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- 专题08 元素周期表、元素周期律（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版） 试卷 1 次下载
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专题09 物质结构与性质（基础卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版）
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这是一份专题09 物质结构与性质（基础卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题09 物质结构与性质（基础卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共60分）
1. (2021·辽宁省沈阳市·模拟题)下列分子VSEPR模型不是四面体形的是（ ）
A. SO3 B. H2O C. NH3 D. CH4
【答案】A
【解析】
A．SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，所以VSEPR模型为平面正三角形，故A选；
B．H2O中O原子价层电子对个数=2+=4，所以VSEPR模型为四面体形，故B不选；
C．NH3分子中N原子价层电子对个数=3+=4，所以VSEPR模型为四面体形，故C不选；
D．CH4分子中C原子价层电子对个数=4+=4，所以VSEPR模型为四面体形，故D不选；
2. (2021·湖北省武汉市·模拟题)检验Ni2+的反应原理如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 甲中σ键与π键的个数比是7：1
B. 乙中Ni2+的配位数是4
C. 乙分子内存在氢键
D. 非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
【答案】A
【解析】
A.单键均为σ键，双键中含1个σ键、1个π键，则甲中σ键与π键的个数比是15：2，故A错误；
B.由图可知，1个Ni2+提供空轨道，4个N原子提供孤对电子，形成配位键，则Ni2+的配位数是4，故B正确；
C.图中虚线表示的为氢键，与N、O的电负性大有关，故C正确；
D.同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，且化合物中电负性大的显负价，则电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，故D正确；
故选：A。
3. (2021·湖北省·模拟题)研究表明，结构中含有N3-、N5+的含氮含能材料如Pb(N3)2、N5+AsF6-均可以用于炸药。下列说法正确的是（ ）
A. Pb属于副族元素
B. N3-的空间构型为直线形
C. 基态As原子核外最高能级电子云形状为球形
D. 基态F原子中，电子运动状态有7种
【答案】B
【解析】
A．Pb位于第六周期第IVA族，属于主族元素，故A错误；
B．N3-与CO2互为等电子体，二者空间构型相同，二氧化碳为直线形分子，则N3-的空间构型为直线形，故B正确；
C．基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，其最高能级为4p能级，所以基态As原子核外最高能级电子云形状为哑铃形，故C错误；
D．基态原子核外有几个电子，其电子就有几种运动状态，基态F原子核外有9个电子，则电子运动状态有9种，故D错误；
故选B。
4. (2021·全国·单元测试)在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B. 该配离子中铜离子的配位数是4
C. 基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
【答案】A
【解析】
A．根据结构可知，该配离子中的N原子和O原子可与水分子中的H形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H形成氢键，故A错误；
B．根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4，故B正确；
C．根据铜离子的电子排布式可知，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，故C正确；
D．根据同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，故D正确；
故选：A。
5. (2021·山东省滨州市·期末考试)短周期主族元素L、X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中只有一种金属元素，L和Y、X和Z分别位于同一主族，由X、Y、Z三种元素形成的化合物M结构如图所示，在工业上可用作漂白剂。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素电负性：X＞W＞Z
B. 简单离子半径：Z＞W＞Y＞X
C. Z、W的氧化物对应的水化物均为强酸
D. X、Z、W分别与L形成的最简单化合物中W的沸点最高
【答案】A
【解析】
根据分析可知，L为H，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl元素，
A．一般来讲，同主族从上到下电负性逐渐减小，同周期从左向右电负性逐渐增强，则元素电负性：X＞W＞Z，故A正确；
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，则简单离子半径：Z＞W＞X＞Y，故B错误；
C．Z、W的氧化物对应的水化物不一定为强酸，如亚硫酸、次氯酸不是强酸，故C错误；
D．水分子之间存在氢键，导致其沸点较高，则X、Z、W分别与L形成的最简单化合物中X（O）的沸点最高，故D错误；
故选：A。
6. (2021·辽宁省·历年真题)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是（ ）
A. S位于元素周期表p区
B. 该物质的化学式为H3S
C. S位于H构成的八面体空隙中
D. 该晶体属于分子晶体
【答案】D
【解析】
A．S原子的价电子排布式为：3s23p4，最后排入的是3p电子，所以S元素位于p区，故A正确；
B．该晶胞中S原子个数=1+8×=2、H原子个数=12×+6×=6，则S、H原子个数之比=2：6=1：3，其化学式为H3S，故B正确；
C．以体心上的S原子为例，S原子位于H构成的正八面体空隙中，如图，故C正确；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，所以该晶体为离子晶体，故D错误。
7. (2021·湖北省孝感市·单元测试)下列说法中正确的是（ ）
A. 价电子排布为3d104s1的元素位于第四周期第IA族，是s区元素
B. SO2分子和O3分子的立体构型均为V形
C. 有机物CH2＝CH-CH3分子中有1个π键、2个σ键
D. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解
【答案】B
【解析】
A.价电子排布为3d104s1的元素为Cu，位于第四周期第IB族，是ds区元素，故A错误；
B.SO2分子和O3分子的价层电子对数均为3，立体构型均为V形，故B正确；
C.有机物CH2＝CH-CH3分子中有1个π键、8个σ键，故C错误；
D.由于氢键的存在，使水分子的熔沸点升高，而与水分子的稳定性无关，故D错误。
8. (2021·湖北省荆州市·单元测试)《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”，涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A. 电负性：N＞O＞S B. 单质硫属于共价晶体
C. 第一电离能：N＞O＞C D. KNO3中的共价键只含有σ键
【答案】C
【解析】
A.非金属性越强，电负性越强，故电负性N＜O，故A错误；
B.单质硫属于分子晶体，不属于共价晶体，故B错误；
C.N元素的2p能级为半满结构，比较稳定，故第一电离能：N＞O＞C，故C正确；
D.KNO3中钾离子与硝酸根离子之间还含有离子键，故D错误。
9. (2021·湖北省十堰市·模拟题)下列有关说法正确的是（ ）
A. 四水合铜离子的模型如图1所示，其中铜离子提供孤电子对给水分子形成配位键
B. CaF2 晶体的晶胞如图2所示，其中 Ca2+位于晶胞顶点和面心，F- 位于晶胞体内。设 Ca2+、F-的半径分别为 r1 和 r2，晶胞边长为a，则：a=4（r1+r2）
C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. 金属Cu中原子堆积模型如图4所示，为最密堆积，原子的配位数为12，空间利用率为68%
【答案】C
【解析】
A．由图可以看出，1个铜离子与4个水分子结合成[Cu（H2O）4]2+，Cu2+与H2O分子之间通过配位键相结合，铜离子提供孤电子对给水分子形成配位键，故A正确；
B．CaF2晶体为六方最密堆积，设Ca2+、F-半径分别为r1和r2，晶胞边长为a，晶胞体对角线上有2个F-和3个Ca2+，其中2个Ca2+在顶点有一部分属于另一个晶胞，那么属于体对角线的就有4个F-半径和4个Ca2+半径，则有a=4（r1+r2），故B正确；
C．H原子核外只有1个电子，所以电子云图中，黑点不表示电子，只表示电子出现的机会多少，H原子核外电子大多在原子核附近运动，故C错误；
D．金属Cu原子形成的金属晶体为最密堆积，每个Cu原子周围同一层有6个Cu原子，上、下层各有3个Cu原子，所以其配位数均为12，空间利用率为68%，故D正确；
故选：C。
10. (2021·湖北省咸宁市·月考试卷)下列叙述正确的有几项（ ）
①现代化学常用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素的种类
②按电子排布，可把周期表里的元素划分为4个区
③电中性基态原子失去一个电子转化为基态正离子所需要的最低能量叫作第一电离能
④FeCl3溶液与KSCN溶液混合显血红色是因为生成的配离子有颜色
⑤接近水沸点水蒸气相对分子质量测定值比18略大的原因是水分子间形成氢键相互缔合
⑥碳酸非羟基氧数目与亚硝酸、磷酸相同，它们酸性也相近
⑦得到晶体的途径一般有三种：凝固、凝华、溶液中结晶析出
⑧分子间只存在范德华力的分子晶体，其堆积特征为分子密堆积
⑨石墨晶体中含有共价键、金属键、范德华力
⑩晶格能高的晶体熔点较高，更容易在岩浆冷却过程中先结晶
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【解析】
①每一种元素原子的吸收光谱和发射光谱都不同，可通过特征谱线来鉴定元素种类，故①正确；
②按价电子排布，根据价电子所在轨道来将元素划分为s、p、d、ds、f区，故②错误；
③第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，故③错误；
④与KSCN反应，生成该配离子为红色，故④正确；
⑤O分子易发生缔合，主要原因是形成了氢键，在固态时, 大量水分子以氢键互相连接成巨型缔合分子，当冰熔化后，部分氢键被破坏，当接近水沸点时，大部分氢键被破坏，但仍有少许氢键存在使部分水分子缔合在一起，故接近水沸点的水蒸气相对分子质量略大于18，故⑤正确；
⑥一般而言，含氧酸的强度与连接在中心原子上的非羟基氧的个数相关，个数越多，酸性越强，碳酸[CO]非羟基氧个数与磷酸[PO]、亚硝酸[(HO)NO]一样为1，但碳酸是弱酸，磷酸却是中强酸，故⑥错误；
⑦得到晶体的途径主要为熔融态物质以适宜速度冷却凝固，气态物质不经液态直接凝华，溶质从溶剂中析出, 故⑦正确；
⑧分子晶体中的范德华力没有方向性和饱和性，而氢键具有方向性和饱和性，所以分子晶体在堆积时如果只有范德华力将采用空间利用率高，能量低的分子密堆积，故⑧正确；
⑨石墨为混合晶体，层与层间为范德华力，每个碳原子剩下一个电子在层间形成“电子
气”, 可认为存在金属键，层内存在共价键，故⑨正确；
⑩晶格能越大，晶体的熔点越高，更容易在岩浆冷却过程中先结晶，故⑩正确。
11. (2021·江苏省南通市·期末考试)氧化亚铜（Cu2O）主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜。以肼（N2H4）为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为：4Cu（CH3COO）2+N2H4+2H2O=2Cu2O↓+N2+8CH3COOH。生成的沉淀需用水洗涤后，用乙醇洗涤。下列说法不正确的是（ ）
A. N2H4能与水分子形成分子间氢键
B. 如图所示Cu2O的晶胞中，Cu+的配位数是4
C. 每生成标准状况下2.24LN2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023
D. 沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化
【答案】B
【解析】
A.含N、O元素的氢化物之间含氢键，则N2H4能与水分子形成分子间氢键，故A正确；
B.图中白球位于顶点和体心，其个数为8×+1=2，黑球位于体内，个数为4，则白球与黑球的个数比为1：2，由Cu2O可知黑球为Cu+，白球的配位数为4，Cu+的配位数是8，故B错误；
C..由反应可知生成1mol气体转化4mol电子，每生成标准状况下2.24LN2，反应转移电子数为×4×NAmol-1≈0.4×6.02×1023，故C正确；
D.乙醇与水互溶，且具有还原性，则沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化，故D正确；
故选：B。
12. (2021·山西省·单元测试)下列说法中正确的是（ ）
A. P4和CH4都是正四面体形分子，且键角都为109°28’
B.乙烯分子中，碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键
C.键长H-F < H-Cl < H-Br < H-I，因此稳定性HF < HCl < HBr < HI
D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
【答案】B
【解析】
A.P4的键角为60°，故A错误；
B.乙烯分子中，碳原子的价层电子对数为3，碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，C−C之间未参加杂化的2p轨道“肩并肩”形成π键，故B正确；
C.键长越长，键能越小，分子的稳定性越差，则稳定性HF > HCl >HBr > HI，故C错误；
D.PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用大，所以PH3分子为三角锥形，键角小于109°28′，故D错误。
13. (2021·安徽省·单元测试)已知几种共价键的键能如下：
化学键
H—N
N≡N
Cl—Cl
H—Cl
键能/kJ·mol－1
391
946
243
431
下列说法错误的是（ ）
A. 键能：N≡N＞N=N＞N—N
B. H(g)＋Cl(g)=HCl(g) ΔH＝－431 kJ·mol－1
C. H—N键能小于H—Cl键能，所以NH3的沸点高于HCl
D. 2NH3(g)＋3Cl2(g)=N2(g)＋6HCl(g) ΔH＝－457 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【解答】
A项，三键键长小于双键键长小于单键键长，键长越短，键能越大，所以键能：N≡N＞N=N＞N—N，正确；
B项，H(g)＋Cl(g)=HCl(g)的焓变为H—Cl键能的相反数，则ΔH＝－431 kJ·mol－1，正确；
C项，NH3的沸点高于HCl是由于NH3形成分子间氢键，而HCl不能，键能不是主要原因，错误；
D项，根据＝E(反应物)－E(生成物)，则2NH3(g)＋3Cl2(g)=N2(g)＋6HCl(g) ＝6E(N—H)＋3E(Cl—Cl)－E(N≡N)－6E(H—Cl)＝－457 kJ·mol－1，正确。
14. (2021·湖北省·期中考试)
白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。
H2PO2-可用于化学镀铜，反应为：H2PO2-+Cu2++OH-→PO43-+Cu↓+H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A. P4的空间结构为正四面体形键角为109°28′
B. H3PO2的结构为
C. PH3中磷原子的杂化方式sp2杂化
D. 理论上1molH2PO2-反应可镀铜64g
【答案】B
【解析】
A．白磷的空间构型为正四面体形，但白磷分子中四个P原子位于四个顶点上，其键角为60°，故A错误；
B．白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2，说明KH2PO2不溶于过量KOH溶液，H2PO2-中的2个H原子不是羟基氢，不电离，所以H3PO2的结构为，故B正确；
C．PH3分子中的价层电子对数为3+（5-3×1）=4，所以P原子的杂化类型为sp3杂化，故C错误；
D．H2PO2-可用于化学镀铜，根据电子转移守恒，反应为：H2PO2-+2Cu2++6OH-=PO43-+2Cu↓+4H2O，所以理论上1molH2PO2-反应可镀铜128g，故D错误；
故选：B。
15. (2021·山东省德州市·模拟题)近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物（如图所示）复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A. Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C
B. 如图结构的吡啶环（）中C、N原子的杂化方式均为sp2
C. 吡啶（）与水可形成氢键，故易溶于水
D. HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
【答案】D
【解析】
A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，故A正确；
B．如图结构的吡啶环（）中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2，故B正确；
C．吡啶（）含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，故C正确；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，故D错误；
故选：D。
16. (2021·辽宁省鞍山市·期末考试)下面有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有6个
C. 氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻8个Cl-
D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
【答案】B
【解析】
A.金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小碳环上有6个碳原子，故A正确；
B.氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数都是6，所以在NaCl晶体中每个Na+（或Cl-）周围都紧邻6个Cl-（或Na+），而每个Na+周围距离相等的Na+共有12个，故B错误；
C.根据氯化铯晶体晶胞结构，沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个Cs+周围最近的Cs+个数是8，故C正确；
D.根据教材图片，二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D正确；
故选B。
17. (2021·湖北省·模拟题)锆（Zr）和镉（Cd）是目前光电材料广泛使用的元素。Zr和Cd的晶胞分别如图甲、图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 每个锆晶胞中含Zr原子个数为8
B. 在镉晶胞中两个镉原子最近核间距为anm
C. 在镉晶胞中Cd的配位数为4
D. 锆晶体的密度为×1021g•cm-3
【答案】D
【解析】
A．由图甲知，锆晶胞中Zr原子分别位于体内、顶点和面心，因此每个锆晶胞中含Zr原子个数为12×+2×+3=6，故A错误；
B．镉晶胞为体心立方堆积，3个镉原子在晶胞的体对角线上相切，即体对角线为4倍的原子半径；根据勾股定理，体对角线的平方等于a2+a2+a2=3a2，则两个镉原子最近核间距为晶胞的体对角线的一半，即体对角线为边长的倍，所以镉晶胞中两个镉原子最近核间距为anm，故B错误；
C．镉晶胞中心的Cd距离最近的等距离的Cd原子有8个，则镉晶胞中Cd的配位数为8，故C错误；
D．1个锆晶胞中含有Zr原子个数为12×+2×+3=6，则1个锆晶胞的质量为=g，1个锆晶胞的体积为b2cnm3=b2c×10-21cm3，则锆晶体的密度ρ==×1021g•cm-3，故D正确；
故选：D。
18. (2020·海南省·历年真题)下列对有关事实的解释正确的是（ ）
事实
解释
A
某些金属盐灼烧呈现不同焰色
电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B
CH4与NH3分子的空间构型不同
二者中心原子杂化轨道类型不同
C
HF的热稳定性比HCl强
H-F比H-Cl的键能大
D
SiO2的熔点比干冰高
SiO2分子间的范德华力大
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A.金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，故A错误；
B.CH4与NH3分子的空间构型不同，但两者中心原子杂化轨道类型均为sp3，故B错误；
C.HF的热稳定性比HCl强，因为F的非金属性强于Cl，H-F比H-Cl的键能大，故C正确；
D.SiO2为原子晶体，不存在范德华力，干冰为分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，故D错误。
故选：C。
19. (2021·全国·模拟题)短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，是维持生命过程的必需物质，可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物是气体。下列说法错误的是（ ）
A. Y的第一电离能在四种元素中最大
B. 和的中心原子分别为和杂化
C. 的沸点高于的沸点
D. 分子中原子均为8电子结构
【答案】D
【解析】
短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W是宇宙中最丰富的元素，W2X是维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，则W为H元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素，W2X是H2O、WY是HF、ZX2是SO2。
A．主族元素中，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势（ⅡA族、VA族高于同周期相邻元素的），同主族自上而下第一电离能减小，H元素第一电离能比较大，仅小于O、N、F的，四种元素中F的第一电离能最大，故A正确；
B．H2O的中心原子O原子形成2个O-H键，含有2对孤电子对，O原子杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，SO2的中心原子S原子价层电子对=2+=3，S原子采取sp2杂化，故B正确；
C．H2O分子之间形成氢键，其沸点高于H2S，故C正确；
D．SF4分子中F原子的周围为8电子结构，但S原子的周围电子数为6+4=10，故D错误；
故选D。
20. (2021·山东省潍坊市·模拟题)利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是（ ）
A. 第一电离能：C＜O B. 杯酚分子中存在大π键
C. 杯酚与C60形成氢键 D. C60与金刚石晶体类型不同
【答案】C
【解析】解：A．同周期元素，随着原子序数的增大，第一电离能增大，C的原子数小于O，故第一电离能：C＜O，故A正确；
B．杯酚中含有苯环，苯环中含有大π键，故杯酚中是含有大π键的，故B正确；
C．杯酚中的羟基氢之间形成了氢键，而杯酚与C60之间并没有形成氢键，故C错误；
D．C60属于分子晶体，金刚石属于原子晶体，两者晶体类型不同，故D正确。
故选：C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共40分）
21. (2021·北京市·模拟题)碳、氮、氧、磷、硫、铁，锌、铜等都是组成蛋白质的重要元素。回答下列问题：
（1）Fe的基态原子的核外电子排布式为____________________，3d能级上的未成对电子数为_______。
（2）在C、N、O、P、S五种元素中，第一电离能最大的元素是________（填元素符号，下同），电负性最大的元素是________。
（3）氨基乙酸（H2NCH2COOH）是蛋白质完全水解的产物之一，其中C原子的杂化轨道类型为________；1 mol H2NCH2COOH中含有σ键的数目为________NA。
（4）蛋白质在体内部分被氧化生成尿素[CO（NH2）2]、二氧化碳、水等排出体外。
①CO2、H2O分子的空间构型分别为________、________。
②尿素的熔点为132.7 ℃，其固体属于________晶体。
③尿素易溶于水，其原因除都是极性分子外，还有________。
（5）Cu与H元素形成某种晶体的结构如图所示，则该晶体的化学式为________。若该晶体的密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的棱长为________nm（用含ρ和NA的式子表示）
【答案】
（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；4
（2）N；O
（3）sp3、sp2；9
（4）①直线形；V形
②分子
③尿素能和水形成分子间氢键
（5）CuH； ×107
【解析】
（1）Fe的基态原子的核外有26个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；3d能级上有6个电子、5个轨道，每个轨道中最多排列2个电子，据此判断该原子中未成对电子数为4，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；4；
（2）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，所以第一电离能：N＞O＞C、P＞S，电负性O＞N＞C、S＞P；同一主族元素第一电离能及电负性都随着原子序数增大而减小，则第一电离能O＞S、N＞P，电负性O＞S、N＞P，所以这几种元素第一电离能最大的是N元素、电负性最大的是O元素，
故答案为：N；O；
（3）氨基乙酸（H2NCH2COOH）中亚甲基上的C原子价层电子对个数是4、羧基上的C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化轨道类型，前者为sp3杂化、后者是sp2杂化；共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，1个H2NCH2COOH中含有σ键的数目9，则1molH2NCH2COOH中含有σ键的数目为9NA，
故答案为：sp3、sp2；9；
（4）①CO2中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对、H2O分子中O原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断这两个分子的空间构型：二氧化碳是直线形、水是V形，
故答案为：直线形；V形；
②尿素的熔点为132.7℃，分子晶体的熔沸点较低，所以尿素是分子晶体，
故答案为：分子；
③溶质和溶剂之间形成氢键能增大物质的溶解性，尿素能和水形成分子间氢键，所以尿素易溶于水，
故答案为：尿素能和水形成分子间氢键；
（5）该晶胞中H原子个数=4、Cu原子个数=8×+6×=4，H、Cu原子个数之比=4：4=1：1，其化学式为CuH；
由ρ==得V=，棱长==cm=×107nm，
故答案为：CuH；×107。
22. (2021·湖南省·月考试卷)钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以+4价的Ti最为稳定。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为__________。
（2）已知电离能：I2（Ti）=1310kJ/mol，I2（K）=3051kJ/mol。I2（Ti）＜I2（K），其原因为______________________。
（3）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结如图所示：
①钛的配位数为______，碳原子的杂化类型______。
②该配合物中存在的化学键有__________（填字母标号）。
a．离子健 b．配位键 c．金属健 d．共价键 e．氢键
（4）钛与卤素形成的化合物熔沸点如下表所示：
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
-24.1
38.3
155
沸点/℃
136.5
233.5
377
分析 TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是______________。
（5）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为______________________________。阴离子的空间构型为__________。
（6）已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示，若该晶胞的密度ρg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为__________pm。（用含ρ、NA的代数式表示）
【答案】
（1）
（2）K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子
（3）①6 ；sp3、sp2 ②bd
（4）三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高
（5）TiO2+或；正四面体
（6）×1010
【解析】
（1）Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子，其价电子排布图为；
（2）轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，失电子前者较后者难，所以I2（Ti）＜I2（K）；
（3）①根据图知，Ti原子配位数是6；甲基上的C原子价层电子对个数是4、环上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3、sp2；
②Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，C-H和C-C及C-O原子之间存在共价键，所以含有的化学键为配位键和共价键，故选bd；
（4）这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大，这几种分子相对分子质量从氯化物到碘化物依次增大，分子间作用力依次增大，则其熔沸点依次升高；
（5）该阳离子中每个Ti4+含有氧离子个数=2×=1，则阳离子化学式为TiO2+或；硫酸根离子中S原子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体形；
（6）白色球个数=8×+6×=4、黑色球个数=12×+1=4，晶胞棱长=，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半=×=×cm=×1010pm。
23. (2021·全国·单元测试)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为______、____（填标号）。
A． B．
C． D．
（2）Li+与H-具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H-)，原因是______。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______，中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在______（填标号）。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born-Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为_________kJ/mol，O=O键键能为_________kJ/mol，Li2O晶格能为_________kJ/mol。
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为__________g·cm-3（列出计算式）。
【答案】
（1）D；C
（2）Li+核电荷数较大；
（3）正四面体；sp3 ；AB；
（4）520；498；2908；
（5）
【解析】
（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量最低的是1s、2s能级，能量最高的是2s、2p能级，故填：D；C；
（2）Li+与H-具有相同的电子构型，离子核电荷数：Li+＞H-，其吸引电子能力：Li+＞H-，导致其半径越小，故填：Li+核电荷数较大；
（3）LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键，故填：正四面体；sp3；AB；
（4）Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为kJ/mol=520kJ/mol；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ/mol=498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol，故填：520；498；2908；
（5）晶胞中Li+个数是8、O2-个数为8×+6×=4，晶胞体积为（0.4665×10-7cm）3，晶胞密度为g/cm3，故填：。
24. (2021·山东省德州市·模拟题)2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为__________ 。
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42-的空间构型为______ ；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是______ 。
（3）重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O72-的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为______ 。
（4）α—Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高（2054℃）、硬度大的特点，主要原因为______ 。
（5）一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为______。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似（如图），该晶体储氢后的化学式为 ______ 。
（6）“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示（Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部），已知该结构单元底面（正六边形）边长为anm，该合金的密度为ρg•cm-3，则高为h= ______ nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】
（1）
（2）正四面体 sp3
（3）4:1
（4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大
（5）12 AuCu3H8
（6）×1021(或×1021)
【解析】
（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，锌的原子序数为30，价电子排布式为：3d104s2，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为，
故答案为：；
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42-中S原子的σ键数为4，孤电子对数为0，价层电子对数为：4+0=4，空间构型为正四面体形，液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结构图可知，此固态SO3中S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3，
故答案为：正四面体；sp3；
（3）单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，根据Cr2O72-的结构图可知，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，重铬酸铵中含有2mol铵根离子，所以σ键与π键个数比为（8+4×2）：4=4：1，
故答案为：4：1；
（4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带的电荷数较多，离子半径越小，电荷数越多，晶格能越大，所以熔、沸点越高，硬度大，
故答案为：Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；
（5）晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为：8×=12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数、Cu原子数是、H2分子数是4，化学式为：AuCu3H8，
故答案为：12；AuCu3H8；
（6）根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数、Ti原子数，晶胞的质量为：=，晶胞的体积为：V=S底×h=6××h=a2×h×10-21cm3，则==ρg•cm-3，解得：h=×1021nm=×1021nm，
故答案为：×1021(或×1021)。
25. (2021·全国·期中考试)乙炔是有机合成工业的一种重要原料。工业上曾用焦炭制备电石（CaC2），再与水反应制备乙炔。
Ⅰ.
（1）焦炭、金刚石和C60都是碳的单质。已知金刚石中碳碳键的键长为154.45pm，C60中碳碳键的键长为140～145pm，二者比较熔点高的是_____________________，理由是 _______________________________。
（2）乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N）。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是______，该分子中σ键与π键个数比为______。
（3）将乙炔通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为___________。[Cu（NH3）2]Cl的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式：_______________________________。
（4）CaC2中C22-与O22+互为等电子体，O22+的电子式为______。
（5）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似，但CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞呈长方体（如图）。每个Ca2+周围距离相等且最近的C22-有 ______个。已知CaC2晶体密度为ρg•cm-3，晶胞中两个C22-的最近距离为acm，阿伏加德罗常数值为NA，则CaC2晶胞中棱长h=______cm。
Ⅱ.
（1）钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是____________________。
（2）CuSO4•5H2O结构示意图如图，CuSO4•5H2O中存在的相互作用有___________（填序号，下同）。加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用有__________。
A.离子键
B.极性键
C.非极性键
D.配位键
E.氢键
【答案】
Ⅰ.
（1）金刚石 金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键
（2）sp、sp2 2：1
（3）[Ar]3d10
4[Cu(NH3)4]++O2+8NH3•H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH-或4[Cu(NH3)4]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-
（4）
（5）4
Ⅱ.
（1）铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾
（2）ABDE DE
【解析】
Ⅰ.（1）金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石，
故答案为：金刚石；金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键；
（2）丙烯腈分子中形成碳碳双键的C原子价层电子对数目为3，则C原子为sp2杂化，形成碳氮三键的C原子价层电子对数目为2，则C原子为sp杂化；单键均为σ键，双键中有一个σ键、一个π键，三键中有一个σ键、两个π键，所以分子中σ键与π键个数比为2：1，
故答案为：sp、sp2；2：1；
（3）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，失去最外层一个电子得到Cu+，所以Cu+基态核外电子排布式为[Ar]3d10；根据现象可知[Cu（NH3）4]Cl的氨水溶液在空气中放置时+1价的Cu会被氧化为+2价，得到[Cu（NH3）4]2+，离子方程式为4[Cu（NH3）4]++O2+8NH3•H2O=4[Cu（NH3）4]2++6H2O+4OH-或4[Cu（NH3）4]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu（NH3）4]2++4OH-，
故答案为：[Ar]3d10；4[Cu（NH3）4]++O2+8NH3•H2O=4[Cu（NH3）4]2++6H2O+4OH-或4[Cu（NH3）4]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu（NH3）4]2++4OH-；
（4）O22+与N2的原子总数相同、价电子总数相同，根据N2的电子式可知O22+的电子式为，
故答案为：；
（5）根据题意可知图示晶胞纵向的截面为长方形，横向截面为正方形，由图中体心Ca2+周围距离最近的C22-可知，1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个；根据晶胞结构示意图可知，底面（或顶面）上位于面心的C22-和位于顶点的C22-的距离最近，所以底面的边长为acm，则晶胞的体积=2a2hcm3；根据均摊法，晶胞中C22-的个数为8×+6×=4，Ca2+的个数=1+12×=4，晶胞密度ρ=，所以V=，h=cm=cm=cm，
故答案为：4；；
Ⅱ.（1）钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾，
故答案为：铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾；
（2）CuSO4•5H2O中铜离子和硫酸根离子之间存在离子键、水分子之间存在氢键，硫酸根离子和水分子中都存在极性键，铜离子和水分子之间存在配位键，所以不存在非极性键；CuSO4•5H2O加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的氢键，然后再破坏配位键，故选DE，
故答案为：ABDE；DE。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题09 物质结构与性质（基础卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共60分）
1. (2021·辽宁省沈阳市·模拟题)下列分子VSEPR模型不是四面体形的是（ ）
A. SO3 B. H2O C. NH3 D. CH4
【答案】A
【解析】
A．SO3中S原子价层电子对个数=3+=3，所以VSEPR模型为平面正三角形，故A选；
B．H2O中O原子价层电子对个数=2+=4，所以VSEPR模型为四面体形，故B不选；
C．NH3分子中N原子价层电子对个数=3+=4，所以VSEPR模型为四面体形，故C不选；
D．CH4分子中C原子价层电子对个数=4+=4，所以VSEPR模型为四面体形，故D不选；
2. (2021·湖北省武汉市·模拟题)检验Ni2+的反应原理如下：
下列说法错误的是（ ）
A. 甲中σ键与π键的个数比是7：1
B. 乙中Ni2+的配位数是4
C. 乙分子内存在氢键
D. 非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
【答案】A
【解析】
A.单键均为σ键，双键中含1个σ键、1个π键，则甲中σ键与π键的个数比是15：2，故A错误；
B.由图可知，1个Ni2+提供空轨道，4个N原子提供孤对电子，形成配位键，则Ni2+的配位数是4，故B正确；
C.图中虚线表示的为氢键，与N、O的电负性大有关，故C正确；
D.同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，且化合物中电负性大的显负价，则电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，故D正确；
故选：A。
3. (2021·湖北省·模拟题)研究表明，结构中含有N3-、N5+的含氮含能材料如Pb(N3)2、N5+AsF6-均可以用于炸药。下列说法正确的是（ ）
A. Pb属于副族元素
B. N3-的空间构型为直线形
C. 基态As原子核外最高能级电子云形状为球形
D. 基态F原子中，电子运动状态有7种
【答案】B
【解析】
A．Pb位于第六周期第IVA族，属于主族元素，故A错误；
B．N3-与CO2互为等电子体，二者空间构型相同，二氧化碳为直线形分子，则N3-的空间构型为直线形，故B正确；
C．基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3，其最高能级为4p能级，所以基态As原子核外最高能级电子云形状为哑铃形，故C错误；
D．基态原子核外有几个电子，其电子就有几种运动状态，基态F原子核外有9个电子，则电子运动状态有9种，故D错误；
故选B。
4. (2021·全国·单元测试)在碱性溶液中，Cu2+可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 该配离子与水分子形成氢键的原子只有N和O
B. 该配离子中铜离子的配位数是4
C. 基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1
D. 该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H
【答案】A
【解析】
A．根据结构可知，该配离子中的N原子和O原子可与水分子中的H形成氢键，水分子中的O原子也可与配离子中的H形成氢键，故A错误；
B．根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为4，故B正确；
C．根据铜离子的电子排布式可知，基态Cu原子的价电子排布式是3d104s1，故C正确；
D．根据同周期主族元素的电负性由左向右逐渐增大，同主族元素的电负性由上向下逐渐减小，所以该配离子中的非金属元素的电负性大小顺序为O＞N＞C＞H，故D正确；
故选：A。
5. (2021·山东省滨州市·期末考试)短周期主族元素L、X、Y、Z、W的原子序数依次递增，其中只有一种金属元素，L和Y、X和Z分别位于同一主族，由X、Y、Z三种元素形成的化合物M结构如图所示，在工业上可用作漂白剂。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素电负性：X＞W＞Z
B. 简单离子半径：Z＞W＞Y＞X
C. Z、W的氧化物对应的水化物均为强酸
D. X、Z、W分别与L形成的最简单化合物中W的沸点最高
【答案】A
【解析】
根据分析可知，L为H，X为O，Y为Na，Z为S，W为Cl元素，
A．一般来讲，同主族从上到下电负性逐渐减小，同周期从左向右电负性逐渐增强，则元素电负性：X＞W＞Z，故A正确；
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，则简单离子半径：Z＞W＞X＞Y，故B错误；
C．Z、W的氧化物对应的水化物不一定为强酸，如亚硫酸、次氯酸不是强酸，故C错误；
D．水分子之间存在氢键，导致其沸点较高，则X、Z、W分别与L形成的最简单化合物中X（O）的沸点最高，故D错误；
故选：A。
6. (2021·辽宁省·历年真题)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是（ ）
A. S位于元素周期表p区
B. 该物质的化学式为H3S
C. S位于H构成的八面体空隙中
D. 该晶体属于分子晶体
【答案】D
【解析】
A．S原子的价电子排布式为：3s23p4，最后排入的是3p电子，所以S元素位于p区，故A正确；
B．该晶胞中S原子个数=1+8×=2、H原子个数=12×+6×=6，则S、H原子个数之比=2：6=1：3，其化学式为H3S，故B正确；
C．以体心上的S原子为例，S原子位于H构成的正八面体空隙中，如图，故C正确；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，所以该晶体为离子晶体，故D错误。
7. (2021·湖北省孝感市·单元测试)下列说法中正确的是（ ）
A. 价电子排布为3d104s1的元素位于第四周期第IA族，是s区元素
B. SO2分子和O3分子的立体构型均为V形
C. 有机物CH2＝CH-CH3分子中有1个π键、2个σ键
D. 由于氢键的存在，水分子的稳定性好，高温下也很难分解
【答案】B
【解析】
A.价电子排布为3d104s1的元素为Cu，位于第四周期第IB族，是ds区元素，故A错误；
B.SO2分子和O3分子的价层电子对数均为3，立体构型均为V形，故B正确；
C.有机物CH2＝CH-CH3分子中有1个π键、8个σ键，故C错误；
D.由于氢键的存在，使水分子的熔沸点升高，而与水分子的稳定性无关，故D错误。
8. (2021·湖北省荆州市·单元测试)《天工开物》记载：“凡火药以硝石、硫磺为主，草木灰为辅……而后火药成声”，涉及的主要反应为：S+2KNO3+3CK2S+N2↑+3CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A. 电负性：N＞O＞S B. 单质硫属于共价晶体
C. 第一电离能：N＞O＞C D. KNO3中的共价键只含有σ键
【答案】C
【解析】
A.非金属性越强，电负性越强，故电负性N＜O，故A错误；
B.单质硫属于分子晶体，不属于共价晶体，故B错误；
C.N元素的2p能级为半满结构，比较稳定，故第一电离能：N＞O＞C，故C正确；
D.KNO3中钾离子与硝酸根离子之间还含有离子键，故D错误。
9. (2021·湖北省十堰市·模拟题)下列有关说法正确的是（ ）
A. 四水合铜离子的模型如图1所示，其中铜离子提供孤电子对给水分子形成配位键
B. CaF2 晶体的晶胞如图2所示，其中 Ca2+位于晶胞顶点和面心，F- 位于晶胞体内。设 Ca2+、F-的半径分别为 r1 和 r2，晶胞边长为a，则：a=4（r1+r2）
C. H原子的电子云图如图3所示，H原子核外大多数电子在原子核附近运动
D. 金属Cu中原子堆积模型如图4所示，为最密堆积，原子的配位数为12，空间利用率为68%
【答案】C
【解析】
A．由图可以看出，1个铜离子与4个水分子结合成[Cu（H2O）4]2+，Cu2+与H2O分子之间通过配位键相结合，铜离子提供孤电子对给水分子形成配位键，故A正确；
B．CaF2晶体为六方最密堆积，设Ca2+、F-半径分别为r1和r2，晶胞边长为a，晶胞体对角线上有2个F-和3个Ca2+，其中2个Ca2+在顶点有一部分属于另一个晶胞，那么属于体对角线的就有4个F-半径和4个Ca2+半径，则有a=4（r1+r2），故B正确；
C．H原子核外只有1个电子，所以电子云图中，黑点不表示电子，只表示电子出现的机会多少，H原子核外电子大多在原子核附近运动，故C错误；
D．金属Cu原子形成的金属晶体为最密堆积，每个Cu原子周围同一层有6个Cu原子，上、下层各有3个Cu原子，所以其配位数均为12，空间利用率为68%，故D正确；
故选：C。
10. (2021·湖北省咸宁市·月考试卷)下列叙述正确的有几项（ ）
①现代化学常用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素的种类
②按电子排布，可把周期表里的元素划分为4个区
③电中性基态原子失去一个电子转化为基态正离子所需要的最低能量叫作第一电离能
④FeCl3溶液与KSCN溶液混合显血红色是因为生成的配离子有颜色
⑤接近水沸点水蒸气相对分子质量测定值比18略大的原因是水分子间形成氢键相互缔合
⑥碳酸非羟基氧数目与亚硝酸、磷酸相同，它们酸性也相近
⑦得到晶体的途径一般有三种：凝固、凝华、溶液中结晶析出
⑧分子间只存在范德华力的分子晶体，其堆积特征为分子密堆积
⑨石墨晶体中含有共价键、金属键、范德华力
⑩晶格能高的晶体熔点较高，更容易在岩浆冷却过程中先结晶
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【解析】
①每一种元素原子的吸收光谱和发射光谱都不同，可通过特征谱线来鉴定元素种类，故①正确；
②按价电子排布，根据价电子所在轨道来将元素划分为s、p、d、ds、f区，故②错误；
③第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，故③错误；
④与KSCN反应，生成该配离子为红色，故④正确；
⑤O分子易发生缔合，主要原因是形成了氢键，在固态时, 大量水分子以氢键互相连接成巨型缔合分子，当冰熔化后，部分氢键被破坏，当接近水沸点时，大部分氢键被破坏，但仍有少许氢键存在使部分水分子缔合在一起，故接近水沸点的水蒸气相对分子质量略大于18，故⑤正确；
⑥一般而言，含氧酸的强度与连接在中心原子上的非羟基氧的个数相关，个数越多，酸性越强，碳酸[CO]非羟基氧个数与磷酸[PO]、亚硝酸[(HO)NO]一样为1，但碳酸是弱酸，磷酸却是中强酸，故⑥错误；
⑦得到晶体的途径主要为熔融态物质以适宜速度冷却凝固，气态物质不经液态直接凝华，溶质从溶剂中析出, 故⑦正确；
⑧分子晶体中的范德华力没有方向性和饱和性，而氢键具有方向性和饱和性，所以分子晶体在堆积时如果只有范德华力将采用空间利用率高，能量低的分子密堆积，故⑧正确；
⑨石墨为混合晶体，层与层间为范德华力，每个碳原子剩下一个电子在层间形成“电子
气”, 可认为存在金属键，层内存在共价键，故⑨正确；
⑩晶格能越大，晶体的熔点越高，更容易在岩浆冷却过程中先结晶，故⑩正确。
11. (2021·江苏省南通市·期末考试)氧化亚铜（Cu2O）主要用于制造杀虫剂、分析试剂和红色玻璃等。在潮湿的空气中会逐渐氧化为黑色的氧化铜。以肼（N2H4）为原料与醋酸铜反应制取Cu2O的反应为：4Cu（CH3COO）2+N2H4+2H2O=2Cu2O↓+N2+8CH3COOH。生成的沉淀需用水洗涤后，用乙醇洗涤。下列说法不正确的是（ ）
A. N2H4能与水分子形成分子间氢键
B. 如图所示Cu2O的晶胞中，Cu+的配位数是4
C. 每生成标准状况下2.24LN2，反应转移电子数为0.4×6.02×1023
D. 沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化
【答案】B
【解析】
A.含N、O元素的氢化物之间含氢键，则N2H4能与水分子形成分子间氢键，故A正确；
B.图中白球位于顶点和体心，其个数为8×+1=2，黑球位于体内，个数为4，则白球与黑球的个数比为1：2，由Cu2O可知黑球为Cu+，白球的配位数为4，Cu+的配位数是8，故B错误；
C..由反应可知生成1mol气体转化4mol电子，每生成标准状况下2.24LN2，反应转移电子数为×4×NAmol-1≈0.4×6.02×1023，故C正确；
D.乙醇与水互溶，且具有还原性，则沉淀用水洗后，再用乙醇洗可以除去Cu2O表面的水，防止被氧气氧化，故D正确；
故选：B。
12. (2021·山西省·单元测试)下列说法中正确的是（ ）
A. P4和CH4都是正四面体形分子，且键角都为109°28’
B.乙烯分子中，碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，未杂化的2p轨道形成π键
C.键长H-F < H-Cl < H-Br < H-I，因此稳定性HF < HCl < HBr < HI
D. PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用弱
【答案】B
【解析】
A.P4的键角为60°，故A错误；
B.乙烯分子中，碳原子的价层电子对数为3，碳原子的sp2杂化轨道形成σ键，C−C之间未参加杂化的2p轨道“肩并肩”形成π键，故B正确；
C.键长越长，键能越小，分子的稳定性越差，则稳定性HF > HCl >HBr > HI，故C错误；
D.PH3分子中孤电子对与成键电子对的排斥作用比成键电子对之间的排斥作用大，所以PH3分子为三角锥形，键角小于109°28′，故D错误。
13. (2021·安徽省·单元测试)已知几种共价键的键能如下：
化学键
H—N
N≡N
Cl—Cl
H—Cl
键能/kJ·mol－1
391
946
243
431
下列说法错误的是（ ）
A. 键能：N≡N＞N=N＞N—N
B. H(g)＋Cl(g)=HCl(g) ΔH＝－431 kJ·mol－1
C. H—N键能小于H—Cl键能，所以NH3的沸点高于HCl
D. 2NH3(g)＋3Cl2(g)=N2(g)＋6HCl(g) ΔH＝－457 kJ·mol－1
【答案】C
【解析】
【解答】
A项，三键键长小于双键键长小于单键键长，键长越短，键能越大，所以键能：N≡N＞N=N＞N—N，正确；
B项，H(g)＋Cl(g)=HCl(g)的焓变为H—Cl键能的相反数，则ΔH＝－431 kJ·mol－1，正确；
C项，NH3的沸点高于HCl是由于NH3形成分子间氢键，而HCl不能，键能不是主要原因，错误；
D项，根据＝E(反应物)－E(生成物)，则2NH3(g)＋3Cl2(g)=N2(g)＋6HCl(g) ＝6E(N—H)＋3E(Cl—Cl)－E(N≡N)－6E(H—Cl)＝－457 kJ·mol－1，正确。
14. (2021·湖北省·期中考试)
白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2。
H2PO2-可用于化学镀铜，反应为：H2PO2-+Cu2++OH-→PO43-+Cu↓+H2O（未配平）。下列说法正确的是（ ）
A. P4的空间结构为正四面体形键角为109°28′
B. H3PO2的结构为
C. PH3中磷原子的杂化方式sp2杂化
D. 理论上1molH2PO2-反应可镀铜64g
【答案】B
【解析】
A．白磷的空间构型为正四面体形，但白磷分子中四个P原子位于四个顶点上，其键角为60°，故A错误；
B．白磷溶于过量KOH溶液的反应为：P4+3KOH+3H2OPH3↑+3KH2PO2，说明KH2PO2不溶于过量KOH溶液，H2PO2-中的2个H原子不是羟基氢，不电离，所以H3PO2的结构为，故B正确；
C．PH3分子中的价层电子对数为3+（5-3×1）=4，所以P原子的杂化类型为sp3杂化，故C错误；
D．H2PO2-可用于化学镀铜，根据电子转移守恒，反应为：H2PO2-+2Cu2++6OH-=PO43-+2Cu↓+4H2O，所以理论上1molH2PO2-反应可镀铜128g，故D错误；
故选：B。
15. (2021·山东省德州市·模拟题)近年来，光催化剂的研究是材料领域的热点方向。一种Ru络合物（如图所示）复合光催化剂可将CO2转化为HCOOH。下列说法错误的是（ ）
A. Ru络合物中第二周期元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C
B. 如图结构的吡啶环（）中C、N原子的杂化方式均为sp2
C. 吡啶（）与水可形成氢键，故易溶于水
D. HCOOH的沸点比HCHO高，主要因为HCOOH相对分子质量大于HCHO
【答案】D
【解析】
A．第二周期元素除Ne电负性从左往右逐渐增强，故电负性由大到小的顺序为O＞N＞C，故A正确；
B．如图结构的吡啶环（）中C、N原子的价层电子对均为3，故杂化方式均为sp2，故B正确；
C．吡啶（）含电负性强的N元素，氮原子上的一对未共用电子能与水形成氢键，故C正确；
D．HCOOH存在分子间作用力和氢键，且HCOOH分子间氢键作用较强，故D错误；
故选：D。
16. (2021·辽宁省鞍山市·期末考试)下面有关晶体的叙述中，不正确的是（ ）
A. 金刚石网状结构中，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子
B. 氯化钠晶体中，每个Na＋周围距离相等且紧邻的Na＋共有6个
C. 氯化铯晶体中，每个Cs＋周围紧邻8个Cl-
D. 干冰晶体中，每个CO2分子周围紧邻12个CO2分子
【答案】B
【解析】
A.金刚石网状结构中，每个碳原子含有4个共价键，由共价键形成的碳原子环中，最小碳环上有6个碳原子，故A正确；
B.氯化钠晶体中钠离子或氯离子的配位数都是6，所以在NaCl晶体中每个Na+（或Cl-）周围都紧邻6个Cl-（或Na+），而每个Na+周围距离相等的Na+共有12个，故B错误；
C.根据氯化铯晶体晶胞结构，沿X、Y、Z三轴切割的方法知，每个Cs+周围最近的Cs+个数是8，故C正确；
D.根据教材图片，二氧化碳晶体属于面心立方，采用沿X、Y、Z三轴切割的方法判断二氧化碳分子的个数为12，所以在CO2晶体中，与每个CO2分子周围紧邻的有12个CO2分子，故D正确；
故选B。
17. (2021·湖北省·模拟题)锆（Zr）和镉（Cd）是目前光电材料广泛使用的元素。Zr和Cd的晶胞分别如图甲、图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A. 每个锆晶胞中含Zr原子个数为8
B. 在镉晶胞中两个镉原子最近核间距为anm
C. 在镉晶胞中Cd的配位数为4
D. 锆晶体的密度为×1021g•cm-3
【答案】D
【解析】
A．由图甲知，锆晶胞中Zr原子分别位于体内、顶点和面心，因此每个锆晶胞中含Zr原子个数为12×+2×+3=6，故A错误；
B．镉晶胞为体心立方堆积，3个镉原子在晶胞的体对角线上相切，即体对角线为4倍的原子半径；根据勾股定理，体对角线的平方等于a2+a2+a2=3a2，则两个镉原子最近核间距为晶胞的体对角线的一半，即体对角线为边长的倍，所以镉晶胞中两个镉原子最近核间距为anm，故B错误；
C．镉晶胞中心的Cd距离最近的等距离的Cd原子有8个，则镉晶胞中Cd的配位数为8，故C错误；
D．1个锆晶胞中含有Zr原子个数为12×+2×+3=6，则1个锆晶胞的质量为=g，1个锆晶胞的体积为b2cnm3=b2c×10-21cm3，则锆晶体的密度ρ==×1021g•cm-3，故D正确；
故选：D。
18. (2020·海南省·历年真题)下列对有关事实的解释正确的是（ ）
事实
解释
A
某些金属盐灼烧呈现不同焰色
电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B
CH4与NH3分子的空间构型不同
二者中心原子杂化轨道类型不同
C
HF的热稳定性比HCl强
H-F比H-Cl的键能大
D
SiO2的熔点比干冰高
SiO2分子间的范德华力大
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A.金属的焰色反应是金属在加热时电子由低能轨道跃迁到高能轨道后，又从高能轨道向低能跃迁，释放出不同波长的光，故A错误；
B.CH4与NH3分子的空间构型不同，但两者中心原子杂化轨道类型均为sp3，故B错误；
C.HF的热稳定性比HCl强，因为F的非金属性强于Cl，H-F比H-Cl的键能大，故C正确；
D.SiO2为原子晶体，不存在范德华力，干冰为分子晶体，原子晶体的熔点高于分子晶体的熔点，故D错误。
故选：C。
19. (2021·全国·模拟题)短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。W是宇宙中最丰富的元素，是维持生命过程的必需物质，可用于玻璃的刻蚀，是酸雨的主要形成原因之一，室温下化合物是气体。下列说法错误的是（ ）
A. Y的第一电离能在四种元素中最大
B. 和的中心原子分别为和杂化
C. 的沸点高于的沸点
D. 分子中原子均为8电子结构
【答案】D
【解析】
短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W是宇宙中最丰富的元素，W2X是维持生命过程的必需物质，WY可用于玻璃的刻蚀，ZX2是酸雨的主要形成原因之一，则W为H元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素，W2X是H2O、WY是HF、ZX2是SO2。
A．主族元素中，同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势（ⅡA族、VA族高于同周期相邻元素的），同主族自上而下第一电离能减小，H元素第一电离能比较大，仅小于O、N、F的，四种元素中F的第一电离能最大，故A正确；
B．H2O的中心原子O原子形成2个O-H键，含有2对孤电子对，O原子杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，SO2的中心原子S原子价层电子对=2+=3，S原子采取sp2杂化，故B正确；
C．H2O分子之间形成氢键，其沸点高于H2S，故C正确；
D．SF4分子中F原子的周围为8电子结构，但S原子的周围电子数为6+4=10，故D错误；
故选D。
20. (2021·山东省潍坊市·模拟题)利用超分子可分离C60和C70。将C60、C70混合物加入一种空腔大小适配C60的“杯酚”中进行分离的流程如图。下列说法错误的是（ ）
A. 第一电离能：C＜O B. 杯酚分子中存在大π键
C. 杯酚与C60形成氢键 D. C60与金刚石晶体类型不同
【答案】C
【解析】解：A．同周期元素，随着原子序数的增大，第一电离能增大，C的原子数小于O，故第一电离能：C＜O，故A正确；
B．杯酚中含有苯环，苯环中含有大π键，故杯酚中是含有大π键的，故B正确；
C．杯酚中的羟基氢之间形成了氢键，而杯酚与C60之间并没有形成氢键，故C错误；
D．C60属于分子晶体，金刚石属于原子晶体，两者晶体类型不同，故D正确。
故选：C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共40分）
21. (2021·北京市·模拟题)碳、氮、氧、磷、硫、铁，锌、铜等都是组成蛋白质的重要元素。回答下列问题：
（1）Fe的基态原子的核外电子排布式为____________________，3d能级上的未成对电子数为_______。
（2）在C、N、O、P、S五种元素中，第一电离能最大的元素是________（填元素符号，下同），电负性最大的元素是________。
（3）氨基乙酸（H2NCH2COOH）是蛋白质完全水解的产物之一，其中C原子的杂化轨道类型为________；1 mol H2NCH2COOH中含有σ键的数目为________NA。
（4）蛋白质在体内部分被氧化生成尿素[CO（NH2）2]、二氧化碳、水等排出体外。
①CO2、H2O分子的空间构型分别为________、________。
②尿素的熔点为132.7 ℃，其固体属于________晶体。
③尿素易溶于水，其原因除都是极性分子外，还有________。
（5）Cu与H元素形成某种晶体的结构如图所示，则该晶体的化学式为________。若该晶体的密度为ρ g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的棱长为________nm（用含ρ和NA的式子表示）
【答案】
（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；4
（2）N；O
（3）sp3、sp2；9
（4）①直线形；V形
②分子
③尿素能和水形成分子间氢键
（5）CuH； ×107
【解析】
（1）Fe的基态原子的核外有26个电子，根据构造原理书写该原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；3d能级上有6个电子、5个轨道，每个轨道中最多排列2个电子，据此判断该原子中未成对电子数为4，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；4；
（2）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同一周期元素电负性随着原子序数增大而增大，所以第一电离能：N＞O＞C、P＞S，电负性O＞N＞C、S＞P；同一主族元素第一电离能及电负性都随着原子序数增大而减小，则第一电离能O＞S、N＞P，电负性O＞S、N＞P，所以这几种元素第一电离能最大的是N元素、电负性最大的是O元素，
故答案为：N；O；
（3）氨基乙酸（H2NCH2COOH）中亚甲基上的C原子价层电子对个数是4、羧基上的C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子的杂化轨道类型，前者为sp3杂化、后者是sp2杂化；共价单键为σ键，共价双键中含有一个σ键、一个π键，1个H2NCH2COOH中含有σ键的数目9，则1molH2NCH2COOH中含有σ键的数目为9NA，
故答案为：sp3、sp2；9；
（4）①CO2中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对、H2O分子中O原子价层电子对个数是4且含有2个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断这两个分子的空间构型：二氧化碳是直线形、水是V形，
故答案为：直线形；V形；
②尿素的熔点为132.7℃，分子晶体的熔沸点较低，所以尿素是分子晶体，
故答案为：分子；
③溶质和溶剂之间形成氢键能增大物质的溶解性，尿素能和水形成分子间氢键，所以尿素易溶于水，
故答案为：尿素能和水形成分子间氢键；
（5）该晶胞中H原子个数=4、Cu原子个数=8×+6×=4，H、Cu原子个数之比=4：4=1：1，其化学式为CuH；
由ρ==得V=，棱长==cm=×107nm，
故答案为：CuH；×107。
22. (2021·湖南省·月考试卷)钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以+4价的Ti最为稳定。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价电子轨道表示式为__________。
（2）已知电离能：I2（Ti）=1310kJ/mol，I2（K）=3051kJ/mol。I2（Ti）＜I2（K），其原因为______________________。
（3）钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结如图所示：
①钛的配位数为______，碳原子的杂化类型______。
②该配合物中存在的化学键有__________（填字母标号）。
a．离子健 b．配位键 c．金属健 d．共价键 e．氢键
（4）钛与卤素形成的化合物熔沸点如下表所示：
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
-24.1
38.3
155
沸点/℃
136.5
233.5
377
分析 TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点和沸点呈现一定变化规律的原因是______________。
（5）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，该阳离子化学式为______________________________。阴离子的空间构型为__________。
（6）已知TiN晶体的晶胞结构如下图所示，若该晶胞的密度ρg/cm3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为__________pm。（用含ρ、NA的代数式表示）
【答案】
（1）
（2）K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子
（3）①6 ；sp3、sp2 ②bd
（4）三者都是分子晶体，组成和结构相似，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔沸点升高
（5）TiO2+或；正四面体
（6）×1010
【解析】
（1）Ti原子中3d、4s能级上电子为其价电子，其价电子排布图为；
（2）轨道中电子处于全满、全空或半满时较稳定，K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，失电子前者较后者难，所以I2（Ti）＜I2（K）；
（3）①根据图知，Ti原子配位数是6；甲基上的C原子价层电子对个数是4、环上C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型为sp3、sp2；
②Ti原子和氯原子、O原子之间存在配位键，C-H和C-C及C-O原子之间存在共价键，所以含有的化学键为配位键和共价键，故选bd；
（4）这几种物质熔沸点较低，为分子晶体，组成和结构相似的分子晶体，其熔沸点与分子间作用力成正比，分子间作用力随着相对分子质量增大而增大，这几种分子相对分子质量从氯化物到碘化物依次增大，分子间作用力依次增大，则其熔沸点依次升高；
（5）该阳离子中每个Ti4+含有氧离子个数=2×=1，则阳离子化学式为TiO2+或；硫酸根离子中S原子价层电子对个数=4+=4，且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该离子空间构型为正四面体形；
（6）白色球个数=8×+6×=4、黑色球个数=12×+1=4，晶胞棱长=，晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半=×=×cm=×1010pm。
23. (2021·全国·单元测试)Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为______、____（填标号）。
A． B．
C． D．
（2）Li+与H-具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H-)，原因是______。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______，中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在______（填标号）。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图（a）的Born-Haber循环计算得到。
可知，Li原子的第一电离能为_________kJ/mol，O=O键键能为_________kJ/mol，Li2O晶格能为_________kJ/mol。
（5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图（b）所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为__________g·cm-3（列出计算式）。
【答案】
（1）D；C
（2）Li+核电荷数较大；
（3）正四面体；sp3 ；AB；
（4）520；498；2908；
（5）
【解析】
（1）原子核外电子排布中，如果电子所占的轨道能级越高，该原子能量越高，根据图知，电子排布能量最低的是1s、2s能级，能量最高的是2s、2p能级，故填：D；C；
（2）Li+与H-具有相同的电子构型，离子核电荷数：Li+＞H-，其吸引电子能力：Li+＞H-，导致其半径越小，故填：Li+核电荷数较大；
（3）LiAlH4中的阴离子中Al原子价层电子对个数=4+=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型及中心原子杂化方式分别为正四面体形、sp3杂化；LiAlH4中，阴阳离子之间存在离子键、Al和H原子之间存在极性共价单键、配位键，所以含有的化学键为离子键、σ键、配位键，故填：正四面体；sp3；AB；
（4）Li原子的第一电离能为Li原子失去1个电子所需要的能量，所以其第一电离能为kJ/mol=520kJ/mol；O=O键键能为氧气分子变为氧原子所需能量，其键能=2×249kJ/mol=498kJ/mol；晶格能是气态离子形成1mol离子晶体释放的能量，所以其晶格能为2908kJ/mol，故填：520；498；2908；
（5）晶胞中Li+个数是8、O2-个数为8×+6×=4，晶胞体积为（0.4665×10-7cm）3，晶胞密度为g/cm3，故填：。
24. (2021·山东省德州市·模拟题)2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为__________ 。
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42-的空间构型为______ ；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是______ 。
（3）重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O72-的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为______ 。
（4）α—Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高（2054℃）、硬度大的特点，主要原因为______ 。
（5）一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为______。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似（如图），该晶体储氢后的化学式为 ______ 。
（6）“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示（Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部），已知该结构单元底面（正六边形）边长为anm，该合金的密度为ρg•cm-3，则高为h= ______ nm（列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值）。
【答案】
（1）
（2）正四面体 sp3
（3）4:1
（4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大
（5）12 AuCu3H8
（6）×1021(或×1021)
【解析】
（1）锌（Zn）、镉（Cd）位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，锌的原子序数为30，价电子排布式为：3d104s2，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式（电子排布图）为，
故答案为：；
（2）S与O可形成多种微粒，其中SO42-中S原子的σ键数为4，孤电子对数为0，价层电子对数为：4+0=4，空间构型为正四面体形，液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结构图可知，此固态SO3中S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3，
故答案为：正四面体；sp3；
（3）单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，根据Cr2O72-的结构图可知，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，重铬酸铵中含有2mol铵根离子，所以σ键与π键个数比为（8+4×2）：4=4：1，
故答案为：4：1；
（4）Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带的电荷数较多，离子半径越小，电荷数越多，晶格能越大，所以熔、沸点越高，硬度大，
故答案为：Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；
（5）晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为：8×=12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数、Cu原子数是、H2分子数是4，化学式为：AuCu3H8，
故答案为：12；AuCu3H8；
（6）根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数、Ti原子数，晶胞的质量为：=，晶胞的体积为：V=S底×h=6××h=a2×h×10-21cm3，则==ρg•cm-3，解得：h=×1021nm=×1021nm，
故答案为：×1021(或×1021)。
25. (2021·全国·期中考试)乙炔是有机合成工业的一种重要原料。工业上曾用焦炭制备电石（CaC2），再与水反应制备乙炔。
Ⅰ.
（1）焦炭、金刚石和C60都是碳的单质。已知金刚石中碳碳键的键长为154.45pm，C60中碳碳键的键长为140～145pm，二者比较熔点高的是_____________________，理由是 _______________________________。
（2）乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈（H2C=CH-C≡N）。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是______，该分子中σ键与π键个数比为______。
（3）将乙炔通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为___________。[Cu（NH3）2]Cl的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式：_______________________________。
（4）CaC2中C22-与O22+互为等电子体，O22+的电子式为______。
（5）CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体相似，但CaC2晶体中哑铃形C22-的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞呈长方体（如图）。每个Ca2+周围距离相等且最近的C22-有 ______个。已知CaC2晶体密度为ρg•cm-3，晶胞中两个C22-的最近距离为acm，阿伏加德罗常数值为NA，则CaC2晶胞中棱长h=______cm。
Ⅱ.
（1）钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是____________________。
（2）CuSO4•5H2O结构示意图如图，CuSO4•5H2O中存在的相互作用有___________（填序号，下同）。加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用有__________。
A.离子键
B.极性键
C.非极性键
D.配位键
E.氢键
【答案】
Ⅰ.
（1）金刚石 金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键
（2）sp、sp2 2：1
（3）[Ar]3d10
4[Cu(NH3)4]++O2+8NH3•H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH-或4[Cu(NH3)4]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-
（4）
（5）4
Ⅱ.
（1）铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾
（2）ABDE DE
【解析】
Ⅰ.（1）金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键，所以C60熔点低于金刚石，
故答案为：金刚石；金刚石是原子晶体，熔化时需要破坏共价键，C60为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，无需破坏共价键；
（2）丙烯腈分子中形成碳碳双键的C原子价层电子对数目为3，则C原子为sp2杂化，形成碳氮三键的C原子价层电子对数目为2，则C原子为sp杂化；单键均为σ键，双键中有一个σ键、一个π键，三键中有一个σ键、两个π键，所以分子中σ键与π键个数比为2：1，
故答案为：sp、sp2；2：1；
（3）Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，失去最外层一个电子得到Cu+，所以Cu+基态核外电子排布式为[Ar]3d10；根据现象可知[Cu（NH3）4]Cl的氨水溶液在空气中放置时+1价的Cu会被氧化为+2价，得到[Cu（NH3）4]2+，离子方程式为4[Cu（NH3）4]++O2+8NH3•H2O=4[Cu（NH3）4]2++6H2O+4OH-或4[Cu（NH3）4]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu（NH3）4]2++4OH-，
故答案为：[Ar]3d10；4[Cu（NH3）4]++O2+8NH3•H2O=4[Cu（NH3）4]2++6H2O+4OH-或4[Cu（NH3）4]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu（NH3）4]2++4OH-；
（4）O22+与N2的原子总数相同、价电子总数相同，根据N2的电子式可知O22+的电子式为，
故答案为：；
（5）根据题意可知图示晶胞纵向的截面为长方形，横向截面为正方形，由图中体心Ca2+周围距离最近的C22-可知，1个Ca2+周围距离最近的C22-有4个；根据晶胞结构示意图可知，底面（或顶面）上位于面心的C22-和位于顶点的C22-的距离最近，所以底面的边长为acm，则晶胞的体积=2a2hcm3；根据均摊法，晶胞中C22-的个数为8×+6×=4，Ca2+的个数=1+12×=4，晶胞密度ρ=，所以V=，h=cm=cm=cm，
故答案为：4；；
Ⅱ.（1）钾和铜都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铜的熔沸点远大于钾的原因是铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾，
故答案为：铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾；
（2）CuSO4•5H2O中铜离子和硫酸根离子之间存在离子键、水分子之间存在氢键，硫酸根离子和水分子中都存在极性键，铜离子和水分子之间存在配位键，所以不存在非极性键；CuSO4•5H2O加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的氢键，然后再破坏配位键，故选DE，
故答案为：ABDE；DE。
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