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【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题15 物质结构与性质（测）（原卷版+解析版）
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专题15 物质结构与性质
一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）
1．(2023·黑龙江省绥化市第九中学高三质检)已知在一定条件下，SO2也能体现其氧化性，例如：2H2S+SO2=3S+2H2O，下列化学用语使用正确的是( )
A．SO2的VSEPR模型：
B． HS-电离的离子方程式：HS-+H2OH2S+OH-
C．基态硫原子轨道的电子云轮廓图：
D．基态氧原子最外层电子的轨道表示式：
【答案】C
【解析】A项，二氧化硫中心原子S的价层电子对数为3，有1对孤电子对，S杂化类型为sp2，VSEPR模型为平面三角形，A错误；B项，HS-电离的离子方程式HS-H++S2-，B错误；C项，基态硫原子P x轨道的电子云轮廓为哑铃型，C正确；D项，基态氧原子最外层电子的轨道表示式：，D错误； 故选C。
2．(2023·江苏省南京市江宁区高三期中)尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。反应CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O可用于尿素的制备。下列有关说法不正确的是( )
A．NH3与CO(NH2)2均为极性分子
B．N2H4分子的电子式为
C．NH3的键角大于H2O的键角
D．尿素分子σ键和π键的数目之比为6∶1
【答案】D
【解析】A项，NH3分子为三角锥形，为极性分子，CO(NH2)2中的N原子与NH3中的N成键方式相同，所以二者均为极性分子，A正确；B项，N原子的最外层电子数为5个，要达到稳定结构，N2H4的电子式为： ，B正确；C项，NH3分子中有3个σ键，1对孤电子对，H2O分子中有2个σ键和2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3中的键角，C正确；D项，1个单键1个σ键，1个双键1个σ键和1个π键，尿素中含有6个单键和1个双键，7个σ键和1个π键，尿素分子σ键和π键的数目之比为7∶1，D错误； 故选D。
3．(2023·广东省深圳市龙岗区高三期中)拉希法制备肼(N2H4)的主要反应为NaClO+2NH3= NaCl+N2H4+H2O 。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A．基态氧原子的轨道表示式：
B．中子数为18的氯原子：
C．NH3的空间填充模型：
D．N2H4的电子式：
【答案】D
【解析】A项，基态氧原子的电子排布式为1s2 2s2 2p4，根据洪特规则，电子应尽可能分占不同的原子轨道，A错误；B项，中子数为18的氯原子，质子数为17，则质量数为35，则表示为：1735Cl，B错误；C项，选项中为氨分子的球棍模型，不是空间填充模型，C错误；D项，N2H4中N与N之间形成一个共用电子对，则选项中表示正确，D正确；故选D。
4．(2023·北京师大附中高三统测)下列化学用语或图示表达不正确的是( )
A．AsO43-的空间结构模型：
B．反-2-丁烯的分子结构模型：
C．基态铬原子的价层电子排布式：3d54s1
D．过氧化钠的电子式：
【答案】A
【解析】A项，AsO43-中As原子价电子对数是4，空间构型为正四面体，故A错误；B项，反-2-丁烯的分子结构模型：，故B正确；C项，铬是24号元素，根据洪特规则，基态铬原子的价层电子排布式：3d54s1，故C正确；D项，过氧化钠由Na+、O22-构成，电子式为，故D正确；故选A。
5．(2023·山东省济宁市兖州区教学研究室高三期中)连二亚硝酸是一种重要的还原剂，可由亚硝酸和羟胺反应制备，其反应的化学方程式为：HONO+H2NOH = HON=NOH+H2O。下列说法错误的是( )
A．亚硝酸根离子为V形结构 B．羟胺是极性分子
C．1个中有6个键 D．连二亚硝酸可能易溶于水
【答案】C
【解析】A项，亚硝酸根离子中N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，中心N原子最外层存在1对孤对电子，所以为V形结构，A正确；B项，羟胺的结构式为，分子结构不对称，是极性分子，B正确；C项，1个HON=NOH中含有2个H-O σ键、2个O-N σ键、1个N-N σ键，共5个σ键，C错误；D项，连二亚硝酸与水可形成氢键，故其可能易溶于水，D正确；故选C。
6．(2023·广东省四校高三联考)下列符号表征或说法正确的是( )
A．葡萄糖的实验式：C6H12O6
B．Fe、Co、Ni位于元素周期表p区
C．BH4-、CH4、NH4+空间结构均为正四面体
D．金刚石的晶胞：
【答案】C
【解析】A项，实验式是用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子，葡萄糖的实验式为：CH2O，A错误；B项，Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，处于周期表中的d区，B错误；C项，BH4-、CH4、NH4+中心原子为sp3杂化，为正四面体结构，C正确；D项，金刚石结构中的每个原子与相邻的4个原子形成正四面体，金刚石的晶胞为，为金刚石的球棍模型，D错误；故选C。
7．(2023·山东省临沂市高三期中)亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解：3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是( )
A．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6
B．N2和(CN)2均为非极性分子
C．(CN)2分子中σ键和π键数目比为3：4
D．配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是氮原子
【答案】D
【解析】A项，Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，价电子排布式为3d64s2，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得到Fe2+，则Fe2+价电子排布式为3d6，A正确；B项，N2为非极性分子，(CN)2结构式为N≡C—C≡N，四原子共线为非极性分子，B正确；C项，(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，因此(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:4，C正确；D项，配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN-，由于电负性N＞C，所以C原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，D错误；故选D。
8．(2023·广东省名校联盟高三大联考)氢氰酸是酸性极弱的一种酸，其结构式为H-C≡N，下列有关的说法错误的是( )
A．碳原子为杂化 B．是V形分子
C．键、键数目相等 D．所含化学键均是极性键
【答案】B
【解析】A项，“H-C≡N”可知碳原子有2个σ键，无孤电子对，价层电子对数为2，碳原子的杂化类型为sp，故A正确；B项，碳原子杂化类型为sp，空间构型为直线形，故B错误；C项，“H-C≡N”可知碳原子有2个σ键，2个π键，σ键、π键数目相等，故C正确；D项，成键元素不同，属于极性键，故D正确；故选B。
9．(2023·辽宁省沈阳二中高三期中)下列有关描述及化学用语的表示方法正确的是( )
A．As原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p3
B．KCI形成过程：
C．基态Mg原子的核外电子排布图为
D．Se在周期中属于p区元素，Zn属于ds区元素
【答案】D
【解析】A项，As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，A错误；B项，KCl形成过程为，B错误；C项，基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外电子轨道表示式： ，C错误；D项，Se的价电子为4s24p4，最后填充4p电子，为p区元素，Zn的价电子构型为3d104s2，属于ds区元素，D正确；故选D。
10．(2023·甘肃省西北师大附中高三期中)下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是( )
A．第一电离能：Cl>S>P> Si
B．分子的极性：
C．价层电子对互斥模型中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
D．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
【答案】C
【解析】A项，Si、P、S、Cl处于同一周期，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，因P的3p能级为半充满状态，导致其第一电离能较大，故第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si，A项错误；B项，F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键极性逐渐减弱，B项错误；C项，价层电子对数只计σ键电子对和孤电子对，不计π键电子对，C项正确；D项，Mn原子的价电子排布式为3d54s2，含有5个未成对电子，而同周期Cr原子的价电子排布式为3d54s1，含有6个未成对电子，故第四周期元素中，Cr原子价电子层中未成对电子数最多，D项错误；故选C。
11．(2023·江苏省高三第二次大联考)下列关于NO2-、NO3-和[Fe(NO)(H2O)5]SO4的说法正确的是( )
A．NO2-中氮原子轨道采用sp杂化 B．NO3-的空间构型为三角锥形
C．配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4中有2种配体 D．1mol[Fe(NO)(H2O)5]2+中含有6molσ键
【答案】C
【解析】A项，亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；B项，硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为平面三角形，故B错误；C项，由化学式可知，配合物中亚铁离子为中心离子，一氧化氮和水分子是配体，共有2种，故C正确；D项，配离子中配位键为σ键，配体一氧化氮分子中含有1个σ键、水分子中含有2个σ键，则1mol配离子中含有1mol×(6+1+2×5)=17molσ键，故D错误；故选C。
12．(2023·辽宁省抚顺市六校协作体高三期中)在酸性或者接近中性的条件下，易发生歧化反应，将CO2通入K2MnO4溶液中，其反应为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3。下列有关说法错误的是( )
A．CO32-的空间结构为三角锥形
B．CO2中心原子的杂化方式是sp
C．基态钾原子的价电子排布式：4s1
D．基态Mn2+的价电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】A项，CO32-中C原子的价层电子对数为3＋=3，不含孤电子对，为平面三角形，A错误；B项，CO2分子中C原子的价层电子对数为2＋=2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化，B正确；C项，钾为19号元素，基态钾原子的价电子排布式：4s1，C正确；D项，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Mn2+是锰原子失去2个电子后相形成的离子，价电子轨道表示式： ，D正确；故选D。
13．(2022·天津市滨海新区塘沽第一中学高三期中)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可作锂离子电池的正极材料。工业上以FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺()等为原料制备磷酸亚铁锂。下列说法错误的是( )
A．苯胺中氮原子的杂化方式是sp3
B．NH4+和PO43-的空间结构相同
C．1mol苯胺分子中含有9molσ键
D．LiC1、苯胺和甲苯的熔点由高到低的顺序是LiCl＞苯胺＞甲苯
【答案】C
【解析】A项，苯胺中氮原子形成3个σ键，有1对孤对电子，价层电子对数为4，所以杂化方式是sp3，A正确；B项，NH4+中N原子价层电子对个数=4+(5-1-4×1)=4，PO43-中P原子价层电子对个数=4+(5+3-4×2)=4，且N、P原子都不含孤电子对，所以两种微粒的空间构型都是正四面体，B正确；C项，苯胺()中含有C-C键、C-H键、C-N键、N-H键均为σ键，则1mol苯胺分子中含有14molσ键，C错误；D项，LiCl属于离子晶体，熔沸点最高，苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺能形成分子间氢键、甲苯不能形成分子间氢键，所以熔点由高到低的顺序是LiCl＞苯胺＞甲苯，D正确；故选C。
14．(2023·河北省石家庄精英中学高三第三次考试)下列说法正确的是( )
A．σ键和π键比例为7：1
B．SO3空间结构为三角锥形
C．配合物铁氰化钾K3[Fe(CN)6]中几种元素电离能由大到小的顺序是N>C>K>Fe
D．CO2分子中C和O原子之间的σ键是由C原子的sp杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成
【答案】D
【解析】A项，双键中有1个σ键、1个π键，N-H单键、N-C单键、O-C单键、C-H单键，Cu-O单键均为σ键，所以σ键和π键比例为9：1，A错误；B项，SO3中心S原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形，B错误；C项，Fe的金属性比K弱，电离能大于K，C错误；D项，CO2分子中C原子采取sp杂化，C原子的sp杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成一个σ键，D正确；故选D。
15．(2023·重庆南开中学高三检测)W、X、Y、Z为是四种原子序数依次增大的短周期元素，这四种元素组成的化学式为X2W5YZ的物质在有机合成中具有较高的应用价值。X元素的族序数是周期数的两倍，Y元素的电离能如下表所示，Z原子得到一个电子后核外电子排布变为与稀有气体电子排布相同。下列说法正确的是( )
I1
I2
I3
I4
A．电负性：
B．原子半径：
C．在X2W5YZ中，所有原子均满足八电子稳定结构
D．电解Y和Z组成的二元化合物的水溶液可得到Y和Z的单质
【答案】B
【解析】X元素的族序数是周期数的两倍，X可能是C或S，因Y、Z的原子序数大于X，则X只能是C，结合Y元素的电离能可知Y最外层有2个电子IIA族元素，Y为Mg，Z原子得到一个电子后核外电子排布变为与稀有气体电子排布相同，Z为VIIA族元素，Z为Cl，这四种元素组成的化学式为C2H5MgCl，可知W为H。A项，电负性：Cl>H>Mg，故A错误；B项，原子半径：Mg>Cl>H，故B正确；C项，H原子不满足八电子稳定结构，故C错误；D项，电解氯化镁溶液时，阴极是氢离子放电生成氢气，得不到Mg，故D错误；故选B。
16．(2023·重庆市拔尖强基联合高三检测)物质W常用作食品添加剂，其组成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，元素N的单质在常温下为气体。下列说法正确的是( )
A．W中Y原子的杂化方式为sp3
B．常温下N的单质与NaOH溶液反应，其中一种产物的水溶液呈碱性，有漂白性
C．Z的氢化物的沸点一定大于Y的所有氢化物的沸点
D．化合物W受热易分解，发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】根据题意，W结构中M为+1价的离子，再根据原子序数和原子半径的关系，M原子半径最大，推出M为Na元素，再根据X的原子半径最小，原子序数最小，又只能形成一个化学键，推出X为H，Y可以形成4个键，原子序数大于H小于Na，所以Y为C，Z可以形成2个键，原子序数大于C小于Na，最外层电子为6，故Z为O，元素N的原子序数大于Na，其单质在常温下为气体，N为Cl，故W为NaHCO3。A项，由图可知，HCO3-中C原子形成3个σ键，C原子的价电子全部用于成键，无孤电子对，因此C原子的杂化方式为sp2，A错误；B项，N的单质为Cl2，常温下与NaOH溶液反应生成的NaClO水溶液呈碱性，有漂白性，B正确；C项，Z为C，氢化物为烃类物质，其沸点不一定大于Y的所有氢化物的沸点，C错误；D项，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑中元素化合价均未发生变化，不是氧化还原反应，D错误； 故选A。
17．(2023·广东省茂名市电白区高三联考)中国疾控中心研发出两种含氯低温消毒剂，解决了低温消毒难题，具体反应如图所示，下列说法正确的是( )
A．尿素属于非极性分子
B．氯化铵的阳离子VSEPR模型为正四面体形
C．三聚氰酸中的N原子为sp2杂化
D．二氯异氰尿酸钠中元素的电负性：Cl>O>N
【答案】B
【解析】A项，根据尿素的分子结构，可知正负电荷中心不重合，属于极性分子，A项错误；B项，氯化铵的阳离子为NH4+，中心原子N原子为sp3杂化，没有孤对电子，VSEPR模型为正四面体形，B项正确；C项，三聚氰酸中的N原子均为单键，为sp3杂化，C项错误；D项，电负性：O>Cl>N，D项错误；故选B。
18．(2022·江苏省苏州八校联盟高三第二次适应性考试)已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4。下列有关说法不正确的是( )
A．该配合物中阴离子空间构型为正四面体形 B．配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，配位数为6
C．如图所示γ-Fe的晶胞中，铁原子的配位数为12 D．H2O分子是含有极性键的非极性分子
【答案】D
【解析】A项，该配合物中阴离子硫酸根离子中心原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形，故A正确；B项，配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，配体为NO和H2O，配位数为6，故B正确；C项，如图所示γ-Fe的晶胞中，铁位于面心和顶点，以顶点铁分析，每个横截面有4个面心铁，三个横截面共12个，因此铁原子的配位数为12，故C正确；D项，H2O中含有氧氢键，H2O分子是“V”形结构，因此H2O分子是含有极性键的极性分子，故D错误。故选D。
19．(2023·辽宁省沈阳二十中高三模拟考试）某深蓝色溶液是纤维素的优良溶剂，其制备反应如下图所示。X、Y、Z三种元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Y、Z均位于X的下一周期，W的焰色为绿色。下列说法错误的是( ）
A．Y元素的最高价氧化物分子中化学键的极性的向量和等于零
B．第一电离能：
C．W的价层电子排布图为
D．1个生成物离子中含有4条配位键
【答案】C
【解析】X、Y、Z三种元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Y的电子排布为1s22s22p2，则Y为C元素，Y、Z均位于X的下一周期，则X为H元素，通过题中分子式可知Z的最外层电子数为5，则Z为N元素，W的焰色为绿色，则W是Cu元素。A项，Y元素的最高价氧化物分子为CO2，为直线形，结构对称，为非极性分子，即化学键的极性的向量和等于零，A正确；B项，第一电离能表示基态气态原子失去一个电子所需要的能量，同周期：从左到右，第一电离有逐渐增大的趋势；对同主族：从上到下呈减小趋势，B正确；C项，W为Cu元素，价层电子为3d104s1，价层电子排布图，C错误；D项，据图可知1个生成物离子中，Cu2+与4个N原子配位，即含有4条配位键，D正确；故选C。
20．(2022·江苏省泰州中学高三月考)自然界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成CuSO4溶液，遇到闪锌矿(ZnS)可慢慢转变为铜蓝(CuS)。已知： Ksp(ZnS)=2 ×10-22， Ksp(CuS)=6 ×10-36。下列说法正确的是( )
A．Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d84s1
B．反应ZnS(s)+Cu2+(ag)CuS(s)+Zn2+(aq)正向进行，需满足
C．ZnS 晶胞(见如图)中S2-的配位数为4
D．生成铜蓝后的溶液中一定存在： c(S2-)=且c(S2- )＞
【答案】C
【解析】A项，Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9，A错误；B项，反应ZnS(s)+Cu2+(ag)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=====×1014，若平衡正向移动，需要Qc＜K，即＜×1014，B错误；C项，由图可知，与S2-距离最近且相等的Zn2+有4个，故S2-的配位数为4，C正确；D项，生成铜蓝后的溶液是ZnS、CuS的饱和溶液，存在c(S2-)==，D错误；故选C。
21．(2022·山东省东明县第一中学高三期中)(CH3NH3)PbI3具有较高的光电转接效率，在太阳能电池領域具有重要的应用价值。(CH3NH3)PbI3的立方晶格结构如图所示，下列说法错误的是( )
A．CH3NH3+中N原子的杂化轨道类型为sp3
B．CH3NH3+中存在配位键
C．甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：CH3)2NH2＞(CH3)2NH
D．晶胞中B(灰色球)代表Pb2+，则每个晶胞中含有的数目为3
【答案】C
【解析】由立方晶格结构可推知每个晶胞中A的个数=8×=1，C的个数=6×=3，B的个数为1，对比化学式(CH3NH3)PbI3可知C为I-，B为中心原子，则B为Pb2+，A为CH3NH3+。A项，CH3NH3+的电子式为，N有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，A正确；B项，CH3NH3+中N提供孤电子对，H提供空轨道，形成一个配位键，B正确；C项，甲基的供电子能力强于氢原子，则(CH3)2NH中含有两个甲基，接受质子能力较强，即接受质子能力：(CH3)2NH2＜(CH3)2NH，C错误；D项，由分析可知晶胞中B(灰色球)代表Pb2+，则每个晶胞中含有I-的数目为3，D正确；故选C。
22．(2022·四川省威远中学校期中)已知与N-甲基咪唑()反应可以得到，其结构如图所示；下列说法不正确的是( )
A．离子中Si的配位数是6 B．1个中含有42个σ键，8个π键
C．SiF4、SiCl4、SiBr 4、SiI4的沸点依次升高 D．气态SiCl4分子的空间构型为正四面体
【答案】B
【解析】A项，2个Cl-和4个均为Si原子的配体，因此M2+离子中Si的配位数是6，A正确；B项，共价单键为σ键，共价双键含有1个σ键和1个π键，配位键为σ键，因此1个M2+中含有54个σ键，8个π键，B错误；C项，SiF4、SiCl4、SiBr 4、SiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分之间作用力依次增大，沸点依次升高，C正确；D项，SiCl4分子Si中形成4个σ键，且不存在孤电子对，其结构与甲烷相似，空间构型为正四面体，D正确；故选B。
23．(2022·江苏省南通市海门高三第二次诊断测试)下列有关说法正确是( )
A．SO2溶于水所得溶液能导电，所以SO2是电解质
B．SO32-的空间构型为平面三角形
C．电负性：O
【答案】D
【解析】A项，二氧化硫溶于水得到的溶液能导电，但电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故A错误；B项，SO32-的价层电子对数为3+×(6+2−3×2)=4，故S原子的杂化类型为sp3杂化，但由于S有一对孤电子对，故其空间构型为三角锥，故B错误；C项，非金属性越强，电负性越大，同一主族元素从上到下电负性逐渐变小，则电负性O＞S，故C错误；D项，在该晶胞中含有的Cu原子个数：8×+4×+1=4，含有的Fe原子个数为：4×+6×=4，含有的S原子个数为8个，故晶体的化学式为最简比即CuFeS2，故D正确；故选D。
24．(2023·河北省石家庄精英中学高三质检)冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与K+作用而不与Na+、Li+作用；18-冠-6与K+作用(如图)，但不与Li+或Na+作用。下列说法正确的是( )
A．18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“自组装”的特征
B．18-冠-6中O原子与K+间存在离子键
C．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型不同
D．冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体
【答案】D
【解析】A项，18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，A错误；B项，离子键是由阴、阳离子间形成的，18-冠-6为分子，分子中的O以O原子形式存在，所以18-冠-6中O原子与K+间不存在离子键，B错误；C项，18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道类型均为sp3杂化，杂化轨道类型相同，C错误；D项，冠醚能与碱金属离子形成晶体，碱金属离子是阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，则冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体，D正确；故选D。
25．(2023·广东省深圳市龙岗区高三期中)AlN具有耐高温、抗冲击等优良品质，广泛应用于电子工业、陶瓷工业，其晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是( )
A．基态Al原子的价电子排布式为3s23p1 B．Al原子位于N原子形成的四面体空隙
C．AlN晶体中含有配位键 D．AlN晶体属于离子晶体
【答案】D
【解析】A项，Al是第13号元素，基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1，A正确；B项，每个Al原子通过3个共价键、一个配位键跟4个N原子结合，其VSEPR模型为正四面体形，Al原子位于正四面体的中心，即Al原子位于N原子形成的四面体空隙，B正确；C项，氮原子最外层有5个电子，为三个单电子和一个孤电子对，每个N原子结合了4个Al原子，说明其中一个Al原子接受了N原子的孤电子形成了配位键，C正确；D项，在晶胞中每个Al原子结合4个N原子，每个N原子结合4个Al原子，N与Al之间通过共价键和配位键结合，属于共价晶体，D错误；故选D。
二、非选择题(本题包括5小题，共50分）
26．(10分）(2023·北京市101中学高三统练)硼与氮、氢能形成多种具有优良性能的化合物，受到人们的广泛关注。
Ⅰ.氨硼烷(NH3BH3)具有良好的储氢能力。
(1) NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，三种元素电负性大小顺序是_______。
(2)其在催化剂作用下水解释放氢气：3 NH3BH3+6H2O=3NH4++B3O63-+9H2，B3O63-的结构为 。在该反应中，B原子的杂化轨道类型的变化是_______。
(3)无机苯( )不能形成像苯一样的离域π键，原因是_______。
Ⅱ.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为：
(4) NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”，其中H的化合价为_______。
(5)硼酸的化学式为B(OH)3，硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2OH++[ B(OH)4]-，下列说法正确的是_______。
A．是一元弱酸 B．硼酸体现酸性与配位键有关
C．B位于三个O构成的三角形的中心 D．与NH3的反应是氧化还原反应
(6)氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______，已知该晶胞的密度为g· cm-3，晶胞的边长为a cm，则阿伏伽德罗常数的表达式为_______。
②六方氮化硼可做润滑剂，不导电。则六方氮化硼的晶体类型是_______，其中含有的微粒间作用力有_______。
【答案】(1)N>H>B(1分）
(2) sp3变为sp2(1分）
(3)电负性N>B，π电子主要在N附近，不能自由移动(1分）
(4)-1(1分）
(5)ABC(1分）
(6)均属共价晶体，结构相似，B-N键长比Si-C键短，键能更大(1分） (2分）
混合型晶体 (1分） 共价键、配位键、分子间作用力(1分）
【解析】(1)NH3BH3分子中，根据与N原子相连的H呈正电性，说明电负性：N>H；根据与B原子相连的H呈负电性，说明电负性：B H> B；(2)NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间可形成配位键。NH3BH3分子中B原子的价层电子对数为4，B原子杂化方式为sp3；根据B3O63-的结构可知，B原子价层电子对数为3，B原子的杂化方式为sp2，故反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2；(3)B的最外层电子排布式为2s22p1，N的最外层电子排布式为2s22p3，经过sp2轨道杂化后，N原子剩下1个孤电子对，B原子剩下1个空的p轨道，因而形成大键的电子全部由N提供，由于电负性N>B，π电子主要在N附近，因而不能自由移动；(4)NaBH4中Na为+1价，B为+3价，则H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价；(5)A项，硼酸只能进行一步电离，且只能部分电离，说明硼酸为一元弱酸，A正确；B项，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2s2p1，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，B正确；C项，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，B位于三个O构成的三角形的中心，C正确；D项，硼酸与NH3发生反应H3BO3+NH3+H2O=NH4B(OH)4，反应中无元素化合价升降，不是氧化还原反应，D错误；故选ABC；(6)①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是:二者均属共价晶体，结构相似，其中N原子半径小于C，B原子半径小于Si，B-N共价键的键长小于Si-C键长，B-N共价键的键能大于Si-C键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；该晶胞中，N=4，B=，则，即；②B和N都是非金属元素，每层中B和N以共价键结合，具有共价晶体的特征，层和层之间存在分子间作用力，又具有分子晶体的特征，因而六方氮化硼的晶体属于混合型晶体；其中含有的微粒间作用力有共价键、配位键和分子间作用力。
27．(8分）(2023·福建省泉州现代中学高三期中)氮、锂、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。
图 卟啉锌的结构
(1)卟啉锌中H、C、O、N四种元素中，第一电离由大到小顺序是___________。
(2)卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为___________，图中①②③④处的化学键属于配位键的是___________(填序号)。
(3)已知离子核外没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子无颜色的是___________(填离子符号)。
(4) BrO3-的键角小于BrO4-，原因是___________。
(5)氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中锂、氮的原子个数比为___________；
【答案】(1)N(1分） (2) sp2、sp3 (1分） ②(1分） (3)Ti4+(1分）
(4) BrO3-中溴原子上有一个孤电子对，BrO3-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于BrO4-中成键电子对间的排斥力(2分）
(5)2∶1(2分）
【解析】(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p6，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；(4)BrO3-和BrO4-的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而BrO3-中溴原子上有一个孤电子对，BrO3-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于BrO4-中成键电子对间的排斥力，导致键角：BrO3-＜BrO4-；这三种物质都是分析晶体，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高，故原因是：三者均为分子晶体，且相对分子质量HI>HBr>HCl，所以熔沸点HI>HBr>HCl；(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有6×13=2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1。
28．(12分）(2023·北京师大附中高三检测)钒的化合物能有效调节血糖，化合物丁有望成为抗糖尿病的新型药物，其制备流程如下：
(1)金属V晶体的晶胞形状为立方体，结构如图所示。
①钒在元素周期表中的位置为_________。
②基态V的价层电子排布图为_________。
③设阿伏加德罗常数为NA，距离最近的两个钒原子间距为()，则金属钒的晶体密度为_________ g· cm-3 (列出计算式)。
(2)NH4VO3转化为V2O5的化学方程式是_________。
(3)下列说法正确的是_________(填字母)。
A．元素的第一电离能：O＞S＞V B．共价键的极性：丙中乙中
C．pKa：乙>甲 D．甲分子中所有原子可能在同一平面内
(4)分析丙的分子结构与性质。
①比较丙中键角和键角的大小并解释原因：_________。
②判断丙中能否形成分子内氢键。若能，画出其分子结构并表示出该氢键；若不能，说明原因：_________。
③1mol丙能与2mol一水合氨反应，反应的离子方程式是_________。
(5)丁是一种配合物。
①丁中存在配位键的原因是_________。
②含有化合物丁的样品中，含钒量的测定方法是：先把样品中的钒元素经处理转化为(VO2)2SO4溶液，再用硫酸酸化的H2C2O4标准溶液进行滴定，生成VOSO4。取样品10.2g，用上述方法测定其中钒的含量，消耗0.5600mol/L H2C2O4标准溶液25.00mL，则样品中钒元素的质量分数为_________(写出计算结果)。
【答案】(1) 第四周期ⅤB族(1分） (1分） (2分）
(2) 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O(1分）
(3)AD(2分）
(4) O-C-O和C-S-H中C sp2杂化，S是sp3杂化，所以丙中O-C-O键角大于C-S-H键角 (1分） 丙中能形成分子内氢键，其分子结构为：(1分）
+2NH3·H2O→2NH4++ +2H2O(1分）
(5) V原子有空轨道，O原子和S原子都可以提供孤电子对(1分） 14%(2分）
【解析】NH4VO3加热得到V2O5，甲发生取代反应得到乙，乙再发生取代反应得到丙，丙和V2O5在氨水中反应得到丁。(1)①钒为23号元素，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第四周期ⅤB族；②根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p，因此推断其价层电子排布式为3d34s2，价层电子排布图为；③晶胞中V原子数目=1+8×=2，距离最近的两个钒原子间距为()，则晶胞的边长为，则晶胞的体积为d3×10-21cm3，一个晶胞的质量为g，则金属钒的晶体密度为g/ cm3；(2)NH4VO3转化为V2O5的化学方程式是：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；(3)A项，同主族，从上往下，元素第一电离能逐渐减小，V有四个电子层，第一电离能最小，所以元素的第一电离能：O＞S＞V，故A正确；B项，电负性：S
(1)金属铼(Re)是生产航空发动机叶片必不可少的材料。NH4ReO4在高温下用H2还原可制得金属铼，反应的化学方程式为_____。
(2)硬铝中含Mg、Si等合金元素，因其密度小、强度高且耐腐蚀，常用于制造飞机的外壳。
①基态Al原子核外电子的空间运动状态有____种。
②Mg、Al、Si的第一电离能由大到小的顺序为____。
③AlCl3易与Cl-形成配离子AlCl4-，AlCl4-的空间构型为____，其中Al的杂化轨道类型为____。写出与AlCl4-原子总数和价电子总数均相等的一种等电子体的分子式____。
(3)以SiC为连续基体的碳陶瓷是一种复合材料，可用于制造歼20的刹车片。
①SiC的熔点比晶体Si____(填“高”或“低”)，原因是____。
②某碳族元素参与形成的三元化合物晶胞示意图如图，该化合物的化学式为____。
【答案】(1)2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O(1分）
(2) 7 (1分） Si＞Mg＞Al(1分） 正四面体形(1分） sp3(1分） SiF4(或CCl4等) (1分）
(3)高(1分）
二者都是共价晶体，C原子半径比Si小，C－Si键的键长更短，键能更大(1分） GeSi2C5(2分）
【解析】(1)NH4ReO4被H2还原时，N元素会与H结合生成NH3，O会与H结合生成水，具体反应式为2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O；(2)基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1：①电子的空间运动状态等于电子所占据的轨道数，故Al的核外电子的空间运动状态有7种；②同周期元素的第一电离能从左到右呈逐渐增大的趋势，但ⅡA>ⅢA､ⅤA>ⅥA存在异常，因此三者的第一电离能关系为Si＞Mg＞Al；③AlCl4-的空间构型为正四面体，因Al的杂化轨道类型为sp3杂化；与AlCl4-原子总数和价电子总数均相等的等电子体有SiF4或CCl4等；(3)①SiC的熔点比晶体Si高；因为二者都是共价晶体，C原子半径比Si小，C－Si键的键长更短，键能更大，所以SiC的熔点比晶体Si高；②根据同主族原子半径对比可知，小白球为C，大白球为Ge，小黑球为Si。C位于体心，个数为；Si位于8个顶角、2个面心、4个棱心、5个体心，个数为；Ge位于体心，个数为，因此化学式为GeSi2C5。
30．(10分）(2023·山东省青岛市四区县高三期中)硼、铝、镓、铟等第IIIA族元素及其化合物在材料化学、工业生产和生活中具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态镓原子核外价电子的轨道表示式为_______；同周期主族元素基态原子与其具有相同数目未成对电子的有_______。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潜力的储氢材料之一。
①氨硼烷晶体中B原子的杂化方式为________。
②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N-H…H-B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______(填序号)。
a.N2H4和AlH3 b.C3H6和C2H6 c.B2H6和HCN
(3)氟化铝常用作非铁金属的熔剂，可由氯化铝与氢氟酸、氨水作用制得。从氟化铝熔点(1090℃)到氯化铝熔点(192.6℃)下降幅度近900℃的原因是_______。
(4)太阳能材料CuInS2晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处In原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处Cu原子坐标为(0，0.5，0.25)。
①C处S原子坐标为_______；
②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有_______个；
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_______g·cm-3。
【答案】(1) (1分） K和Br(1分）
(2) sp3 (1分） ac(1分）
(3)因为氟化铝是离子晶体，熔点高，氯化铝是分子晶体，熔点低(2分）
(4) (0.75，0.25，0.625) (1分） 4 (1分） (2分）
【解析】(1)(1)镓元素原子序数为31，基态镓原子价电子排布式为4s24p1，轨道表示式为，基态镓原子未成对电子只有1个，同周期主族元素中基态原子未成对电子数为1的有K和Br，基态原子价电子排布式分别为4s1和4s24p5；(2)(2)①氨硼烷晶体中B原子周围连接4个σ键，为 sp3 杂化；②a项，N2H4中N电负性大于H，H呈正电性；AlH3中，电负性H大于Al，H呈负电性，所以N2H4和AlH3可以形成双氢键，故a正确；b项，C3H6和C2H6中，电负性C大于H，H均呈正电性，不能形成双氢键，故b错误；c．项，B2H6中H呈负电性，HCN中，H呈正电性，所以B2H6和HCN可以形成氢键，故c正确；故选ac；(3)氟化铝是离子晶体，熔化时克服的是离子键，氯化铝是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，熔点低；(4)(4)①如图，，则C处S原子的坐标为(0.75，0.25，0.625)；②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子是与D处直接相连的S原子，在晶体中，这样的S原子有4个；③该晶胞中，铜原子个数为，In原子个数为，S原子在晶胞内，个数为8，该晶体的密度，其中V=，ZM=972，代入。
专题15 物质结构与性质
一、选择题(本题包括25小题，每小题2分，共50分，每小题只有一个选项符合题意）
1．(2023·黑龙江省绥化市第九中学高三质检)已知在一定条件下，SO2也能体现其氧化性，例如：2H2S+SO2=3S+2H2O，下列化学用语使用正确的是( )
A．SO2的VSEPR模型：
B． HS-电离的离子方程式：HS-+H2OH2S+OH-
C．基态硫原子轨道的电子云轮廓图：
D．基态氧原子最外层电子的轨道表示式：
【答案】C
【解析】A项，二氧化硫中心原子S的价层电子对数为3，有1对孤电子对，S杂化类型为sp2，VSEPR模型为平面三角形，A错误；B项，HS-电离的离子方程式HS-H++S2-，B错误；C项，基态硫原子P x轨道的电子云轮廓为哑铃型，C正确；D项，基态氧原子最外层电子的轨道表示式：，D错误； 故选C。
2．(2023·江苏省南京市江宁区高三期中)尿素CO(NH2)2是一种高效化肥，也是一种化工原料。反应CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O可用于尿素的制备。下列有关说法不正确的是( )
A．NH3与CO(NH2)2均为极性分子
B．N2H4分子的电子式为
C．NH3的键角大于H2O的键角
D．尿素分子σ键和π键的数目之比为6∶1
【答案】D
【解析】A项，NH3分子为三角锥形，为极性分子，CO(NH2)2中的N原子与NH3中的N成键方式相同，所以二者均为极性分子，A正确；B项，N原子的最外层电子数为5个，要达到稳定结构，N2H4的电子式为： ，B正确；C项，NH3分子中有3个σ键，1对孤电子对，H2O分子中有2个σ键和2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以H2O的键角小于NH3中的键角，C正确；D项，1个单键1个σ键，1个双键1个σ键和1个π键，尿素中含有6个单键和1个双键，7个σ键和1个π键，尿素分子σ键和π键的数目之比为7∶1，D错误； 故选D。
3．(2023·广东省深圳市龙岗区高三期中)拉希法制备肼(N2H4)的主要反应为NaClO+2NH3= NaCl+N2H4+H2O 。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是( )
A．基态氧原子的轨道表示式：
B．中子数为18的氯原子：
C．NH3的空间填充模型：
D．N2H4的电子式：
【答案】D
【解析】A项，基态氧原子的电子排布式为1s2 2s2 2p4，根据洪特规则，电子应尽可能分占不同的原子轨道，A错误；B项，中子数为18的氯原子，质子数为17，则质量数为35，则表示为：1735Cl，B错误；C项，选项中为氨分子的球棍模型，不是空间填充模型，C错误；D项，N2H4中N与N之间形成一个共用电子对，则选项中表示正确，D正确；故选D。
4．(2023·北京师大附中高三统测)下列化学用语或图示表达不正确的是( )
A．AsO43-的空间结构模型：
B．反-2-丁烯的分子结构模型：
C．基态铬原子的价层电子排布式：3d54s1
D．过氧化钠的电子式：
【答案】A
【解析】A项，AsO43-中As原子价电子对数是4，空间构型为正四面体，故A错误；B项，反-2-丁烯的分子结构模型：，故B正确；C项，铬是24号元素，根据洪特规则，基态铬原子的价层电子排布式：3d54s1，故C正确；D项，过氧化钠由Na+、O22-构成，电子式为，故D正确；故选A。
5．(2023·山东省济宁市兖州区教学研究室高三期中)连二亚硝酸是一种重要的还原剂，可由亚硝酸和羟胺反应制备，其反应的化学方程式为：HONO+H2NOH = HON=NOH+H2O。下列说法错误的是( )
A．亚硝酸根离子为V形结构 B．羟胺是极性分子
C．1个中有6个键 D．连二亚硝酸可能易溶于水
【答案】C
【解析】A项，亚硝酸根离子中N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，中心N原子最外层存在1对孤对电子，所以为V形结构，A正确；B项，羟胺的结构式为，分子结构不对称，是极性分子，B正确；C项，1个HON=NOH中含有2个H-O σ键、2个O-N σ键、1个N-N σ键，共5个σ键，C错误；D项，连二亚硝酸与水可形成氢键，故其可能易溶于水，D正确；故选C。
6．(2023·广东省四校高三联考)下列符号表征或说法正确的是( )
A．葡萄糖的实验式：C6H12O6
B．Fe、Co、Ni位于元素周期表p区
C．BH4-、CH4、NH4+空间结构均为正四面体
D．金刚石的晶胞：
【答案】C
【解析】A项，实验式是用元素符号表示化合物分子中元素的种类和各元素原子个数的最简整数比的式子，葡萄糖的实验式为：CH2O，A错误；B项，Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，处于周期表中的d区，B错误；C项，BH4-、CH4、NH4+中心原子为sp3杂化，为正四面体结构，C正确；D项，金刚石结构中的每个原子与相邻的4个原子形成正四面体，金刚石的晶胞为，为金刚石的球棍模型，D错误；故选C。
7．(2023·山东省临沂市高三期中)亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂，受热易分解：3K4[Fe(CN)6]12KCN+Fe3C+2(CN)2↑+N2↑+C，下列关于该反应说法错误的是( )
A．基态Fe2+的价层电子排布式为3d6
B．N2和(CN)2均为非极性分子
C．(CN)2分子中σ键和π键数目比为3：4
D．配合物K4[Fe(CN)6]中配位原子是氮原子
【答案】D
【解析】A项，Fe为26号元素，其原子核外共有26个电子，价电子排布式为3d64s2，Fe原子失去4s轨道上的2个电子得到Fe2+，则Fe2+价电子排布式为3d6，A正确；B项，N2为非极性分子，(CN)2结构式为N≡C—C≡N，四原子共线为非极性分子，B正确；C项，(CN)2分子的结构式为N≡C—C≡N，单键为σ键，三键含有1个σ键和2个π键，因此(CN)2分子中σ键和π键数目比为3:4，C正确；D项，配合物K4[Fe(CN)6]中配体为CN-，由于电负性N＞C，所以C原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，D错误；故选D。
8．(2023·广东省名校联盟高三大联考)氢氰酸是酸性极弱的一种酸，其结构式为H-C≡N，下列有关的说法错误的是( )
A．碳原子为杂化 B．是V形分子
C．键、键数目相等 D．所含化学键均是极性键
【答案】B
【解析】A项，“H-C≡N”可知碳原子有2个σ键，无孤电子对，价层电子对数为2，碳原子的杂化类型为sp，故A正确；B项，碳原子杂化类型为sp，空间构型为直线形，故B错误；C项，“H-C≡N”可知碳原子有2个σ键，2个π键，σ键、π键数目相等，故C正确；D项，成键元素不同，属于极性键，故D正确；故选B。
9．(2023·辽宁省沈阳二中高三期中)下列有关描述及化学用语的表示方法正确的是( )
A．As原子的简化电子排布式为[Ar]3s23p3
B．KCI形成过程：
C．基态Mg原子的核外电子排布图为
D．Se在周期中属于p区元素，Zn属于ds区元素
【答案】D
【解析】A项，As的原子序数为33，属于主族元素，由构造原理可知电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p3，所以As原子的简化电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，A错误；B项，KCl形成过程为，B错误；C项，基态Mg原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s2，所以核外电子轨道表示式： ，C错误；D项，Se的价电子为4s24p4，最后填充4p电子，为p区元素，Zn的价电子构型为3d104s2，属于ds区元素，D正确；故选D。
10．(2023·甘肃省西北师大附中高三期中)下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是( )
A．第一电离能：Cl>S>P> Si
B．分子的极性：
C．价层电子对互斥模型中，键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
D．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
【答案】C
【解析】A项，Si、P、S、Cl处于同一周期，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，因P的3p能级为半充满状态，导致其第一电离能较大，故第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si，A项错误；B项，F、Cl、Br、I的非金属性逐渐减弱，所以HF、HCl、HBr、HI的共价键极性逐渐减弱，B项错误；C项，价层电子对数只计σ键电子对和孤电子对，不计π键电子对，C项正确；D项，Mn原子的价电子排布式为3d54s2，含有5个未成对电子，而同周期Cr原子的价电子排布式为3d54s1，含有6个未成对电子，故第四周期元素中，Cr原子价电子层中未成对电子数最多，D项错误；故选C。
11．(2023·江苏省高三第二次大联考)下列关于NO2-、NO3-和[Fe(NO)(H2O)5]SO4的说法正确的是( )
A．NO2-中氮原子轨道采用sp杂化 B．NO3-的空间构型为三角锥形
C．配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4中有2种配体 D．1mol[Fe(NO)(H2O)5]2+中含有6molσ键
【答案】C
【解析】A项，亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故A错误；B项，硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为平面三角形，故B错误；C项，由化学式可知，配合物中亚铁离子为中心离子，一氧化氮和水分子是配体，共有2种，故C正确；D项，配离子中配位键为σ键，配体一氧化氮分子中含有1个σ键、水分子中含有2个σ键，则1mol配离子中含有1mol×(6+1+2×5)=17molσ键，故D错误；故选C。
12．(2023·辽宁省抚顺市六校协作体高三期中)在酸性或者接近中性的条件下，易发生歧化反应，将CO2通入K2MnO4溶液中，其反应为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+MnO2+2K2CO3。下列有关说法错误的是( )
A．CO32-的空间结构为三角锥形
B．CO2中心原子的杂化方式是sp
C．基态钾原子的价电子排布式：4s1
D．基态Mn2+的价电子轨道表示式：
【答案】D
【解析】A项，CO32-中C原子的价层电子对数为3＋=3，不含孤电子对，为平面三角形，A错误；B项，CO2分子中C原子的价层电子对数为2＋=2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化，B正确；C项，钾为19号元素，基态钾原子的价电子排布式：4s1，C正确；D项，基态Mn原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s2，基态Mn2+是锰原子失去2个电子后相形成的离子，价电子轨道表示式： ，D正确；故选D。
13．(2022·天津市滨海新区塘沽第一中学高三期中)磷酸亚铁锂(LiFePO4)可作锂离子电池的正极材料。工业上以FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺()等为原料制备磷酸亚铁锂。下列说法错误的是( )
A．苯胺中氮原子的杂化方式是sp3
B．NH4+和PO43-的空间结构相同
C．1mol苯胺分子中含有9molσ键
D．LiC1、苯胺和甲苯的熔点由高到低的顺序是LiCl＞苯胺＞甲苯
【答案】C
【解析】A项，苯胺中氮原子形成3个σ键，有1对孤对电子，价层电子对数为4，所以杂化方式是sp3，A正确；B项，NH4+中N原子价层电子对个数=4+(5-1-4×1)=4，PO43-中P原子价层电子对个数=4+(5+3-4×2)=4，且N、P原子都不含孤电子对，所以两种微粒的空间构型都是正四面体，B正确；C项，苯胺()中含有C-C键、C-H键、C-N键、N-H键均为σ键，则1mol苯胺分子中含有14molσ键，C错误；D项，LiCl属于离子晶体，熔沸点最高，苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺能形成分子间氢键、甲苯不能形成分子间氢键，所以熔点由高到低的顺序是LiCl＞苯胺＞甲苯，D正确；故选C。
14．(2023·河北省石家庄精英中学高三第三次考试)下列说法正确的是( )
A．σ键和π键比例为7：1
B．SO3空间结构为三角锥形
C．配合物铁氰化钾K3[Fe(CN)6]中几种元素电离能由大到小的顺序是N>C>K>Fe
D．CO2分子中C和O原子之间的σ键是由C原子的sp杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成
【答案】D
【解析】A项，双键中有1个σ键、1个π键，N-H单键、N-C单键、O-C单键、C-H单键，Cu-O单键均为σ键，所以σ键和π键比例为9：1，A错误；B项，SO3中心S原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形，B错误；C项，Fe的金属性比K弱，电离能大于K，C错误；D项，CO2分子中C原子采取sp杂化，C原子的sp杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成一个σ键，D正确；故选D。
15．(2023·重庆南开中学高三检测)W、X、Y、Z为是四种原子序数依次增大的短周期元素，这四种元素组成的化学式为X2W5YZ的物质在有机合成中具有较高的应用价值。X元素的族序数是周期数的两倍，Y元素的电离能如下表所示，Z原子得到一个电子后核外电子排布变为与稀有气体电子排布相同。下列说法正确的是( )
I1
I2
I3
I4
A．电负性：
B．原子半径：
C．在X2W5YZ中，所有原子均满足八电子稳定结构
D．电解Y和Z组成的二元化合物的水溶液可得到Y和Z的单质
【答案】B
【解析】X元素的族序数是周期数的两倍，X可能是C或S，因Y、Z的原子序数大于X，则X只能是C，结合Y元素的电离能可知Y最外层有2个电子IIA族元素，Y为Mg，Z原子得到一个电子后核外电子排布变为与稀有气体电子排布相同，Z为VIIA族元素，Z为Cl，这四种元素组成的化学式为C2H5MgCl，可知W为H。A项，电负性：Cl>H>Mg，故A错误；B项，原子半径：Mg>Cl>H，故B正确；C项，H原子不满足八电子稳定结构，故C错误；D项，电解氯化镁溶液时，阴极是氢离子放电生成氢气，得不到Mg，故D错误；故选B。
16．(2023·重庆市拔尖强基联合高三检测)物质W常用作食品添加剂，其组成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，元素N的单质在常温下为气体。下列说法正确的是( )
A．W中Y原子的杂化方式为sp3
B．常温下N的单质与NaOH溶液反应，其中一种产物的水溶液呈碱性，有漂白性
C．Z的氢化物的沸点一定大于Y的所有氢化物的沸点
D．化合物W受热易分解，发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】根据题意，W结构中M为+1价的离子，再根据原子序数和原子半径的关系，M原子半径最大，推出M为Na元素，再根据X的原子半径最小，原子序数最小，又只能形成一个化学键，推出X为H，Y可以形成4个键，原子序数大于H小于Na，所以Y为C，Z可以形成2个键，原子序数大于C小于Na，最外层电子为6，故Z为O，元素N的原子序数大于Na，其单质在常温下为气体，N为Cl，故W为NaHCO3。A项，由图可知，HCO3-中C原子形成3个σ键，C原子的价电子全部用于成键，无孤电子对，因此C原子的杂化方式为sp2，A错误；B项，N的单质为Cl2，常温下与NaOH溶液反应生成的NaClO水溶液呈碱性，有漂白性，B正确；C项，Z为C，氢化物为烃类物质，其沸点不一定大于Y的所有氢化物的沸点，C错误；D项，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑中元素化合价均未发生变化，不是氧化还原反应，D错误； 故选A。
17．(2023·广东省茂名市电白区高三联考)中国疾控中心研发出两种含氯低温消毒剂，解决了低温消毒难题，具体反应如图所示，下列说法正确的是( )
A．尿素属于非极性分子
B．氯化铵的阳离子VSEPR模型为正四面体形
C．三聚氰酸中的N原子为sp2杂化
D．二氯异氰尿酸钠中元素的电负性：Cl>O>N
【答案】B
【解析】A项，根据尿素的分子结构，可知正负电荷中心不重合，属于极性分子，A项错误；B项，氯化铵的阳离子为NH4+，中心原子N原子为sp3杂化，没有孤对电子，VSEPR模型为正四面体形，B项正确；C项，三聚氰酸中的N原子均为单键，为sp3杂化，C项错误；D项，电负性：O>Cl>N，D项错误；故选B。
18．(2022·江苏省苏州八校联盟高三第二次适应性考试)已知NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4。下列有关说法不正确的是( )
A．该配合物中阴离子空间构型为正四面体形 B．配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，配位数为6
C．如图所示γ-Fe的晶胞中，铁原子的配位数为12 D．H2O分子是含有极性键的非极性分子
【答案】D
【解析】A项，该配合物中阴离子硫酸根离子中心原子价层电子对数为，其空间构型为正四面体形，故A正确；B项，配离子为[Fe(NO)(H2O)5]2+，配体为NO和H2O，配位数为6，故B正确；C项，如图所示γ-Fe的晶胞中，铁位于面心和顶点，以顶点铁分析，每个横截面有4个面心铁，三个横截面共12个，因此铁原子的配位数为12，故C正确；D项，H2O中含有氧氢键，H2O分子是“V”形结构，因此H2O分子是含有极性键的极性分子，故D错误。故选D。
19．(2023·辽宁省沈阳二十中高三模拟考试）某深蓝色溶液是纤维素的优良溶剂，其制备反应如下图所示。X、Y、Z三种元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Y、Z均位于X的下一周期，W的焰色为绿色。下列说法错误的是( ）
A．Y元素的最高价氧化物分子中化学键的极性的向量和等于零
B．第一电离能：
C．W的价层电子排布图为
D．1个生成物离子中含有4条配位键
【答案】C
【解析】X、Y、Z三种元素原子序数依次增大，基态Y原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子，Y的电子排布为1s22s22p2，则Y为C元素，Y、Z均位于X的下一周期，则X为H元素，通过题中分子式可知Z的最外层电子数为5，则Z为N元素，W的焰色为绿色，则W是Cu元素。A项，Y元素的最高价氧化物分子为CO2，为直线形，结构对称，为非极性分子，即化学键的极性的向量和等于零，A正确；B项，第一电离能表示基态气态原子失去一个电子所需要的能量，同周期：从左到右，第一电离有逐渐增大的趋势；对同主族：从上到下呈减小趋势，B正确；C项，W为Cu元素，价层电子为3d104s1，价层电子排布图，C错误；D项，据图可知1个生成物离子中，Cu2+与4个N原子配位，即含有4条配位键，D正确；故选C。
20．(2022·江苏省泰州中学高三月考)自然界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成CuSO4溶液，遇到闪锌矿(ZnS)可慢慢转变为铜蓝(CuS)。已知： Ksp(ZnS)=2 ×10-22， Ksp(CuS)=6 ×10-36。下列说法正确的是( )
A．Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d84s1
B．反应ZnS(s)+Cu2+(ag)CuS(s)+Zn2+(aq)正向进行，需满足
C．ZnS 晶胞(见如图)中S2-的配位数为4
D．生成铜蓝后的溶液中一定存在： c(S2-)=且c(S2- )＞
【答案】C
【解析】A项，Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9，A错误；B项，反应ZnS(s)+Cu2+(ag)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=====×1014，若平衡正向移动，需要Qc＜K，即＜×1014，B错误；C项，由图可知，与S2-距离最近且相等的Zn2+有4个，故S2-的配位数为4，C正确；D项，生成铜蓝后的溶液是ZnS、CuS的饱和溶液，存在c(S2-)==，D错误；故选C。
21．(2022·山东省东明县第一中学高三期中)(CH3NH3)PbI3具有较高的光电转接效率，在太阳能电池領域具有重要的应用价值。(CH3NH3)PbI3的立方晶格结构如图所示，下列说法错误的是( )
A．CH3NH3+中N原子的杂化轨道类型为sp3
B．CH3NH3+中存在配位键
C．甲基的供电子能力强于氢原子，则接受质子能力：CH3)2NH2＞(CH3)2NH
D．晶胞中B(灰色球)代表Pb2+，则每个晶胞中含有的数目为3
【答案】C
【解析】由立方晶格结构可推知每个晶胞中A的个数=8×=1，C的个数=6×=3，B的个数为1，对比化学式(CH3NH3)PbI3可知C为I-，B为中心原子，则B为Pb2+，A为CH3NH3+。A项，CH3NH3+的电子式为，N有4个σ键，杂化方式为sp3杂化，A正确；B项，CH3NH3+中N提供孤电子对，H提供空轨道，形成一个配位键，B正确；C项，甲基的供电子能力强于氢原子，则(CH3)2NH中含有两个甲基，接受质子能力较强，即接受质子能力：(CH3)2NH2＜(CH3)2NH，C错误；D项，由分析可知晶胞中B(灰色球)代表Pb2+，则每个晶胞中含有I-的数目为3，D正确；故选C。
22．(2022·四川省威远中学校期中)已知与N-甲基咪唑()反应可以得到，其结构如图所示；下列说法不正确的是( )
A．离子中Si的配位数是6 B．1个中含有42个σ键，8个π键
C．SiF4、SiCl4、SiBr 4、SiI4的沸点依次升高 D．气态SiCl4分子的空间构型为正四面体
【答案】B
【解析】A项，2个Cl-和4个均为Si原子的配体，因此M2+离子中Si的配位数是6，A正确；B项，共价单键为σ键，共价双键含有1个σ键和1个π键，配位键为σ键，因此1个M2+中含有54个σ键，8个π键，B错误；C项，SiF4、SiCl4、SiBr 4、SiI4为结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分之间作用力依次增大，沸点依次升高，C正确；D项，SiCl4分子Si中形成4个σ键，且不存在孤电子对，其结构与甲烷相似，空间构型为正四面体，D正确；故选B。
23．(2022·江苏省南通市海门高三第二次诊断测试)下列有关说法正确是( )
A．SO2溶于水所得溶液能导电，所以SO2是电解质
B．SO32-的空间构型为平面三角形
C．电负性：O
【答案】D
【解析】A项，二氧化硫溶于水得到的溶液能导电，但电离出阴阳离子的物质是亚硫酸而不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，故A错误；B项，SO32-的价层电子对数为3+×(6+2−3×2)=4，故S原子的杂化类型为sp3杂化，但由于S有一对孤电子对，故其空间构型为三角锥，故B错误；C项，非金属性越强，电负性越大，同一主族元素从上到下电负性逐渐变小，则电负性O＞S，故C错误；D项，在该晶胞中含有的Cu原子个数：8×+4×+1=4，含有的Fe原子个数为：4×+6×=4，含有的S原子个数为8个，故晶体的化学式为最简比即CuFeS2，故D正确；故选D。
24．(2023·河北省石家庄精英中学高三质检)冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与K+作用而不与Na+、Li+作用；18-冠-6与K+作用(如图)，但不与Li+或Na+作用。下列说法正确的是( )
A．18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“自组装”的特征
B．18-冠-6中O原子与K+间存在离子键
C．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型不同
D．冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体
【答案】D
【解析】A项，18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，A错误；B项，离子键是由阴、阳离子间形成的，18-冠-6为分子，分子中的O以O原子形式存在，所以18-冠-6中O原子与K+间不存在离子键，B错误；C项，18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道类型均为sp3杂化，杂化轨道类型相同，C错误；D项，冠醚能与碱金属离子形成晶体，碱金属离子是阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，则冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体，D正确；故选D。
25．(2023·广东省深圳市龙岗区高三期中)AlN具有耐高温、抗冲击等优良品质，广泛应用于电子工业、陶瓷工业，其晶胞结构如下图所示。下列说法错误的是( )
A．基态Al原子的价电子排布式为3s23p1 B．Al原子位于N原子形成的四面体空隙
C．AlN晶体中含有配位键 D．AlN晶体属于离子晶体
【答案】D
【解析】A项，Al是第13号元素，基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，价电子排布式为3s23p1，A正确；B项，每个Al原子通过3个共价键、一个配位键跟4个N原子结合，其VSEPR模型为正四面体形，Al原子位于正四面体的中心，即Al原子位于N原子形成的四面体空隙，B正确；C项，氮原子最外层有5个电子，为三个单电子和一个孤电子对，每个N原子结合了4个Al原子，说明其中一个Al原子接受了N原子的孤电子形成了配位键，C正确；D项，在晶胞中每个Al原子结合4个N原子，每个N原子结合4个Al原子，N与Al之间通过共价键和配位键结合，属于共价晶体，D错误；故选D。
二、非选择题(本题包括5小题，共50分）
26．(10分）(2023·北京市101中学高三统练)硼与氮、氢能形成多种具有优良性能的化合物，受到人们的广泛关注。
Ⅰ.氨硼烷(NH3BH3)具有良好的储氢能力。
(1) NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，三种元素电负性大小顺序是_______。
(2)其在催化剂作用下水解释放氢气：3 NH3BH3+6H2O=3NH4++B3O63-+9H2，B3O63-的结构为 。在该反应中，B原子的杂化轨道类型的变化是_______。
(3)无机苯( )不能形成像苯一样的离域π键，原因是_______。
Ⅱ.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为：
(4) NaBH4被认为是有机化学上的“万能还原剂”，其中H的化合价为_______。
(5)硼酸的化学式为B(OH)3，硼酸产生H+过程为：B(OH)3+H2OH++[ B(OH)4]-，下列说法正确的是_______。
A．是一元弱酸 B．硼酸体现酸性与配位键有关
C．B位于三个O构成的三角形的中心 D．与NH3的反应是氧化还原反应
(6)氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______，已知该晶胞的密度为g· cm-3，晶胞的边长为a cm，则阿伏伽德罗常数的表达式为_______。
②六方氮化硼可做润滑剂，不导电。则六方氮化硼的晶体类型是_______，其中含有的微粒间作用力有_______。
【答案】(1)N>H>B(1分）
(2) sp3变为sp2(1分）
(3)电负性N>B，π电子主要在N附近，不能自由移动(1分）
(4)-1(1分）
(5)ABC(1分）
(6)均属共价晶体，结构相似，B-N键长比Si-C键短，键能更大(1分） (2分）
混合型晶体 (1分） 共价键、配位键、分子间作用力(1分）
【解析】(1)NH3BH3分子中，根据与N原子相连的H呈正电性，说明电负性：N>H；根据与B原子相连的H呈负电性，说明电负性：B
27．(8分）(2023·福建省泉州现代中学高三期中)氮、锂、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。
图 卟啉锌的结构
(1)卟啉锌中H、C、O、N四种元素中，第一电离由大到小顺序是___________。
(2)卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为___________，图中①②③④处的化学键属于配位键的是___________(填序号)。
(3)已知离子核外没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子无颜色的是___________(填离子符号)。
(4) BrO3-的键角小于BrO4-，原因是___________。
(5)氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中锂、氮的原子个数比为___________；
【答案】(1)N(1分） (2) sp2、sp3 (1分） ②(1分） (3)Ti4+(1分）
(4) BrO3-中溴原子上有一个孤电子对，BrO3-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于BrO4-中成键电子对间的排斥力(2分）
(5)2∶1(2分）
【解析】(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p6，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；(4)BrO3-和BrO4-的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而BrO3-中溴原子上有一个孤电子对，BrO3-中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于BrO4-中成键电子对间的排斥力，导致键角：BrO3-＜BrO4-；这三种物质都是分析晶体，分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高，故原因是：三者均为分子晶体，且相对分子质量HI>HBr>HCl，所以熔沸点HI>HBr>HCl；(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有6×13=2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1。
28．(12分）(2023·北京师大附中高三检测)钒的化合物能有效调节血糖，化合物丁有望成为抗糖尿病的新型药物，其制备流程如下：
(1)金属V晶体的晶胞形状为立方体，结构如图所示。
①钒在元素周期表中的位置为_________。
②基态V的价层电子排布图为_________。
③设阿伏加德罗常数为NA，距离最近的两个钒原子间距为()，则金属钒的晶体密度为_________ g· cm-3 (列出计算式)。
(2)NH4VO3转化为V2O5的化学方程式是_________。
(3)下列说法正确的是_________(填字母)。
A．元素的第一电离能：O＞S＞V B．共价键的极性：丙中乙中
C．pKa：乙>甲 D．甲分子中所有原子可能在同一平面内
(4)分析丙的分子结构与性质。
①比较丙中键角和键角的大小并解释原因：_________。
②判断丙中能否形成分子内氢键。若能，画出其分子结构并表示出该氢键；若不能，说明原因：_________。
③1mol丙能与2mol一水合氨反应，反应的离子方程式是_________。
(5)丁是一种配合物。
①丁中存在配位键的原因是_________。
②含有化合物丁的样品中，含钒量的测定方法是：先把样品中的钒元素经处理转化为(VO2)2SO4溶液，再用硫酸酸化的H2C2O4标准溶液进行滴定，生成VOSO4。取样品10.2g，用上述方法测定其中钒的含量，消耗0.5600mol/L H2C2O4标准溶液25.00mL，则样品中钒元素的质量分数为_________(写出计算结果)。
【答案】(1) 第四周期ⅤB族(1分） (1分） (2分）
(2) 2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O(1分）
(3)AD(2分）
(4) O-C-O和C-S-H中C sp2杂化，S是sp3杂化，所以丙中O-C-O键角大于C-S-H键角 (1分） 丙中能形成分子内氢键，其分子结构为：(1分）
+2NH3·H2O→2NH4++ +2H2O(1分）
(5) V原子有空轨道，O原子和S原子都可以提供孤电子对(1分） 14%(2分）
【解析】NH4VO3加热得到V2O5，甲发生取代反应得到乙，乙再发生取代反应得到丙，丙和V2O5在氨水中反应得到丁。(1)①钒为23号元素，则可以推知钒在元素周期表中的位置为第四周期ⅤB族；②根据核外电子的轨道能量排布顺序知，1s＜2s＜2p＜3s＜3p＜4s＜3d＜4p，因此推断其价层电子排布式为3d34s2，价层电子排布图为；③晶胞中V原子数目=1+8×=2，距离最近的两个钒原子间距为()，则晶胞的边长为，则晶胞的体积为d3×10-21cm3，一个晶胞的质量为g，则金属钒的晶体密度为g/ cm3；(2)NH4VO3转化为V2O5的化学方程式是：2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O；(3)A项，同主族，从上往下，元素第一电离能逐渐减小，V有四个电子层，第一电离能最小，所以元素的第一电离能：O＞S＞V，故A正确；B项，电负性：S
(1)金属铼(Re)是生产航空发动机叶片必不可少的材料。NH4ReO4在高温下用H2还原可制得金属铼，反应的化学方程式为_____。
(2)硬铝中含Mg、Si等合金元素，因其密度小、强度高且耐腐蚀，常用于制造飞机的外壳。
①基态Al原子核外电子的空间运动状态有____种。
②Mg、Al、Si的第一电离能由大到小的顺序为____。
③AlCl3易与Cl-形成配离子AlCl4-，AlCl4-的空间构型为____，其中Al的杂化轨道类型为____。写出与AlCl4-原子总数和价电子总数均相等的一种等电子体的分子式____。
(3)以SiC为连续基体的碳陶瓷是一种复合材料，可用于制造歼20的刹车片。
①SiC的熔点比晶体Si____(填“高”或“低”)，原因是____。
②某碳族元素参与形成的三元化合物晶胞示意图如图，该化合物的化学式为____。
【答案】(1)2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O(1分）
(2) 7 (1分） Si＞Mg＞Al(1分） 正四面体形(1分） sp3(1分） SiF4(或CCl4等) (1分）
(3)高(1分）
二者都是共价晶体，C原子半径比Si小，C－Si键的键长更短，键能更大(1分） GeSi2C5(2分）
【解析】(1)NH4ReO4被H2还原时，N元素会与H结合生成NH3，O会与H结合生成水，具体反应式为2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O；(2)基态铝原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1：①电子的空间运动状态等于电子所占据的轨道数，故Al的核外电子的空间运动状态有7种；②同周期元素的第一电离能从左到右呈逐渐增大的趋势，但ⅡA>ⅢA､ⅤA>ⅥA存在异常，因此三者的第一电离能关系为Si＞Mg＞Al；③AlCl4-的空间构型为正四面体，因Al的杂化轨道类型为sp3杂化；与AlCl4-原子总数和价电子总数均相等的等电子体有SiF4或CCl4等；(3)①SiC的熔点比晶体Si高；因为二者都是共价晶体，C原子半径比Si小，C－Si键的键长更短，键能更大，所以SiC的熔点比晶体Si高；②根据同主族原子半径对比可知，小白球为C，大白球为Ge，小黑球为Si。C位于体心，个数为；Si位于8个顶角、2个面心、4个棱心、5个体心，个数为；Ge位于体心，个数为，因此化学式为GeSi2C5。
30．(10分）(2023·山东省青岛市四区县高三期中)硼、铝、镓、铟等第IIIA族元素及其化合物在材料化学、工业生产和生活中具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态镓原子核外价电子的轨道表示式为_______；同周期主族元素基态原子与其具有相同数目未成对电子的有_______。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潜力的储氢材料之一。
①氨硼烷晶体中B原子的杂化方式为________。
②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N-H…H-B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是_______(填序号)。
a.N2H4和AlH3 b.C3H6和C2H6 c.B2H6和HCN
(3)氟化铝常用作非铁金属的熔剂，可由氯化铝与氢氟酸、氨水作用制得。从氟化铝熔点(1090℃)到氯化铝熔点(192.6℃)下降幅度近900℃的原因是_______。
(4)太阳能材料CuInS2晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处In原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处Cu原子坐标为(0，0.5，0.25)。
①C处S原子坐标为_______；
②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有_______个；
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_______g·cm-3。
【答案】(1) (1分） K和Br(1分）
(2) sp3 (1分） ac(1分）
(3)因为氟化铝是离子晶体，熔点高，氯化铝是分子晶体，熔点低(2分）
(4) (0.75，0.25，0.625) (1分） 4 (1分） (2分）
【解析】(1)(1)镓元素原子序数为31，基态镓原子价电子排布式为4s24p1，轨道表示式为，基态镓原子未成对电子只有1个，同周期主族元素中基态原子未成对电子数为1的有K和Br，基态原子价电子排布式分别为4s1和4s24p5；(2)(2)①氨硼烷晶体中B原子周围连接4个σ键，为 sp3 杂化；②a项，N2H4中N电负性大于H，H呈正电性；AlH3中，电负性H大于Al，H呈负电性，所以N2H4和AlH3可以形成双氢键，故a正确；b项，C3H6和C2H6中，电负性C大于H，H均呈正电性，不能形成双氢键，故b错误；c．项，B2H6中H呈负电性，HCN中，H呈正电性，所以B2H6和HCN可以形成氢键，故c正确；故选ac；(3)氟化铝是离子晶体，熔化时克服的是离子键，氯化铝是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，熔点低；(4)(4)①如图，，则C处S原子的坐标为(0.75，0.25，0.625)；②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子是与D处直接相连的S原子，在晶体中，这样的S原子有4个；③该晶胞中，铜原子个数为，In原子个数为，S原子在晶胞内，个数为8，该晶体的密度，其中V=，ZM=972，代入。
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