 与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物，故 和 均可与 反应生成 ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.一般强酸制取弱酸，通入二氧化碳氢氧化铝先析出因此氢氧化铝酸性更弱
B.氯化铝和氯化稼均是两性化合物，不存在离子键
C.根据题意氢氧化铝先析出
D.氧化铝和氢氧化铝均与氢氧化钠反应偏铝酸钠，因此氧化镓和氢氧化稼也会产生偏稼酸钠
17．【答案】C
【解析】【解答】A．常温下三氧化硫以液态(SO3)3聚合存在，气化时以SO3存在，由液态变气态，分子不同，不是物理变化，故A不符合题意；
B．SO3溶于水导电是因为反应生成了电解质硫酸，硫酸电离出自由移动的离子而导电，SO3本身不能电离，属于非电解质，故B不符合题意；
C．SO3由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，因此SO3含有极性键，故C符合题意；
D．SO3分子结构是平面三角型，键角为 120° ，结构对称，正、负电中心重合，所以是非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据固态和气态的化学式确定由固态变为气态时是化学变化，三氧化硫的分子结构式平面三角形,含有硫氧极性键，是非极性分子，溶于水后导电，但是不是电解质
18．【答案】C
【解析】【解答】A.基态Br原子核外电子排布式为 ，内层轨道全部占满，共占据14个原子轨道，4s能级、4p能级占据4个轨道，核外电子占据l8个原子轨道，故基态Br原子中电子的空间运动状态有l8种，A不符合题意；
B. 是配离子， 和 之间形成配位键，S原子和O原子之间形成共价键，不含离子键，B不符合题意；
C. 与 原子总数相同，价电子总数相同，中心S原子的杂化方式相同， 中中心S原子形成4个共价键，价层电子对数为 ，则中心S原子采取 杂化，C符合题意；
D.元素的电负性：O>Br>S，电负性最大的是O，D不符合题意。
【分析】A.基态Br原子核外电子排布式为。
B. 是配离子，只含共价键和配位键。
C.通过计算中心原子的价层电子对数和孤电子对数进行分析。
D.非金属性越强，其电负性越大。
19．【答案】D
【解析】【解答】根据价电子对互斥理论，价电子对数=σ键数+孤电子对数，则NH3中N原子的价电子对数=3+1 =4，空间结构为三角锥形，BF3中B形成3个σ键，无孤电子对， B原子的价电子对数=3+0=3，空间结构为平面三角形故A不符合题意；
NH3中N原子的价电子对数为4，即为sp3杂化，BF3中B形成3个σ键，无孤电子对，B原子的价电子对数为3，所以为sp3杂化，即NH3和BF3的中心原子的杂化方式不同，故B不符合题意；
NH3·BF3中N提供孤电子对，B提供空轨道，形成配位键，使B、N原子都达到8电子稳定结构，但H原子只能达到2电子的稳定结构，故C不符合题意；
NH3·BF3中配位键可表示为N→B，故D符合题意。
【分析】
A.根据价电子对数和成键情况，后者结构属于平面三角形；
B.根据其中心原子的价电子对数和成键情况分析，杂化类型不同；
C.氢原子未达8电子稳定结构；
D.NH3·BF3中配位键可表示为N→B。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．为浅紫色，但溶液I却呈黄色，原因可能是Fe3+发生水解生成红褐色Fe(OH)3，与浅紫色形成混合体系，使溶液呈黄色，A不符合题意；
B．加入NaF后溶液II由红色变为无色，说明转变为，反应更易生成，说明与的配位能力强于，B不符合题意；
C．为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，C符合题意；
D．向溶液III中加入足量的KSCN固体，可使平衡的Q>，平衡正向移动，溶液可能再次变为红色，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、铁离子水解为氢氧化铁，可能形成黄色；
B、配位能力越强则越容易形成；
C、增大氢离子的浓度，可以抑制铁离子的水解，但是加入稀盐酸会导致颜色发生变化；
D、硫氰酸钾遇铁离子变红。
21．【答案】（1）d；N；电子气
（2）A
（3）6；“头碰头”
（4）高于；均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高
（5）MnO2；6；
【解析】【解答】(1)Mn是25号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2，可知M在元素周期表中位于第四周期第VIIB，属于d区元素，核外电子占据最高能层的符号是N；锰可导电，导热，具有金属光泽，有延展性，是因为有自由电子，这些性质都可以用“电子气理论”解释，故答案为：d；N；电子气；(2)A．Mn3＋的价电子构型为3d4，Mn3＋在水溶液中容易歧化为MnO2和Mn2＋，说明Mn3＋不稳定，Mn3＋容易变成电子半充满的稳定的价电子构型为3d5，3d4则属于不稳定的电子构型，故A正确；
B．Mn2＋中价电子层不含成对电子，但是内层中含有成对电子，故B不正确；
C．第四周期中价电子层中未成对电子数最多的元素价电子排布式为：3d54s1，是Cr元素，故C不正确；
D．Mn2＋与Fe3＋具有相同的价电子构型，微粒的化学性质不仅与价电子构型有关，也和微粒的电荷数、微粒半径、原子序数有关，因此它们的化学性质不相似，Mn2＋具有强的还原性，而Fe3＋具有强的氧化性，故D不正确；
故
故答案为：A；(3)MnF62−的空间构型是正八面体，则中心原子的价层电子对数为6．在化合物化合物K2MnF6中含有的F与Mn之间的共价键都是共价单键，属于σ键，在形成过程中原子轨道的重叠方式为“头碰头”，故答案为：6；“头碰头”；(4)MnO和MnS都是离子晶体，离子电荷数相同，O2−离子半径小于S2−的离子半径，MnO的晶格能大，熔点更高，故答案为：高于；均为离子晶体，O2-半径比S2-半径小，MnO晶格能大，熔点高；(5)在该晶体中含有的Mn原子个数为： ×8＋1＝2，含有的O原子数目为： ×4＋2＝4，Mn：O＝2：4＝1：2，所以该锰的氧化物的化学式为MnO2；根据晶胞投影图可知：在该晶体体中与Mn原子距离相等且最近的O原子有6个，所以Mn的配位数为6；由晶胞结构可知：在该晶胞中距离相等且最近的2个Mn在晶胞体对角线的一半，晶胞的体对角线为 pm，所以该晶体中Mn之间的最近距离为 × pm= pm，故答案为：MnO2；6； 。
【分析】（1）根据元素的核外电子能级排布即可找出区域和最高能级符号，金属的物理性质可用电子气进行解释
（2）A.根据锰元素的核外电子能级排布即可写出Mn3+的电子构型，即可判断其稳定性
B.根据锰离子的核外电子构型即可判断是否含有不成对电子
C.根据第四周期的元素的核外电子能级判断出为未成对电子数
D.虽具有相同的价电子构型，但是性质不同
（3）根据正八面体即可计算出价层电子数，根据成键方式即可判断出原子轨道的重叠方式
（4）均属离子化合物，熔沸点与离子的半径和带电荷数有关
（5）根据晶胞示意图即可计算出含有的的原子个数即可写出化学式，即可找出锰元素的配位数，即可计算出锰原子之间的距离
22．【答案】（1）3s23p4；哑铃形
（2）Na2S＞K2S＞S8＞SO2；Na2S、K2S为离子晶体，熔点较高，离子半径：K+＞Na+，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以熔点：Na2S＞K2S，S8、SO2形成的是分子晶体，熔点较低，相对分子质量越大，熔点越高，相对分子质量：S8＞SO2，所以熔点：S8＞SO2
（3）离子键；3
（4）极性；sp3；AC
（5）四面体；
【解析】【解答】（1） S位于周期表中第3周期第ⅥA族，基态硫原子的价电子排布式为3s23p4，其电子占据最高能级为P能级，电子云轮廓图形状为哑铃形；,
（2）Na2S、K2S为离子晶体，熔点较高，离子半径：K+＞Na+，离子半径越小，离子键越强，熔点越高，所以熔点：Na2S＞K2S，S8、SO2形成的是分子晶体，熔点较低，相对分子质量越大，熔点越高，相对分子质量：S8＞SO2，所以熔点：S8＞SO2，故四种物质的熔点由高到低的顺序依次为Na2S＞K2S＞S8＞SO2；
（3）CuFeS2是离子化合物，Cu2+、Fe2+、S2-之间存在离子键；SO2中心原子S原子形成2个σ键，孤电子对数为 ，则价层电子对数为3；
（4）H2S分子中S原子形成2个σ键，孤电子对数为 ，价层电子对数为4，则中心原子S原子的杂化方式为sp3，分子构型为角形，正负电荷中心不重合，则H2S分子属于极性分子；与H2S分子的空间构型相同的有H2O、SO2，均为角形，CO2为直线形，CH4为正四面体型，
故答案为：AC；
（5）硫离子采取面心立方堆积，铅离子填在由硫离子形成的四面体空隙中，与周围最近的4个硫离子形成正四面体，与正四面体顶点的距离即为晶胞中硫离子与铅离子最近的距离，顶点与四面体中心的连线处于晶胞体对角线上，且二者距离为晶胞体对角线长度的 ，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的 ，一个晶胞中有4个铅离子， 个硫离子，则晶胞的总质量为 ，故晶胞的体积为 ，晶胞的边长为 ，则晶胞中硫离子与铅离子最近的距离为 。
【分析】（1）根据硫的最外层电子数确定价层电子的排布式；根据p能级的电子云轮廓判断。
（2）根据晶体类型和同种晶体类型熔点的影响因素分析。
（3）离子晶体中所含的化学键类型为离子键；由SO2化学键和孤电子对数确定其价层电子对数。
（4）根据分子中正负电荷的重心是否重合判断是否属于极性分子；由硫原子的价层电子对数判断其杂化方式；根据所给物质的化学式确定其空间构型。
（5）结合晶胞结构进行计算。
23．【答案】（1）；2
（2）三角锥形；BCE
（3）
（4）；sp
（5）
【解析】【解答】(1)基态 原子的价电子排布式为 ，有2个未成对电子；
(2) ( 表示苯基)中配体为 原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取 杂化，故配体的空间构型为三角锥形； 中存在 (极性键)， (非极性键)， (配位键)，故答案为：BCE；
(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能Fe＞Mn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn；
(4) 中C、N以三键连接，三键中含有1个 键，2个 键，故 键与 键的数目之比为 ， 键不参与杂化，只有1个 键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；
(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个 ，故原子所占的总体积 ，该晶胞的体积为 ，则原子的空间利用率为 。
【分析】（1）根据核外电子能级排布即可写出价电子排布和孤对电子
（2）根据化学式即可找出配体离子，根据中心原子成键方式即可判断构型，结合晶体的空间构型即可找出含有的键型
（3）同周期元素从左到右电离增大的趋势，但是考虑到d能级电子的排满状态即可判断
（4）根据化学式即可找出键的数目之比，根据成键方式即可判断杂化方式
（5）根据晶胞结构计算出晶胞中原子的个数接口计算出占有体积，根据晶胞参数计算出晶胞体积即可计算出占有率
24．【答案】（1）3d64s2
（2）Ca
（3）N；球形
（4）24NA；CN-；sp杂化；N＞C＞H＞Si
（5）八面体空隙；；12
（6）
【解析】【解答】(1)铁元素的原子序数为26，价电子数8，基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
(2)铁元素位于元素周期表第四周期，铁原子的最外层电子数为2，与铁同周期，且最外层电子数相同的主族元素是钙，故答案为：Ca；
(3) 基态 Ti原子的的价电子排布式为3d24s2，核外电子占据的最高能层符号为N，4s电子云轮廓图为球形，故答案为：N；球形；
(4) Fe(CN)6]3+离子中铁离子与氰酸根离子形成6个配位键，每个氰酸根离子中含有1个σ键， 1mlFe3[Fe(CN)6]2中含有2ml Fe(CN)6]3+离子，含有σ键的数目为(1×6+6) ×2ml×NA ml—1=24NA；氰酸根离子含有碳氮三键，则碳原子的杂化方式为sp杂化；非金属元素的非金属性越强，电负性越大，H、C、N、Si四种元素的非金属性有强到弱的顺序为N＞C＞H＞Si，则电负性由大到小的顺序为N＞C＞H＞Si，故答案为：24NA；sp杂化；N＞C＞H＞Si；
(5)由图1晶体结构可知，由 O原子围成的八面体空隙被 Fe原子占据，钛原子(●)处于晶胞顶点时，铁原子(△)位于体心，氧原子(○)位于面心，当铁原子处于晶胞的顶点时，钛原子位于体心，氧原子(○)位于棱上，晶胞结构示意图为 ，与钛原子距离最近的氧原子有12个，则钛原子的配位数为12，故答案为：八面体空隙； ；12；
(6)由晶胞的质量公式可得：ρ(a×10—10)3= ，解得a= pm，故答案为： 。
【分析】（1）根据铁的核外电子能级排布即可写出铁的价电子排布式
（2）根据铁原子的最外层电子数即可写出主族元素的符号
（3）写出Ti的的原子结构示意图即可判断最高能层符号，写出外层价电子层排布即可找出轨道符号
（4）找出单键和配位键数即可，根据配离子化学式即可找出配体，根据碳原子的成键方式即可判断出杂化方式，非金属性越强，电负性越强
（5）根据晶胞结构即可判断出6个氧原子形成八面体空隙被铁原子占据，根据要求即可画出铁为顶点的晶胞图，找出与Ti距离最近的氧原子即可
（6）根据晶胞图计算出原子个数即可计算出晶胞质量，结合密度计算出晶胞的体积即可求出晶胞参数
25．【答案】（1）3d104s2
（2）ZnO+2NH+2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O
（3）SiO2
（4）2SbCl+2H2O2+H2O=Sb2O3↓+10Cl-+6H+
（5）与杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+发生反应，将杂质全部除去
（6）4；
【解析】【解答】（1）Zn是30号元素，位于第四周期第ⅡB族，基态Zn的价层电子排布式为3d104s2，答案：3d104s2；
（2）由信息可知，“溶浸”时加入NH4Cl和NH3，主要把ZnO转化为[Zn(NH3)4]2+，NH4Cl水解呈酸性，可将ZnO转化为Zn2+，NH3可以和Zn2+形成配合离子[Zn(NH3)4]2+，离子方程式ZnO+2NH+2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O，答案：ZnO+2NH+2NH3=[Zn(NH3)4]2++H2O；
（3）由信息，ZnO和Cu、Cd、Pd、Sb的氧化物被溶解，存在于滤液中，PbO存在于滤渣中，因为硅的氧化物SiO2不溶于酸性溶液(除HF)，留在滤渣中。答案：SiO2；
（4）由前边分析可知，SbCl被过氧化氢氧化生成Sb2O5，Sb元素化合价由+3升到+5，O元素化合价由-1降低到-2，由化合价升降法配平方程式2SbCl+2H2O2+H2O=Sb2O3↓+10Cl-+6H+，答案：2SbCl+2H2O2+H2O=Sb2O3↓+10Cl-+6H+；
（5）由信息可知，“还原除杂”后面没有其他的除杂过程，Zn比Cu、Cd还原性强，所以“还原除杂”中加过量锌粉的目的将杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+还原除去，答案：与杂质[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+发生反应，将杂质全部除去；
（6）一个晶胞中有Zn个数 ，含S个数为4，根据晶胞平移可重复的特性，每个锌原子位于4个S原子构成的正四面体中心，Zn的配位数为4。一个晶胞体积为，一个晶胞质量 ，晶体密 。答案：4；；
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒书写。
（3）依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
（4）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒、电荷守恒书写。
（5）由信息可知，“还原除杂”后面没有其他的除杂过程；
（6）利用均摊法确定原子数，再利用密度公式计算。化学键
键能/
411
318
799
358
452
346
222