2024届高考化学一轮复习知识点突破练习-23晶体结构与性质
1．碳酸二甲酯()是一种绿色化工原料。用于汽车、医疗器械等领域。以甲醇为原料生产碳酸二甲酯的反应过程如下。
i. 4CuCl + 4CH3OH + O2 = 4Cu(OCH3)Cl + 2H2O
ii. 2Cu(OCH3)Cl + CO = (CH3O)2CO + 2CuCl
(1)碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的杂化类型是 。
(2)CuCl中，基态Cu+的价电子排布式为 ，CuCl在生产碳酸二甲酯的反应过程中所起的作用是 。
(3)上述方法中，甲醇单位时间内的转化率较低。为分析原因，查阅如下资料。
i．甲醇单位时间内的转化率主要受Cu(Ⅰ)(+1价铜元素)浓度的影响。
ii．CuCl在甲醇中溶解度较小，且其中的Cu+易被氧化为难溶的CuO。
ⅲ．加入4-甲基咪唑()可与Cu+形成配合物，可提高甲醇的转化率。4-甲基咪唑中，1号N原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。
请结合信息回答以下问题。
①4-甲基咪唑中，1~4号N原子 (填“在”或“不在”)同一平面上， (填“1”或“3”)号N原子更容易与Cu+形成配位键。
②加入4-甲基咪唑后，甲醇转化率提高，可能的原因是 (填序号)。
a．Cu(Ⅰ)配合物中的-NH结构可增大其在甲醇中的溶解度
b．形成的Cu(Ⅰ)配合物能增大反应的限度
(4)配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与Cu+之间配位键强度的一个重要因素。若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是 。
(5)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，金属离子与氧离子间的作用力为 ，Ca2+的配位数是 。一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I-和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中 的空间位置相同，有机碱CH3NH中，N原子的杂化轨道类型是 ；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为 g·cm-3(列出计算式)。
2．Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子可形成晶体M，其晶胞示意图如下。
(1) Zn2+的价层电子排布式是 。
(2)C、O、N的电负性从大到小的顺序是 。
(3)三乙撑二胺( )与Zn2+能形成配位键的原因是 。
(4)在晶体M每个空腔中装入一个顺式偶氮苯分子后形成晶体M1，晶胞示意图如图。一定条件下随着偶氮苯顺反结构的变化，晶体骨架发生畸变，晶体在M1和M2两种结构之间相互转化，可以吸收和释放N2，被称为“会呼吸”的晶体。
晶体 装载分子 晶胞中Zn2+个数 晶胞体积/cm3
M1 顺式偶氮苯 x
M2 反式偶氮苯 4
资料：ⅰ．
ⅱ．M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变
①N2的电子式是 。
②偶氮苯( )中N的杂化轨道类型是 。偶氮苯存在顺反异构的原因是分子中两个氮原子间存在 (填“σ键”或“π键”)。
③x= 。
④晶胞密度小则晶体内部的空隙大。能让“会呼吸”的晶体吸收N2的条件是 光照射。
3．青蒿素()是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。
(1)提取青蒿素
在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚()提取，效果更好。
①乙醚的沸点低于乙醇，原因是 。
②用乙醚提取效果更好，原因是 。
(2)确定结构
①测量晶胞中各处电子云密度大小，可确定原子的位置、种类。比较青蒿素分子中C、H、O的原子核附近电子云密度大小： 。
②图中晶胞的棱长分别为a、b、c，晶体的密度为 。(用表示阿伏加德罗常数；；青蒿素的相对分子质量为282)
③能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是 。
a.质谱法 b.X射线衍射 c.核磁共振氢谱 d.红外光谱
(3)修饰结构，提高疗效
一定条件下，用将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。
①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
②的空间结构为 。
双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。
4．碳酸二甲酯( )是一种环保性能优异，用途广泛的化工原料，其合成方法有多种。
Ⅰ.在催化剂作用下由CO2制备碳酸二甲酯的过程如图：
(1)尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
② 。
(2)下列关于氨气的叙述不正确的是 (填字母)。
a．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
b．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
c．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
Ⅱ.在CeO2—ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
(3)氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图所示，Zr4+在晶胞中的配位数是 ，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的体积是 cm3(列出计算式)。(氧化锆的摩尔质量M=123g·mol-1)
(4)Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素，Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。
元素 电离能(kJ·mol-1)
I1 I2 I3
Mn 717 1509 3248
Fe 759 1561 2957
①铁元素位于元素周期表 族，属于 区。
②比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，请从原子结构分析原因 。
5．金属钛密度小，强度高，抗腐蚀性能好。含钛的矿石主要有金红石和钛铁矿。
(1)基态原子中含有的未成对电子数是 。
(2)金红石主要成分是钛的氧化物，该氧化物的晶胞形状为长方体，边长分别为和，结构如图所示。
①该氧化物的化学式是 ，位于距离最近的O构成的 中心(填字母序号，下同)。
a.三角形 b.四面体 c.六面体 d.八面体
②该氧化物的晶体熔点为，其晶体类型最不可能是 。
a.共价晶体 b.离子晶体 c.分子晶体
③若已知该氧化物晶体体积为，则阿伏加德罗常数可表示为 。
(3)以钛铁矿()为原料，用镁还原法冶炼金属钛的生产流程图如下：
①“高温氯化”时还得到一种可燃性气体，写出反应的化学方程式： 。
②结合流程及右表数据，“分离”时所需控制的最低温度应为 。
熔点/ 1668 651 714
沸点/ 3287 1107 1412
③已知和的晶胞类型相同，和的离子半径大小相近，解释熔点高于的原因： 。
6．镍是一种银白色金属，具有良好的机械强度和延展性，常用来制造货币等，镀在其他金属上可以防止生锈。回答下列问题：
(1)基态原子核外电子的运动状态有 种，价层电子轨道表示式(电子排布图)为 ；
(2)镍不溶于水，在稀酸中可缓慢溶解，生成。用丁二酮肟鉴定的存在时生成鲜红色的沉淀，的结构如图所示。
①中所含的作用力有 (填字母序号)。
A．极性键 B．非极性键 C．离子键 D．配位键 E.氢键
②中所含非金属元素电负性由大到小的顺序是 ，N原子的杂化方式为 。
③中与N成键，而非和O成键的原因可能是 。
(3)某铜镍合金立方晶胞结构如图所示：
①元素铜和镍的第二电离能分别为、的原因是 。
②该晶体的化学式为 ，铜原子距离最近的有 个，已知该晶体的密度为，晶胞边长 nm(用表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可，相对原子质量：)。
7．钴及其化合物在生产中有重要作用，回答下列问题
(1)钴元素基态原子的电子排布式为 ，未成对电子数为 。
(2)配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3是钴重要化合物
①H2O的沸点 (填“高于”或“低于”)H2S,原因是 ；H2O中O的杂化形式为 。H2O是 分子(填“极性”或“非极性”)。
②[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3Co3+配位数为 。阳离子的立体构型是 。[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3若其中有两个NH3分子被Cl取代，所形成的[Co(NH3)2(H2O)2] 3+的几何异构体种数有(不考虑光学异构) 种。
(3)金属钴是由 键形成的晶体；CoO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Co2+和Fe2+的离子半径分别为74.5pm和78pm,则熔点CoO FeO。
(4)一氧化钴的晶胞如图，则在每个Co2+的周围与它最接近的且距离相等的Co2+共有 个，若晶体中Co2+与O2-的最小距离为acm，则CoO的晶体密度为 (用含NA和a的代数式表示。结果g/cm3,已知:M(Co)=59g/mol；M(O)=16g/mol，设阿伏加德罗常数为NA)。
8．氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法如下：
NaBH4B(OH)3→BN
已知：1.电负性：H2.1 B2.0 N3.0 O3.5
2.SiC与BN晶体的熔点和硬度数据如下：
物质 熔点/℃ 硬度
碳化硅(SiC) 2830 9-9.5
氮化硼(BN) 3000 9.5
(1)NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”。从化合价角度分析NaBH4具有强还原性的原因是 。
(2)硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O H++[B(OH)4]-
①硼酸分子的空间构型为 。
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，描述配位键的形成过程 。
(3)某一种氮化硼晶体的晶胞结构如下图：
①氮化硼(BN)属于 晶体；B原子的轨道杂化类型为 。
②该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是 。
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞的边长为 cm(列计算式)。
9．硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物等领域具有重要应用。
(1)Se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)硒的两种含氧酸的酸性强弱为 (填“>”或“<”)。的空间结构为 。比较键角大小：气态分子 离子(填“>”“<”或“=”)。
(4)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Se-Se键为非极性共价键
C．I易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(5)IV中具有孤对电子的原子有 。
(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。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如左图，沿x、y、z轴方向的投影均为右图。
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 nm(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
10．(II)可形成多种配合物，呈现出多样化的性质和用途。
(1)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀，继续加入过量氨水，得到深蓝色透明溶液，最后向该溶液中加入一定量的乙醇，析出晶体。
①产生蓝色沉淀的离子方程式是 。
②在水中电离的方程式是 。
(2)如下图所示，(II)配合物A和B可发生配位构型的转变，该转变可带来颜色的变化，因此可用作热致变色材料，在温度传感器、变色涂料等领域应用广泛。
①的价层电子排布式为 。
②A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有 ，氢原子与其它原子之间存在的作用力类型有 。
③已知：当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色。
想将配合物的颜色由紫色调整为橙色，需要进行的简单操作为 。
(3)已知：①
物质 颜色
黄色
蓝色
②蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液。在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，请结合化学用语解释原因 。
(4)和是铜常见的两种氯化物，如图表示的是 的晶胞。已知晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为，则该晶体的密度为 。(已知：)
11．d区金属元素钛有“太空金属”“未来金属”等美誉，在航空航天、海洋产业等行业有重要作用。回答下列问题：
(1)基态钛原子的核外电子排布式为 。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的则用-表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态钛原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(3)如图所示的晶体结构是一种基础无机介电材料的最小结构单元(晶胞)，这种晶体材料的化学式为 。
(4)我国科学家用Mg3N2和TiCl4制备超导材料TiN，理论分析可能的反应为：
Mg3N2+2TiCl4=2TiN+3MgCl2+Cl2↑ Ⅰ
4Mg3N2+6TiCl4=6TiN+12MgCl2+N2↑ Ⅱ
已知：ⅰ.部分物质的熔沸点
Mg3N2 TiCl4 MgCl2 TiN
熔点/℃ 800(分解) -25 714 2950
沸点/℃ 700(升华) 136.4 1412 (略)
ⅱ.TiCl4能和NaOH溶液反应。
制备TiN的关键步骤如下：600℃时，将TiCl4按0.2L/min的速率通入盛有Mg3N2的刚玉坩埚内，当TiCl4适当过量后停止通入，在N2中冷却至室温。
科学家通过测定不同时间段尾气处理装置中钛和氯的质量百分含量，进而确定生成TiN反应的化学方程式。
①TiCl4属于 晶体。
②结合上图，判断制备TiN的反应是“Ⅰ”还是“Ⅱ”，并说明判断依据 。
12．钛被视为继铁、铝之后的第三金属，也有人说“21世纪将是钛的世纪”，钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、医疗中都有着广泛的用途。。
回答下列问题：
(1)基态钛原子核外有 种能量不同的电子，其能量最高的电子所在的能级符号为 。
(2)钛与卤素形成的化合物TiX4熔点如下表
TiX4 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4
熔点℃ 377 -24 38.3 153
它们熔点差异的原因 。
(3)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①Ti(BH4)3中所含元素电负性由小到大的顺序为 。
②TiCl4 与SiCl4互为等电子体，TiCl4的空间构型为 。
③LiBH4 由Li+和BH构成，BH中B原子的杂化类型是 。
④LiBH4存在 (填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键 E．氢键
(4)有一种氮化钛晶体的晶胞与NaCl晶胞相似，已知该晶体的晶胞参数为423.5pm，其晶体密度的计算表达式为 g/cm3。用Al掺杂TiN后，其晶胞结构如下图所示，距离Ti最近的Al有 个，掺杂Al后的晶体密度是TiN晶体的 倍(保留3位小数)。
13．近年来，我国从顶层设计层面做出了多项举措，十四五规划中明确要求降低碳排放强度，新能源汽车能显著减少碳的排放，而新能源汽车电池主要有磷酸铁锂电池和三元锂电池，三元锂电是指正极材料使用镍钴锰酸锂(Li(NiCoMn)O2)，请回答下列关于镍钴铁的相关问题。
(1)Ni原子的价电子排布式为 ，该元素位于元素周期表的第 族 区。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4的晶体类型为 ，是 分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用KSCN溶液或苯酚()检验Fe3+。
①第一电离能：N O(填“>”或“<”)
②苯酚中氧原子杂化类型为 。
(4)配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为 ，配位原子为 。
(5)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为 。
(6)已知Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为anm，则晶体密度为 g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
14．据《科技日报》报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成C的含氧化合物。请回答下列问题：
（1）在Fe、Co、Ni、Cu中，某基态原子核外电子排布遵循“洪特规则特例”（指能量相同的原子轨道在全满、半满、全空状态时，体系的能量最低），该原子的外围电子排布式为 。
（2）在第四周期所有元素中，基态原子未成对电子数最多的元素是 （填元素符号）。
（3）金属晶体热导率随温度升高会降低，其原因是 。
（4）铜的焰色反应呈 。在现代化学中，常用于区分晶体与非晶体的方法为 。
（5）Mn和Co的熔点较高的是 ，原因 。
（6）钴晶胞和白铜(铜镍合金)晶胞分别如图1、2所示。
①钴晶胞堆积方式的名称为 ；
②已知白铜晶胞的密度为dg·cm-3，NA代表阿伏加 德罗常数的值。图2晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为 pm(列出计算式)。
15．在分析化学的电位法中，甘汞电极常做参比电极，它是由金属汞及其难溶盐Hg2Cl2和KCl溶液组成的电极。Hg2Cl2（甘汞）毒性较小，而HgCl2（升汞）有剧毒。
（1）K元素的基态原子的电子填充于 个不同的能级。
（2）Hg的价层电子排布式为5d106s2，Hg元素位于元素周期表的 区。
（3）Hg2Cl2在400~500℃时升华，由此推测Hg2Cl2的晶体类型为 。
（4）KCl和NaCl相比， 的熔点更高，原因是 。
（5）把NH4Cl和HgCl2按一定比例混合，在密封管中加热时，生成某种晶体，其晶胞如图所示。用X-射线衍射法测得该晶体的晶胞为长方体（晶胞参数a=b =419pm、c=794pm），每个NH4+可视为被8个Cl-围绕，距离为335pm，Cl-与Cl-尽可能远离。
①该晶体的化学式为 。
②晶体中Cl-的空间环境 （填“相同”或“不相同”）。用题中数据说明理由
③设阿伏加 德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 g/cm3（列出计算表达式）。
参考答案：
1．(1)sp2
(2) 3d10 催化剂
(3) 在 3 a
(4)电负性：O>N，O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱
(5) 离子键 12 Ti4+ sp3
【详解】（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子形成碳氧双键，杂化类型是sp2。
（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，失去4s能级上的一个电子形成Cu+，故Cu+价电
子排布式为3d10；CuCl在反应中先消耗再生成，属于催化剂。
（3）①4 -甲基咪唑中环上形成大π键，属于平面结构，1~4号N原子在同一平面上；1号N原子的孤电子对参与形成大π键，故3号N原子更容易与Cu形成配位键；
②a．Cu( I )配合物中的 结构可与甲醇形成分子间氢键，增大其在甲醇中的溶解度；
b．形成的Cu( I )配合物在反应中作催化剂，催化剂不影响平衡移动，故b错误；
选a。
（4）若用某结构相似的含O配体与Cu+配位，所得配合物的稳定性比含N配体低，可能的原因是：电负性：O>N，O对孤电子对吸引力强，使得O作配体时配位能力弱。
（5）金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，金属离子与氧离子间的作用力为离子键，晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；距离Pb2+最近的是处于面心的I-，Pb2+的配位数为6，图(a)中Ti4+的配位数也为6，与图(b)中Pb2+的空间位置相同；有机碱CH3H中N原子上无孤电子对，周围形成了4个σ键，故N原子采用sp3杂化；从图(b)可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为1个，CH3NH的数目为8=1个，I-的数目为6=3个，故晶胞的密度为ρ= 。
2．(1)3d10
(2)O＞N＞C
(3)三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对
(4) sp2 π键 2 紫外
【详解】（1）Zn2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，则其价层电子排布式是3d10。答案为：3d10；
（2）C、O、N为同周期元素，从左到右的排列顺序为C、N、O，非金属依次增强，所以电负性从大到小的顺序是O＞N＞C。答案为：O＞N＞C；
（3）Zn2+具有空轨道，三乙撑二胺( )中的N原子具有孤对电子，所以三乙撑二胺与Zn2+能形成配位键的原因是：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对。答案为：三乙撑二胺中的N给出孤电子对，Zn2+有空轨道能接受孤电子对；
（4）①N原子的价电子数为5，需要形成三对共用电子，所以N2的电子式是 。
②偶氮苯( )中N的价层电子对数为3，则杂化轨道类型是sp2。偶氮苯分子中，双键氮原子存在孤对电子，所以存在顺反异构，其原因是分子中两个氮原子间存在π键。
③在晶体M的晶胞中，Zn2+位于棱上，每个棱被4个晶胞共用，则x==2。
④M1和M2相互转化时，Zn2+的配体和配体数均不变，即Zn2+、三乙撑二胺和对苯二甲酸根离子的个数比不变，现M1和M2中Zn2+个数比为2:4=1:2，所以相对分子质量比也为1:2，而M1的体积为cm3，M2的体积为cm3，所以二者的密度比为＜1:1，所以M1的密度小。晶胞密度小则晶体内部的空隙大，从而得出M1能让“会呼吸”的晶体吸收N2，依据“”，可得出条件是紫外光照射。答案为：；sp2；π键；2；紫外。
【点睛】形成配合物时，配位数等于中心原子与配体间形成的配位键的数目。
3．(1) 乙醇分子间能形成氢键 乙醚沸点低，蒸馏时所需温度较低，青蒿素不易分解
(2) O＞C＞H b
(3) sp3 正四面体
【详解】（1）①乙醚的结构简式为C2H5OC2H5，乙醇的结构简式为C2H5OH, 乙醇分子间能形成氢键，乙醚分子间不能形成氢键，故乙醚的沸点低于乙醇；
②青蒿素溶于乙醇和乙醚，对热不稳定，用乙醚提取青蒿素后，乙醚沸点低，蒸馏时所需温度较低，青蒿素不易分解，故用乙醚提取效果更好。
（2）①元素的电负性越强，其原子核附近电子云密度越大；电负性：O＞C＞H，原子核附近电子云密度：O＞C＞H；
②青蒿素晶胞含有4个青蒿素分子，晶胞质量m=，晶胞体积V= a10-7cmb10-7cmc10-7cm=abc10-21cm3，晶体的密度ρ===；
③a．质谱法可以测定有机物的相对分子质量，a不符合题意；
b．通过晶体的X射线衍射实验，可以确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出物质的空间结构，b符合题意；
c．核磁共振氢谱法可确定有机物中氢原子的种类和相对数目，c不符合题意；
d．红外光谱法可用于鉴定有机物中所含的各种官能团和化学键，d不符合题意；
故选b。
（3）①如图所示，双氢青蒿素分子中碳原子均为饱和碳原子，这些碳原子的轨道杂化类型为sp3；
②种，B原子的孤对电子数为0，价层电子对数为4，根据价层电子互斥理论可知，该离子的空间结构为正四面体。
4．(1)N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高
(2)bc
(3) 8
(4) Ⅷ d Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少
【详解】（1）尿素中氮元素的第一电离能比氧元素高的原因是氧原子的价电子排布式为2s22p4，原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，而氮原子的的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，电离能高于相邻元素，故答案为：N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
（2）a．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，由价层电子对互斥理论可知，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，故正确；
b．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，又氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，则氨气极易溶解在水中与氨分子为极性分子和与水分子间能形成氢键有关，故错误；
c．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与氮氢键和磷氢键的键能的大小无关，故错误；
故选bc；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线处的氧离子间的距离最近，所以锆离子的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的锆离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，故答案为：8；；
（4）①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区，故答案为：Ⅷ；d；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级是比较稳定的半充满状态，再失去一个电子需要消耗较大的能量，而Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，故答案为：Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少。
5．(1)2
(2) TiO2 d c
(3) TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 1668 Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高
【详解】（1）基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，3d轨道2个电子分别单独占有一个轨道，未成对电子数为2。
（2）①根据均摊法，该晶胞中O的个数为=4，Ti的个数为=2，故该氧化物的化学式为TiO2，从图中可以看出，中间的Ti周围有6个等距离的O，Ti位于距离最近的O构成的八面体中心，答案选d。
②该氧化物晶体熔点为1850℃，分子晶体分子间通过范德华力结合，熔点通常较小，因此晶体类型最不可能是分子晶体，答案选c。
③一个晶胞中含有2个Ti原子和4个O原子，则mg该氧化物中含有该晶胞个数为，一个晶胞体积为a2bcm3，则有×a2bcm3=Vcm3，NA=。
（3）钛铁矿与焦炭熔炼提纯，生成TiO2，TiO2与焦炭、Cl2高温下反应生成TiCl4和一种可燃性气体，则该气体为CO，精制TiCl4加Mg还原，生成MgCl2和Ti，最后分离得到Ti。①高温氯化过程中，TiO2与C、Cl2反应生成TiCl4和CO，化学方程式为TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。
②从表中可知，Ti的熔点为1668℃，而Mg、MgCl2的沸点分别为1107℃和1412℃，分离过程最后生成的Ti为液态，Mg和MgCl2为气态，则最低温度应为1668℃。
③Mg和Ti均为金属晶体，熔化时破坏金属键，Mg2+和Ti4+的离子半径接近，但是Ti4+带四个单位正电荷，而Mg2+带两个单位正电荷，故金属钛中的金属键强于金属镁中的金属键，因此钛的熔点更高。
6．(1) 28
(2) ABDE O＞N＞C＞H sp2 -O-H中H原子与形成氢键O原子-O-H…O，使-O-H中孤对电子更偏向于H，而N中可提供完整的孤对电子与Ni2+形成配位键
(3) Cu失去1个电子后是全充满的3d10结构，难失去电子，镍失去1个电子后是4s1，易失去电子 Cu3Ni 4
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，由泡利不相容原理可知，原子核外电子的运动状态有28种；基态原子的价电子排布式为3d84s2，价电子排布图为 ，故答案为：28；；
（2）①由结构示意图可知，配合物中含有的作用力有配位键、极性键、非极性键和氢键，不含有离子键，故选ABDE；
②元素的非金属性越强，电负性越大，配合物中含有的非金属元素氧、氮、碳、氢的非金属性依次减弱，则电负性依次减小；配合物中形成双键的氮原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：O＞N＞C＞H；sp2；
③由结构示意图可知，配合物中羟基的氢原子与氧原子形成氢键-O-H…O，羟基中孤对电子更偏向于氢原子，不易给出孤对电子，而氮原子可提供完整的孤对电子与镍离子形成配位键，所以配合物中镍离子与氮原子形成配位键，而非和氧原子成键，故答案为：-O-H中H原子与形成氢键O原子-O-H…O，使-O-H中孤对电子更偏向于H，而N中可提供完整的孤对电子与Ni2+形成配位键；
（3）①Cu失去1个电子后是全充满的3d10结构，难失去电子，镍失去1个电子后是4s1，易失去电子，所以铜元素的第二电离能大于镍元素的第二电离能，故答案为：Cu失去1个电子后是全充满的3d10结构，难失去电子，镍失去1个电子后是4s1，易失去电子；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于面心的铜原子个数为6×=3，位于顶点的镍原子个数为8×=1，所以晶体的化学式为Cu3Ni；位于面心的铜原子与位于顶点的镍原子距离最近，共有4个；由晶胞的质量公式可得：=10—21a3ρ，解得a=，故答案为：Cu3Ni；4；。
7． 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 3 高于 H2O分子间可形成氢键 sp3 极性 6 八面体 5 金属 ＞ 12
【详解】(1)钴元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2；未成对电子数为3个；
(2) ①H2O的沸点高于H2S，原因是H2O分子间可形成氢键；H2O中O的杂化形式为sp3；水分子是极性分子；②在配合物[Co(NH3)4(H2O)2]Cl3中，Co3+配位数为6；其阳离子的立体构型是八面体；若[Co(NH3)4(H2O) 2]Cl3中有两个NH3分子被Cl取代，所形成的[Co(NH3)2(H2O) 2] 3+的几何异构体种数有五种，
(3) 金属钴是由金属键形成的晶体；CoO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，由于Co2+的离子半径74.5pm小于Fe2+的离子半径78pm，所以CoO的熔点高于FeO的；
(5)由CoO的晶胞结构可知，每个Co2+的周围与它最接近的且距离相等的Co2+共有12个；若晶体中Co2+与O2-的最小距离为acm，即该晶胞的边长为2a cm，其体积为8 a3 cm3，该晶胞含有4个CoO分子，其质量为g，则其密度为 g/cm3；
8．(1)NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价
(2) 平面三角形 B与水中的OH-形成配位键，B原子佳电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键
(3) 共价
sp3 N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC
【详解】（1）NaBH4中H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价，所以NaBH4具有强还原性；
（2）硼酸的化学式为B(OH)3，是一元弱酸。硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2O H++[B(OH)4]-
①硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形；
②硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s22p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键；
（3）①氮化硼(BN)属于共价晶体；由图可知每个B原子距离最近的N原子有4个，B原子的价层电子对数为4，轨道杂化类型为sp3杂化；
②N原子半径小于C，B原子半径小于Si，N-B共价键的键长小于C-Si键长，N-B共价键的键能大于C-Si键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；
③已知该晶体的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞中N=4，B=×6+×8=4，,晶胞的边长为acm，，。
9．(1)
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3) > 正四面体形 >
(4)BDE
(5)O、Se
(6)
【详解】（1）Se与S同族，位于第4周期，ⅥA族，故基态硒原子价电子排布式为：；
（2）两者都是分子晶体，但是水中含有氢键，分子间作用力较大，沸点较高，故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
（3）在含氧酸中，非羟基氧越多，起酸性越强，和非羟基氧的个数分别为2和1，故酸性>；中心原子的价层电子对数为4，则其空间结构为：正四面体形；SeO3中Se是sp2杂化，平面三角形，键角120°；中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥形，键角小于120°，故键角气态分子>离子；
（4）A．I中含有苯环，除了有σ键之外还有其它化学键，A错误；
B．I中的Se-Se键是相同原子形成的共价键，为非极性共价键，B正确；
C．I为相对分子较大的有机物，没有亲水基，一般不易溶于水，C错误
D．II的主要结构是苯环、碳碳双键和碳碳三键，其中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，D正确；
E．I~III含有的元素包括：H、C、N、O、S、Se，O电负性最大，E正确；
故选BDE；
（5）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se；
（6）①根据晶胞结构得到K有8个， 有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
10．(1) Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH
(2) 3d9 共价键、配位键 共价键、氢键 降温
(3)在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色
(4) CuCl
【详解】（1）①向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入少量氨水生成蓝色沉淀为氢氧化铜，所以产生蓝色沉淀的离子方程式是Cu2++2NH3H2O=Cu(OH)2↓+2NH；
②为离子化合物，在水中电离生成和，其电离方程式是；
（2）①Cu为29号元素，其基态原子价层电子排布式：3d104s1,则的价层电子排布式为3d9；
②根据图示可知，N的最外层电子数为5，则应形成3对共用电子对达到满8电子稳定结构，所以A中氮原子与其它原子(或离子)之间存在的作用力类型有共价键和配位键；氢原子与其它原子之间除了存在共价键以外，还和电负性较强的O原子形成了氢键，所以存在的作用力类型有共价键和氢键；当(II)配合物A和B配位构型由八面体转变为四方平面时，能量会降低，吸收光谱蓝移，配合物颜色紫色变为橙色，所以若实现上述操作，可从平衡角度考虑，最简单的方法是降低温度，使平衡向正向移动，实现配合物颜色由紫色变为橙色，故答案为：降低温度；
（3）蓝色溶液与黄色溶液混合为绿色溶液，在溶液中加入浓溶液，颜色从蓝色变为绿色，原因是在溶液中存在平衡：，加入浓溶液，c(Cl-)增大，平衡向右移动，的浓度增大，黄色与蓝色混合会呈现绿色；
（4）图中白球所在位置是顶点和面心，晶胞内原子个数为=4，黑球在晶胞内部，原子个数为4，所以化学式为AB型，即上述晶胞表示的是CuCl；则晶胞的质量为，则晶胞的密度=。
11．(1)1s22s22p63s23p63d24s2
(2)+1或-1
(3)CaTiO3
(4) 分子晶体 制备TiN的反应是Ⅱ，经计算n(Cl)：n(Ti)≈4：1，且不同时间段内n(Cl)：n(Ti)不变，NaOH溶液吸收的物质只有TiCl4
【详解】（1）钛元素是22号元素，按构造原理，基态钛原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2。
（2）基态钛原子的价电子排布式为3d24s2， 3d2是分占2个d轨道、自旋方向相同的2个电子，4s轨道填了自旋方向相反的2个电子，则其价电子自旋磁量子数的代数和为2×(+)=+1或2×(-)=-1。
（3）由晶胞结构可知，Ti原子处于晶胞的体心，Ca原子属于顶点、晶胞中含有Ca原子数目为，O原子位于面心上，晶胞中含有O原子数目为，故化学式为CaTiO3。
（4）①由表格知：与其它非金属氯化物或含钛化合物比，TiCl4熔沸点低、则属于分子晶体。
②由表知，600℃时TiCl4呈气态，尾气中必定含TiCl4，若发生的是反应Ⅰ，则尾气除用于冷却的氮气外、还有多余的TiCl4、还含反应生成的Cl2；若发生的是反应Ⅱ，则尾气中不含氯气，则2种情况尾气中氯和钛的原子数目比不同。结合图中数据，可知制备TiN的反应是Ⅱ，判断依据为：10min时，，20min时，，40min时，，经计算n(Cl)：n(Ti)≈4：1，且不同时间段内n(Cl)：n(Ti)不变，NaOH溶液吸收的物质只有TiCl4。
12．(1) 7 3d
(2)TiF4为离子晶体，其他为分子晶体，离子晶体的熔点高于分子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力增强，熔点升高
(3) Ti
【详解】（1）钛为22号元素，电子排布式为：，存在7种能级的电子，每个能级能量不同，其中能量最高的能级为3d，故答案为：7；3d；
（2）F的电负性大于Cl、Br、I，F与Ti之间形成离子键，即TiF4为离子晶体，其他几种均为分子晶体，离子晶体的熔点一般高于分子晶体，而组成结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔点越高，相对分子质量：TiCl4
③BH中B原子的价层电子对数为，B为sp3杂化；
④LiBH4 存在Li+和BH，Li+和BH之间为离子键，BH中存在共价键和配位键，故ABD正确；
故答案为：Ti
13． 3d84s2 VIII族 d 分子晶体 非极性 > sp3 6 Cl和N (1，，)
【详解】(1)Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，价电子数为10，价电子排布式为3d84s2，位于元素周期表的第四周期，第Ⅷ族，属于d区，故答案为：3d84s2；Ⅷ；d；
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，熔沸点较低，推测Ni(CO)4的晶体类型为分子晶体；依据相似相溶原理，H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子，故答案为：分子晶体；非极性；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O，故答案为：＞；
②苯酚中氧原子形成两个共价键，还有两对孤电子对，所以杂化类型为sp3杂化，故答案为：sp3；
(4)配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为6，配位原子是N、Cl，故答案为：6；N、Cl；
(5)如图所示，C点在晶胞的面心，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为(1，，)，故答案为：(1，，)；
(6)分析晶胞可知，一个晶胞的质量为g，体积为(a×10-7)3cm3，则g cm-3，故答案为：。
14． 3d104s1 Cr 电子气中的自由电子在热的作用下与金属原子频繁碰撞（温度升高电阻增大） 绿 X-射线衍射法 Co 价电子数多半径小金属键强 六方最密堆积 ×1010
【分析】(1)在Fe、Co、Ni、Cu中，Cu遵循“洪特规则特例”，3d轨道为全满状态；
(2)在第四周期所有元素中，基态原子最多有6个未成对电子；
(3）金属通过自由电子与金属离子碰撞导热；
(4)x射线衍射法是一种研究晶体结构的方法；
(5)金属键越强，金属晶体的熔点越高；
(6)先根据晶体的密度计算晶胞的边长，再计算两个面心上铜原子最短核间距；
【详解】(1)在Fe、Co、Ni、Cu中，Cu遵循“洪特规则特例”，3d轨道为全满状态，Cu原子的外围电子排布式为3d104s1；
(2)在第四周期所有元素中，基态原子未成对电子数最多的原子，外围电子排布式为3d54s1，该元素符号是Cr；
(3)电子气中的自由电子在热的作用下与金属原子碰撞的概率增大，这样电子气不易将动能传远，导热率自然下降；
(4)铜的焰色反应呈绿色。在现代化学中，对固体进行X射线衍射实验区分晶体与非晶体， 所以区分晶体与非晶体的方法为X-射线衍射法；
(5)Mn和Co相比，Co价电子数多、半径小， Co金属键强，所以熔点较高的是Co；
(6)①图1为六方晶胞，所以钴晶胞堆积方式是六方最密堆积；
②设晶胞的边长为a pm，则晶胞的体积为 ，根据均摊原则，1个晶胞含有铜原子数是 、镍原子数是， ，，晶胞中两个面心上铜原子最短核间距为×1010。
【点睛】本题综合考查物质结构，明确核外电子排布的原则、理解影响金属晶体熔沸点的因素是解题关键，难点是晶胞的计算，注意六方晶胞顶点上的原子被8个晶胞共用、面心的原子被2个晶胞共用。
15． 6 ds 分子晶体 NaCl 两者均为离子晶体，离子所带电荷相同，Na+半径比K+小，NaCl的晶格能更大，熔点更高 NH4HgCl3 不相同 体心的Cl-距离NH4+为335pm，棱心的Cl-距离NH4+为397pm
【详解】(1)K元素的基态原子核外有19个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，共填充于6个不同的能级，故答案为：6；
(2)Hg的价层电子排布式为5d106s2，则Hg为第六周期第ⅡB族元素，位于元素周期表的ds区，故答案为：ds；
(3)Hg2Cl2在400~500℃时升华，熔沸点较低，故其为分子晶体，故答案为：分子晶体；
(4)由于NaCl和KCl均为离子晶体，离子所带电荷相同，Na+半径比K+小，故NaCl的晶格能更大、熔点更高，故答案为：NaCl；两者均为离子晶体，离子所带电荷相同，Na+半径比K+小，NaCl的晶格能更大，熔点更高；
(5)①由晶胞示意图可知，NH4+位于晶胞的顶点，一个晶胞中含有个NH4+，Cl-位于晶胞的棱上和体心，一个晶胞中含有个Cl-，Hg2+位于晶胞的体心，一个晶胞中含有1和Hg2+，则该晶体的化学式为NH4HgCl3，故答案为：NH4HgCl3；
②由题干信息可知，体心的Cl-距离NH4+为335pm，棱心的Cl-距离NH4+为，则晶体中Cl-的空间环境不相同，故答案为：不相同；体心的Cl-距离NH4+为335pm，棱心的Cl-距离NH4+为397pm；
③根据公式可得，该晶体的密度，故答案为：。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
