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高考化学考前冲刺押题预测 物质结构与性质解答题
一．解答题（共20小题）
1．（2025春 济南校级期中）钛被称为“21世纪的金属”，其单质及化合物具有优异的性能。回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子轨道表示式为 　 　 。
（2）钛元素的检验方法如下：
TiO2+可与H2O2形成稳定的，其原因是 　 　 。
（3）具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为 　 　 ，一个完整晶胞中含有 　 　 个Co原子。
②真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让O2﹣在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为 　 　 ；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 　 　 g/cm3（列出计算式即可）。
2．（2025春 房山区期中）含氮化合物在生产、生活中用途广泛。
（1）NH3的VSEPR模型是　 　 。
（2）NH3极易溶于水的原因是　 　 （写两条原因）
（3）羟胺（NH2OH）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—OH（羟基）取代形成的，NH2OH中采用sp3杂化的原子有　 　 。
（4）N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH2OH原因是　 　 。
（5）NH3BH3（氨硼烷）诸氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较熔点：NH3BH3　 　 CH3CH3（填“＞”或“＜”），并解释原因　 　 。
（6）邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物。该配合物的特征颜色常用于Fe2+检验和浓度的测定。
①该配合物中配位原子是　 　 。
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2+的原因　 　 。
3．（2025 河西区二模）钛和钛的化合物在航天、医疗等领域中都有着广泛的用途。回答问题：
（1）基态Ti原子的价层电子排布图是 　 　 。
（2）某含钛催化剂R能催化乙烯、丙烯聚合，其结构如图：
①组成R的元素中，C、O、Ti电负性由大到小的顺序是 　 　 。
②R中含有的化学键有 　 　 （填序号）。
a.π键
b.σ键
c.离子键
d.配位键
e.氢键
（3）TiCl4的工业制法是将钛酸亚铁矿（FeTiO3）与过量焦炭混合，并通入足量氯气，高温条件下制得，该反应的化学方程式为 　 　 。
（4）TiCl4水解法制备TiO2 xH2O的流程如图，调控水解速率和反应进行的程度是制备成功的关键。
已知：TiCl4的水解是三步进行：①②TiOH3+ TiO2++H+③其中①为快反应，TiOSO4难溶于冷水，在热水中易水解。
①第一步TiCl4与水混合时，冰水浴的目的是 　 　 。
②加入（NH4）2SO4的目的是 　 　 。
（5）金红石型TiO2的晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　 　 g cm﹣3（用含a、b、NA字母表示）。
4．（2025春 苏州校级期中）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）Mn在元素周期表中位置于 　 　 ；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如某种氧化物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）（见图）是MnOx晶型转变的诱导剂。[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 　 　 。
5．（2025春 广州期中）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。
（1）下列不同状态的Ni中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 　 　 （填标号，下同）。用光谱仪可捕抓到发射光谱的是 　 　 。
A．
B．
C．
D．
（2）工业上选用稀硫酸的与Ni反应制备NiSO4，反应还生成了一种还原性气体。
①写出该反应离子方程式 　 　 。
②中心原子的杂化轨道类型为 　 　 ，的空间结构是 　 　 。
（3）丁二酮肟（）可与Ni2+反应，生成鲜红色的沉淀丁二酮肟镍，这个反应可用来鉴定Ni2+的存在。请回答下列问题：
①基态氧原子的核外电子的空间运动状态有 　 　 种。
②丁二酮肟（）中C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为 　 　 ；与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，请写出该激发态原子的价电子轨道表示式 　 　 ，该过程形成的原子光谱为 　 　 （填“吸收”或“发射”）光谱。
6．（2025春 岳麓区校级期中）已知A、B、C、D、E、F、G、H是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的某种原子核内没有中子，A和D，C和G分别为同一主族元素，B原子的最外层电子数比次外层多3，F的最高价氧化物的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，G的单质常出现在火山口。
（1）C、D分别形成的简单离子中，半径较大的是 　 　 （填离子符号）。
（2）G和H的最高价氧化物的水化物酸性较强的是 　 　 （填化学式）。
（3）由A、C、D形成的化合物中化学键的类型为 　 　 ，C、D形成摩尔质量为78g mol﹣1的化合物的电子式为 　 　 ，由A、B形成的18e﹣化合物的结构式为 　 　 。
（4）甲烷（CH4）可与C2组成燃料电池，其装置如图甲所示。E、F的单质可与氢氧化钠溶液形成原电池，其装置如图乙所示。
①图甲中，Pt1电极上的电极反应式为 　 　 ，每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为 　 　 L。
②请写出图乙原电池负极的电极反应式：　 　 ，溶液中Na+向 　 　 （填“E”或“F”）极移动。
7．（2025春 广州期中）从物质结构的视角认识乙酸（CH3COOH）。按要求回答下列问题。
（1）组成乙酸的元素中位于周期表p区的元素是 　 　 。（填元素符号）
（2）乙酸的官能团名称为 　 　 ；官能团中碳原子的杂化轨道类型为 　 　 。
（3）1个CH3COOH分子中，含有 　 　 个σ键，　 　 个π键；
（4）推测乙酸的熔点比十八酸（C17H35COOH）的 　 　 （填“高”“低”“相当”），其理由是 　 　 。
（5）不同羧酸25℃时的pKa（即﹣lgKa）如表所示：
羧酸 pKa 羧酸 pKa
甲酸（HCOOH） 3.75 氯乙酸（CH2ClCOOH） 2.86
乙酸（CH3COOH） 4.76 二氯乙酸（CHCl2COOH） 1.29
丙酸（C2H5COOH） 4.88 三氯乙酸（CCl3COOH） 0.65
①对比表中已知数据，从分子组成与结构角度，写出所得结论（2条）：　 　 、　 　 。
②写出一例能说明乙酸的酸性强于碳酸的离子方程式：　 　 。
（6）写出具有果香味并含有的乙酸的同分异构体的结构简式：　 　 。
8．（2025 通州区一模）氮、磷、砷在自然界中分布广泛，其化合物有重要用途。
（1）As位于元素周期表的第4周期，第ⅤA族。
将As的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　 　
（2）比较N原子和As原子的第一电离能大小，从原子结构角度说明理由：　 　 。
（3）Na3PO4可用作锅炉用水软水剂，的空间结构为 　 　 。
（4）工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如图：
①物质Ⅳ为 　 　 （填化学式）。
②关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有 　 　 （填序号）。
a.Ⅰ中的化学键均为σ键
b.Ⅱ中As的化合价为+5
c.Ⅲ中C原子的杂化轨道类型均为sp3杂化
（5）砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞为立方体，边长为anm，结构如图所示。
①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为 　 　 。
②该结构中存在配位键，提供空轨道的原子是 　 　 。
③已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 　 　 g cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）
④如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为 　 　 。
9．（2025 盐城一模）高铁酸钾（K2FeO4）可用于废水中氨氮的去除。
（1）K2FeO4的晶胞如图所示（氧原子已全部省略）。X处K+位于晶胞表面，全部位于晶胞内部，Y处K+位于晶胞 　 　 （填“表面”或“内部”）。
（2）一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备K2FeO4的装置如图所示。电解时，阳极的电极反应式为 　 　 。
（3）废水中氨氮主要以NH3、形式存在。25℃时，NH3、的物质的量分数与pH的关系如图所示。反应的平衡常数K＝ 　 　 。
（4）K2FeO4具有强氧化性，其在水溶液中的氧化能力随溶液pH减小而增大。其他条件相同，用K2FeO4处理废水中氨氮，废水的初始pH与氨氮去除率的关系如图所示。
①pH＝12时，处理废水中NH3生成N2的离子方程式为 　 　 。
②上图中M、N两点对应的实验，必须控制相同的条件有：废水的浓度及体积、K2FeO4用量、搅拌速率、　 　 ，　 　 等。
③pH＝4时氨氮去除率小于pH＝12时的原因可能是 　 　 。
10．（2025 崇明区二模）硒（Se）是人体内不可缺少的微量元素，砸及其化合物在医药、催化、材料等领域城有广泛应用，回答下列问题。
（1）Se在周期表中的位置 　 　 。
（2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为 　 　 （填化学式）。
（3）已知SeO2与SO2的部分性质如下表：
物质 状态（常温） 熔点
SeO2 固体 340﹣350℃
SO2 气体 ﹣755℃
根据X射线衍射分析，SeO2晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因 　 　 。
（4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为 　 　 ，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 　 　 。
常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。
二元酸 Ka1 Ka2
H2SeO3 2.7×10﹣3 2.5×10﹣7
H2CO3 4.2×10﹣7 4.8×10﹣11
（5）常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH 　 　 。
A.前者大
B.后者大
C.无法比较
D.一样大
（6）常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度 　 　 。
A.前者大
B.后者大
C.无法比较
D.一样大
（7）亚硒酸氢钠（NaHSeO3）可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是 　 　 。（不定项）
A.[]+[]+[OH﹣]＝[H+]+[Na+]
B.[]＞[H2SeO3]
C.[Na+]＝[]+[]+[H2SeO3]
D.[OH﹣]＝[H+]+[]+2[H2SeO3]
（8）Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。
①该超导材料的化学式为 　 　 ；距离Se原子最近的Fe原子的个数为 　 　 。
②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为 　 　 g cm﹣3（阿伏加德罗常数用NA表示）
11．（2025 济宁二模）铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。
（1）以5﹣磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物，如图1所示。
基态Cu原子的价电子排布图为 　 　 ，该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序 　 　 。
（2）图1中酚羟基中的H保持与苯环共平面，①号O原子的杂化方式为 　 　 ，a处C—O键键长 　 　 乙醇中C—O键键长（填“＜”、“＞”或“＝”），与Mg2+相比Cu2+更易与联咪唑（）形成螯合物，原因是 　 　 。
（3）某含铜（Ⅱ）化合物晶体结构如图2所示。该化合物的化学式为 　 　 ；如图3所示的含氧空位的晶胞结构中，La化合价不变，n（Cu2+）：n（Cu+）＝ 　 　 。
12．（2025 和平区二模）锰的单质及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：
（1）基态锰原子的核外电子排布式为 　 　 ，其d能级中未成对电子数为 　 　 。
（2）锰的一种配合物的化学式为Mn（BH4）2（THF）3，THF的结构简式如图所示。
①与Mn2+形成配位键的原子为 　 　 （填元素符号）。
②的立体构型为 　 　 ，其中B原子的杂化轨道类型为 　 　 。
（3）MnO的熔点1650℃比MnS的熔点（1610℃）高，它们都属于 　 　 晶体，前者熔点较高的原因是 　 　 。
（4）锰的某氧化物在医药、冶炼上应用广泛，其立方晶胞如图所示。
试判断该氧化物的化学式 　 　 ，该晶胞中由O2﹣形成的正八面体的空隙数为 　 　 。
（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是 　 　 。
（6）MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是 　 　 。
13．（2025 温州二模）氟元素在医疗、生活和工业等多个领域发挥着重要作用。请回答：
（1）ⅦA族元素又称为卤族元素，下列关于卤族元素的表达中正确的是 　 　 。
A．F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小
B．基态溴原子核外电子排布式：[Ar]4s24p5
C．微粒半径比较：r（Cl﹣）＞r（Cl）＞r（Cl+）
D．的VSEPR模型为平面三角形
（2）NF3是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可用以下方法制备：4NH3+3F2＝NF3+3NH4F。
①比较键角的大小：NH3　 　 NF3（填“＞”、“＜”或“＝”）
②比较配位键的强弱：H3N→BF3　 　 F3N→BF3（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）一般来说，晶体结构中阴、阳离子的配位数由结构中阴、阳离子半径的比值来决定。K+的半径与的半径非常接近。两种物质的晶胞结构如图所示：
①NH4F晶胞中，F﹣的配位数为 　 　 。
②NH4F晶胞中的阴、阳配位数与KF不同的原因是 　 　 。
（4）湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸H2SiF6，利用废液可以生产白炭黑和冰晶石（Na3AlF6）。
过程如下：
步骤Ⅰ：向废液中加入Na2SO4溶液，过滤、洗涤，得到Na2SiF6固体。
步骤Ⅱ：Na2SiF6经过下列流程，分别得到白炭黑和冰晶石。
已知：Na2SiF6在水中溶解度随温度的升高急剧增大，Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si—F键。。
①写出步骤Ⅰ中的离子方程式：　 　 。
②Na2SiF6溶液在长时间加热之后（忽略物质的挥发），溶液的pH 　 　 。（填“增大”、“减小”或“不变”）
③白炭黑的主要成分是 　 　 。（写化学式）
④写出生产冰晶石的化学方程式：　 　 。
14．（2025春 历城区校级期中）Ⅰ．国家卫生健康委员会发布公告称，富硒酵母、二氧化硅、硫黄等6种食品添加剂新品种安全性已通过审查，这些食品添加剂包括食品营养强化剂、风味改良剂、结构改善剂、防腐剂，用于食品生产中，丰富舌尖上的营养和美味。氧、硫、硒为同一主族元素，请回答下列问题：
（1）硒（Se）是一种生命元素，有抗癌、抗衰老等重要功能。富硒酵母是一种新型添加剂，其中硒元素在周期表中的位置为 　 　 。工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒（其中Cu转化为CuSO4），且有SO2、H2O和SeO2（固体）生成，写出发生反应的化学方程式：　 　 。
（2）下列说法正确的是 　 　 。
A．热稳定性：H2Se＞H2S＞H2O
B．36S与74Se的中子数之和为60
C．酸性：H2SeO4＞H2SO4＞HClO4
D．还原性：Se2﹣＜S2﹣
Ⅱ．A+、B2﹣、C﹣、D、E、F3+分别表示含10个电子的六种粒子。其中：
a．A+、B2﹣、F3+核外电子层结构相同 b．C﹣是由两种元素组成的
c．D是两种元素组成的四原子分子 d．E在常温下是无色液体
e．往含F3+的溶液中滴加含C﹣的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失
（3）电子式表示A2B的形成过程 　 　 。
（4）含F3+的溶液中通入过量C﹣，反应的离子方程式是 　 　 。
（5）向（4）最终得到的溶液中，通入过量CO2反应的离子方程式是 　 　 。
15．（2025春 南昌县校级期中）Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。请回答下列问题：
（1）基态Ca原子的核外电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为 　 　 。
（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2可由盐酸与HClO3反应得到。
①Cl2O2中O原子的杂化方式为 　 　 。
②常温下，O3在四氯化碳中的溶解度 　 　 （填“大于”或“小于”）在水中的溶解度。
（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：
方法I：
方法Ⅱ：
在方法Ⅱ的反应过程中，断裂的化学键有 　 　 （填标号）。
A．金属键 B．离子键 C．配位键 D．极性键 E．非极性键
（4）Na3OCl的晶胞结构如图所示，已知：晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。
①若Cl原子位于晶胞的顶点位置，则与O原子距离相等且最近的Na原子数为 　 　 。
②该晶体的密度为 　 　 （用含有a、NA的式子表示）g cm﹣3。
16．（2025春 岳麓区校级期中）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛白工业废酸（含钪、钛、铁、锰等离子）中提取氧化钪（Sc2O3）的一种流程如图：
已知：①，当某离子浓度≤10﹣5mol/L时，可认为该离子已沉淀完全；
②；
③草酸可与多种金属离子形成可溶性配合物。
回答下列问题：
（1）钪元素在周期表中的位置为 　 　 。
（2）洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤液是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合而成。混合这三种液体的实验操作是 　 　 。
（3）常温下，“调pH”时先加入氨水调至pH＝3，过滤，滤渣的主要成分是 　 　 （填化学式）；再向滤液中加入氨水调至pH＝6，此时滤液中Sc3+的浓度为 　 　 。
（4）用草酸“沉钪”，写出“沉钪”得到草酸钪的离子方程式：　 　 ，反应过程中，若草酸用量过多，钪的沉淀率会下降，原因可能是 　 　 。
（5）在空气中将草酸钪充分“灼烧”，所发生反应的化学方程式为 　 　 。
（6）可用氧化钪制备金属钪，钪晶体在较高温度下的晶胞结构如图所示，已知其晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为 　 　 g cm﹣3（列出计算式即可）。
17．（2025春 青山湖区校级期中）近年来，离子电池工业飞速发展，回答下列问题：
（1）GaN的熔点为1700℃，GaCl3的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为 　 　 、　 　 。
（2）已知NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为 　 　 g cm﹣3（列出计算表达式即可）。
（3）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，若有三分之一的Ni2+被Ni3+取代，如图所示。则x＝ 　 　 （可用分数表示）。
（4）在（NH4）2SO4晶体中，相邻的H与O两原子间的距离为199pm，小于H与O的范德华半径（当两个原子间没有形成化学键而只靠范德华力相互接近时，两个原子核间距的一半称为范德华半径）之和，推测可能的原因是 　 　 。
（5）某种离子型铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B两种单元组成。若通过Li+嵌入或脱嵌晶胞的棱心和体心，可将该晶体设计为某锂电池的正极材料LiFemOn/Li1﹣xFemOn（m、n为正整数）。
已知：脱嵌率。
①B1中M原子分数坐标为（0，0，0），则A3中Q原子分数坐标为 　 　 。
②若该锂电池正极材料中n（Fe2+）：n（Fe3+）＝3：5，则Li+的脱嵌率为 　 　 。
18．（2025春 青山湖区校级期中）H、C、N、O、Cl等非金属元素是构成化合物的常见元素，Zn、Ni是重要的过渡金属。回答下列问题：
（1）N、O、Cl以原子个数比1：1：1形成的分子，各原子最外层均满足8e﹣结构，其电子式为 　 　 。
（2）化学式为Ni（CN）x Zn（NH3）y zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示（H原子未画出），每个苯环只有一半属于该晶胞。
①晶胞中Ni2+的配位原子是 　 　 ，Zn2+的配位数是 　 　 ，x：y：z＝ 　 　 。
②若对该笼形包合物进行加热，首先脱离晶胞的组分是 　 　 ，说明推测的依据 　 　 。
（3）氮化硼（BN）晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，质地软，可作润滑剂。立方相氮化硼与金刚石相似，是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构及晶胞如图所示。
①六方相氮化硼晶体结构与石墨相似（如图），晶体中氮原子的杂化方式为 　 　 。
②原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，其中硼原子A坐标参数为（1/4，1/4，1/4）；则硼原子B的坐标参数为 　 　 。
19．（2025春 青山湖区校级期中）有机物种类繁多，应用广泛。
（1）邻氨基吡啶（）易溶于水，易溶于水的主要原因是 　 　 。
（2）鸟嘌呤和吡咯的结构如图所示。
①鸟嘌呤中N原子的杂化方式为 　 　 ，夹角∠1 　 　 ∠2（填“＞”或“＜”）。
②分子中的大π键可以用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，吡咯中的大π键可表示为 　 　 。
（3）KSCN溶液是检验Fe3+的常用试剂，SCN﹣中含有的σ键与π键的数目之比为 　 　 。
（4）已知常温下CH3COOH和ClCH2COOH的电离平衡常数分别为K1、K2，K1　 　 K2 （填“＞”、“＝”或“＜”），理由是 　 　 。
20．（2025春 青山湖区校级期中）X、Y、Z、W、Q五种前四周期元素，原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W均为非金属元素，XW2分子与为等电子体，元素W的原子序数等于元素Z的原子序数加8，Q的最外层电子数为2，次外层电子数等于Y和W2﹣最外层电子数之和，根据以上信息回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图中，能量最低和最高的分别为 　 　 （填标号）。
A．
B．
C．
D．
（2）上述五种元素中电负性最大的是 　 　 （填元素符号，下同），Y的第一电离能大于Z的第一电离能原因 　 　 。
（3）的分子构型为 　 　 ，Q的价电子排布式为 　 　 。
（4）d﹣QW的晶胞是立方体，用X射线衍射法测得该晶体晶胞边长a＝500.0pm，26℃测得该晶体的密度为4.64g/cm3，则一个晶胞中含有的Q离子数为 　 　 （阿伏加德罗常数NA的值取6.0×1023）。
（5）d﹣QW的晶胞的一个侧面的投影图如图所示，与Q离子距离最近且距离相等的W离子构成的几何图形是 　 　 。
高考化学考前冲刺押题预测 物质结构与性质解答题
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2025春 济南校级期中）钛被称为“21世纪的金属”，其单质及化合物具有优异的性能。回答下列问题：
（1）基态钛原子的价电子轨道表示式为 　　 。
（2）钛元素的检验方法如下：
TiO2+可与H2O2形成稳定的，其原因是 　TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键　 。
（3）具有双钙钛矿型结构的晶体通过掺杂改性可用作固体电解质材料。双钙钛矿型晶体的一种典型结构单元如图所示：
①晶体中与La距离最近的Ba的数目为 　6　 ，一个完整晶胞中含有 　8　 个Co原子。
②真实的晶体中存在5%的O原子缺陷，从而能让O2﹣在其中传导，已知La为+3价，则+3价钴与+4价钴的原子个数比为 　4：1　 ；设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 　　 g/cm3（列出计算式即可）。
【答案】（1）；
（2）TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键；
（3）①6；8；
②4：1； 。
【分析】（1）根据钛原子的电子排布来确定其价电子轨道表示式；
（2）根据配位键的形成原理来解释[TiO（H2O2）]2+的形成；
（3）①根据晶体结构单元来确定与La距离最近的Ba的数目和晶胞中Co原子的数目；
②根据电荷守恒原理来确定+3价钴与+4价钴的原子个数比，以及根据晶体的化学式和密度公式来计算密度。
【解答】解：（1）Ti为22号元素，核外电子排布式为[Ar]3d24s2，价电子轨道表示式为，
故答案为：；
（2）TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键，从而形成稳定的[TiO（H2O2）]2+，
故答案为：TiO2+中的Ti有空轨道，而H2O2中的O有孤电子对，两者能形成配位键；
（3）①以任一顶点的La原子为例，距离其最近的Ba原子位于该La原子所在棱的另一个顶点，一个La原子被六条棱共用，所以晶体中与La距离最近的Ba的数目为6；Co原子位于结构单元的体心，每个结构单元含有1个Co原子，观察发现可知，若该结构单元重复排列，则其相邻结构单元的La、Ba原子会与该结构单元中的Ba、La原子重叠，所以该结构单元不是该晶体的晶胞，该晶体的晶胞应是由8个小正方体组成的大正方体，所以一个完整晶胞中含有8个Co原子，
故答案为：6；8；
②该结构单元中含有个La原子、个Ba原子，存在5%的O原子缺陷，所以含（1﹣5%）＝2.85个O原子，La为+3价、Ba为+2价，O为﹣2价，设+3价钴的个数为x，+4价钴的个数为y，则根据化合价之和为0可得3x+4y（+3+2）＝2×2.85，根据原子守恒可得x+y＝1，联立解得x＝0.8、y＝0.2，所以+3价钴与+4价钴的原子个数比为4：1；结构单元的质量为g，结构单元的体积为a3pm3＝a3×10﹣30cm3，所以结构单元的密度为g cm﹣3，则该晶体的密度为g cm﹣3，
故答案为：4：1； 。
【点评】本题主要考查了原子的电子排布、配位键的形成原理、晶体结构的分析以及晶体密度的计算。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。这些知识点对于理解钛及其化合物的性质和应用具有重要意义。
2．（2025春 房山区期中）含氮化合物在生产、生活中用途广泛。
（1）NH3的VSEPR模型是　四面体　 。
（2）NH3极易溶于水的原因是　氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应　 （写两条原因）
（3）羟胺（NH2OH）分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—OH（羟基）取代形成的，NH2OH中采用sp3杂化的原子有　N、O　 。
（4）N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，N2H4的碱性强于NH2OH原因是　O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，给出孤电子对的能力变弱，结合氢离子能力减弱，碱性减弱　 。
（5）NH3BH3（氨硼烷）诸氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。比较熔点：NH3BH3　＞　 CH3CH3（填“＞”或“＜”），并解释原因　二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3　 。
（6）邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物。该配合物的特征颜色常用于Fe2+检验和浓度的测定。
①该配合物中配位原子是　N　 。
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，分析pH太小或太大不适合用邻二氮菲检验Fe2+的原因　pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键，pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀　 。
【答案】（1）四面体；
（2）氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应；
（3）N、O；
（4）O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度低，给出孤电子对的能力变弱，结合氢离子能力减弱，碱性减弱；
（5）＞；二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3；
（6）①N；
②pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键，pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀。
【分析】（1）氨气分子中N原子价层电子对数＝33；
（2）氨气分子和水发生化学反应，氨气和水都是极性分子，氨气分子和水分子间形成氢键；
（3）根据N、O原子价层电子对数，判断杂化方式；
（4）O元素的电负性比N元素大，NH2OH中氮原子周围电子云密度更小；
（5）NH3BH3与CH3CH3均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3；
（6）①邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物，氮原子提供孤电子对；
②当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH﹣浓度较高时，Fe2+会与OH﹣作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位pH太小，则H+浓度较大，H′会与N原子形成配位键。
【解答】解：（1）氨气分子中N原子价层电子对数＝33，VSEPR模型为四面体，
故答案为：四面体；
（2）NH3极易溶于水的原因是：氨气分子和水发生化学反应，氨气和水都是极性分子，相似相溶，氨气和水分子之间形成氢键，
故答案为：氨气和水都是极性分子，相似相溶；氨气和水分子之间形成氢键；氨气分子和水发生化学反应；
（3）羟胺分子中，价层电子对为4的原子有N、O原子，所以采用sp3杂化的原子有N、O原子，
故答案为：N、O；
（4）O元素的电负性比N元素大，使得NH2OH中氮原子周围电子云密度比中N2H4N中小，结合质子的能力减弱，碱性比N2H4弱，
故答案为：O元素的电负性比N元素大，使得NH2OH中氮原子周围电子云密度降低，结合质子的能力减弱，碱性减弱；
（5）比较熔点：NH3BH3＞CH3CH3，原因为二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3熔点高于CH3CH3，
故答案为：＞；二者均为分子晶体，NH3BH3分子极性大于CH3CH3分子，使NH3BH3分子间作用力强于CH3CH3，NH3BH3易形成分子间氢键，NH3BH3熔点高于CH3CH3；
（6）①邻二氮菲的结构简式为，它与Fe2+通过配位键能形成稳定的橙红色的配合物，该配合物中配位原子为N原子，
故答案为：N；
②实验表明，邻二氮菲检验Fe2+的适宜pH范围是2～9，原因是当H+浓度较高时，邻二氮菲中的N原子会优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱；当OH﹣浓度较高时，Fe2+会与OH﹣作用，从而影响邻二氮菲与Fe2+的配位，
故答案为：pH太大，则OH﹣浓度较大，OH与Fe2+形成Fe（OH）2沉淀。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、含量测定原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
3．（2025 河西区二模）钛和钛的化合物在航天、医疗等领域中都有着广泛的用途。回答问题：
（1）基态Ti原子的价层电子排布图是 　　 。
（2）某含钛催化剂R能催化乙烯、丙烯聚合，其结构如图：
①组成R的元素中，C、O、Ti电负性由大到小的顺序是 　O＞C＞Ti　 。
②R中含有的化学键有 　abd　 （填序号）。
a.π键
b.σ键
c.离子键
d.配位键
e.氢键
（3）TiCl4的工业制法是将钛酸亚铁矿（FeTiO3）与过量焦炭混合，并通入足量氯气，高温条件下制得，该反应的化学方程式为 　2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+6CO+2FeCl3　 。
（4）TiCl4水解法制备TiO2 xH2O的流程如图，调控水解速率和反应进行的程度是制备成功的关键。
已知：TiCl4的水解是三步进行：①②TiOH3+ TiO2++H+③其中①为快反应，TiOSO4难溶于冷水，在热水中易水解。
①第一步TiCl4与水混合时，冰水浴的目的是 　减慢反应①的速率，防止c（H+）过大，抑制后续反应　 。
②加入（NH4）2SO4的目的是 　生成TiOSO4沉淀，促进了反应②的正向进行　 。
（5）金红石型TiO2的晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　　 g cm﹣3（用含a、b、NA字母表示）。
【答案】（1）；
（2）①O＞C＞Ti；
②abd；
（3）2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+6CO+2FeCl3；
（4）①减慢反应①的速率，防止c（H+）过大，抑制后续反应；
②生成TiOSO4沉淀，促进了反应②的正向进行；
（5）。
【分析】（1）基态Ti原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子；
（2）①元素的非金属性越强，其电负性越大；
②R中含有C—H等σ键，苯环上含有大π键，Ti和Cl、O及直接与其连接的C原子之间存在配位键；
（3）根据题意知，反应物有FeTiO3、过量焦炭和足量Cl2，反应条件是高温，生成物是TiCl4、CO、FeCl3；
（4）TiCl4加水搅拌并在冰水浴中得到TiCl4溶液，然后加入（NH4）2SO4和盐酸，通过搅拌得到混合溶液，然后加入NH3 H2O并加热95℃，得到TiO2 xH2O沉淀，通过过滤洗涤得到TiO2 xH2O；
（5）该晶胞中Ti原子个数为1+82，O原子个数为2+44，Ti、O原子个数之比为2：4＝1：2；该晶胞的体积为a×10﹣7cm×a×10﹣7cm×b×10﹣7cm＝a2b×10﹣21cm3，该晶体的密度为。
【解答】解：（1）基态Ti原子的价层电子为其3d、4s能级上的电子，则基态Ti原子的价层电子排布图为，
故答案为：；
（2）①元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性：O＞C＞Ti，则电负性由大到小的顺序是O＞C＞Ti，
故答案为：O＞C＞Ti；
②R中含有C—H等σ键，苯环上含有大π键，Ti和Cl、O及直接与其连接的C原子之间存在配位键，则该物质中含有的化学键有σ键、π键、配位键，
故答案为：abd；
（3）根据题意知，反应物有FeTiO3、过量焦炭和足量Cl2，反应条件是高温，生成物是TiCl4、CO、FeCl3，反应方程式为2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+6CO+2FeCl3，
故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+6CO+2FeCl3；
（4）①冰水浴的目的是减慢反应①的速率，防止c（H+）过大，抑制后续反应，
故答案为：减慢反应①的速率，防止c（H+）过大，抑制后续反应；
②加入（NH4）2SO4的目的是生成TiOSO4沉淀，促进了反应②的正向进行，
故答案为：生成TiOSO4沉淀，促进了反应②的正向进行；
（5）该晶胞中Ti原子个数为1+82，O原子个数为2+44，Ti、O原子个数之比为2：4＝1：2；该晶胞的体积为a×10﹣7cm×a×10﹣7cm×b×10﹣7cm＝a2b×10﹣21cm3，该晶体的密度为g/cm3g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确原子结构、元素周期律内涵、晶胞的计算方法是解本题关键，题目难度中等。
4．（2025春 苏州校级期中）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
（1）Mn在元素周期表中位置于 　第四周期ⅦB族　 ；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是 　Cr　 （填元素符号）。
（2）Mn如某种氧化物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 　MnO2　 。
当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价 　降低　 （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 　A　 （填标号）。
A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO
（3）（见图）是MnOx晶型转变的诱导剂。[BMIM]+中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为 　sp2　 。
（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（见图）。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 　HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多　 。
【答案】（1）第四周期ⅦB族；Cr；
（2）MnO2；降低；A；
（3）sp2；
（4）HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多。
【分析】（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，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；
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；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；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0；
（3）咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键；
（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多。
【解答】解：（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，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，
故答案为：第四周期ⅦB族；Cr；
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；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；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质，
故答案为：MnO2；降低；A；
（3）咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2，
故答案为：sp2；
（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF，
故答案为：HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
5．（2025春 广州期中）金属镍及其化合物在合金材料以及催化剂等方面应用广泛。
（1）下列不同状态的Ni中，失去一个电子需要吸收能量最多的是 　A　 （填标号，下同）。用光谱仪可捕抓到发射光谱的是 　B、D　 。
A．
B．
C．
D．
（2）工业上选用稀硫酸的与Ni反应制备NiSO4，反应还生成了一种还原性气体。
①写出该反应离子方程式 　Ni+2H+＝Ni2++H2↑　 。
②中心原子的杂化轨道类型为 　sp2　 ，的空间结构是 　正四面体　 。
（3）丁二酮肟（）可与Ni2+反应，生成鲜红色的沉淀丁二酮肟镍，这个反应可用来鉴定Ni2+的存在。请回答下列问题：
①基态氧原子的核外电子的空间运动状态有 　5　 种。
②丁二酮肟（）中C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为 　O＞N＞C＞H　 ；与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，请写出该激发态原子的价电子轨道表示式 　　 ，该过程形成的原子光谱为 　吸收　 （填“吸收”或“发射”）光谱。
【答案】（1）C；B、D；
（2）①Ni+2H+＝ Ni2++H2↑；
②sp2；正四面体；
（3）①5；
②O＞N＞C＞H；；吸收。
【分析】（1）Ni原子的价层电子排布式为3d84s2，A为基态钛原子，比较稳定，较难失去电子，因此失去一个电子需要吸收的能量最多；发射光谱是指电子从高能量轨道跃迁到低能量轨道时释放能量的现象；
（2）①工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4，同时生成等物质的量的NO、NO2；
②中N原子的价电子对数是33，杂化轨道类型为sp2，中S原子的价电子对数是44，无孤电子对；
（3）①基态氧原子的核外电子排布式：1s22s22p4，轨道数＝空间运动状态；
②非金属性越强，电负性越大，与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，B的电子排布式1s22s22p1，基态变为激发态吸收能量。
【解答】解：（1）Ni原子的价层电子排布式为3d84s2，A为基态钛原子，比较稳定，较难失去电子，因此失去一个电子需要吸收的能量最多；发射光谱是指电子从高能量轨道跃迁到低能量轨道时释放能量的现象，即原子从激发态到稳态过程发出电离辐射的过程，选项中处于激发态的原子为B、D，
故答案为：A；B、D；
（2）①工业上选用稀硫酸的与Ni反应制备NiSO4，反应还生成了一种还原性气体为H2，反应的离子方程式：Ni+2H+＝ Ni2++H2↑，
故答案为：Ni+2H+＝ Ni2++H2↑；
②中N原子的价电子对数是33，杂化轨道类型为sp2，中S原子的价电子对数是44，无孤电子对，空间结构是正四面体，
故答案为：sp2；正四面体；
（3）①基态氧原子的核外电子排布式：1s22s22p4，基态氧原子的核外电子的空间运动状态5，
故答案为：5；
②丁二酮肟（）中C，H，O，N的电负性由大到小的顺序为：O＞N＞C＞H，与氮同周期的硼在成键时，能将一个2s电子激发进入2p能级参与形成化学键，该激发态原子的价电子轨道表示式为：，该过程形成的原子光谱为吸收光谱，
故答案为：O＞N＞C＞H；；吸收。
【点评】本题考查了原子结构、核外电子排布、杂化理论分析判断，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。
6．（2025春 岳麓区校级期中）已知A、B、C、D、E、F、G、H是原子序数依次增大的短周期主族元素，A的某种原子核内没有中子，A和D，C和G分别为同一主族元素，B原子的最外层电子数比次外层多3，F的最高价氧化物的水化物既可以和强酸反应也可以和强碱溶液反应，G的单质常出现在火山口。
（1）C、D分别形成的简单离子中，半径较大的是 　O2﹣　 （填离子符号）。
（2）G和H的最高价氧化物的水化物酸性较强的是 　HClO4　 （填化学式）。
（3）由A、C、D形成的化合物中化学键的类型为 　离子键和（极性）共价键　 ，C、D形成摩尔质量为78g mol﹣1的化合物的电子式为 　　 ，由A、B形成的18e﹣化合物的结构式为 　　 。
（4）甲烷（CH4）可与C2组成燃料电池，其装置如图甲所示。E、F的单质可与氢氧化钠溶液形成原电池，其装置如图乙所示。
①图甲中，Pt1电极上的电极反应式为 　CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O，　 ，每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为 　5.6　 L。
②请写出图乙原电池负极的电极反应式：　Al﹣3e﹣+4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣　 ，溶液中Na+向 　E　 （填“E”或“F”）极移动。
【答案】（1）O2﹣；
（2）HClO4；
（3）离子键和（极性）共价键；；；
（4）①CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；5.6；
②Al﹣3e﹣+4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣；E。
【分析】A、B、C、D、E、F、G、H 是原子序数依次增大的短周期主族元素，A 的某种原子核内没有中子，A为H；B原子的最外层电子数比次外层多3，B为N；F的最高价氧化物的水化物既能与强酸反应也能与强碱溶液反应，F为Al；G 的单质常出现在火山口，G为S；A与D同主族，D原子序数大于N小于Al，D为Na；C和G同主族，C为O；则E为 Mg，H为 C1，据此分析。
【解答】解：A、B、C、D、E、F、G、H 是原子序数依次增大的短周期主族元素，A 的某种原子核内没有中子，A为H；B原子的最外层电子数比次外层多3，B为N；F的最高价氧化物的水化物既能与强酸反应也能与强碱溶液反应，F为Al；G 的单质常出现在火山口，G为S；A与D同主族，D原子序数大于N小于Al，D为Na；C和G同主族，C为O；则E为 Mg，H为 C1；
（1）具有相同核外电子排布时，核电荷数越大，半径越小，C是氧（O）、D是钠（Na），所以氧离子的半径较大，
故答案为：O2﹣；
（2）G是硫（S）、H是氯（Cl）；硫的最高价氧化物的水化物是硫酸（H2SO4），氯的最高价氧化物的水化物是高氯酸（HClO4），非金属性：Cl＞S，所以高氯酸的酸性比硫酸强，
故答案为：HClO4；
（3）由A（H）、C（O）、D（Na）形成的化合物是氢氧化钠（NaOH），其化学键类型为离子键和共价键。C（O）和D（Na）形成的摩尔质量为78g mol﹣1的化合物是过氧化钠（Na2O2），其电子式为；由A（H）和B（N）形成的18e 化合物是氨（N2H4），其结构式为，
故答案为：离子键和（极性）共价键；；；
（4）①图甲中，Pt1为燃料电池的负极，电极反应式为CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O，每消耗标准状况下的1mol CH4气体转移8mol电子，所以每转移2mol电子，消耗标准状况下CH4的体积为5.6L，
故答案为：CH4﹣8e﹣+10OH﹣7H2O；5.6；
②图乙中F（Al）为原电池负极的电极反应式为Al﹣3e﹣+4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣，E（Mg）为原电池的正极，溶液中Na+向正极移动，
故答案为：Al﹣3e﹣+4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣；E。
【点评】本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
7．（2025春 广州期中）从物质结构的视角认识乙酸（CH3COOH）。按要求回答下列问题。
（1）组成乙酸的元素中位于周期表p区的元素是 　C、O　 。（填元素符号）
（2）乙酸的官能团名称为 　羧基　 ；官能团中碳原子的杂化轨道类型为 　sp2　 。
（3）1个CH3COOH分子中，含有 　7　 个σ键，　1　 个π键；
（4）推测乙酸的熔点比十八酸（C17H35COOH）的 　低　 （填“高”“低”“相当”），其理由是 　两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低　 。
（5）不同羧酸25℃时的pKa（即﹣lgKa）如表所示：
羧酸 pKa 羧酸 pKa
甲酸（HCOOH） 3.75 氯乙酸（CH2ClCOOH） 2.86
乙酸（CH3COOH） 4.76 二氯乙酸（CHCl2COOH） 1.29
丙酸（C2H5COOH） 4.88 三氯乙酸（CCl3COOH） 0.65
①对比表中已知数据，从分子组成与结构角度，写出所得结论（2条）：　羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小　 、　羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强　 。
②写出一例能说明乙酸的酸性强于碳酸的离子方程式：　2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++CO2↑+2CH3COO﹣+H2O（或2CH3COOHCO2↑+2CH3COO﹣+H2O或CH3COOHCO2↑+CH3COO﹣+H2O）　 。
（6）写出具有果香味并含有的乙酸的同分异构体的结构简式：　HCOOCH3　 。
【答案】（1）C、O；
（2）羧基；sp2；
（3）7；1；
（4）低；两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低；
（5）①羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；
②2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++CO2↑+2CH3COO﹣+H2O （ 或2CH3COOHCO2↑+2CH3COO﹣+H2O或 CH3COOHCO2↑+CH3COO﹣+H2O）；
（6）HCOOCH3。
【分析】（1）周期表p区的元素包括ⅢA～0族元素，结合C、H、O的族序数分析判断；
（2）羧酸中含有羧基，结构式为；
（3）单键均为键，双键含有1个σ键和1个π键，结合乙酸的结构式分析解答；
（4）乙酸和十八酸均为饱和一元酸，结构相似，均存在分子间作用力和氢键，但乙酸的摩尔质量较小；
（5）①分析甲酸、乙酸、丙酸结构及其与电离平衡常数的大小关系、分析乙酸、氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸的电离平衡常数大小关系得出结论；
②根据强酸制弱酸规律分析解答；
（6）羧酸的同分异构体可能是羧酸、也可能是酯，有果香味并含有的乙酸的同分异构体为甲酸甲酯。
【解答】解：（1）乙酸的组成元素为C、H、O，其中H属于ⅠA族，C、O分别属于ⅣA、ⅥA族，周期表p区的元素包括ⅢA～0族元素，则组成乙酸的元素中位于周期表p区的元素是C、O，
故答案为：C、O；
（2）乙酸的官能团名称为羧基，结构式为，C原子的价层电子对数为3、VSEPR模型为平面三角形、C原子采用sp2杂化，
故答案为：羧基；sp2；
（3）乙酸的结构式为，含有6个单键和1个双键，单键均为键，双键含有1个σ键和1个π键，则1个CH3COOH分子中含有7个σ键，1个π键，
故答案为：7；1；
（4）乙酸和十八酸均为饱和一元酸，二者结构相似，均为分子晶体，但乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，导致乙酸的熔点较低，
故答案为：低；两者均为分子晶体，且两者结构相似，乙酸的摩尔质量比十八酸的小，范德华力小，该物质的熔点低；
（5）①电离平衡常数越小；酸的酸性越弱。分析甲酸、乙酸、丙酸结构及其与电离平衡常数的大小关系可知，羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；
分析乙酸、氯乙酸、二氯乙酸、三氯乙酸的电离平衡常数大小关系可知，羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强，
故答案为：羧基连接的烷基越大其Ka越小，酸性越小；羧基的相邻C的连接的Cl越多，Ka越大，该酸的酸性越强；
②乙酸除水垢、醋酸与Na2CO3、NaHCO3的反应均能说明乙酸的酸性强于碳酸，离子方程式分别为2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++CO2↑+2CH3COO﹣+H2O、2CH3COOHCO2↑+2CH3COO﹣+H2O、CH3COOHCO2↑+CH3COO﹣+H2O，
故答案为：2CH3COOH+CaCO3＝Ca2++CO2↑+2CH3COO﹣+H2O（ 或2CH3COOHCO2↑+2CH3COO﹣+H2O或 CH3COOHCO2↑+CH3COO﹣+H2O）；
（6）具有果香味并含有的乙酸的同分异构体为甲酸甲酯，结构简式为HCOOCH3，
故答案为：HCOOCH3。
【点评】本题以有机酸的结构为载体考查了原子杂化方式判断、分子性质等知识，侧重知识理解能力和灵活运用能力考查，把握物质结构及原子类型的判定、共价键类型及计算、分子性质的应用是解题关键，题目难度中等。
8．（2025 通州区一模）氮、磷、砷在自然界中分布广泛，其化合物有重要用途。
（1）As位于元素周期表的第4周期，第ⅤA族。
将As的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　
（2）比较N原子和As原子的第一电离能大小，从原子结构角度说明理由：　第一电离能N＞As，因为N和As为同主族元素，电子层数As＞N，原子半径As＞N，原子核对最外层电子的吸引作用N＞As　 。
（3）Na3PO4可用作锅炉用水软水剂，的空间结构为 　正四面体形　 。
（4）工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如图：
①物质Ⅳ为 　Na2CO3　 （填化学式）。
②关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种物质，下列说法正确的有 　c　 （填序号）。
a.Ⅰ中的化学键均为σ键
b.Ⅱ中As的化合价为+5
c.Ⅲ中C原子的杂化轨道类型均为sp3杂化
（5）砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞为立方体，边长为anm，结构如图所示。
①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子个数为 　12　 。
②该结构中存在配位键，提供空轨道的原子是 　B　 。
③已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 　　 g cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）
④如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为 　氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比B﹣As的键长短，B—N键的键能比B﹣As的键能大　 。
【答案】（1）；
（2）第一电离能N＞As，因为N和As为同主族元素，电子层数As＞N，原子半径As＞N，原子核对最外层电子的吸引作用N＞As；
（3）正四面体形；
（4）①Na2CO3，
②c；
（5）①12；
②B；
③；
④氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比B﹣As的键长短，B—N键的键能比B﹣As的键能大。
【分析】（1）As位于元素周期表的第4周期第ⅤA族，其价电子排布式为4s22p3；
（2）N和As同主族，原子半径越大，原子核对最外层电子的吸引作用越弱；
（3）计算的中心原子P原子的孤电子对数、价层电子对数，再VSEPR模型基础上忽略孤电子对可得微粒空间构型；
（4）①对比结构可知，Ⅱ中—S—As（OH）﹣替换I中—COO—生成Ⅲ；
②a．Ⅰ中存在C＝O双键；
b．根据化合价代数和为0计算；
c．Ⅲ中C原子都是饱和碳原子；
（5）①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子处于晶胞体心，每个顶角为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；
②中心原子含有空轨道，配位原子含有孤电子对，结合原子最外层电子数以及形成共价键数目判断；
③均摊法计算晶胞中B、As原子数目，计算1mol晶胞的质量与体积，再根据密度计算；
④原子半径越小，共价键的键能越大，共价晶体的熔点越高。
【解答】解：（1）As位于元素周期表的第4周期第ⅤA族，其价电子排布式为4s22p3，价电子轨道表示式为，
故答案为：；
（2）N和As为同主族元素，电子层数As＞N，原子半径As＞N，原子核对最外层电子的吸引作用N＞As，所以第一电离能N＞As，
故答案为：第一电离能N＞As，因为N和As为同主族元素，电子层数As＞N，原子半径As＞N，原子核对最外层电子的吸引作用N＞As；
（3）中P原子孤电子对数0、价层电子对数＝0+4，的空间结构与VSEPR模型相同为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
（4）①对比结构可知，Ⅱ中—S—As（OH）﹣与I中—COO—交换Ⅲ和Ⅳ，可知物质Ⅳ为Na2CO3，
故答案为：Na2CO3，
②a．Ⅰ中存在C＝O双键，存在π键，故a错误；
b．根据化合价代数和为0，可知Ⅱ中As的化合价为+3，故b错误；
c．Ⅲ中C原子都是饱和碳原子，碳原子均采取sp3杂化，故c正确，
故答案为：c；
（5）①晶体中与顶点B原子等距且最近的B原子处于晶胞体心，每个顶角为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，与顶点B原子等距且最近的B原子个数为12，
故答案为：12；
②As、B原子最外层电子数分别为5、3，晶体中As、B原子都形成4条共价键，As原子条共价键时即满足8电子结构，且有1对孤电子对，B原子提供空轨道，形成1条配位键，
故答案为：B；
③晶胞中，顶角、面心B原子数目＝864，体内As原子数目为4，1mol晶胞的质量为1mol×4×（75+11）g/mol＝344g，1mol晶胞体积为（a×10﹣7cm）3×NA，则晶体密度g cm﹣3，
故答案为：；
④氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比B﹣As的键长短，B—N键的键能比B﹣As的键能大，把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，
故答案为：氮化硼与砷化硼晶体类型相同，N原子半径小于As，即B—N键的键长比B﹣As的键长短，B—N键的键能比B﹣As的键能大。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及晶胞计算、核外电子排布、空间构型、杂化轨道、化学键、晶体类型与性质等，需要学生具备扎实的基础与综合运用的能力。
9．（2025 盐城一模）高铁酸钾（K2FeO4）可用于废水中氨氮的去除。
（1）K2FeO4的晶胞如图所示（氧原子已全部省略）。X处K+位于晶胞表面，全部位于晶胞内部，Y处K+位于晶胞 　内部　 （填“表面”或“内部”）。
（2）一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备K2FeO4的装置如图所示。电解时，阳极的电极反应式为 　Fe+8OH﹣﹣6e﹣4H2O　 。
（3）废水中氨氮主要以NH3、形式存在。25℃时，NH3、的物质的量分数与pH的关系如图所示。反应的平衡常数K＝ 　10﹣4.75　 。
（4）K2FeO4具有强氧化性，其在水溶液中的氧化能力随溶液pH减小而增大。其他条件相同，用K2FeO4处理废水中氨氮，废水的初始pH与氨氮去除率的关系如图所示。
①pH＝12时，处理废水中NH3生成N2的离子方程式为 　22NH3+2H2O＝2Fe（OH）3↓+N2↑+4OH﹣　 。
②上图中M、N两点对应的实验，必须控制相同的条件有：废水的浓度及体积、K2FeO4用量、搅拌速率、　反应时间　 ，　溶液的温度　 等。
③pH＝4时氨氮去除率小于pH＝12时的原因可能是 　pH＝4时，在酸性条件下可能发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，氨氮去除率低或pH＝4时，氨氮的存在形式为，pH＝12时，氨氮的存在形式为NH3，与的反应速率比NH3快　 。
【答案】（1）内部；
（2）Fe+8OH﹣﹣6e﹣4H2O；
（3）10﹣4.75；
（4）①22NH3+2H2O＝2Fe（OH）3↓+N2↑+4OH﹣；
②反应时间；溶液的温度；
③pH＝4时，在酸性条件下可能发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，氨氮去除率低或pH＝4时，氨氮的存在形式为，pH＝12时，氨氮的存在形式为NH3，与的反应速率比NH3快。
【分析】（1）X处K+位于晶胞表面，全部位于晶胞内部，则1个晶胞内含有4个，依据电荷守恒，平均1个晶胞内含有8个K+。X处K+位于晶胞表面，则上下面有4个K+位于晶胞表面，平均有2个K+属于该晶胞，还有6个K+应全部属于该晶胞；
（2）一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备K2FeO4的装置如图所示，则电解时，阳极的铁丝网中的铁应失电子转化为，Fe元素由0价升高到+6价，则失去6e﹣，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒；
（3）对于反应，我们选择两条曲线的交叉点为研究对象，此点c（NH3）＝c（），pH＝9.25，c（OH﹣）mol/L＝10﹣4.75mol/L；
（4）①pH＝12时，溶液呈碱性，具有强氧化性，将NH3氧化为N2，被还原为Fe（OH）3，依据得失电子守恒，NH3、的物质的量之比为1：1，再依据电荷守恒和元素守恒；
②上图中M、N两点对应的实验，废水的初始pH与氨氮去除率，只允许存在一个变量（废水的初始pH），其它条件都应相同，混合溶液中废水的浓度及体积、温度、搅拌速率、反应时间等因素都应相同；
③pH＝4时溶液酸性较强，在酸性条件下氧化性较强，但可能会发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，从而使氨氮的去除率较低；而pH＝12时溶液呈碱性，相对较稳定，能更好地与NH3发生反应去除氨氮；或pH＝4时，氨氮的存在形式为，pH＝12时，氨氮的存在形式为NH3，与的反应速率比NH3快。
【解答】解：（1）X处K+位于晶胞表面，全部位于晶胞内部，则1个晶胞内含有4个，依据电荷守恒，平均1个晶胞内含有8个K+。X处K+位于晶胞表面，则上下面有4个K+位于晶胞表面，平均有2个K+属于该晶胞，还有6个K+应全部属于该晶胞，所以该Y处K+位于晶胞内部，
故答案为：内部；
（2）一种双阴极室隔膜电解KOH溶液制备K2FeO4的装置如图所示，则电解时，阳极的铁丝网中的铁应失电子转化为，Fe元素由0价升高到+6价，则失去6e﹣，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出阳极的电极反应式为Fe+8OH﹣﹣6e﹣4H2O，
故答案为：Fe+8OH﹣﹣6e﹣4H2O；
（3）对于反应，我们选择两条曲线的交叉点为研究对象，此点c（NH3）＝c（），pH＝9.25，c（OH﹣）mol/L＝10﹣4.75mol/L，平衡常数K c（OH﹣）＝10﹣4.75，
故答案为：10﹣4.75；
（4）①pH＝12时，溶液呈碱性，具有强氧化性，将NH3氧化为N2，被还原为Fe（OH）3，依据得失电子守恒，NH3、的物质的量之比为1：1，再依据电荷守恒和元素守恒，可得出处理废水中NH3生成N2的离子方程式为22NH3+2H2O＝2Fe（OH）3↓+N2↑+4OH﹣，
故答案为：22NH3+2H2O＝2Fe（OH）3↓+N2↑+4OH﹣；
②上图中M、N两点对应的实验，废水的初始pH与氨氮去除率，只允许存在一个变量（废水的初始pH），其它条件都应相同，混合溶液中废水的浓度及体积、温度、搅拌速率、反应时间等因素都应相同，则必须控制相同的条件有：废水的浓度及体积、K2FeO4用量、搅拌速率、反应时间、溶液的温度等，
故答案为：反应时间；溶液的温度；
③pH＝4时溶液酸性较强，在酸性条件下氧化性较强，但可能会发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，从而使氨氮的去除率较低；而pH＝12时溶液呈碱性，相对较稳定，能更好地与NH3发生反应去除氨氮；或pH＝4时，氨氮的存在形式为，pH＝12时，氨氮的存在形式为NH3，与的反应速率比NH3快；则原因可能是：pH＝4时，在酸性条件下可能发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，氨氮去除率低或pH＝4时，氨氮的存在形式为，pH＝12时，氨氮的存在形式为NH3，与的反应速率比NH3快，
故答案为：pH＝4时，在酸性条件下可能发生自身分解等副反应，导致其有效浓度降低，氨氮去除率低或pH＝4时，氨氮的存在形式为，pH＝12时，氨氮的存在形式为NH3，与的反应速率比NH3快。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
10．（2025 崇明区二模）硒（Se）是人体内不可缺少的微量元素，砸及其化合物在医药、催化、材料等领域城有广泛应用，回答下列问题。
（1）Se在周期表中的位置 　第四周期第ⅥA族　 。
（2）O、S、Se气态氢化物的键角由大到小的顺序为 　H2O＞H2S＞H2Se　 （填化学式）。
（3）已知SeO2与SO2的部分性质如下表：
物质 状态（常温） 熔点
SeO2 固体 340﹣350℃
SO2 气体 ﹣755℃
根据X射线衍射分析，SeO2晶体具有如图所示的长链状结构，请解释SeO2与SO2熔点差异较大的可能原因 　SeO2与SO2熔为分子晶体，链状SeO2的相对分子质量比SO2的相对分子质量大的多，SeO2的分子间作用力更大　 。
（4）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为 　sp3　 ，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 　N＞O＞Se　 。
常温下，亚硒酸和碳酸的电离常数如表。
二元酸 Ka1 Ka2
H2SeO3 2.7×10﹣3 2.5×10﹣7
H2CO3 4.2×10﹣7 4.8×10﹣11
（5）常温下，比较等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH 　B　 。
A.前者大
B.后者大
C.无法比较
D.一样大
（6）常温下，等物质的量浓度的NaHSeO3和NaHCO3溶液中水的电离程度 　B　 。
A.前者大
B.后者大
C.无法比较
D.一样大
（7）亚硒酸氢钠（NaHSeO3）可用于制药工业、用作防腐剂、抗氧化剂等。NaHSeO3溶液中有关微粒浓度关系正确的是 　BC　 。（不定项）
A.[]+[]+[OH﹣]＝[H+]+[Na+]
B.[]＞[H2SeO3]
C.[Na+]＝[]+[]+[H2SeO3]
D.[OH﹣]＝[H+]+[]+2[H2SeO3]
（8）Li、Fe、Se可形成一种新型超导材料，其晶胞结构如图所示。
①该超导材料的化学式为 　LiFe2Se2　 ；距离Se原子最近的Fe原子的个数为 　4　 。
②晶胞的部分参数如图所示，且晶胞棱边夹角均为90°，晶体密度为 　　 g cm﹣3（阿伏加德罗常数用NA表示）
【答案】（1）第四周期第ⅥA族；
（2）H2O＞H2S＞H2Se；
（3）SeO2与SO2熔为分子晶体，链状SeO2的相对分子质量比SO2的相对分子质量大的多，SeO2的分子间作用力更大；
（4）sp3；N＞O＞Se；
（5）B；
（6）B；
（7）BC；
（8）①LiFe2Se2；4；
②。
【分析】（1）Se是34元素，价层电子排布式为4s24p4；
（2）O、S、Se均位于元素周期表第ⅥA族，从上到下电负性依次减小，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大，键角越大；
（3）相对分子质量越大，分子晶体间作用力越大，熔点越高；
（4）Se形成2个σ键，还有2个孤电子对，价层电子对数为4；同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小；
（5）越弱越水解；
（6）NaHSeO3中同时存在的电离和水解，Kh23.7×10﹣12＜Ka2＝2.5×10﹣7，电离程度大于水解程度；NaHCO3中同时存在的电离和水解，Kh22.4×10﹣8＞Ka2＝4.8×10﹣11，电离程度小于水解程度；
（7）A.根据电荷守恒进行判断；
B.NaHSeO3中同时存在的电离和水解，Kh23.7×10﹣12＜Ka2＝2.5×10﹣7，电离程度大于水解程度；
C.根据物料守恒进行判断；
D.根据电荷守恒和物料守恒进行判断；
（8）①根据均摊法计算原子个数；距离Se原子最近的Fe原子位于面上；
②晶胞质量为g，晶胞体积为a2b×10﹣21cm3，根据ρ计算晶体密度。
【解答】解：（1）Se是34元素，价层电子排布式为4s24p4，位于第四周期第ⅥA族，
故答案为：第四周期第ⅥA族；
（2）O、S、Se均位于元素周期表第ⅥA族，从上到下电负性依次减小，电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，斥力越大，键角越大，所以它们的氢化物H2O、H2S及H2Se分子的键角从大到小顺序为：H2O＞H2S＞H2Se，
故答案为：H2O＞H2S＞H2Se；
（3）SeO2与SO2熔为分子晶体，链状SeO2的相对分子质量比SO2的相对分子质量大的多，分子间作用力更大，熔点更高，
故答案为：SeO2与SO2熔为分子晶体，链状SeO2的相对分子质量比SO2的相对分子质量大的多，SeO2的分子间作用力更大；
（4）Se形成2个σ键，还有2个孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化；同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，故元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Se，
故答案为：sp3；N＞O＞Se；
（5）由表中数据可知酸性：，Na2SeO3和Na2CO3溶液中均会发生水解，根据越弱越水解，则水解程度更大，则等物质的量浓度的Na2SeO3和Na2CO3溶液的pH后者大，
故答案为：B；
（6）NaHSeO3中同时存在的电离和水解，Kh23.7×10﹣12＜Ka2＝2.5×10﹣7，电离程度大于水解程度，以电离为主，则水的电商受到抑制；NaHCO3中同时存在的电离和水解，Kh22.4×10﹣8＞Ka2＝4.8×10﹣11，电离程度小于水解程度，以水解为主，则水的电离受到促进，故水的电离程度后者大，
故答案为：B；
（7）A.NaHSeO3中的电荷守恒为：2[]+[]+[OH﹣]＝[H+]+[Na+]，故A错误；
B.NaHSeO3中同时存在的电离和水解，Kh23.7×10﹣12＜Ka2＝2.5×10﹣7，电离程度大于水解程度，故[]＞[H2SeO3]，故B正确；
C.NaHSeO3中的Na和Se元素为1：1，根据物料守恒可知，[Na+]＝[]+[]+[H2SeO3]，故C正确；
D.由电荷守恒式2[]+[]+[OH﹣]＝[H+]+[Na+]和物料守恒式[Na+]＝[]+[]+[H2SeO3]，可得，[OH﹣]+[]＝[H+]+[H2SeO3]，故D错误；
故答案为：BC；
（8）①由晶胞结构可知，Li原子位于顶点和体心，个数为：81＝2，Fe原子位于面上，个数为84，Se原子位于棱上和体内 个数为：82＝4，Li：Fe：Se＝2：4：4＝1：2：2，则该超导材料的化学式为LiFe2Se2，距离Se原子最近的Fe原子位于面上，其个数为4，
故答案为：LiFe2Se2；4；
②晶胞质量为g，晶胞体积为a2b×10﹣21cm3，晶体密度ρg cm﹣3g cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题主要考查弱电解质电离、盐类水解和晶体结构与性质，涉及核外电子排布、熔点比较、键角比较、杂化方式的判断、晶体性质、晶体结构与计算等，侧重考查学生识图、分析与计算能力，题目难度中等。
11．（2025 济宁二模）铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。已知含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。
（1）以5﹣磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物，如图1所示。
基态Cu原子的价电子排布图为 　　 ，该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序 　N＞O＞C　 。
（2）图1中酚羟基中的H保持与苯环共平面，①号O原子的杂化方式为 　sp2　 ，a处C—O键键长 　＜　 乙醇中C—O键键长（填“＜”、“＞”或“＝”），与Mg2+相比Cu2+更易与联咪唑（）形成螯合物，原因是 　铜离子半径比镁离子大，空间位阻小　 。
（3）某含铜（Ⅱ）化合物晶体结构如图2所示。该化合物的化学式为 　La2CuO4　 ；如图3所示的含氧空位的晶胞结构中，La化合价不变，n（Cu2+）：n（Cu+）＝ 　3：1　 。
【答案】（1）；N＞O＞C；
（2）sp2；＜；铜离子半径比镁离子大，空间位阻小；
（3）La2CuO4；3：1。
【分析】（1）Cu是29号元素，其价电子排布式为3d104s1；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族第一电离能大于同周期相邻元素除外；
（2）图1中酚羟基中的H保持与苯环共平面，说明①号O原子采取sp2杂化；氧原子的孤电子对能与苯环的π电子发生p﹣π共轭，使C—O键具有部分双键特性；铜离子半径比镁离子大，空间位阻小；
（3）均摊法计算晶胞中Cu、La、O原子数目，进而确定化学式；根据化合价代数和为0计算La的化合价，计算含氧空位的晶胞结构中氧原子数目，再次利用化合价代数和为0计算含氧空位的晶胞Cu2+、Cu+数目，可得二者数目之比。
【解答】解：（1）Cu是29号元素，其价电子排布式为3d104s1，基态Cu原子的价电子排布图为；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N元素原子2p轨道为半满稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素除外，该配合物中所含第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序：N＞O＞C，
故答案为：；N＞O＞C；
（2）图1中酚羟基中的H保持与苯环共平面，说明①号O原子采取sp2杂化；氧原子的孤电子对能与苯环的π电子发生p﹣π共轭，使C—O键具有部分双键特性，则a处C—O键键长＜乙醇中C—O键键长；铜离子半径比镁离子大，空间位阻小，与Mg2+相比Cu2+更易与联咪唑（）形成螯合物，
故答案为：sp2；＜；铜离子半径比镁离子大，空间位阻小；
（3）晶胞中，体心与顶角Cu原子数目＝1+82，体内与棱上La原子数目＝2+84，面上与棱心O原子数目＝1288，晶胞中La、Cu、O原子数目之比为4：2：8＝2：1：4，则晶体的化学式为La2CuO4；根据化合价代数和为0，可知La的化合价为+3，含氧空位的晶胞结构中氧原子数目为87.75，设晶胞中Cu2+数目为a，则Cu+数目（2﹣a），根据化合价代数和为0，则有：2a+（2﹣a）+4×3+7.75×（﹣2）＝0，解得a＝1.5，则n（Cu2+）：n（Cu+）＝1.5：（2﹣1.5）＝3：1，
故答案为：La2CuO4；3：1。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及晶胞计算、核外电子排布、电离能、化学键、杂化方式、配合物等，需要学生具备扎实的基础与综合运用的能力。
12．（2025 和平区二模）锰的单质及其化合物的用途非常广泛。回答下列问题：
（1）基态锰原子的核外电子排布式为 　1s22s22p63s23p63d54s2　 ，其d能级中未成对电子数为 　5　 。
（2）锰的一种配合物的化学式为Mn（BH4）2（THF）3，THF的结构简式如图所示。
①与Mn2+形成配位键的原子为 　O　 （填元素符号）。
②的立体构型为 　正四面体　 ，其中B原子的杂化轨道类型为 　sp3　 。
（3）MnO的熔点1650℃比MnS的熔点（1610℃）高，它们都属于 　离子　 晶体，前者熔点较高的原因是 　O2﹣半径小于S2﹣，MnO中离子键比MnS强　 。
（4）锰的某氧化物在医药、冶炼上应用广泛，其立方晶胞如图所示。
试判断该氧化物的化学式 　MnO　 ，该晶胞中由O2﹣形成的正八面体的空隙数为 　4　 。
（5）MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是 　MnO2+H2O+e﹣＝MnO（OH）+OH﹣　 。
（6）MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是 　Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+　 。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d54s2；5；
（2）①O；
②正四面体；sp3；
（3）离子；O2﹣半径小于S2﹣，MnO中离子键比MnS强；
（4）4；
（5）MnO2+H2O+e﹣＝MnO（OH）+OH﹣；
（6）Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。
【分析】（1）Mn是25号元素，根据核外电子排布规律书写核外电子排布式，并判断d能级中未成对电子数；
（2）①配位原子含有孤电子对；
②的中心原子B原子孤电子对数0、价层电子对数＝0+4＝4；
（3）由熔点可知，MnO、MnS都属于离子晶体，离子半径越小、电荷越高，离子键越强，离子晶体的熔点越高；
（4）均摊法计算晶胞中Mn2+、O2﹣数目，进而确定化学式；同一棱上的2个O2﹣离子与以该棱为交线的2个面心O2﹣离子形成正八面体空隙的，6个面心O2﹣离子形成1个正八面体空隙；
（5）正极是MnO2得电子发生还原反应生成MnO（OH）与OH﹣，正极上有H2O参与反应；
（6）用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，阳极上是Mn2+失去电子生成MnO2，阳极上有H2O参与反应，同时有H+生成。
【解答】解：（1）Mn是25号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，d能级有5个未成对电子，
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2；5；
（2）①Mn2+有空轨道，没有孤电子对，THF中O原子有孤电子对，与Mn2+形成配位键的原子为O原子，
故答案为：O；
②的中心原子B原子孤电子对数0、价层电子对数＝0+4＝4，可知离子空间构型为正四面体形，B原子采取sp3杂化，
故答案为：正四面体；sp3；
（3）由熔点可知，MnO、MnS都属于离子晶体，O2﹣半径小于S2﹣，MnO中离子键比MnS强，故MnO的熔点比MnS的熔点高，
故答案为：离子；O2﹣半径小于S2﹣，MnO中离子键比MnS强；
（4）晶胞中Mn2+离子数目为1+124、O2﹣离子数目＝864，二者数目之比为1：1，故化学式为MnO；同一棱上的2个O2﹣离子与以该棱为交线的2个面心O2﹣离子形成正八面体空隙的，6个面心O2﹣离子形成1个正八面体空隙，则该晶胞中由O2﹣形成的正八面体的空隙数为121＝4，
故答案为：4；
（5）正极是MnO2得电子发生还原反应生成MnO（OH）与OH﹣，正极上有H2O参与反应，正极反应式为MnO2+H2O+e﹣＝MnO（OH）+OH﹣，
故答案为：MnO2+H2O+e﹣＝MnO（OH）+OH﹣；
（6）用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，阳极上是Mn2+失去电子生成MnO2，阳极上有H2O参与反应，同时有H+生成，阳极的电极反应式是Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+，
故答案为：Mn2++2H2O﹣2e﹣＝MnO2+4H+。
【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及晶胞计算、核外电子排布、杂化方式、空间构型、晶体类型与性质、原电池与电解池电极反应式书写等，需要学生晶胞扎实的基础、一定的空间想象能力。
13．（2025 温州二模）氟元素在医疗、生活和工业等多个领域发挥着重要作用。请回答：
（1）ⅦA族元素又称为卤族元素，下列关于卤族元素的表达中正确的是 　AC　 。
A．F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小
B．基态溴原子核外电子排布式：[Ar]4s24p5
C．微粒半径比较：r（Cl﹣）＞r（Cl）＞r（Cl+）
D．的VSEPR模型为平面三角形
（2）NF3是微电子工业中一种优良的等离子蚀刻气体，可用以下方法制备：4NH3+3F2＝NF3+3NH4F。
①比较键角的大小：NH3　＞　 NF3（填“＞”、“＜”或“＝”）
②比较配位键的强弱：H3N→BF3　＞　 F3N→BF3（填“＞”、“＜”或“＝”）
（3）一般来说，晶体结构中阴、阳离子的配位数由结构中阴、阳离子半径的比值来决定。K+的半径与的半径非常接近。两种物质的晶胞结构如图所示：
①NH4F晶胞中，F﹣的配位数为 　4　 。
②NH4F晶胞中的阴、阳配位数与KF不同的原因是 　NH4F晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个F﹣形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构　 。
（4）湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸H2SiF6，利用废液可以生产白炭黑和冰晶石（Na3AlF6）。
过程如下：
步骤Ⅰ：向废液中加入Na2SO4溶液，过滤、洗涤，得到Na2SiF6固体。
步骤Ⅱ：Na2SiF6经过下列流程，分别得到白炭黑和冰晶石。
已知：Na2SiF6在水中溶解度随温度的升高急剧增大，Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si—F键。。
①写出步骤Ⅰ中的离子方程式：　　 。
②Na2SiF6溶液在长时间加热之后（忽略物质的挥发），溶液的pH 　减小　 。（填“增大”、“减小”或“不变”）
③白炭黑的主要成分是 　SiO2　 。（写化学式）
④写出生产冰晶石的化学方程式：　6NaF+2CO2+NaAl（OH）4＝2Na2CO3+Na3AlF↓+2H2O　 。
【答案】（1）AC；
（2）①＞；
②＞；
（3）①4；
②NH4F晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个F﹣形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构；
（4）①；
②减小；
③SiO2；
④6NaF+2CO2+NaAl（OH）4＝2Na2CO3+Na3AlF↓+2H2O。
【分析】（1）A．元素周期表中同主族元素从上到下，元素第一电离能逐渐减小；
B．溴为35号元素；
C．同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径；
D．中心氯原子价层电子对数，采取sp3杂化；
（2）①由于电负性F＞N＞H，则NF3分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故NF3中的键角更小，键角更大的是NH3；
②由于电负性F＞N＞H，则NF3中氮原子对孤电子对吸引力强于NH3，更难提供孤电子对与BF3中的B形成配位键；
（3）①由NH4F晶胞图可知，晶体中每个F﹣周围与其距离最近且相等的的数量是4；
②KF晶胞中只存在离子键，所以阴、阳配位数均为6，但在NH4F晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个F﹣形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构，不能像KF晶胞紧密堆积；
（4）Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si—F键，发生如下反应：Na2SiF6+2H2O＝SiO2↓+4HF+2NaF，Na2CO3与 HF 反应：Na2CO3+2HF＝2NaF+H2O+CO2↑，则气体A为CO2，溶液A主要成分为NaF，固体A为SiO2或SiO2 nH2O，烘干后得到白炭黑SiO2；气体A（CO2）、溶液A（NaF）与NaAl（OH）4溶液发生反应：6NaF+2CO2+NaAl（OH）4＝2Na2CO3+Na3AlF↓+2H2O制备冰晶石，同时得到溶液B（Na2CO3溶液）。
【解答】解：（1）A．元素周期表中同主族元素从上到下，元素第一电离能逐渐减小，则F、Cl、Br、I第一电离能逐渐减小，故A正确；
B．溴为35号元素，则基态溴原子核外电子排布式[Ar]3d104s24p5，故B错误；
C．同种元素的阴离子半径大于原子半径，原子半径大于阳离子半径，则微粒半径r（Cl﹣）＞r（Cl）＞r（Cl+），故C正确；
D．中心氯原子价层电子对数，采取sp3杂化，则VSEPR模型为四面体形，故D错误；
故答案为：AC；
（2）①由于电负性F＞N＞H，则NF3分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故NF3中的键角更小，键角更大的是NH3，则键角NH3＞NF3，
故答案为：＞；
②由于电负性F＞N＞H，则NF3中氮原子对孤电子对吸引力强于NH3，更难提供孤电子对与BF3中的B形成配位键，则配位键得强弱：H3N→BF3＞F3N→BF3，
故答案为：＞；
（3）①由NH4F晶胞图可知，晶体中每个F﹣周围与其距离最近且相等的的数量是4，则F﹣的配位数为4，
故答案为：4；
②KF晶胞中只存在离子键，所以阴、阳配位数均为6，但在NH4F晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个F﹣形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构，不能像KF晶胞紧密堆积，因此NH4F晶胞中的阴、阳配位数与KF不同，
故答案为：NH4F晶胞中，每个中有四个H原子与周围四个F﹣形成氢键，N、H、F原子在一条直线上，形成一个正四面体结构；
（4）Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si—F键，发生如下反应：Na2SiF6+2H2O＝SiO2↓+4HF+2NaF，Na2CO3与 HF 反应：Na2CO3+2HF＝2NaF+H2O+CO2↑，则气体A为CO2，溶液A主要成分为NaF，固体A为SiO2或SiO2 nH2O，烘干后得到白炭黑SiO2；气体A（CO2）、溶液A（NaF）与NaAl（OH）4溶液发生反应：6NaF+2CO2+NaAl（OH）4＝2Na2CO3+Na3AlF↓+2H2O制备冰晶石，同时得到溶液B（Na2CO3溶液）；
①湿法生产磷酸的废液中含有一种二元强酸H2SiF6，在水溶液中完全电离，向废液中加入Na2SO4溶液，过滤、洗涤，得到Na2SiF6固体，则离子方程式为：，
故答案为：；
②根据题目所给得已知信息：Na2SiF6溶液在加热的过程中会与水发生反应，生成的产物中没有Si—F键，说明水解，产物中生成 HF（弱酸），在长时间加热之后溶液的pH减小，
故答案为：减小；
③由分析可知，白炭黑的主要成分是SiO2，
故答案为：SiO2；
④由分析可知，生产冰晶石的化学方程式为：6NaF+2CO2+NaAl（OH）4＝2Na2CO3+Na3AlF↓+2H2O，
故答案为：6NaF+2CO2+NaAl（OH）4＝2Na2CO3+Na3AlF↓+2H2O。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
14．（2025春 历城区校级期中）Ⅰ．国家卫生健康委员会发布公告称，富硒酵母、二氧化硅、硫黄等6种食品添加剂新品种安全性已通过审查，这些食品添加剂包括食品营养强化剂、风味改良剂、结构改善剂、防腐剂，用于食品生产中，丰富舌尖上的营养和美味。氧、硫、硒为同一主族元素，请回答下列问题：
（1）硒（Se）是一种生命元素，有抗癌、抗衰老等重要功能。富硒酵母是一种新型添加剂，其中硒元素在周期表中的位置为 　第四周期ⅥA族　 。工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒（其中Cu转化为CuSO4），且有SO2、H2O和SeO2（固体）生成，写出发生反应的化学方程式：　H2SO4+CuSeCuSO4+3SO2↑+4H2O+SeO2　 。
（2）下列说法正确的是 　B　 。
A．热稳定性：H2Se＞H2S＞H2O
B．36S与74Se的中子数之和为60
C．酸性：H2SeO4＞H2SO4＞HClO4
D．还原性：Se2﹣＜S2﹣
Ⅱ．A+、B2﹣、C﹣、D、E、F3+分别表示含10个电子的六种粒子。其中：
a．A+、B2﹣、F3+核外电子层结构相同 b．C﹣是由两种元素组成的
c．D是两种元素组成的四原子分子 d．E在常温下是无色液体
e．往含F3+的溶液中滴加含C﹣的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失
（3）电子式表示A2B的形成过程 　　 。
（4）含F3+的溶液中通入过量C﹣，反应的离子方程式是 　Al3++4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣　 。
（5）向（4）最终得到的溶液中，通入过量CO2反应的离子方程式是 　[Al（OH）4]﹣+CO2＝Al（OH）3↓　 。
【答案】（1）第四周期ⅥA族；H2SO4+CuSeCuSO4+3SO2↑+4H2O+SeO2；
（2）B；
（3）；
（4）Al3++4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣；
（5）[Al（OH）4]﹣+CO2＝Al（OH）3↓。
【分析】A+、B2﹣、C﹣、D、E、F3+分别表示含10个电子的六种粒子（离子或分子），由“A+、B2﹣、F3+核外电子层结构相同”、往含F3+的溶液中滴加含C﹣的溶液至过量，先有白色沉淀生成，后白色沉淀消失，可推出A+为Na+、B2﹣为O2﹣、F3+为Al3+；C﹣是由两种元素组成的，则其为OH﹣；D是两种元素组成的四原子分子，则其为NH3；E在常温下是无色液体，则E为H2O。
【解答】解：（1）硒为34号元素，在周期表中的位置为第四周期ⅥA族。工业上用浓H2SO4焙烧CuSe的方法提取硒（其中Cu转化为CuSO4），且有SO2、H2O和SeO2（固体）生成，反应中部分硫化合价由+6变为+4，Se化合价由﹣2变为+4，结合得失电子守恒，发生反应的化学方程式：H2SO4+CuSeCuSO4+3SO2↑+4H2O+SeO2，
故答案为：第四周期ⅥA族；H2SO4+CuSeCuSO4+3SO2↑+4H2O+SeO2；
（2）A．非金属性O＞S＞Se，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性：H2Se＜H2S＜H2O，故A错误；
B．36S中子数为36﹣16＝20，74Se的中子数为74﹣34＝40，两者中子数之和为60，故B正确；
C．非金属性Cl＞S＞Se，非金属性越强，最高价含氧酸酸性越强，则酸性：H2SeO4＜H2SO4＜HClO4，故C错误；
D．非金属性S＞Se，非金属性越强，其阴离子的还原性越弱，则还原性：Se2﹣＞S2﹣，故D错误；
故答案为：B；
（3）A2B为Na2O，是离子化合物，电子式表示的形成过程为：，
故答案为：；
（4）Al3+中加入过量的强碱反应生成[Al（OH）4]﹣，反应的离子方程式是Al3++4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣，
故答案为：Al3++4OH﹣＝[Al（OH）4]﹣；
（5）向（4）最终得到的溶液中通入过量CO2，[Al（OH）4]﹣和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，离子方程式是：[Al（OH）4]﹣+CO2＝Al（OH）3↓，
故答案为：[Al（OH）4]﹣+CO2＝Al（OH）3↓。
【点评】本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
15．（2025春 南昌县校级期中）Na3OCl是一种良好的离子导体，具有反钙钛矿晶体结构。请回答下列问题：
（1）基态Ca原子的核外电子占据最高能级的电子云轮廓图形状为 　球形　 。
（2）由O、Cl元素可组成不同的单质和化合物，其中Cl2O2可由盐酸与HClO3反应得到。
①Cl2O2中O原子的杂化方式为 　sp3　 。
②常温下，O3在四氯化碳中的溶解度 　大于　 （填“大于”或“小于”）在水中的溶解度。
（3）Na3OCl可由以下两种方法制得：
方法I：
方法Ⅱ：
在方法Ⅱ的反应过程中，断裂的化学键有 　ABD　 （填标号）。
A．金属键 B．离子键 C．配位键 D．极性键 E．非极性键
（4）Na3OCl的晶胞结构如图所示，已知：晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。
①若Cl原子位于晶胞的顶点位置，则与O原子距离相等且最近的Na原子数为 　6　 。
②该晶体的密度为 　　 （用含有a、NA的式子表示）g cm﹣3。
【答案】（1）球形；
（2）①sp3；
②大于；
（3）ABD；
（4）①6；
②。
【分析】（1）钙元素的原子序数为20，基态原子的价电子排布式为4s2；
（2）①Cl2O2中氧原子的价层电子对数为；
②四氯化碳为非极性分子

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