还剩29页未读，
继续阅读
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-44晶体结构与性质（1）
展开
这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-44晶体结构与性质（1），共32页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，填空题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-44晶体结构与性质（1）
一、单选题
1．（2023·安徽淮南·统考一模）钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，晶胞如图(a)所示，其中Ti的电负性为1.5，一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。下列有关说法正确的是
A．基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d2
B．TiF4、TiCl4、 TiBr4、 TiI4熔点依次升高
C．用图(b) 晶胞中的金属卤化物光电材料制作的太阳能电池，在使用过程中产生单质铅和碘，会降低了器件效率和使用寿命。
D．图(b)晶胞中Pb2+与图(a) 晶胞中Ca的空间位置相同
2．（2023·安徽宣城·统考二模）物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注。X、Y形成的一种晶体的晶胞如图M，已知X的价电子构型为nsnnpn−1(n−1>0)，Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X、Y同周期。下列有关说法正确的是
A．A分子是乙烷
B．最高价氧化物对应的水化物酸性：X＞Y
C．T分子所有原子共平面
D．M的化学式为X2Y7
3．（2023·安徽黄山·统考二模）X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其盐可以用于净水。某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为a pm。下列说法正确的是
A．X的氢化物可以与水形成氢键 B．电负性：Y>Z
C．晶胞中与Y最近的X原子有6个 D．晶体密度为g/cm3
4．（2023·安徽马鞍山·统考二模）位于马鞍山的长江不夜城，集传统文化、科技体验、灯光艺术、特色美食于一体，打造了国内唯一的千里长江画卷景观。下列说法正确的是
A．制作显示大屏的液晶，不具有类似晶体的各向异性
B．画卷中展示的精美瓷器，其主要成分与水晶、玛瑙相同
C．制作特色美食的油脂和植物蛋白均属于高分子化合物
D．美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关
5．（2023·安徽黄山·统考二模）化学推动着社会的进步和人类的发展，下列有关说法不正确的是
A．火箭表面涂层的成分为石墨烯，该成分是一种烯烃
B．ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，可代替氯气用于自来水消毒
C．月球上插着一面用芳纶纤维特制的五星红旗，芳纶纤维属于有机高分子材料
D．液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是介于液态和晶态之间的物质状态
6．（2023·安徽宿州·统考一模）我国科学家在嫦娥五号月壤样品中发现一种新矿物，命名为“嫦娥石”，其中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，X的原子半径在同周期主族元素中最大，基态Y原子无未成对电子，Z第一电离能大于同周期相邻元素。下列叙述正确的是
A．W的简单氢化物的稳定性弱于Z
B．X的原子半径小于Y(最高价氧化为对应水化物的碱性X小于Y)
C．Z的简单氢化物的空间结构为三角锥形
D．W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型相同
7．（2023·安徽·统考一模）水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一、一种在晶体中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示。下列叙述中正确的是
A．①为活化过程，其中的价态不变
B．该材料在锌电池中作为负极材料
C．②代表电池放电过程
D．③中晶体转移的电子数为
8．（2023·安徽黄山·统考一模）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在平面的投影，已知晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是
A．位于元素周期表的区
B．基态原子核外有18种不同空间运动状态的电子
C．A点原子的坐标为，则B点原子的坐标为
D．该晶体密度为
二、工业流程题
9．（2023·安徽宣城·统考一模）科研小组利用钛钒磁铁矿的矿渣(V2O3、FeO、SiO2、Al2O3及一些稳定杂质)制备钠离子电池电极材料磷酸钒钠[Na3V2(PO4)3]。
已知：①NH4VO3难溶于水
②+5价钒在溶液中的主要存在形式和pH的关系如表：
pH
＜6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
回答下列问题：
(1)球磨的作用_____。
(2)实验室焙烧时使用酒精喷灯、三脚架、_____、铁坩埚、玻璃棒和坩埚钳。焙烧时V2O3转化为可溶的Na3VO4的反应方程式为_____。
(3)如图是某氧化物的晶胞，则该氧化物是_____。(填字母序号)
a．V2O3 b．FeO c．SiO2 d．Al2O3
(4)滤渣Ⅱ主要成分是_____(填化学式)，试剂X可以使用流程中的某种产物，其电子式为_____。
(5)Ar气氛焙烧制产品时的化学方程式为_____。
(6)某种钠离子电池充电时总反应为Na3V2(PO4)3+C6=NaxCs6+Na3-xV2(PO4)3，该电池放电时正极的电极方程式为_____。
10．（2023·安徽马鞍山·统考二模）我国铂族金属储量占世界储量0.58%，而消费总量占世界消费总量的27%，因此从汽车废弃催化剂中回收铂族金属对可持续发展有重大意义。废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、 SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：
已知：①长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物；
②Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价；
③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Al3+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀的pH
3.5
9.5
2.2
沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH
4.7
11.1
3.2
回答下列问题：
(1)粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，请写出操作A的名称___________；
(2)为了提高酸浸效率，温度不宜过高的原因：___________；
(3)酸浸工序中，铂发生的反应的化学方程式为___________， 有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，请分析优缺点：___________ ；
(4)通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为___________ ， 当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为___________mol/L；
(5)铂的浸出率与不同加热方式、浸出时间及不同固液比的关系如下图所示：
由图可知，Pt 浸出的最佳条件为___________；
(6)金属捕集法可使Pt取代铜原子进入铜晶格形成铜铂合金，图是一种电催化材料(铜铂合金)的晶胞，该合金的化学式为___________，该合金的密度为ρg/cm3，两个最近的铜原子之间的距离为___________pm(写出计算式，不用简化)。
11．（2023·安徽蚌埠·统考三模）可利用炼锌矿渣(主要含Ga2O3·3Fe2O3，ZnO·Fe2O3)制备半导体材料GaN并分离Fe和Zn ，其工艺流程如图所示：
已知：①镓又称为“类铝”，其性质与铝类似；
②一些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH及萃取率如下表所示：
金属离子
Fe3+
Ga3+
Zn2+
Fe2+
开始沉淀
1.7
3．0
5.5
8.0
沉淀完全
3.2
4.9
8.0
9.6
萃取率(%)
99
97 ~98. 5
0
0
回答下列问题：
(1)过滤后，滤液的主要成分是__________(填化学式)。
(2)固体M为___，其作用是__________________________。
(3)反萃取的离子方程式为_____________________。
(4)合成得到的产物是( CH3 )3Ga，经化学气相沉积(类似于取代反应) ，副产物为 ____________ (填名称)。
(5)GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取____________堆积，N原子填在Ga原子所形成的正四面体空隙中，则正四面体空隙的填隙率为_____。(填隙率=)
12．（2023·安徽·统考一模）一种高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量等，其中含量较大。研究人员设计了如下流程，制得了金属锰。
已知：①金属离子的与溶液的关系如下图所示。
②金属硫化物的溶度积常数如下表。
金属硫化物
回答下列问题。
(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式___________。
(2)根据矿物组成，脱硫时能被部分溶解的物质是___________。
(3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。
(4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________；酸浸时，加入的作用是___________(用离子方程式表示)。
(5)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是___________；加入适量的除去的主要离子是___________。
(6)除杂后的溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为___________。
(7)锰的化合物是一种锂电池材料，其晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为，则晶体密度为___________。
三、原理综合题
13．（2023·安徽马鞍山·统考一模）氮氧化物(NOx )是大气污染物的主要成分，对人体健康和环境危害极大。利用H2催化消除NO，生成N2及副产物N2O的热化学方程式如下：
I： 2NO(g)+4H2 (g)+O2(g) N2 (g)+4H2O(g) ΔH1=- 574 kJ· mol-1
II： 2NO(g)+3H2(g) +O2(g)N2O(g)+3H2O(g) ΔH2=-412 kJ ·mol-1
回答下列问题：
(1)写出H2与N2O反应生成两种无毒物质的热化学方程式_______。
(2)催化剂a (Pt/TiO2 )和催化剂b (Pt/TiO2-M)在不同温度下催化效果如图所示，选用催化剂______(填“a”或“b”)的效果更好，理由是_______。
(3)TiO2的晶胞如图所示，Ti4+在晶胞中配位数为_______；晶胞的密度为_______g/cm3 (列出计算表达式即可)。
(4)在VL恒容密闭容器中充入lmolNO、2molH2、1molO2，此时起始压强为P0，反应达到平衡时，测得容器内N2O、H2O的物质的量分别为0.1mol、1.5mol。 (N2的选择性=)
则NO的平衡效转化率=_______ ； N2的选择性=_______；反应II的平衡常数Kp_______。
14．（2023·安徽淮南·统考一模）甲烷既是一种清洁能源，又是基础化工原料，在生产生活和科学研究中具有极其重要的作用。
(1)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)
①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH1 = a kJ·mol -1
②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH2 = b kJ·mol -1
③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3=c kJ·mol -1
反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=___________ kJ·mol -1 (用含a、b、c的式子表示)
(2)已知： 2H2O(g)+CH4(g) CO2(g)+4H2(g)的平衡常数()与反应温度(t)之间的关系如图所示。
某研究小组，在温度t下，向容积为2L的抽空的密闭容器中通入0.02 mol CO2和0.08 mol H2，10 min后反应平衡，测得容器中c(H2O)=0.01 mol/L。
①则0~10 min内CH4的反应速率v=___________H2的转化率α=___________。
②反应温度t约为___________℃。
③在该条件下测定平衡体系的压强为 300 kPa，则该反应的标准平衡常数 =___________。(已知：对于反应dD(g)+eE(g) gG(g)+hH(g)，，其中 =100kPa， PG、PH、PD、PE为各组分的平衡分压)。
(3)科学家们已经用甲烷制出了金刚石，人造金刚石在硬度上与天然金刚石几乎没有差别，请根据下图金刚石结构模型及晶胞，回答问题：
①1个金刚石晶胞中所含碳原子数为___________， 已知原子a、b的分数坐标为(0，0，0)和(0，， )， 原子c的分数坐标为___________。
②若碳原子半径为r nm，则金刚石晶胞的密度为___________g/cm3(用含r的计算式表示)。
15．（2023·安徽安庆·统考二模）低碳烯烃是最重要和最基本的有机化工原料，利用合成气间接或直接制取低碳烯烃是极具开发前景的合成气制烯烃技术。回答下列问题：
(1)乙烯(C2H4)分子中σ键和键数目之比___________。
(2)已知下列反应的热化学方程式：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH1=-116kJ/mol
②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(l) ΔH2=-206kJ/mol
③2CH3OH(l)C2H4(g)+2H2O(l) ΔH3=-35kJ/mol
计算④2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(l)的ΔH=___________
(3)目前较普遍采用的合成气间接制低碳烯烃过程可简化为反应①②③，另一种方法是费托合成直接制烯烃即反应④，相比费托合成反应，合成气间接制低碳烯烃方法的优点是___________，缺点是___________。
(4)我国科学家发明的Fe基费托合成催化剂Fe@Si/S-34能抑制水煤气变换反应，具有更高的低碳烯烃选择性，使费托合成直接制烯烃具有很大开发前景。其中Fe基催化剂以铁的氧化物为主，其晶胞如下图所示：Fe在晶胞中的配位数是___________，该晶胞的化学式为___________。
(5)在温度260°C，压强2MPa反应条件下，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1的混合气体进行反应2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)，平衡时CO的转化率为30%，该温度下反应的平衡常数Kp=___________(MPa)-3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(6)经研究反应④过程有副产物CO2、CH4、C2H6等生成。CO转化率以及产物选择性随温度的变化如下图所示。
该条件下生成乙烯最适宜的温度是___________。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________。
四、填空题
16．（2023·安徽宿州·统考一模）自然界中存在如下氮的转化：
i．2NO2(g)+2OH-(aq)= (aq)+NO2(aq)+H2O(1)
ii．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
(1)的空间结构为_______。
(2)ZnO是氮的氧化物的重要吸附剂，已知ZnO晶胞参数为cpm，则该晶胞中，O2-能够构成_______个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为_______pm。
(3)反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=_______。
(4)一定条件下，在2L的刚性容器中充入1mol N2(g)、3mol H2(g)发生反应ii至平衡，下列图示表述正确的有_______
A． B． C． D．
(5)反应ii，若起始时n(N2)：n(H2)=1：3，在不同条件下达到平衡，设平衡时NH3的体积分数为x(NH3)，实验测得400℃下，x(NH3)～p及5 ×103Pa下，x(NH3)～t存在如图曲线关系。
①图中对应等压过程的曲线是_______(填“M”或“N”)，判断依据是_______。
②x=时，N2的转化率为_______，此时反应条件为_______或_______。
五、结构与性质
17．（2022·安徽池州·统考模拟预测）我国中科院天津工业技术研究所，首次实现人工通过二氧化碳合成淀粉。请回答下列问题：
(1)基态碳原子的核外电子排布图为_______。
(2)原子中运动的电子有2种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋量子数。对于基态碳原子，其价电子自旋量子数的代数和为_______。
(3)结合如表所示键能数据，分析CO和N2相对活泼性并说明原因：_______。
CO
C-O
C=O
CO
键能/kJ·mol-1
357.7
798.9
1071.9
N2
N-N
N=N
N≡N
键能/kJ·mol-1
154.8
418.4
941.7
(4)CO2分子的空间构型为_______，与CO2互为等电子体，写出的结构式_______。
(5)一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油。该催化剂成分Fe3O4的晶胞如图所示。
①晶胞中Fe3+处于O2-围成的_______空隙(填“正四面体”“正八面体”或“正十六面体”)。
②若晶胞体对角线为anm，阿伏加德罗常数为NA，晶体的密度为_______g·cm-3(写出表达式)。
18．（2022·安徽淮南·统考二模）完成下列问题。
(1)对于基态K原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．元素K的焰色反应呈紫红色，在可见光范围内辐射波长较短
B．K的核外电子排布式为[Ar]4s1
C．K和Cr位于同一周期，且价电子构型相同，第一电离能I1(K)>I1(Cr)
(2)g-C3N4是一种近似石墨烯的平面维片层结构，其中一种基本结构单元无限延伸形成网状结构如下图所示：
g-C3N4中N原子的杂化类型_______，片层之间通过_______(填作用力类型)结合，g-C3N4在光激发下能传递电子的原因是_______。
(3)NaCl的熔点为801℃，KCl的熔点为770℃，请分析原因_______。
(4)研究离子晶体，常考察以一个离子为中心时，其周围不同距离的离子对它的吸引力或排斥力。设氯化钠晶胞参数为apm，钠离子和氯离子的半径分别为rNapm和rClpm，以钠离子为中心，距离最近的一层为第一层。
则第二层离子有_______个，与中心离子的距离为_______pm，它们是_______离子(填“钠”或“氯”)，晶胞中的离子空间占有率为_______(列出计算表达式)。
19．（2022·安徽·模拟预测）金属Mn、Co、Ni、Sb等在电池、储氢材料、催化剂等方面有广泛应用。请回答下列问题：
(1)基态Co原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_______，基态Ni简化的核外电子排布式为_______。
(2)铜锰氧化物( CuMn2O4)能在常温下催化氧化甲醛生成甲酸(结构如图)。
①甲酸的沸点比甲醛的_______(填“低”或“高”)，主要原因是_______。
②甲酸分子中O-H键的类型是s-sp3σ键，C-H键的类型是_______σ键，键角：α_______β(填“>”“=”或“<”)。
(3)超强酸氟锑酸(结构如图)在化学和化学工业上有很大的应用价值，是活性极高的催化剂。
①该物质中∠FSbF为90°或180° ，则阴离子的空间构型为_______。
②阴离子的中心原子的杂化轨道类型是_______(填序号)。
A．sp3d2 B．sp2 C． sp3 D．sp
(4)Mg2 NiH4是科学家研究的一种高效固态储氢材料。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Mg2+处于图中八个小立方体的体心。Mg2+和Ni原子的最短距离为d nm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、d、M的代数式表示，Mg2NiH4的相对分子质量为M)。
20．（2022·安徽芜湖·统考三模）TiO2-aNb、Cu(In1-xGaxSe2)是常见的光学活性物质。请回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的运动状态有_______种。
(2)①利用单质Cu和液态N2O4反应可制备无水Cu(NO3)2。NO中N原子的杂化类型为_______，空间构型为_______；Cu(NO3)2的构成元素电负性由大到小的顺序为_______。
②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_______。
(3)GaCl3·xNH3(x=3，4，5，6)是一系列化合物，向含1molGaCl3·xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液，有难溶于硝酸的白色沉淀生成；过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。
①GaCl3·xNH3中不含有的化学键类型有_______(填序号)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
②能准确表示GaCl3·xNH3结构的化学式为_______。
(4)TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，表示如图。
①立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为_______g·cm-3。
②图乙TiO2-aNb晶体中a：b=_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．Ti是22号元素，故基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，A错误；
B．由于F的电负性大于Cl、Br、I，Ti与F的电负性差值为2.5＞1.7，TiF4为离子化合物，熔点最高，而Cl、Br、I的电负性与Ti的差值均小于1.7，即其它三种均为共价化合物，为分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高，且一般晶体的熔沸点：离子晶体大于分子晶体，故TiCl4、 TiBr4、 TiI4、TiF4熔点依次升高，B错误；
C．用图(b) 晶胞中的金属卤化物光电材料制作的太阳能电池，在使用过程中产生单质铅和碘，导致光电材料损坏，会降低了器件效率和使用寿命，C正确；
D．距离Pb2+最近的是处于面心的6个I-，Pb2+的配位数为6，图(a)中Ti的配位数也是6，图(a)和图(b)可以看出Pb2+和Ti空间位置相同，D错误；
故答案为：C。
2．C
【分析】物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注，则W为H，已知X的价电子构型为nsnnpn−1(n−1>0)，Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X、Y同周期，则X为B，Y为N。
【详解】A．A分子化学式为NH3∙BH3，故A错误；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性：Y(硝酸)＞X(硼酸)，故B错误；
C．T分子N、B都是采用sp2杂化，形成平面三角形结构，因此T分子所有原子共平面，故C正确；
D．M中X有四个，Y有，其化学式为XY，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．D
【分析】由题意可知，X为C，Y为Mg，Z为Al，W为Ni。
【详解】A．C的氢化物不可以与水形成氢键，A错误；
B．电负性Mg
D．晶体化学式为MgCNi3，式量为213，晶体密度为g/cm3，D正确；
故选D。
4．D
【详解】A．液晶不像普通物质直接由固态晶体熔化成液体，而是一个既像晶体又似液体的中间状态，最大特点是既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，故A错误；
B．瓷器的主要成分为硅酸盐，而水晶、玛瑙的主要成分为二氧化硅，所以瓷器的主要成分与水晶、玛瑙不同，故B错误；
C．油脂的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故C错误；
D．水幕灯光秀中的彩色灯光是因为原子核外电子的跃迁产生光谱的缘故，成像是因为气溶胶产生了丁达尔效应的缘故，所以美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关，故D正确；
故选D。
5．A
【详解】A．火箭表面涂层的成分为石墨烯，该成分是碳单质，故A错误；
B．常用氯气对自来水消毒，ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，可用于自来水消毒，故B正确；
C．芳纶纤维属于有机高分子材料，故C正确；
D．液晶不是液态的晶体，液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，故D正确。
综上所述，答案为A。
6．C
【分析】由题干信息可知，含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，故W为O，X的原子半径在同周期主族元素中最大，则X为第3周期原子半径最大的即为Na，基态Y原子无未成对电子，则Y为Mg，Z第一电离能大于同周期相邻元素，则Z为VA元素即为P，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，W为O，Z为P，由于O的非金属性强于P，故W的简单氢化物即H2O的稳定性强于Z即PH3，A错误；
B．由分析可知，X为Na，Y为Mg，同一周期从左往右原子半径依次减小，即X的原子半径大于Y，金属性依次减弱，则最高价氧化为对应水化物的碱性X即NaOH大于Y即Mg(OH)2，B错误；
C．由分析可知，Z为P，则Z的简单氢化物即PH3，中心原子P周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为三角锥形，C正确；
D．由分析可知，W、X、Y、Z分别为O、Na、Mg、P，则W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型不相同，依次为离子晶体、离子晶体和分子晶体，D错误；
故答案为：C。
7．C
【详解】A．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故A项错误；
B．锌电池中Zn失去电子生成Zn2+，Zn电极为负极材料，故B项错误；
C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成，因此表示放电过程，故C项正确；
D．晶胞所含O2-的个数为4，Zn2+个数为，因此O2-与Zn2+个数比为4：1，因此当过程③中1mol转化为1mol时，转移电子的物质的量为×2=0.5mol，故D项错误；
综上所述，叙述正确的是C项。
8．C
【详解】A．Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A正确；
B．基态原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态原子核外有1+1+3+1+3+5+1+3=18种不同空间运动状态的电子，B正确；
C．A点原子坐标为(0，0，0)，由图乙可知，B点原子的坐标为，C错误；
D．该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则，D正确；
故选C。
9．(1)增大接触面积，提高反应速率和原料利用率
(2) 泥三角 V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2
(3)b
(4) Al(OH)3、H2SiO3
(5)2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O
(6)Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3
【分析】钛钒磁铁矿的矿渣(V2O3、FeO、SiO2、Al2O3及一些稳定杂质)球磨后与纯碱混合在空气中焙烧，得到Na3VO4和硅酸钠、偏铝酸钠，过滤滤渣Ⅰ为铁的氧化物等不溶物质，滤液中通入二氧化碳，沉淀，过滤得滤渣Ⅱ主要成分是Al(OH)3、H2SiO3，加氯化铵沉钒，再加入磷酸二氢铵、草酸的混合液，过滤，在Ar气氛条件下焙烧，制备钠离子电池电极材料磷酸钒钠[Na3V2(PO4)3]。
【详解】（1）球磨的作用增大接触面积，提高反应速率和原料利用率。故答案为：增大接触面积，提高反应速率和原料利用率；
（2）灼烧固体在坩埚中进行，坩埚应放在泥三角上加后，实验室焙烧时使用酒精喷灯、三脚架、泥三角、铁坩埚、玻璃棒和坩埚钳。焙烧时V2O3转化为可溶的Na3VO4，反应方程式为V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2。故答案为：泥三角；V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2；
（3）白球8×+6×=4，黑球为12×+1=4，则该氧化物是FeO。故答案为：b；
（4）偏铝酸钠、硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成Al(OH)3、H2SiO3，滤渣Ⅱ主要成分是Al(OH)3、H2SiO3，试剂X可以使用流程中的某种产物CO2，其电子式为。故答案为：Al(OH)3、H2SiO3；；
（5）Ar气氛焙烧制产品时，H2C2O4、NaH2PO4、NH4VO3反应生成Na3V2(PO4)3、NH3、CO2、H2O，化学方程式为2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O。故答案为：2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O；
（6）某种钠离子电池充电时总反应为Na3V2(PO4)3+C6=NaxCs6+Na3-xV2(PO4)3，该电池放电时正极的Na3-xV2(PO4)3得电子生成Na3V2(PO4)3，电极方程式为Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3。故答案为：Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3。
10．(1)焙烧(或煅烧)
(2)HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解
(3) 3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O 优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解
(4) Fe3+、Al3+、Mg2+ 10-5.9或1.25×10-6
(5)微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2
(6) Cu3Pt(或PtCu3) 或 (其他正确表示也可)
【详解】（1）长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物需要高温加热将有机物和C转化为CO2的除去。答案为焙烧(或煅烧)；
（2）酸浸溶解金属和金属氧化物，但HNO3和HCl均易挥发，且HNO3高温分解浪费原料。答案为HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解；
（3）Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价，即Pt被氧化为H2PtCl6，反应为3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O。HNO3还原产生NO会造成污染，而H2O2不会，但H2O2稳定性差易分解。答案为3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O；优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解；
（4）从表格数据看开始沉淀的pH：Fe3+< Al3+、Mg2+，Fe3+先沉淀再Al3+、Mg2+。由Fe3+完全沉淀时pH=3.2计算得到Ksp[Fe(OH)3]=(10-10.8)3×10-5=10-37.4。Al3+开始沉淀时的pH=3.5即c(OH-)=10-10.5mol/L，此时溶液中的Fe3+为。答案为Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6；
（5）从图看，微波加热短时间内浸出率较高，5min时、固液比为2时浸出率接近100%。答案为微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2；
（6）Cu位于晶胞面心占3个，而Pt位于晶胞的顶点占有1个。该物质的化学式为Cu3Pt。晶胞密度为得到a=cm。Cu之间的最短距离为=×1010pm。答案为Cu3Pt；×1010pm。
11．(1)ZnSO4
(2) Fe 将Fe3+转化为Fe2+ ，避免Fe3+被萃取
(3)Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O
(4)甲烷
(5) 六方最密 50%
【分析】由题中工业流程，锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，溶液为ZnSO4溶液，滤饼加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后和NH3反应得到GaN。
【详解】（1）由分析可知，过滤后，滤液的主要成分是ZnSO4。
（2）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有机层而达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。
（3）由分析可知，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，该过程的离子方程式为：Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O。
（4）以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，名称为甲烷。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取六方最密堆积，由晶胞图分析可知，N原子填充在Ga形成的正四面体空隙中，一个晶胞中共有12个正四面体空隙，N原子填充了6个，所以填充率为50%。
12．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
【分析】高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量，含量较大。碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤得到的脱硫矿粉中含S、氢氧化铁、碳酸盐和金属氧化物，再被硫酸酸浸以后生成的滤液中含Fe2+、Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S和硫酸钙则以滤渣1的形式除去，二氧化锰做氧化剂作用下，Fe2+转化为铁离子便于后续除杂，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化铵可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经电解得到金属锰，据此分析解答。
【详解】（1）碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，根据氧化还原反应的配平原则可知涉及的化学方程式为；
（2）结合物质的类别与上述分析可知，脱硫时能被部分溶解的物质是酸性氧化物二氧化硅，故答案为：；
（3）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢，故答案为：；
（4）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：；酸浸时，加入目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：；
（5）根据给定信息①金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是；结合给定信息②金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的除去的主要离子是；
（6）根据放电顺序可知，除杂后的溶液通过电解在阴极可制得金属锰，惰性阳极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，发生的电极反应为；
（7）氧原子以面心立方堆积(如图)，利用均摊法可知，氧原子数==4，所以晶胞中含为1个，晶胞质量为，若该晶胞参数为，则晶体密度=。
13．(1)N2O(g)+H2(g) =N2(g)+H2O(g) ΔH = −162 kJ mol -1
(2) b b在相对较低的温度下，催化效果较好；且在一定温度范围内，可达到较高的催化效率，便于控制温度
(3) 6 或)
(4) 80% 75%
【详解】（1）I： 2NO(g)+4H2 (g)+O2(g) N2 (g)+4H2O(g) ΔH1=- 574 kJ· mol-1
II： 2NO(g)+3H2(g) +O2(g)N2O(g)+3H2O(g) ΔH2=-412 kJ ·mol-1
根据盖斯定律I－II得H2与N2O反应生成两种无毒物质的热化学方程式N2O(g)+H 2(g) =N2(g)+H2O(g) ΔH = - 574 kJ· mol-1+412 kJ ·mol-1=−162 kJ mol -1；
（2）根据图示，b在相对较低的温度下，催化效果较好；且b在一定温度范围内，可达到较高的催化效率，便于控制温度，所以选用催化剂b。
（3）根据均摊原则，小白球的数目为、大黑球的数目为，白球表示Ti4+、黑球表示O2-，根据TiO2的晶胞图，Ti4+在晶胞中配位数为6；晶胞的密度为g/cm3。
（4）在VL恒容密闭容器中充入lmolNO、2molH2、1molO2，此时起始压强为P0，反应达到平衡时，测得容器内N2O、H2O的物质的量分别为0.1mol、1.5mol。则反应II消耗0.2molNO、0.3molH2、0.1molO2，反应生成0.3molH2O；则反应I生成1.2molH2O，根据反应I方程式，可知反应I消耗0.6molNO、1.2molH2、0.3molO2，同时生成0.3molN2，则NO的平衡效转化率= ；N2 的选择性=；反应后容器中含有0.2molNO、0.5molH2、0.6molO2、0.1molN2O、1.5molH2O、0.3molN2，则反应后的总压强为，反应II的平衡常数Kp= 。
14．(1)2a+2b+c
(2) 0.0005 mol/L 50% 660.2 9
(3) 8 (，，)
【详解】（1）根据①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH1 = a kJ·mol -1
②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH2 = b kJ·mol -1
③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3=c kJ·mol -1
由盖斯定律，反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)可由2×①+2×②+③得到,则ΔH=（2a+2b+c）kJ·mol -1；
（2）①根据2H2O(g)+CH4(g) CO2(g)+4H2(g)，c(H2O)=0.01 mol/L，则c(CH4)=0.005 mol/L，则0~10 min内CH4的反应速率v==0.0005 mol/L，c(H2O)=0.01 mol/L，则生成水为0.02mol，反应的H2为0.04mol，H2转化率α=；
②根据各物质浓度列出三段式为：
K=；，反应温度t约为660.2℃。
③在该条件下测定平衡体系的压强为 300 kPa，则该反应的标准平衡常数 =9；
（3）①1个金刚石晶胞中所含碳原子数为， 已知原子a、b的分数坐标为(0，0，0)和(0，， )， 原子c的分数坐标为(，，)。
②1个金刚石晶胞中所含碳原子数为，金刚石体对角线上的四个原子紧密相连，设晶胞棱长为a，则a=r，晶胞体积=a3，则金刚石晶胞的密度为=g/cm3。
15．(1)5：1
(2)-267kJ/mol
(3) 有副产物液态燃料甲醇生成 工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等
(4) 6 Fe2O3
(5)
(6) 320°C 使用更高效的催化剂
【详解】（1）两原子之间优先形成σ键。乙烯的结构式如图，中σ键和Π键数目之比5:1。答案为5:1；
（2）由盖斯定律得，反应④=③+2①=-267kJ/mol。答案为-267kJ/mol；
（3）有副产物液态燃料甲醇生成。而工艺流程长，能耗高，同时②反应副产物多烯烃选择性低等。答案为有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；
（4）从图看每个Fe周围连了6个O，所以Fe的配位数为6。灰球12个位于棱上，8个位于体内，8个顶点，总共Fe为3+8+1=12个。答案为Fe2O3；
（5）由于起始，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1，设个物质的量分别为2mol、1mol、1mol，同时CO平衡转化率为30%，建立三段式为
，P平= MPa。则Kp=(MPa)-3。答案为；
（6）从图看，320℃时，C2H4选择性较高，条件为C2H4。为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂，有利于主反应。答案为320°C；使用更高效的催化剂。
16．(1)平面三角形
(2) 4
(3)-92 kJ·mol-l
(4)CD
(5) N ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，x(NH3)减小 50% 200℃、a×105Pa 500℃、c×105Pa
【详解】（1）硝酸根中氮原子的价层电子对数是，不存在孤对电子，所以的空间结构为平面三角形。
（2）该晶胞中O2-位于顶点和面心处，因此O2-能够构成个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为体对角线的，边长为cpm，则体对角线为pm，故O2-与Zn2+核间最短距离为pm。
（3）反应热等于正反应活化能和逆反应活化能的差值，反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=335kJ/mol-427kJ/mol=-92 kJ/mol。
（4）A．温度高，反应速率快，可缩短达到平衡的时间，A错误；
B．达到平衡时，分别以氢气和氨气表示的反应速率在数值上不相等，B错误；
C．反应容器体积和气体的质量均是不变的，所以密度始终不变，C正确；
D．正反应气体分子数减少，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时，不再发生变化，D正确；
答案选CD。
（5）①正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气含量减少，所以图中对应等压过程的曲线是N。
②依据三段式可知
则，解得n=0.5，所以N2的转化率为=50%，依据图像可知此时反应条件为200℃、a×105Pa或500℃、c×105Pa。
17．(1)
(2)+1或-1
(3)断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼
(4) 直线形 [O=N=O]+
(5) 正八面体
【详解】（1）碳是6号元素，基态碳原子的核外电子排布图为 。故答案为：；
（2）对于基态碳原子，有两个末成对电子，其价电子自旋量子数的代数和为±(2×)=+1或-1。故答案为：+1或-1；
（3）CO和N2相对活泼性并说明原因：断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼。故答案为：断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼；
（4）CO2分子的中心原子C原子价层电子对数为2+=2，空间构型为直线形，与CO2互为等电子体，的结构式[O=N=O]+。故答案为：直线形；[O=N=O]+；
（5）①晶胞中Fe3+处于O2-围成的正八面体空隙(填“正四面体”“正八面体”或“正十六面体”)。故答案为：正八面体；
②若晶胞的体对角线长为 a nm，则晶胞棱长=nm=×10-7 cm，晶胞体积=（×10-7 cm）3，晶胞中亚铁离子个数1，铁离子个数4×+3×=2，氧离子个数=12×+1=4，则 Fe3O4晶体的密度=g/cm3=g·cm-3，故答案为：。
18．(1)AB
(2) sp2杂化 范德华力 片层内形成了离域π键
(3)同为离子晶体，钠离子的半径小于钾离子的半径，NaCl晶格能大于KCl，所以NaCl的熔点高
(4) 12 a 钠
【解析】(1)
A．钾元素的焰色反应呈紫红色，紫色光在可见光范围内辐射波长最短，故正确；
B．钾元素的原子序数为19，基态原子的核外电子排布式为[Ar]4s1，故正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，所以钾元素的第一电离能小于铬元素，故错误；
故选AB；
(2)
由g-C3N4是一种近似石墨烯的平面维片层结构可知，层内原子通过共价键相结合，片层之间通过范德华力相结合，由网状结构示意图可知，碳原子和氮原子形成3个σ键，原子的杂化方式都为sp2杂化，未参与杂化的p电子形成层内离域π键，所以g-C3N4在光激发下能传递电子，故答案为：sp2杂化；范德华力；片层内形成了离域π键；
(3)
氯化钠和氯化钾都是离子晶体，钠离子的离子半径小于钾离子，氯化钠的晶格能大于氯化钾，所以氯化钠的熔点高于氯化钾，故答案为：同为离子晶体，钠离子的半径小于钾离子的半径，NaCl晶格能大于KCl，所以NaCl的熔点高；
(4)
由晶胞结构可知，钠离子位于棱上和体心，氯离子位于顶点和面心，距离体心钠离子最近的离子为处于面心的氯离子，所以第一层为6个氯离子，第二层为12个位于棱上的钠离子，钠离子和钠离子的最近距离为面对角线的，由晶胞参数为apm可知，钠离子和钠离子的最近距离为apm；晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子个数为12×+1=4，晶胞中离子的体积为()pm3，晶胞的体积为a3pm3，则晶胞中的离子空间占有率为，故答案为：12；a；钠；。
19．(1) N [Ar]3d84s2
(2) 高 甲酸分子间有氢键，甲醛没有 s-sp2 <
(3) 正八面体 A
(4)
【详解】（1）Co为27号元素，有4个电子层，最外层2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Co原子中，核外电子占据的最高能层为第4层，符号是N；Ni为28号元素，有4个电子层，最外层2个电子，基态Ni的简化核外电子排布式为[Ar]3d84s2；
（2）甲酸分子间有氢键，气化时克服氢键作用，比起没有分子间氢键的甲醛的沸点要高；甲酸分子中的C原子是平面三角形结构，因此C-H键的类型为s-sp2σ键；因为双键斥力大于单键，因此α<β；
（3）SbF中，Sb最外层有5个电子，阴离子再多带一个电子，每个F再提供1个电子，共提供6个电子，形成6对成键电子，所以中心原子Sb发生sp3d2杂化，答案选A；根据键角大小与各原子相对位置可知SbF6形成正八面体型；
（4）Mg2+和Ni原子的最短距离为d nm，设晶胞棱长为a cm，则根据Mg2+和Ni原子在晶胞中的位置可知d(nm)=(cm)×107(nm/cm)，a=(cm)，在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Ni原子个数为，Mg2+处于图中八个小立方体的体心，即个数为8×1=8，所以一个晶胞中含4个Mg2NiH4，则晶胞密度。
20．(1)29
(2) sp2杂化 平面三角形 O>N>Cu 钾和铜的最外层电子数相同，但铜的核电荷数大，铜原子半径小，铜的金属键强于钾
(3) D [Ga(NH3)4Cl2]Cl
(4) 7:2
【解析】(1)
铜的原子序数为29，其基态原子核外电子的运动状态有29种。
(2)
①NO中N原子的价层电子对数为3+=3，采取sp2杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形；元素非金属性越强，其电负性越强，因此Cu(NO3)2的构成元素电负性由大到小的顺序为：O>N>Cu。
②钾和铜都是金属晶体，金属晶体的熔沸点与金属键有关，金属键的强弱与金属原子半径和原子的价电子数有关，价电子数越多、半径越小，金属键越强，熔沸点越高，钾和铜的最外层电子数相同，但铜的核电荷数大，铜原子半径小，铜的金属键强于钾，则铜的熔沸点远大于钾。
(3)
①GaCl3·xNH3中Ga3+和Cl-形成离子键，NH3分子中N和H形成极性共价键，Ga和N之间有配位键，没有金属键，答案选D。
②加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl-，有氨气逸出，Cl-与Ag＋生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则有配位键的Cl-与没有配位键的Cl-的个数比为2:1，Ga3＋配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。
(4)
①根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，1个晶胞中含有Ti的个数为8×+4×+1=4，O原子8个在棱上、8个在面上、2个在体内，1个晶胞中含有O的个数为8×+8×+2==8，则1mol晶胞的质量为48×4+16×8g=320g，1mol晶胞的体积为NA×a2c×10-30cm3，所以密度ρ==g/cm3。
②由晶胞结构示意图可知，TiO2-aNb晶胞中N原子数为1×=，O原子数为7×+7×+1=，Ti原子数为4，故b=×=，2−a=×，解得a=，a:b=:=7:2。
安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-44晶体结构与性质（1）
一、单选题
1．（2023·安徽淮南·统考一模）钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，晶胞如图(a)所示，其中Ti的电负性为1.5，一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。下列有关说法正确的是
A．基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s23d2
B．TiF4、TiCl4、 TiBr4、 TiI4熔点依次升高
C．用图(b) 晶胞中的金属卤化物光电材料制作的太阳能电池，在使用过程中产生单质铅和碘，会降低了器件效率和使用寿命。
D．图(b)晶胞中Pb2+与图(a) 晶胞中Ca的空间位置相同
2．（2023·安徽宣城·统考二模）物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注。X、Y形成的一种晶体的晶胞如图M，已知X的价电子构型为nsnnpn−1(n−1>0)，Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X、Y同周期。下列有关说法正确的是
A．A分子是乙烷
B．最高价氧化物对应的水化物酸性：X＞Y
C．T分子所有原子共平面
D．M的化学式为X2Y7
3．（2023·安徽黄山·统考二模）X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素。已知X是形成化合物种类最多的元素，Y和W的最外层电子数相同，但不同族，W的次外层电子数是最外层的8倍，Z是主族元素，其盐可以用于净水。某科研团队研究发现，X、Y、W形成的晶体有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞如图所示，晶胞参数为a pm。下列说法正确的是
A．X的氢化物可以与水形成氢键 B．电负性：Y>Z
C．晶胞中与Y最近的X原子有6个 D．晶体密度为g/cm3
4．（2023·安徽马鞍山·统考二模）位于马鞍山的长江不夜城，集传统文化、科技体验、灯光艺术、特色美食于一体，打造了国内唯一的千里长江画卷景观。下列说法正确的是
A．制作显示大屏的液晶，不具有类似晶体的各向异性
B．画卷中展示的精美瓷器，其主要成分与水晶、玛瑙相同
C．制作特色美食的油脂和植物蛋白均属于高分子化合物
D．美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关
5．（2023·安徽黄山·统考二模）化学推动着社会的进步和人类的发展，下列有关说法不正确的是
A．火箭表面涂层的成分为石墨烯，该成分是一种烯烃
B．ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，可代替氯气用于自来水消毒
C．月球上插着一面用芳纶纤维特制的五星红旗，芳纶纤维属于有机高分子材料
D．液晶显示器是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是介于液态和晶态之间的物质状态
6．（2023·安徽宿州·统考一模）我国科学家在嫦娥五号月壤样品中发现一种新矿物，命名为“嫦娥石”，其中含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，X的原子半径在同周期主族元素中最大，基态Y原子无未成对电子，Z第一电离能大于同周期相邻元素。下列叙述正确的是
A．W的简单氢化物的稳定性弱于Z
B．X的原子半径小于Y(最高价氧化为对应水化物的碱性X小于Y)
C．Z的简单氢化物的空间结构为三角锥形
D．W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型相同
7．（2023·安徽·统考一模）水溶液锌电池(图1)的电极材料是研究热点之一、一种在晶体中嵌入的电极材料充放电过程的原理如图2所示。下列叙述中正确的是
A．①为活化过程，其中的价态不变
B．该材料在锌电池中作为负极材料
C．②代表电池放电过程
D．③中晶体转移的电子数为
8．（2023·安徽黄山·统考一模）硒化锌是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在平面的投影，已知晶胞边长为，阿伏加德罗常数的值为，下列说法错误的是
A．位于元素周期表的区
B．基态原子核外有18种不同空间运动状态的电子
C．A点原子的坐标为，则B点原子的坐标为
D．该晶体密度为
二、工业流程题
9．（2023·安徽宣城·统考一模）科研小组利用钛钒磁铁矿的矿渣(V2O3、FeO、SiO2、Al2O3及一些稳定杂质)制备钠离子电池电极材料磷酸钒钠[Na3V2(PO4)3]。
已知：①NH4VO3难溶于水
②+5价钒在溶液中的主要存在形式和pH的关系如表：
pH
＜6
6~8
8~10
10~12
主要离子
VO
VO
V2O
VO
回答下列问题：
(1)球磨的作用_____。
(2)实验室焙烧时使用酒精喷灯、三脚架、_____、铁坩埚、玻璃棒和坩埚钳。焙烧时V2O3转化为可溶的Na3VO4的反应方程式为_____。
(3)如图是某氧化物的晶胞，则该氧化物是_____。(填字母序号)
a．V2O3 b．FeO c．SiO2 d．Al2O3
(4)滤渣Ⅱ主要成分是_____(填化学式)，试剂X可以使用流程中的某种产物，其电子式为_____。
(5)Ar气氛焙烧制产品时的化学方程式为_____。
(6)某种钠离子电池充电时总反应为Na3V2(PO4)3+C6=NaxCs6+Na3-xV2(PO4)3，该电池放电时正极的电极方程式为_____。
10．（2023·安徽马鞍山·统考二模）我国铂族金属储量占世界储量0.58%，而消费总量占世界消费总量的27%，因此从汽车废弃催化剂中回收铂族金属对可持续发展有重大意义。废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、 SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：
已知：①长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物；
②Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价；
③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
金属离子
Al3+
Mg2+
Fe3+
开始沉淀的pH
3.5
9.5
2.2
沉淀完全(c=1.0× 10-5mol/L)的pH
4.7
11.1
3.2
回答下列问题：
(1)粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，请写出操作A的名称___________；
(2)为了提高酸浸效率，温度不宜过高的原因：___________；
(3)酸浸工序中，铂发生的反应的化学方程式为___________， 有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，请分析优缺点：___________ ；
(4)通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为___________ ， 当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为___________mol/L；
(5)铂的浸出率与不同加热方式、浸出时间及不同固液比的关系如下图所示：
由图可知，Pt 浸出的最佳条件为___________；
(6)金属捕集法可使Pt取代铜原子进入铜晶格形成铜铂合金，图是一种电催化材料(铜铂合金)的晶胞，该合金的化学式为___________，该合金的密度为ρg/cm3，两个最近的铜原子之间的距离为___________pm(写出计算式，不用简化)。
11．（2023·安徽蚌埠·统考三模）可利用炼锌矿渣(主要含Ga2O3·3Fe2O3，ZnO·Fe2O3)制备半导体材料GaN并分离Fe和Zn ，其工艺流程如图所示：
已知：①镓又称为“类铝”，其性质与铝类似；
②一些金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH及萃取率如下表所示：
金属离子
Fe3+
Ga3+
Zn2+
Fe2+
开始沉淀
1.7
3．0
5.5
8.0
沉淀完全
3.2
4.9
8.0
9.6
萃取率(%)
99
97 ~98. 5
0
0
回答下列问题：
(1)过滤后，滤液的主要成分是__________(填化学式)。
(2)固体M为___，其作用是__________________________。
(3)反萃取的离子方程式为_____________________。
(4)合成得到的产物是( CH3 )3Ga，经化学气相沉积(类似于取代反应) ，副产物为 ____________ (填名称)。
(5)GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取____________堆积，N原子填在Ga原子所形成的正四面体空隙中，则正四面体空隙的填隙率为_____。(填隙率=)
12．（2023·安徽·统考一模）一种高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量等，其中含量较大。研究人员设计了如下流程，制得了金属锰。
已知：①金属离子的与溶液的关系如下图所示。
②金属硫化物的溶度积常数如下表。
金属硫化物
回答下列问题。
(1)碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质。写出硫化亚铁发生反应的化学方程式___________。
(2)根据矿物组成，脱硫时能被部分溶解的物质是___________。
(3)若未经脱硫直接酸浸，会产生的污染物是___________。
(4)酸浸时主要含锰组分发生反应的化学方程式为___________；酸浸时，加入的作用是___________(用离子方程式表示)。
(5)调溶液到5左右，滤渣2的主要成分是___________；加入适量的除去的主要离子是___________。
(6)除杂后的溶液通过电解制得金属锰，惰性阳极发生的电极反应为___________。
(7)锰的化合物是一种锂电池材料，其晶胞中的氧原子以面心立方堆积(如图)，若该晶胞参数为，则晶体密度为___________。
三、原理综合题
13．（2023·安徽马鞍山·统考一模）氮氧化物(NOx )是大气污染物的主要成分，对人体健康和环境危害极大。利用H2催化消除NO，生成N2及副产物N2O的热化学方程式如下：
I： 2NO(g)+4H2 (g)+O2(g) N2 (g)+4H2O(g) ΔH1=- 574 kJ· mol-1
II： 2NO(g)+3H2(g) +O2(g)N2O(g)+3H2O(g) ΔH2=-412 kJ ·mol-1
回答下列问题：
(1)写出H2与N2O反应生成两种无毒物质的热化学方程式_______。
(2)催化剂a (Pt/TiO2 )和催化剂b (Pt/TiO2-M)在不同温度下催化效果如图所示，选用催化剂______(填“a”或“b”)的效果更好，理由是_______。
(3)TiO2的晶胞如图所示，Ti4+在晶胞中配位数为_______；晶胞的密度为_______g/cm3 (列出计算表达式即可)。
(4)在VL恒容密闭容器中充入lmolNO、2molH2、1molO2，此时起始压强为P0，反应达到平衡时，测得容器内N2O、H2O的物质的量分别为0.1mol、1.5mol。 (N2的选择性=)
则NO的平衡效转化率=_______ ； N2的选择性=_______；反应II的平衡常数Kp_______。
14．（2023·安徽淮南·统考一模）甲烷既是一种清洁能源，又是基础化工原料，在生产生活和科学研究中具有极其重要的作用。
(1)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)
①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH1 = a kJ·mol -1
②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH2 = b kJ·mol -1
③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3=c kJ·mol -1
反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)的ΔH=___________ kJ·mol -1 (用含a、b、c的式子表示)
(2)已知： 2H2O(g)+CH4(g) CO2(g)+4H2(g)的平衡常数()与反应温度(t)之间的关系如图所示。
某研究小组，在温度t下，向容积为2L的抽空的密闭容器中通入0.02 mol CO2和0.08 mol H2，10 min后反应平衡，测得容器中c(H2O)=0.01 mol/L。
①则0~10 min内CH4的反应速率v=___________H2的转化率α=___________。
②反应温度t约为___________℃。
③在该条件下测定平衡体系的压强为 300 kPa，则该反应的标准平衡常数 =___________。(已知：对于反应dD(g)+eE(g) gG(g)+hH(g)，，其中 =100kPa， PG、PH、PD、PE为各组分的平衡分压)。
(3)科学家们已经用甲烷制出了金刚石，人造金刚石在硬度上与天然金刚石几乎没有差别，请根据下图金刚石结构模型及晶胞，回答问题：
①1个金刚石晶胞中所含碳原子数为___________， 已知原子a、b的分数坐标为(0，0，0)和(0，， )， 原子c的分数坐标为___________。
②若碳原子半径为r nm，则金刚石晶胞的密度为___________g/cm3(用含r的计算式表示)。
15．（2023·安徽安庆·统考二模）低碳烯烃是最重要和最基本的有机化工原料，利用合成气间接或直接制取低碳烯烃是极具开发前景的合成气制烯烃技术。回答下列问题：
(1)乙烯(C2H4)分子中σ键和键数目之比___________。
(2)已知下列反应的热化学方程式：
①CO(g)+2H2(g)CH3OH(l) ΔH1=-116kJ/mol
②CO(g)+3H2(g)CH4(g)+H2O(l) ΔH2=-206kJ/mol
③2CH3OH(l)C2H4(g)+2H2O(l) ΔH3=-35kJ/mol
计算④2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(l)的ΔH=___________
(3)目前较普遍采用的合成气间接制低碳烯烃过程可简化为反应①②③，另一种方法是费托合成直接制烯烃即反应④，相比费托合成反应，合成气间接制低碳烯烃方法的优点是___________，缺点是___________。
(4)我国科学家发明的Fe基费托合成催化剂Fe@Si/S-34能抑制水煤气变换反应，具有更高的低碳烯烃选择性，使费托合成直接制烯烃具有很大开发前景。其中Fe基催化剂以铁的氧化物为主，其晶胞如下图所示：Fe在晶胞中的配位数是___________，该晶胞的化学式为___________。
(5)在温度260°C，压强2MPa反应条件下，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1的混合气体进行反应2CO(g)+4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g)，平衡时CO的转化率为30%，该温度下反应的平衡常数Kp=___________(MPa)-3(列出计算式。以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。
(6)经研究反应④过程有副产物CO2、CH4、C2H6等生成。CO转化率以及产物选择性随温度的变化如下图所示。
该条件下生成乙烯最适宜的温度是___________。一定温度和压强条件下，为了提高反应速率和乙烯选择性，应当___________。
四、填空题
16．（2023·安徽宿州·统考一模）自然界中存在如下氮的转化：
i．2NO2(g)+2OH-(aq)= (aq)+NO2(aq)+H2O(1)
ii．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
(1)的空间结构为_______。
(2)ZnO是氮的氧化物的重要吸附剂，已知ZnO晶胞参数为cpm，则该晶胞中，O2-能够构成_______个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为_______pm。
(3)反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=_______。
(4)一定条件下，在2L的刚性容器中充入1mol N2(g)、3mol H2(g)发生反应ii至平衡，下列图示表述正确的有_______
A． B． C． D．
(5)反应ii，若起始时n(N2)：n(H2)=1：3，在不同条件下达到平衡，设平衡时NH3的体积分数为x(NH3)，实验测得400℃下，x(NH3)～p及5 ×103Pa下，x(NH3)～t存在如图曲线关系。
①图中对应等压过程的曲线是_______(填“M”或“N”)，判断依据是_______。
②x=时，N2的转化率为_______，此时反应条件为_______或_______。
五、结构与性质
17．（2022·安徽池州·统考模拟预测）我国中科院天津工业技术研究所，首次实现人工通过二氧化碳合成淀粉。请回答下列问题：
(1)基态碳原子的核外电子排布图为_______。
(2)原子中运动的电子有2种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋量子数。对于基态碳原子，其价电子自旋量子数的代数和为_______。
(3)结合如表所示键能数据，分析CO和N2相对活泼性并说明原因：_______。
CO
C-O
C=O
CO
键能/kJ·mol-1
357.7
798.9
1071.9
N2
N-N
N=N
N≡N
键能/kJ·mol-1
154.8
418.4
941.7
(4)CO2分子的空间构型为_______，与CO2互为等电子体，写出的结构式_______。
(5)一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂成功实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油。该催化剂成分Fe3O4的晶胞如图所示。
①晶胞中Fe3+处于O2-围成的_______空隙(填“正四面体”“正八面体”或“正十六面体”)。
②若晶胞体对角线为anm，阿伏加德罗常数为NA，晶体的密度为_______g·cm-3(写出表达式)。
18．（2022·安徽淮南·统考二模）完成下列问题。
(1)对于基态K原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．元素K的焰色反应呈紫红色，在可见光范围内辐射波长较短
B．K的核外电子排布式为[Ar]4s1
C．K和Cr位于同一周期，且价电子构型相同，第一电离能I1(K)>I1(Cr)
(2)g-C3N4是一种近似石墨烯的平面维片层结构，其中一种基本结构单元无限延伸形成网状结构如下图所示：
g-C3N4中N原子的杂化类型_______，片层之间通过_______(填作用力类型)结合，g-C3N4在光激发下能传递电子的原因是_______。
(3)NaCl的熔点为801℃，KCl的熔点为770℃，请分析原因_______。
(4)研究离子晶体，常考察以一个离子为中心时，其周围不同距离的离子对它的吸引力或排斥力。设氯化钠晶胞参数为apm，钠离子和氯离子的半径分别为rNapm和rClpm，以钠离子为中心，距离最近的一层为第一层。
则第二层离子有_______个，与中心离子的距离为_______pm，它们是_______离子(填“钠”或“氯”)，晶胞中的离子空间占有率为_______(列出计算表达式)。
19．（2022·安徽·模拟预测）金属Mn、Co、Ni、Sb等在电池、储氢材料、催化剂等方面有广泛应用。请回答下列问题：
(1)基态Co原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_______，基态Ni简化的核外电子排布式为_______。
(2)铜锰氧化物( CuMn2O4)能在常温下催化氧化甲醛生成甲酸(结构如图)。
①甲酸的沸点比甲醛的_______(填“低”或“高”)，主要原因是_______。
②甲酸分子中O-H键的类型是s-sp3σ键，C-H键的类型是_______σ键，键角：α_______β(填“>”“=”或“<”)。
(3)超强酸氟锑酸(结构如图)在化学和化学工业上有很大的应用价值，是活性极高的催化剂。
①该物质中∠FSbF为90°或180° ，则阴离子的空间构型为_______。
②阴离子的中心原子的杂化轨道类型是_______(填序号)。
A．sp3d2 B．sp2 C． sp3 D．sp
(4)Mg2 NiH4是科学家研究的一种高效固态储氢材料。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Mg2+处于图中八个小立方体的体心。Mg2+和Ni原子的最短距离为d nm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、d、M的代数式表示，Mg2NiH4的相对分子质量为M)。
20．（2022·安徽芜湖·统考三模）TiO2-aNb、Cu(In1-xGaxSe2)是常见的光学活性物质。请回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的运动状态有_______种。
(2)①利用单质Cu和液态N2O4反应可制备无水Cu(NO3)2。NO中N原子的杂化类型为_______，空间构型为_______；Cu(NO3)2的构成元素电负性由大到小的顺序为_______。
②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_______。
(3)GaCl3·xNH3(x=3，4，5，6)是一系列化合物，向含1molGaCl3·xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液，有难溶于硝酸的白色沉淀生成；过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。
①GaCl3·xNH3中不含有的化学键类型有_______(填序号)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
②能准确表示GaCl3·xNH3结构的化学式为_______。
(4)TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，表示如图。
①立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为_______g·cm-3。
②图乙TiO2-aNb晶体中a：b=_______。
参考答案：
1．C
【详解】A．Ti是22号元素，故基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，A错误；
B．由于F的电负性大于Cl、Br、I，Ti与F的电负性差值为2.5＞1.7，TiF4为离子化合物，熔点最高，而Cl、Br、I的电负性与Ti的差值均小于1.7，即其它三种均为共价化合物，为分子晶体，对于组成和结构相似的分子晶体，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高，且一般晶体的熔沸点：离子晶体大于分子晶体，故TiCl4、 TiBr4、 TiI4、TiF4熔点依次升高，B错误；
C．用图(b) 晶胞中的金属卤化物光电材料制作的太阳能电池，在使用过程中产生单质铅和碘，导致光电材料损坏，会降低了器件效率和使用寿命，C正确；
D．距离Pb2+最近的是处于面心的6个I-，Pb2+的配位数为6，图(a)中Ti的配位数也是6，图(a)和图(b)可以看出Pb2+和Ti空间位置相同，D错误；
故答案为：C。
2．C
【分析】物质A因其受热分解(反应如下图所示)产生W2而受到新能源汽车行业的关注，则W为H，已知X的价电子构型为nsnnpn−1(n−1>0)，Y的基态原子单电子数目在短周期中是最多的元素之一，且X、Y同周期，则X为B，Y为N。
【详解】A．A分子化学式为NH3∙BH3，故A错误；
B．根据非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物酸性：Y(硝酸)＞X(硼酸)，故B错误；
C．T分子N、B都是采用sp2杂化，形成平面三角形结构，因此T分子所有原子共平面，故C正确；
D．M中X有四个，Y有，其化学式为XY，故D错误。
综上所述，答案为C。
3．D
【分析】由题意可知，X为C，Y为Mg，Z为Al，W为Ni。
【详解】A．C的氢化物不可以与水形成氢键，A错误；
B．电负性Mg
D．晶体化学式为MgCNi3，式量为213，晶体密度为g/cm3，D正确；
故选D。
4．D
【详解】A．液晶不像普通物质直接由固态晶体熔化成液体，而是一个既像晶体又似液体的中间状态，最大特点是既具有液体的流动性，又具有晶体的各向异性，故A错误；
B．瓷器的主要成分为硅酸盐，而水晶、玛瑙的主要成分为二氧化硅，所以瓷器的主要成分与水晶、玛瑙不同，故B错误；
C．油脂的相对分子质量小于一万，不属于高分子化合物，故C错误；
D．水幕灯光秀中的彩色灯光是因为原子核外电子的跃迁产生光谱的缘故，成像是因为气溶胶产生了丁达尔效应的缘故，所以美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关，故D正确；
故选D。
5．A
【详解】A．火箭表面涂层的成分为石墨烯，该成分是碳单质，故A错误；
B．常用氯气对自来水消毒，ClO2是国际上公认的安全、无毒的绿色消毒剂，可用于自来水消毒，故B正确；
C．芳纶纤维属于有机高分子材料，故C正确；
D．液晶不是液态的晶体，液晶是介于液态和晶态之间的物质状态，故D正确。
综上所述，答案为A。
6．C
【分析】由题干信息可知，含有原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z，W在地壳中含量最多，故W为O，X的原子半径在同周期主族元素中最大，则X为第3周期原子半径最大的即为Na，基态Y原子无未成对电子，则Y为Mg，Z第一电离能大于同周期相邻元素，则Z为VA元素即为P，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，W为O，Z为P，由于O的非金属性强于P，故W的简单氢化物即H2O的稳定性强于Z即PH3，A错误；
B．由分析可知，X为Na，Y为Mg，同一周期从左往右原子半径依次减小，即X的原子半径大于Y，金属性依次减弱，则最高价氧化为对应水化物的碱性X即NaOH大于Y即Mg(OH)2，B错误；
C．由分析可知，Z为P，则Z的简单氢化物即PH3，中心原子P周围的价层电子对数为：3+=4，根据价层电子对互斥理论可知，其空间结构为三角锥形，C正确；
D．由分析可知，W、X、Y、Z分别为O、Na、Mg、P，则W分别与X、Y、Z形成晶体，其类型不相同，依次为离子晶体、离子晶体和分子晶体，D错误；
故答案为：C。
7．C
【详解】A．①过程中MnO晶胞中体心的Mn2+失去，产生空位，该过程为MnO活化过程，根据化合物化合价为0可知Mn元素化合价一定发生变化，故A项错误；
B．锌电池中Zn失去电子生成Zn2+，Zn电极为负极材料，故B项错误；
C．②过程中电池的MnO电极上嵌入Zn2+，说明体系中有额外的Zn2+生成，因此表示放电过程，故C项正确；
D．晶胞所含O2-的个数为4，Zn2+个数为，因此O2-与Zn2+个数比为4：1，因此当过程③中1mol转化为1mol时，转移电子的物质的量为×2=0.5mol，故D项错误；
综上所述，叙述正确的是C项。
8．C
【详解】A．Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A正确；
B．基态原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态原子核外有1+1+3+1+3+5+1+3=18种不同空间运动状态的电子，B正确；
C．A点原子坐标为(0，0，0)，由图乙可知，B点原子的坐标为，C错误；
D．该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为，则，D正确；
故选C。
9．(1)增大接触面积，提高反应速率和原料利用率
(2) 泥三角 V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2
(3)b
(4) Al(OH)3、H2SiO3
(5)2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O
(6)Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3
【分析】钛钒磁铁矿的矿渣(V2O3、FeO、SiO2、Al2O3及一些稳定杂质)球磨后与纯碱混合在空气中焙烧，得到Na3VO4和硅酸钠、偏铝酸钠，过滤滤渣Ⅰ为铁的氧化物等不溶物质，滤液中通入二氧化碳，沉淀，过滤得滤渣Ⅱ主要成分是Al(OH)3、H2SiO3，加氯化铵沉钒，再加入磷酸二氢铵、草酸的混合液，过滤，在Ar气氛条件下焙烧，制备钠离子电池电极材料磷酸钒钠[Na3V2(PO4)3]。
【详解】（1）球磨的作用增大接触面积，提高反应速率和原料利用率。故答案为：增大接触面积，提高反应速率和原料利用率；
（2）灼烧固体在坩埚中进行，坩埚应放在泥三角上加后，实验室焙烧时使用酒精喷灯、三脚架、泥三角、铁坩埚、玻璃棒和坩埚钳。焙烧时V2O3转化为可溶的Na3VO4，反应方程式为V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2。故答案为：泥三角；V2O3+3Na2CO3+O22Na3VO4+3CO2；
（3）白球8×+6×=4，黑球为12×+1=4，则该氧化物是FeO。故答案为：b；
（4）偏铝酸钠、硅酸钠溶液与二氧化碳反应生成Al(OH)3、H2SiO3，滤渣Ⅱ主要成分是Al(OH)3、H2SiO3，试剂X可以使用流程中的某种产物CO2，其电子式为。故答案为：Al(OH)3、H2SiO3；；
（5）Ar气氛焙烧制产品时，H2C2O4、NaH2PO4、NH4VO3反应生成Na3V2(PO4)3、NH3、CO2、H2O，化学方程式为2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O。故答案为：2H2C2O4+3NaH2PO4+2NH4VO3Na3V2(PO4)3+2NH3↑+4CO2↑+6H2O；
（6）某种钠离子电池充电时总反应为Na3V2(PO4)3+C6=NaxCs6+Na3-xV2(PO4)3，该电池放电时正极的Na3-xV2(PO4)3得电子生成Na3V2(PO4)3，电极方程式为Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3。故答案为：Na3-xV2(PO4)3+xNa++xe-=Na3V2(PO4)3。
10．(1)焙烧(或煅烧)
(2)HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解
(3) 3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O 优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解
(4) Fe3+、Al3+、Mg2+ 10-5.9或1.25×10-6
(5)微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2
(6) Cu3Pt(或PtCu3) 或 (其他正确表示也可)
【详解】（1）长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物需要高温加热将有机物和C转化为CO2的除去。答案为焙烧(或煅烧)；
（2）酸浸溶解金属和金属氧化物，但HNO3和HCl均易挥发，且HNO3高温分解浪费原料。答案为HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解；
（3）Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价，即Pt被氧化为H2PtCl6，反应为3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O。HNO3还原产生NO会造成污染，而H2O2不会，但H2O2稳定性差易分解。答案为3Pt + 4HNO3+ 18HCl=3H2PtCl6+ 4NO↑+ 8H2O；优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解；
（4）从表格数据看开始沉淀的pH：Fe3+< Al3+、Mg2+，Fe3+先沉淀再Al3+、Mg2+。由Fe3+完全沉淀时pH=3.2计算得到Ksp[Fe(OH)3]=(10-10.8)3×10-5=10-37.4。Al3+开始沉淀时的pH=3.5即c(OH-)=10-10.5mol/L，此时溶液中的Fe3+为。答案为Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6；
（5）从图看，微波加热短时间内浸出率较高，5min时、固液比为2时浸出率接近100%。答案为微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2；
（6）Cu位于晶胞面心占3个，而Pt位于晶胞的顶点占有1个。该物质的化学式为Cu3Pt。晶胞密度为得到a=cm。Cu之间的最短距离为=×1010pm。答案为Cu3Pt；×1010pm。
11．(1)ZnSO4
(2) Fe 将Fe3+转化为Fe2+ ，避免Fe3+被萃取
(3)Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O
(4)甲烷
(5) 六方最密 50%
【分析】由题中工业流程，锌矿渣先加入稀硫酸酸浸，使铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4转化为Ga3+、Zn2+和Fe3+盐溶液，过滤后，滤液加入过氧化氢使Fe2+转化为Fe3+，并调节pH使Ga3+和Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤后，滤饼为Ga(OH)3和Fe(OH)3，溶液为ZnSO4溶液，滤饼加入盐酸溶解，并加入Fe单质使Fe3+还原为Fe2+，加入萃取剂，由萃取率表，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，通过电解，得到单质Ga，通过与CH3Br反应生成三甲基嫁，最后和NH3反应得到GaN。
【详解】（1）由分析可知，过滤后，滤液的主要成分是ZnSO4。
（2）由萃取率表，Fe3+的萃取率为99%，Fe2+为0%，故为了使铁元素不进入有机层而达到萃取的目的，需要将Fe3+还原为Fe2+，则加入的固体X为还原剂，不引入新杂质，故X为Fe，目的为使Fe3+还原为Fe2+，通过萃取分液除去铁元素。
（3）由分析可知，分液后，用氢氧化钠溶液进行反萃取，由于Ga与Al同主族，化学性质相似，Ga3+转化为GaO进入水层，该过程的离子方程式为：Ca3++4OH- =[ Ga(OH)4]-或Ga3+ +4OH- = + 2H2O。
（4）以合成的三甲基镓[Ga(CH3)3]为原料，使其与NH3发生反应得到GaN和另一种气态产物，根据原子守恒可知，气态物质为甲烷化学式为CH4，名称为甲烷。
（5）GaN晶体结构如图所示，其中Ga原子采取六方最密堆积，由晶胞图分析可知，N原子填充在Ga形成的正四面体空隙中，一个晶胞中共有12个正四面体空隙，N原子填充了6个，所以填充率为50%。
12．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
【分析】高硫锰矿的主要成分为，主要杂质为，还含有少量，含量较大。碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤得到的脱硫矿粉中含S、氢氧化铁、碳酸盐和金属氧化物，再被硫酸酸浸以后生成的滤液中含Fe2+、Fe3+、Mn2+、Cu2+、Ni2+，单质S和硫酸钙则以滤渣1的形式除去，二氧化锰做氧化剂作用下，Fe2+转化为铁离子便于后续除杂，加入一水合氨调pH，进而除去铁元素，过滤得到的滤液中含Mn2+、Cu2+、Ni2+，再加入硫化铵可除去铜元素与镍元素，最后过滤得到的MnSO4溶液经电解得到金属锰，据此分析解答。
【详解】（1）碱性溶液中，在催化剂存在下通空气氧化脱硫，硫化物中的硫元素被氧化为单质，硫化亚铁被氧气氧化生成硫单质和氢氧化铁，根据氧化还原反应的配平原则可知涉及的化学方程式为；
（2）结合物质的类别与上述分析可知，脱硫时能被部分溶解的物质是酸性氧化物二氧化硅，故答案为：；
（3）未经脱硫直接酸浸，金属硫化物会与酸发生反应产生有毒的硫化氢，故答案为：；
（4）酸浸时含硫矿粉中的碳酸锰会与硫酸发生反应生成MnSO4、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：；酸浸时，加入目的是为了氧化亚铁离子，生成便于除去的铁离子，涉及的离子方程式为：；
（5）根据给定信息①金属离子的与溶液的关系图可知，调节pH为5左右，目的是为了除去铁元素，所以过滤得到的滤渣2主要成分是；结合给定信息②金属硫化物的溶度积常数数据可知，加入适量的除去的主要离子是；
（6）根据放电顺序可知，除杂后的溶液通过电解在阴极可制得金属锰，惰性阳极水得到电子生成氢气和氢氧根离子，发生的电极反应为；
（7）氧原子以面心立方堆积(如图)，利用均摊法可知，氧原子数==4，所以晶胞中含为1个，晶胞质量为，若该晶胞参数为，则晶体密度=。
13．(1)N2O(g)+H2(g) =N2(g)+H2O(g) ΔH = −162 kJ mol -1
(2) b b在相对较低的温度下，催化效果较好；且在一定温度范围内，可达到较高的催化效率，便于控制温度
(3) 6 或)
(4) 80% 75%
【详解】（1）I： 2NO(g)+4H2 (g)+O2(g) N2 (g)+4H2O(g) ΔH1=- 574 kJ· mol-1
II： 2NO(g)+3H2(g) +O2(g)N2O(g)+3H2O(g) ΔH2=-412 kJ ·mol-1
根据盖斯定律I－II得H2与N2O反应生成两种无毒物质的热化学方程式N2O(g)+H 2(g) =N2(g)+H2O(g) ΔH = - 574 kJ· mol-1+412 kJ ·mol-1=−162 kJ mol -1；
（2）根据图示，b在相对较低的温度下，催化效果较好；且b在一定温度范围内，可达到较高的催化效率，便于控制温度，所以选用催化剂b。
（3）根据均摊原则，小白球的数目为、大黑球的数目为，白球表示Ti4+、黑球表示O2-，根据TiO2的晶胞图，Ti4+在晶胞中配位数为6；晶胞的密度为g/cm3。
（4）在VL恒容密闭容器中充入lmolNO、2molH2、1molO2，此时起始压强为P0，反应达到平衡时，测得容器内N2O、H2O的物质的量分别为0.1mol、1.5mol。则反应II消耗0.2molNO、0.3molH2、0.1molO2，反应生成0.3molH2O；则反应I生成1.2molH2O，根据反应I方程式，可知反应I消耗0.6molNO、1.2molH2、0.3molO2，同时生成0.3molN2，则NO的平衡效转化率= ；N2 的选择性=；反应后容器中含有0.2molNO、0.5molH2、0.6molO2、0.1molN2O、1.5molH2O、0.3molN2，则反应后的总压强为，反应II的平衡常数Kp= 。
14．(1)2a+2b+c
(2) 0.0005 mol/L 50% 660.2 9
(3) 8 (，，)
【详解】（1）根据①CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g) ΔH1 = a kJ·mol -1
②CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+ H2O(g) ΔH2 = b kJ·mol -1
③2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g) ΔH3=c kJ·mol -1
由盖斯定律，反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)可由2×①+2×②+③得到,则ΔH=（2a+2b+c）kJ·mol -1；
（2）①根据2H2O(g)+CH4(g) CO2(g)+4H2(g)，c(H2O)=0.01 mol/L，则c(CH4)=0.005 mol/L，则0~10 min内CH4的反应速率v==0.0005 mol/L，c(H2O)=0.01 mol/L，则生成水为0.02mol，反应的H2为0.04mol，H2转化率α=；
②根据各物质浓度列出三段式为：
K=；，反应温度t约为660.2℃。
③在该条件下测定平衡体系的压强为 300 kPa，则该反应的标准平衡常数 =9；
（3）①1个金刚石晶胞中所含碳原子数为， 已知原子a、b的分数坐标为(0，0，0)和(0，， )， 原子c的分数坐标为(，，)。
②1个金刚石晶胞中所含碳原子数为，金刚石体对角线上的四个原子紧密相连，设晶胞棱长为a，则a=r，晶胞体积=a3，则金刚石晶胞的密度为=g/cm3。
15．(1)5：1
(2)-267kJ/mol
(3) 有副产物液态燃料甲醇生成 工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等
(4) 6 Fe2O3
(5)
(6) 320°C 使用更高效的催化剂
【详解】（1）两原子之间优先形成σ键。乙烯的结构式如图，中σ键和Π键数目之比5:1。答案为5:1；
（2）由盖斯定律得，反应④=③+2①=-267kJ/mol。答案为-267kJ/mol；
（3）有副产物液态燃料甲醇生成。而工艺流程长，能耗高，同时②反应副产物多烯烃选择性低等。答案为有副产物液态燃料甲醇生成；工艺流程长，能耗高，烯烃选择性低等；
（4）从图看每个Fe周围连了6个O，所以Fe的配位数为6。灰球12个位于棱上，8个位于体内，8个顶点，总共Fe为3+8+1=12个。答案为Fe2O3；
（5）由于起始，将n(H2)：n(CO)：n(N2)=2：1：1，设个物质的量分别为2mol、1mol、1mol，同时CO平衡转化率为30%，建立三段式为
，P平= MPa。则Kp=(MPa)-3。答案为；
（6）从图看，320℃时，C2H4选择性较高，条件为C2H4。为了提高烯烃的选择性可以选择更高效的催化剂，有利于主反应。答案为320°C；使用更高效的催化剂。
16．(1)平面三角形
(2) 4
(3)-92 kJ·mol-l
(4)CD
(5) N ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，x(NH3)减小 50% 200℃、a×105Pa 500℃、c×105Pa
【详解】（1）硝酸根中氮原子的价层电子对数是，不存在孤对电子，所以的空间结构为平面三角形。
（2）该晶胞中O2-位于顶点和面心处，因此O2-能够构成个最小正八面体，O2-与Zn2+核间最短距离为体对角线的，边长为cpm，则体对角线为pm，故O2-与Zn2+核间最短距离为pm。
（3）反应热等于正反应活化能和逆反应活化能的差值，反应ii正反应的活化能为335kJ/mol，逆反应的活化能为427kJ/mol，则反应ii的ΔH=335kJ/mol-427kJ/mol=-92 kJ/mol。
（4）A．温度高，反应速率快，可缩短达到平衡的时间，A错误；
B．达到平衡时，分别以氢气和氨气表示的反应速率在数值上不相等，B错误；
C．反应容器体积和气体的质量均是不变的，所以密度始终不变，C正确；
D．正反应气体分子数减少，气体总质量不变，所以混合气体的平均相对分子质量增大，达到平衡时，不再发生变化，D正确；
答案选CD。
（5）①正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气含量减少，所以图中对应等压过程的曲线是N。
②依据三段式可知
则，解得n=0.5，所以N2的转化率为=50%，依据图像可知此时反应条件为200℃、a×105Pa或500℃、c×105Pa。
17．(1)
(2)+1或-1
(3)断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼
(4) 直线形 [O=N=O]+
(5) 正八面体
【详解】（1）碳是6号元素，基态碳原子的核外电子排布图为 。故答案为：；
（2）对于基态碳原子，有两个末成对电子，其价电子自旋量子数的代数和为±(2×)=+1或-1。故答案为：+1或-1；
（3）CO和N2相对活泼性并说明原因：断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼。故答案为：断开CO分子的第一个化学键所需要的能量(1071.9kJ/mol-798.9kJ/mol=273.0kJ/mol)比断开N2分子的第一个化学键所需的能量(941.7kJ/mol-418.4kJ/mol=523.3kJ/mol)小，可知CO相对活泼；
（4）CO2分子的中心原子C原子价层电子对数为2+=2，空间构型为直线形，与CO2互为等电子体，的结构式[O=N=O]+。故答案为：直线形；[O=N=O]+；
（5）①晶胞中Fe3+处于O2-围成的正八面体空隙(填“正四面体”“正八面体”或“正十六面体”)。故答案为：正八面体；
②若晶胞的体对角线长为 a nm，则晶胞棱长=nm=×10-7 cm，晶胞体积=（×10-7 cm）3，晶胞中亚铁离子个数1，铁离子个数4×+3×=2，氧离子个数=12×+1=4，则 Fe3O4晶体的密度=g/cm3=g·cm-3，故答案为：。
18．(1)AB
(2) sp2杂化 范德华力 片层内形成了离域π键
(3)同为离子晶体，钠离子的半径小于钾离子的半径，NaCl晶格能大于KCl，所以NaCl的熔点高
(4) 12 a 钠
【解析】(1)
A．钾元素的焰色反应呈紫红色，紫色光在可见光范围内辐射波长最短，故正确；
B．钾元素的原子序数为19，基态原子的核外电子排布式为[Ar]4s1，故正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，所以钾元素的第一电离能小于铬元素，故错误；
故选AB；
(2)
由g-C3N4是一种近似石墨烯的平面维片层结构可知，层内原子通过共价键相结合，片层之间通过范德华力相结合，由网状结构示意图可知，碳原子和氮原子形成3个σ键，原子的杂化方式都为sp2杂化，未参与杂化的p电子形成层内离域π键，所以g-C3N4在光激发下能传递电子，故答案为：sp2杂化；范德华力；片层内形成了离域π键；
(3)
氯化钠和氯化钾都是离子晶体，钠离子的离子半径小于钾离子，氯化钠的晶格能大于氯化钾，所以氯化钠的熔点高于氯化钾，故答案为：同为离子晶体，钠离子的半径小于钾离子的半径，NaCl晶格能大于KCl，所以NaCl的熔点高；
(4)
由晶胞结构可知，钠离子位于棱上和体心，氯离子位于顶点和面心，距离体心钠离子最近的离子为处于面心的氯离子，所以第一层为6个氯离子，第二层为12个位于棱上的钠离子，钠离子和钠离子的最近距离为面对角线的，由晶胞参数为apm可知，钠离子和钠离子的最近距离为apm；晶胞中位于顶点和面心的氯离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的钠离子个数为12×+1=4，晶胞中离子的体积为()pm3，晶胞的体积为a3pm3，则晶胞中的离子空间占有率为，故答案为：12；a；钠；。
19．(1) N [Ar]3d84s2
(2) 高 甲酸分子间有氢键，甲醛没有 s-sp2 <
(3) 正八面体 A
(4)
【详解】（1）Co为27号元素，有4个电子层，最外层2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Co原子中，核外电子占据的最高能层为第4层，符号是N；Ni为28号元素，有4个电子层，最外层2个电子，基态Ni的简化核外电子排布式为[Ar]3d84s2；
（2）甲酸分子间有氢键，气化时克服氢键作用，比起没有分子间氢键的甲醛的沸点要高；甲酸分子中的C原子是平面三角形结构，因此C-H键的类型为s-sp2σ键；因为双键斥力大于单键，因此α<β；
（3）SbF中，Sb最外层有5个电子，阴离子再多带一个电子，每个F再提供1个电子，共提供6个电子，形成6对成键电子，所以中心原子Sb发生sp3d2杂化，答案选A；根据键角大小与各原子相对位置可知SbF6形成正八面体型；
（4）Mg2+和Ni原子的最短距离为d nm，设晶胞棱长为a cm，则根据Mg2+和Ni原子在晶胞中的位置可知d(nm)=(cm)×107(nm/cm)，a=(cm)，在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Ni原子个数为，Mg2+处于图中八个小立方体的体心，即个数为8×1=8，所以一个晶胞中含4个Mg2NiH4，则晶胞密度。
20．(1)29
(2) sp2杂化 平面三角形 O>N>Cu 钾和铜的最外层电子数相同，但铜的核电荷数大，铜原子半径小，铜的金属键强于钾
(3) D [Ga(NH3)4Cl2]Cl
(4) 7:2
【解析】(1)
铜的原子序数为29，其基态原子核外电子的运动状态有29种。
(2)
①NO中N原子的价层电子对数为3+=3，采取sp2杂化，无孤对电子，空间构型为平面三角形；元素非金属性越强，其电负性越强，因此Cu(NO3)2的构成元素电负性由大到小的顺序为：O>N>Cu。
②钾和铜都是金属晶体，金属晶体的熔沸点与金属键有关，金属键的强弱与金属原子半径和原子的价电子数有关，价电子数越多、半径越小，金属键越强，熔沸点越高，钾和铜的最外层电子数相同，但铜的核电荷数大，铜原子半径小，铜的金属键强于钾，则铜的熔沸点远大于钾。
(3)
①GaCl3·xNH3中Ga3+和Cl-形成离子键，NH3分子中N和H形成极性共价键，Ga和N之间有配位键，没有金属键，答案选D。
②加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl-，有氨气逸出，Cl-与Ag＋生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则有配位键的Cl-与没有配位键的Cl-的个数比为2:1，Ga3＋配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。
(4)
①根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，1个晶胞中含有Ti的个数为8×+4×+1=4，O原子8个在棱上、8个在面上、2个在体内，1个晶胞中含有O的个数为8×+8×+2==8，则1mol晶胞的质量为48×4+16×8g=320g，1mol晶胞的体积为NA×a2c×10-30cm3，所以密度ρ==g/cm3。
②由晶胞结构示意图可知，TiO2-aNb晶胞中N原子数为1×=，O原子数为7×+7×+1=，Ti原子数为4，故b=×=，2−a=×，解得a=，a:b=:=7:2。
相关试卷
新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21晶体结构与性质： 这是一份新疆高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21晶体结构与性质，共29页。试卷主要包含了单选题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-34晶体结构与性质（1）： 这是一份河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-34晶体结构与性质（1），共43页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21晶体结构与性质： 这是一份吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-21晶体结构与性质，共30页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
