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[热点题空]　第2练　高考大题中有关物质结构与性质的考查
1.(2分)[2024·河北，16(1)节选]钒原子的价层电子排布式为　　　　　　　。
2.(4分)[2024·安徽，15(1)(7)](1)Cu位于元素周期表第　　　　　周期第　　　　　族。
(7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4的结构为(a)而不是(b)的原因：　　　。
3.(3分)[2024·安徽，17(4)]乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：
乙烷制乙烯
通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的　　　　与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是　　　　　。
4.(5分)[2024·新课标卷，29(1)(2)]Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43 ℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题：
(1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为　　　　　　　　　　　　。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为a3，镍原子半径为　　　　　　　　。
(2)Ni(CO)4结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为　　　　，Ni(CO)4晶体的类型为　　　　　　。
5.(2分)[2023·辽宁，17(2)]噻吩()沸点低于吡咯()的原因是　　　　　　　。
6.(4分)[2023·湖北，16(1)(5)](1)Co位于元素周期表第　　　　周期第　　　　族。
(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有　　　　(填标号)。
a.Si—Cl键极性更大 b.Si的原子半径更大
c.Si—Cl键键能更大 d.Si有更多的价层轨道
7.(3分)[2023·新课标卷，29(3)]合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287 pm，密度为7.8 g·cm-3，则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为　　　　　　　　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
8.(6分)[2023·湖南，17(1)(6)(7)]超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，工艺流程如下：
相关物质的沸点：
物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是　　　　。
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是　　　　　　　。
(7)比较分子中的C—Ga—C键角大小：Ga(CH3)3　　　　　　　Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是　　　　　　　　。
9.(10分)(2024·浙江6月选考，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答：
(1)某化合物的晶胞如图1，Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为　　　　；写出该化合物的化学式：　　　　， 写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式：　　　　　　　。
(2)下列有关单核微粒的描述正确的是　　　　。
A.Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能
C.Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D.Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子
(3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序：　　　　　　　　　　　，请说明理由：　　　　　　　　　　　。
②已知HC、HD钠盐的碱性：NaC>NaD，请从结构角度说明理由：　　　　。
10.(11分)(2024·山东，16)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
(1)Mn在元素周期表中位于第　　　　　周期　　　　　族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是　　　　　(填元素符号)。
(2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　　　　　。
当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　　　　(填标号)。
A.CaO B.V2O5
C.Fe2O3 D.CuO
(3)[BMIM]+B(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。的空间构型为　　　　　；[BMIM]+中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为　　　　　。
(4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　　　　。
答案精析
1.3d34s2
解析　钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2。
2.(1)四　ⅠB　(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正电中心和负电中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，过氧键的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
解析　(1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族。
3.4s空轨道　 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高，且分子筛可重复使用
4.(1)　a　(2)8　分子晶体
5.吡咯可形成分子间氢键，使熔、沸点升高
6.(1)四　Ⅷ　(5)abd
解析　(1)Co是27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。(5)a项，Si—Cl键极性更大，易受到极性强的H2O的影响，易水解；b项，Si的原子半径大，非金属性弱，Si—Cl键的极性强，分子中Si原子带有一定的正电荷，容易受到极性强的H2O的吸引，使之容易水解；d项，Si位于第三周期，3d轨道更易和H2O分子中的O原子配位。
7.
解析　已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287 pm，密度为7.8 g·cm-3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α-Fe晶体密度ρ= g·cm-3=7.8 g·cm-3，解得x=。
8.(1)分子晶体　(6)Ga(CH3)3和Et2O的沸点接近，而Ga(CH3)3和NR3的沸点相差较大，解配后可以分离出Ga(CH3)3　(7)>　Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，故键角较小
解析　(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体。(6)直接分解Ga(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga的理由是根据题给相关物质沸点可知，NR3沸点远高于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3易分离。
9.(1)12　K3ClO　K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O　(2)AB　(3)①HC>HB>HA　O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：CO>CS>CSe，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，羟基与H2O形成的氢键逐渐增强　②原子半径：S>O，键长：S—H>O—H，S—H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性：NaC>NaD
解析　(1)由均摊法得，晶胞中Cl的数目为8×=1，O的数目为1，K的数目为6×=3，即该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl·K2O，与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3·H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O。(2)基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能>Ne的第一电离能，B项正确；Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误。
10.(1)四　ⅦB　Cr　(2)MnO2　降低　A
(3)正四面体形　sp2　(4)FDCA形成的分子间氢键更多
解析　(1)基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，位于元素周期表第四周期ⅦB族，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。(2)由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1+8×=2，O的数目为2+4×=4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；过渡金属有多种可变化合价，其氧化物通过脱出氧原子，出现O空位，获得半导体性质，CaO不能通过这种方式获得半导体性质。(3)中B的价层电子对数为4+=4，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。(4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，FDCA分子中含有两个羧基，形成的分子间氢键的机会更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。(共27张PPT)
[热点题空]
专题四　第2练　
高考大题中有关物质
结构与性质的考查
钒是23号元素，其价层电子排布式为3d34s2。
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1.[2024·河北，16(1)节选]钒原子的价层电子排布式为　　 　。
3d34s2
2.[2024·安徽，15(1)(7)](1)Cu位于元素周期表第　　周期第　　　族。
(7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4的结构为(a)而不是(b)的原因：____________________________________________
________________________________________________________________________________________________________________________。
四
ⅠB
(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，
(b)结构中正电中心和负电中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，过氧键的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族。
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3.[2024·安徽，17(4)]乙烯是一种用途广泛的有机化工原料。由乙烷制乙烯的研究备受关注。回答下列问题：
【乙烷制乙烯】
通过Cu+修饰的Y分子筛的吸附-脱附。可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu+的　　　 　与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是______
________________________________________________________________________________。
4s空轨道
高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高，且分子筛可重复使用
识别度
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配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，Cu+的4s轨道为空轨道，则Cu+的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu+形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对不能与Cu+形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高，且分子筛可重复使用。
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4.[2024·新课标卷，29(1)(2)]Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43 ℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题：
(1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为　　　　 　　　　　　　　。
镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为a3，镍原子半径为　　　。
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a
Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则其价电
子轨道表示式为 ；铜的晶胞结构示意
图为 ，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为
晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为a3，所以晶胞
棱长为a，面对角线长度为a，则镍原子半径为a。
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单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键和2个π键，因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点为43 ℃，因此其晶体类型为分子晶体。
(2)Ni(CO)4结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为　　　，
Ni(CO)4晶体的类型为　　　　　。
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分子晶体
5.[2023·辽宁，17(2)]噻吩( )沸点低于吡咯( )的原因是_______
　　　　　 　　。
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形成分子间氢键，使熔、沸点升高
吡咯可
Co是27号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族。
6.[2023·湖北，16(1)(5)](1)Co位于元素周期表第　　周期第　　　族。
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四
Ⅷ
a项，Si—Cl键极性更大，易受到极性强的H2O的影响，易水解；b项，Si的原子半径大，非金属性弱，Si—Cl键的极性强，分子中Si原子带有一定的正电荷，容易受到极性强的H2O的吸引，使之容易水解；d项，Si位于第三周期，3d轨道更易和H2O分子中的O原子配位。
(5)导致SiCl4比CCl4易水解的因素有　　　　(填标号)。
a.Si—Cl键极性更大 b.Si的原子半径更大
c.Si—Cl键键能更大 d.Si有更多的价层轨道
abd
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已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=287 pm，密度为7.8 g·cm-3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α-Fe晶体密度ρ= g·cm-3=
7.8 g·cm-3，解得x=。
7.[2023·新课标卷，29(3)]合成氨催化剂前驱体(主要成分为Fe3O4)使用前经H2还原，生成α-Fe包裹的Fe3O4。已知α-Fe属于立方晶系，晶胞参数a=
287 pm，密度为7.8 g·cm-3，则α-Fe晶胞中含有Fe的原子数为___________
(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
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(1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是　 　　　。
8.[2023·湖南，17(1)(6)(7)]超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，工艺流程如右：
相关物质的沸点：
1
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8
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分子晶体
物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体。
(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制备超纯Ga(CH3)3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga(CH3)3的理由是____________
______________________________________________________
_____________________。
Et2O的沸点接近，而Ga(CH3)3
和NR3的沸点相差较大，解配
后可以分离出Ga(CH3)3
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物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3
沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8
Ga(CH3)3和
直接分解Ga(Et2O)时由于Et2O的沸点较低，与Ga(CH3)3一起蒸出，不能制备超纯Ga，
而本流程采用“配体交换”
工艺制备超纯Ga的
理由是根据题给相关物质
沸点可知，NR3沸点远高
于Ga(CH3)3，与Ga(CH3)3
易分离。
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(7)比较分子中的C—Ga—C键角大小：Ga(CH3)3____________Ga(CH3)3(Et2O)
(填“>”“<”或“=”)，其原因是________________________________
_______________________________________。
Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，故键角较小
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Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，而
9.(2024·浙江6月选考，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答：
(1)某化合物的晶胞如图1，Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为　　；写出该化合物的化学式：　　　　， 写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式：　　 　　　　　。
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K3ClO
K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O
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由均摊法得，晶胞中Cl的数目为8×=1，O的数目为1，K的数目为6×=3，即该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl·K2O，与足量NH4Cl
溶液反应生成KCl和NH3·H2O，反应的化学方程式
为K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O。
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(2)下列有关单核微粒的描述正确的是　　　　。
A.Ar的基态原子电子排布方式只有一种
B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能
C.Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2
D.Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子
AB
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基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；
Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能>Ne的第一电离能，B项正确；
Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布
式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；
基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误。
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(3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。
①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序：　　　　　　，请说明理由：_________________
______________________________________________________________________________________________________________。
HC>HB>HA
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O、S、Se的电负
性逐渐减小，键的极性：C==O>C==S>C==Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，羟基与H2O形成的氢键逐渐增强
②已知HC、HD钠盐的碱性：NaC>NaD，请从结构角度说明理由：____
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半径：S>O，键长：S—H>O—H，S—H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性：NaC>NaD
原子
基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，位于元素周期表第四周期ⅦB族，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。
10.(2024·山东，16)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
(1)Mn在元素周期表中位于第　　　周期　　　族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是　　　(填元素符号)。
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四
ⅦB
Cr
(2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　　　　　。
当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价　　　　(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　　　　(填标号)。
A.CaO B.V2O5 C.Fe2O3 D.CuO
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MnO2
降低
A
由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1+8×=2，O的数目为2+4×=4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；过渡金属有多种可变化合价，其氧化物通过脱出氧原子，出现O空位，获得半导体性质，CaO不能通过这种方式获得半导体性质。
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中B的价层电子对数为4+=4，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。
(3)[BMIM]+B(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。的空间构型为
　　　　 　；[BMIM]+中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为　　　。
正四面体形
sp2
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由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，FDCA分子中含有两个羧基，形成的分子间氢键的机会更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。
(4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是________________
　　　 　。
间氢键更多
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FDCA形成的分子

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