2022届高三化学二轮复习分子结构与性质必刷卷.docx

1、2022届高三化学二轮复习分子结构与性质必刷卷一、选择题（共17题）1化学式能表示物质分子组成的是AC6H6 BSiO2 CNaOH DNH4Cl2下列说法不正确的是A金刚石和二氧化硅都是通过共价键形成的原子晶体B干冰和碘单质易升华，都是因为分子内原子间作用力较小C氧化钠晶体和氟化镁晶体均属于离子晶体D氯气中的氯原子和氯化钙中的氯离子，最外电子层都具有8电子的稳定结构3氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物，向盛有10mL水的锥形瓶中，小心滴加810滴SOCl2，可观察到剧烈反应，液面上方有雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出，该气体中含有使品红溶液褪色的SO2。下列关于氯化亚砜分子的VSEPR

2、模型、分子的几何构型和中心原子(S)采取杂化方式的说法正确的是A四面体形、三角锥形、sp3B平面三角形、V形、sp2C平面三角形、平面三角形、sp2D四面体形、三角锥形、sp24已知中心原子上孤电子对数的计算方法为。则对于，a、x、b的数值分别为A8 3 2B6 3 2C4 2 3D6 2 35下列分子中所有原子都满足8e-稳定结构的是AXeF6BBeC12CN2 DBF36现代无机化学对硫氮化合物的研究是最为活跃的领域之一。其中如图所示是已合成的最著名的硫氮化合物的分子结构。下列说法正确的是A该物质的分子式为SNB该物质的分子中既有极性键，又有非极性键C该物质在固态时形成原子晶体D该物质中硫

3、的杂化方式为sp2，分子构型为平面型7用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是A2.0 gD218O中含有的质子数为NAB标准状况下，22.4 L NH3分子含有的杂化轨道数为4 NAC78 g Na2O2晶体中所含阴、阳离子个数均为2 NAD1 mol Fe完全溶于一定量的硝酸溶液中，转移的电子数一定是3 NA8二茂铁(C5H5)2Fe是由一个二价铁离子和2个环戊烯基负离子构成，已知：二茂铁熔点是173(在100时开始升华)，沸点是249，不溶于水，易溶于苯、乙醚等非极性溶剂。下列说法正确的是A二茂铁属于离子晶体B在二茂铁结构中，C5H5-与Fe2+之间形成的化学键类型是离子键C已知：

4、环戊二烯的结构式为：，则其中仅有1个碳原子采取sp3杂化D二价铁离子的基态电子排布式为：Ar3d44s29氰气(CN)2性质与卤素相似，分子中4个原子处于同一直线下列叙述正确的是()A是极性分子B键长：NC大于CCCCN的电子式： D和烯烃一样能发生加成反应10下列各组互为等电子体的是AN2O和NO2BO3和SO2CCH4和NH3DOH-和NH2-11推理是学习化学常用的思维方法，由下列事实推导出的结论错误的是选项事实结论A二氯甲烷没有同分异构体甲烷是正四面体形分子B苯的邻二氯代物只有一种苯分子不是单双键交替的结构C Cu(NH3)42+的空间结构为正方形Cu2+的杂化方式为sp3D蔗糖不能发

5、生银镜反应蔗糖是非还原性糖AABBCCDD12下列说法中，不正确的是AX射线衍射实验是区别晶体与非晶体的最科学的方法B金属键无方向性，金属晶体中原子尽可能采取紧密堆积C凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp2杂化轨道成键D乙醇与水互溶可以用“相似相溶”原理和氢键来解释13下列对分子性质的解释中，不正确的是A碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释B乳酸()存在对映异构体，因为其分子中含有一个手性碳原子C在NH3分子中存在极性共价键和配位键D由上图知酸性： ，因为分子中有非羟基氧原子14用过量的溶液处理含氯化铬的水溶液()，生成沉淀，此配合物的组成最可能是ABCD15已知Co

6、(NH3)63+呈正八面体结构：各NH3分子间距相等，Co3+位于正八面的中心。若其中各有2个NH3分子分别被Cl-和H2O取代，形成Co(NH3)2(H2O)2Cl2+的几何异构体有(不考虑光学异构)A3种B4种C5种D6种16下列说法正确的是A非金属元素只能形成共价化合物B离子化合物中可能含有共价键C阳离子只能被还原D阴离子中不含金属元素17三氟甲磺酸用途十分广泛，是已知超强酸之一、其化学式为：CF3SO3H，下列有关说法正确的是A原子半径：HCOFSB稳定性：H2SH2OHFC熔沸点：CH4H2SH2OD上述元素中F的最高价含氧酸的酸性最强二、综合题（共6题）18钒是人体不可缺少的元素，

7、Heyliger 等首次报道了偏钒酸钠显著降低糖尿病大鼠血糖的作用后，钒化学的研究得到了很大发展。钒及其化合物也广泛应用于特种钢、催化剂、颜料、染料、电子材料及防腐剂等等领域。 (1)钒酸盐与磷酸盐结构相似。请画出VO、H2VO、VO2(H2O) 和V2O的空间构型_。(2)生理条件下的钒以多种氧化态存在，各种氧化态可以相互转化。通常细胞外的钒是V(V)， 。而细胞内的钒是V(IV)。研究表明，钒酸二氢根离子可与亚铁血红素(Mtrc-Fe2+)反应，写出该反应的离子方程式_。(3)已知配合物VON(CH2COO)3在水溶液中的几何构型是唯一 的，画出它的空间构型图_。理论推测上述配合物分子在晶

8、体中是有手性的，指出产生手性的原因_。(4)钒酸钇晶体是近年来新开发出的优良双折射光学晶体，在光电产业中得到广泛应用。可以在弱碱性溶液中用偏钒酸铵和硝酸钇合成。写出以Y2O3与V2O5为主要原料合成钒酸钇的化学方程式_。(5)若以市售分析纯偏钒酸铵为原料制备高纯钒酸钇单晶，需将杂质铁离子含量降至一定数量级。设每升偏钒酸铵溶液中含三价铁离子为5.0 10-5 mol，用0.01 mol dm-3的鏊合剂除铁。说明不采取使铁离子水解析出沉淀的方法除铁的理由_。通过计算说明如何选择螯合剂使偏钒酸铵含铁量降至10-30moldm-3以下_。配离子Fe(edta)2-Fe(edta)-Fe(phen)3

9、2+Fe(phen)33+2.110141.710242.010211.31014沉淀KspFe(OH)2Fe(OH)38.010-164.010-3819克罗吗宁(Cromakalim)是一种钾通道激活剂，其合成路线如下：（1）D分子中手性碳原子的数目为_。（2）E分子中采取sp2杂化与采取sp3杂化的碳原子的数目之比为_。（3）BC的过程中，有分子式为的副产物X生成，但实际合成时不需要除去X的原因是_。（4）B的一种同分异构体Y同时满足下列条件，写出Y的结构简式：_。分子中含有氨基()能与足量浓溴水发生取代和加成反应。分子中不同化学环境的氢原子数目比为1226。（5）设计以1，3丁二烯、N

10、BS和为原料制备的合成路线(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。_20X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态。请回答下列问题：(1)Q核外电子排布式为_。(2)化合物X2W2中W的杂化方式为_，ZW2的立体构型是_。(3)Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_(填化学式)，原因是_。(4)将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色

11、，该反应的离子方程式为_。21锌是冶金、化工、纺织等行业应用广泛的重要金属之一、一种以含锌烟尘(主要成分是，还含有少量、等元素的氧化物)制备金属锌的工艺流程如下：已知：“滤液1”含有的离子有、和。回答下列问题：(1)基态锌原子的价层电子轨道表示式(电子排布图)为_。(2)“溶浸”中主要的化学方程式为_。(3)“滤渣1”的主要成分是、_。(4)“滤渣2”是，“氧化除杂”的离子方程式为_。(5)“还原除杂”中加过量锌粉的目的是_。(6)工业上一般利用闪锌矿(主要成分是)为原料制备锌，的晶胞结构如图，则锌的配位数为_；已知晶胞参数为，该晶体的密度为_(写出计算式，设阿伏加德罗常数的值为)。22选修原

12、子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，B原子核外电子有6种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子，D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素，其基态原子的价电子排布图为_，第一电离能最小的元素是_（填元素符号）。（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是_（填化学式），呈现如此递变规律的原因是_。（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_、另一种的晶胞如图二所示，该晶胞的空间利用率为_，若此晶胞中的棱长为3566 p

13、m，则此晶胞的密度为_（保留两位有效数字）。（）（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_（填选项序号）。极性键 非极性键 配位键 金属键（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，观察到的现象是_。请写出上述过程的离子方程式：_。23中国紫-硅酸铜钡BaCuSi2O6被认为是人工制造的。这种紫色颜料在自然界中还未发现，而秦始皇陵兵马俑是已知的有确切出土地点和年代的最早使用它的实物。(1)“中国紫”中基态铜离子的价层电子排布式为_。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，其中提供孤对电子的是_元素。(2)“埃及蓝”(CaCuSi2O6)是

14、另一种古老的颜料，其合成原料为CaCO3，孔雀绿Cu2(OH)2CO3和砂子(SiO2)，而中国紫的合成是将CaCO3替换成BaCO3；碳酸根的空间构型为_。BaCO3的分解温度大于CaCO3，请从碳酸根稳定性角度说明原因：_。 (3)已知Cu、Zn的第二电离能分别为1957.9kJmol-1、1733.3kJmol-1，前者高于后者的原因是_。(4)NaCl的晶胞结构如图所示，若将晶胞的面心和体心原子除去，顶点的Na换成U，棱心的Cl换成O，就得到UOx氧化物的晶胞结构。已知立方晶胞参数a=415.6pm，U的相对质量为238，则该氧化物的化学式为_。该晶体的密度为_g/cm3(列出计算表达

15、式，已知阿伏伽德罗常数为NA)。参考答案1A【解析】A、苯为分子晶体，故化学式同时也是分子式，A正确；B、二氧化硅为原子晶体，故只有化学式无分子式，即化学式不能表示物质的分子组成，B错误；C、氢氧化钠为离子晶体，故只有化学式无分子式，即化学式不能表示物质的分子组成，C错误；D、氯化铵为离子晶体，故只有化学式无分子式，即化学式不能表示物质的分子组成，D错误；答案选A。2B【详解】A.金刚石通过碳原子与碳原子形成共价键，二氧化硅通过氧原子与硅原子形成共价键，两者均为原子晶体，故A正确；B.干冰和碘单质均为分子晶体，因两者分子间作用力较小，使两者易升华，而非原子间作用力，故B错误；C.氧化钠由钠离子

16、和氧离子通过离子键结合形成，氟化镁由镁离子和氟离子通过离子键结合形成，均属于离子化合物，晶体均为离子晶体，故C正确；D.氯气中两个氯原子通过共用电子对结合，氯化钙中的氯离子是在原子基础上得到一个电子，两者均满足最外层8电子稳定结构，故D正确；故选：B。3A【详解】SOCl2中S原子成2个SCl键，1个S=O，价层电子对数=键个数+孤电子对个数=3+1=4，杂化轨道数是4，故S原子采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，含一对孤电子，分子形状为三角锥形，故A正确。综上所述，答案为A。4A【详解】对阴离子来说，中a指中心原子的价电子数加上离子的电荷数(绝对值)，x指与中心原子结合的原子数，b指与

17、中心原子结合的原子最多能接受的电子数，因此对于，A项正确；答案选A。5C【详解】试题分析：AXeF6中，Xe原子的最外层电子数为8，成键数为6,8+68，不符合，A项不选；BBeC12中，Be原子的最外层电子数为2，成键数为2，则2+28，不符合，B项不选；C氮气中，N原子的最外层电子数为5，成键数为3,5+3=8，符合，C项选；D三氟化硼中，B原子的最外层电子数为3，成键数为3，则3+38，不符合，D项不选；答案选C。【考点定位】考查最外层8电子结构。6B【详解】A分子式是单个分子中所有元素原子的总数的化学式。该物质的分子式为S4N4，A不正确；B该物质的分子中既有极性键(S-N键)，又有非

18、极性键(N-N键)，B正确；C从图中可以看出，该物质的结构不是空间网状结构，所以在固态时形成分子晶体，C不正确；D该物质中硫的杂化方式为sp3，分子构型为空间构型，D不正确；故选B。7B【解析】试题分析：AD218O的摩尔质量为22g/mol,1个D218O分子中有10个质子，所以2.0 gD218O中含有的质子数不为NA，A错误；B氨分子中N原子的杂化方式为sp3杂化，标准状况下，22.4 L NH3分子含有的杂化轨道数为4 NA，B正确；CNa2O2晶体由Na+和O22-构成的，78 g Na2O2晶体（物质的量为1mol）中所含阴离子数为NA、阳离子个数为2 NA，C错误；D1 mol

19、Fe完全溶于一定量的硝酸溶液中，当Fe过量时生成的有Fe2+，转移的电子不一定为3 NA，D错误，答案选B。考点：考查阿伏伽德罗常数有关计算8C【解析】试题分析：A根据二茂铁的物理性质可知，属于分子晶体，错误；B在二茂铁结构中不存在C5H5-与Fe2+，碳原子含有孤电子对，铁含有空轨道，所以碳原子和铁原子之间形成配位键，错误；C根据环戊二烯的结构式为：，其中仅有1个碳原子(1号)采取sp3杂化，其余采取sp2杂化，正确；D二价铁离子的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，错误；故选C。【考点定位】考查原子核外电子排布；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系；原子轨道杂化方式

20、及杂化类型判断。【名师点晴】杂化类型的判断方法：1)例如常见的简单分子，C2H2、CO2为直线型分子，键角为180，推断其C原子的杂化轨道类型为sp；C2H4、C6H6为平面型分子，键角为120，推断其C原子的杂化轨道类型为sp2；CH4、CCl4为正四面体，键角109.5，推断其C原子的杂化轨道类型为sp3。扩展到以共价键形成的晶体，如：已知金刚石中的碳原子、晶体硅和石英中的硅原子，都是以正四面体结构形成共价键的，所以也都是采用sp3杂化；已知石墨的二维结构平面内，每个碳原子与其它三个碳原子结合，形成六元环层，键角为120，由此判断石墨的碳原子采用sp2杂化。2)根据价层电子对互斥理论判断杂

21、化类型：中心原子电子对计算公式：价电子对数n=(中心原子的价电子数+配位原子的价电子数m电荷数)。注意：当上述公式中电荷数为正值时取“-”，电荷数为负值时取“+”；当配位原子为氧原子或硫原子时，成键电子数为零；根据n值判断杂化类型：一般有如下规律：当n=2，sp杂化；n=3，sp2杂化；n=4，sp3杂化；3)对于有机物利用杂化轨道数=孤对电子对数+键数进行判断如C2H2分子中碳原子形成1个C-H，1个CC(含1个键)，C原子杂化轨道数为1+1=2，采取sp杂化方式，C2H4分子中碳原子形成2个C-H，1个CC双键(含1个键)，C原子杂化轨道数为(2+1)=3，C原子采取sp2杂化方式。9D【

22、详解】A(CN)2的结构为NCCN，结构对称，为非极性分子，为A错误；BN原子半径小于C，则键长：NC小于CC，故B错误；CCN的电子式为，故C错误；DNCCN含有不饱和键，可发生加成反应，故D正确；选D。10B【分析】等电子体是是指原子的总数相同，且价电子数也相同的分子。【详解】A、N2O和NO2的价电子总数不同，它们不是等电子体，A错误；B、二者的原子总数和价电子总数都相同，它们互为等电子体，B正确；C、二者的原子总数不同，它们不是等电子体，C错误；D、二者的原子总数不同，它们不是等电子体，D错误；故答案选B。11C【详解】A甲烷分子是一种呈正四面体型的分子，甲烷分子中两个氢原子被氯取代后

23、，生成物只有一种，故A正确；B苯的邻二氯代物只有一种，则说明苯不是单双键交替，故B正确；C Cu(NH3)42+中Cu2+与N形成4个配位键，即4个键，则Cu的杂化方式为sp3杂化，为正四面体结构，故C错误；D含有醛基的有机物能发生银镜反应，蔗糖分子结构中不含醛基，是非还原性糖，不能直接与银氨溶液发生银镜反应，故D正确；故选：C。12C【详解】A项，区别晶体与非晶体最科学的方法是X-射线衍射实验，A项正确；B项，金属键无方向性，金属原子总是尽可能多的吸引其它原子，金属晶体中原子尽可能采取紧密堆积，从而使空间被充分利用，B项正确；C项，AB3型共价化合物中，若A上没有孤电子对则A采用sp2杂化轨

24、道成键如BF3等，若A上有1对孤电子对则A采用sp3杂化轨道成键如NH3等，C项错误；D项，乙醇与水互溶的原因是：（1）乙醇和水都是极性分子，（2）乙醇和水分子中都含OH键，乙醇和水分子间形成氢键，乙醇与水互溶可以用“相似相溶”原理和氢键解释，D项正确；答案选C。13C【详解】A. 碘、甲烷、四氯化碳都是非极性分子，水为极性分子，碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释，故A正确；B. 中中间的碳原子上连有四个不同的基团：氢原子、甲基、羧基和羟基，是手性碳原子，存在对映异构体，故B正确；C. NH3分子中存在极性共价键，没有配位键，故C错误；D. H3PO4的非羟基氧原子数是1，H

25、ClO没有非羟基氧原子。含氧酸中非羟基氧原子数越多，酸性越强，所以磷酸的酸性强于次氯酸，故D正确；故选C。14B【详解】与过量的反应生成沉淀的是由配合物的外界在水溶液中电离出来的，因此在该配合物中1个在内界，2个在外界，对照各选项，答案选B。15C【详解】 Co（NH3）63+呈正八面体结构，正八面体六个顶点的位置是对称等同的，各有2个NH3分子分别被Cl-和H2O取代，若H2O分子取代1、2位，则Cl-只能取代4、6或4、3或4、5；若H2O分子取代1、5位，则Cl-只能取代2、6或2、3，所以形成Co(NH3)2(H2O)2Cl2+的几何异构体有5种，选C。16B【解析】试题分析：A、铵盐

26、全部为非金属元素，为离子化合物，故A错误；B、离子化合物中可以含共价键，如NaOH中含有离子键、共价键，故B正确；C、阳离子也可被氧化，如+2价铁离子可以被氧化成+3价铁离子，故C错误；D、阴离子可能含金属元素，如AlO2-，故D错误；故选B。考点：考查了化学键；氧化还原反应的相关知识。17C【详解】A一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，H原子电子层最少，原子半径最小；S原子电子层最多，其原子半径最大；C、O、F同周期，原子半径：FOC；因此原子半径：HFOCS，故A错误；B非金属性FOS，则氢化物的稳定性：H2SH2OHF，故B错误；CH2O分子间存在氢键

27、，熔沸点最高，则熔沸点：CH4H2SH2O，故C正确；DF元素非金属性最强，不存在最高价含氧酸，故D错误；故选C。18VO 、H2VO 、VO2(H2O) 和V2O Mtrc-Fe2+ + H2VO4 +4H+ = Mtrc-Fe3+ + VO2+ 3H2O 分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺 Y2O3 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2O、V2O5+ 2NH3H2O = 2NH4VO3 + H2O、Y (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3H2O = YVO4 + 3NH4NO3+H2O (1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：AFe3+在弱酸性条

28、件水解难以将铁离子降低到所要求的程度。B Fe (OH)3具有胶体的性质，过滤困难。(2)如果在弱碱性条件下水解，Fe (OH)3会与原料共沉淀而损失原料。所以不能用沉淀法除去微量铁。采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。 采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ +e

29、dta4- = Fe(edta)-=1.7 1024x=2.9 10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+= 1.3 1014y= 2.2 10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen) = 1.3 10143.8 10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024y= 2.2 10-35 【解析】【详解】(1) VO43- (2)H2VO4- (3)VO2(H2O)4+ (4

30、) V2O74-以下画法不扣分。VO2(H2O)4+ 等等，未画成双键不扣分。1-2 Mtrc-Fe2+ + H2VO4 +4H+ = Mtrc-Fe3+ + VO2+ 3H2O 1-31-3-11-3-2分子的手性来源于鳌环的扭曲导致镜面对称性破缺。 1-4 Y2O3 + 6HNO3 = 2Y (NO3)3+ 3H2OV2O5+ 2NH3H2O = 2NH4VO3 + H2OY (NO3)3+ NH4VO3 + 2NH3H2O = YVO4 + 3NH4NO3+H2O (1分， 未画不扣分) (共3分)1-51-5-1 。(1)如果在弱酸性条件下，采取沉淀法除铁，则有以下问题：AFe3+在弱

31、酸性条件水解难以将铁离子降低到所要求的程度。B Fe (OH)3具有胶体的性质，过滤困难。(2)如果在弱碱性条件下水解，Fe (OH)3会与原料共沉淀而损失原料。所以不能用沉淀法除去微量铁。1-5-2采用加入鳌合剂在氨水中二次重结晶的方法除去微量的铁离子。第一次重结晶时加入乙二胺四乙酸二钠盐，可以除去绝大多数Fe3+，第二次重结晶时加入邻二氨菲，进一步降低Fe3+的含量。(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024x=2.9 10-27(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ + 3 phen = F

32、e(phen) = 1.3 1014y= 2.2 10-35或者(1)第一步设残余Fe3+浓度为x mol dm-3Fe3+ + 3 phen = Fe(phen)33+= 1.3 10143.8 10-13(2)第二步设残余Fe3+浓度为y mol dm-3Fe3+ +edta4- = Fe(edta)-=1.7 1024y= 2.2 10-3519（1）2（2）65（3）X是，X、D与氢氧化钠反应的产物都是（4）（5）【分析】（1）手性碳原子是连接4个不同原子或原子团的碳原子，分子中有2个手性碳原子(*标出)；（2）分子，苯环中的碳原子采取sp2杂化，单键碳原子采取sp3杂化，采取sp2杂

33、化与采取sp3杂化的碳原子的数目之比为65；（3）BC的过程中，有分子式为的副产物X生成，X是，X、D与氢氧化钠反应的产物都是，所以不需要除去X；（4）分子中含有氨基()；能与足量浓溴水发生取代和加成反应，说明含有酚羟基、不饱和碳碳键；分子中不同化学环境的氢原子数目比为1226，说明结构对称，符合条件的B的同分异构体是；（5）1，3丁二烯和氯气发生1,4加成反应，生成ClCH2CH=CHCH2Cl，ClCH2CH=CHCH2Cl和NBS反应生成 ，和氢氧化钠反应生成，和在NaH作用下生成，合成路线为。201s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 sp3杂化 V形 SiO2 SiO2

34、为原子晶体，CO2为分子晶体 2Cu8NH3O22H2O=2Cu(NH3)424OH 【分析】X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R只能为第三周期元素，为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，原子序数小于30，故核外电子排布

35、为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答。【详解】(1)Cu+核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d10，故答案为1s22s22p63s23p63d10；(2)化合物H2O2中结构式为H-O-O-H，O原子价层电子对数为2+=4，故O原子采取sp3杂化；NO2-离子中N原子孤电子对数为=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形，故答案为sp3；V形；(3)Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是 SiO2，故答案为SiO2；SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体；(4)将Cu单质的粉末

36、加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成Cu(NH3)42+，该反应的离子方程式为：2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu(NH3)42+4OH-，故答案为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu(NH3)42+4OH-。21 ZnO+2NH4Cl+2NH3=Zn(NH3)42+H2O SiO2 2SbCl+ 2H2O2+ H2O=Sb2O5+10Cl+6H+ 与杂质Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+发生反应，将杂质全部除去 4 【分析】由题给流程可知，向含锌烟尘中加入氯化铵和氨水，除锑的氧化物溶解生成SbCl外，其余的金属氧化物均溶解生成 Zn(NH3)

37、42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+，铅和硅的氧化物不溶解，过滤得到含有SbCl和氨络合物的滤液1及含有氧化铅和二氧化硅的滤渣1；向滤液1中加入将SbCl氧化为Sb2O5沉淀，过滤得到含有Sb2O5的滤渣2和含有Zn(NH3)42+、Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+的滤液；向滤液中加入过量锌粉，锌与Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+发生置换反应生成Zn(NH3)42+，过滤得到含有Zn(NH3)42+的滤液2和含有Cu、Cd的滤渣3；电解滤液2，在阴极得到锌。【详解】(1)锌元素的原子序数为29，价电子排布式为3d104s2，价电子排布图为，故答案为：；(2)

38、“溶浸”时发生主要反应为氧化锌与氯化铵溶液和氨气反应生成四氨合锌离子和水，反应的化学方程式为ZnO+2NH4Cl+2NH3=Zn(NH3)42+H2O，故答案为：ZnO+2NH4Cl+2NH3=Zn(NH3)42+H2O；(3)由分析可知，滤渣1中含有未反应的氧化铅和二氧化硅，故答案为：SiO2；(4) “氧化除杂”发生的反应为SbCl离子与H2O2溶液发生氧化还原反应生成Sb2O5沉淀、Cl离子和H+离子，反应的离子方程式为2SbCl+ 2H2O2+ H2O=Sb2O5+10Cl+6H+，故答案为：2SbCl+ 2H2O2+ H2O=Sb2O5+10Cl+6H+；(5) 由分析可知，“还原除

39、杂”时发生的反应为锌与Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+发生置换反应生成Zn(NH3)42+，将杂质Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+除去，故答案为：与杂质Cu(NH3)42+、Cd(NH3)42+发生反应，将杂质全部除去；(6)由晶胞结构可知，每个硫离子周围有四个锌离子，由氯化锌的化学式可知，每个锌离子周围有四个硫离子，锌离子的配位数为4，晶胞中位于顶点和面心的锌离子的个数为8+6=4，位于体内的硫离子个数为4，设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞质量公式可得：a3d=，解得d=，故答案为：4；。22 Cu HFHIHBrHCl HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HB

40、r、HCl分子之间只有范德华力，相对分子量越大，范德华力越大 sp2 34% 35 面心立方最密堆积 首先形成蓝色沉淀，继续滴加氨水，沉淀溶解，得到蓝色的透明溶液 Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3H2O =Cu（NH3）2+2OH-+4 H2O 【详解】试题分析：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A是H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，则B是6号元素C元素，B与C可形成正四面体形分子，则C是Cl元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，则D是Cu元素。（1）这四

41、种元素中电负性最大的元素是Cl元素，其基态原子的价电子排布图为；原子核外电子层数越多，最外层电子受到原子核的吸引力越小，其第一电离能就越小，由于Cu原子核外电子层数最多，因此其第一电离能最小；（2）C所在主族是第VIIA，前四种元素分别是F、Cl、Br、I它们都能与A形成的化合物，形成的化合物分别是HF、HCl、HBr、HI，它们结构相似，都是分子晶体，分子之间通过分子之间的作用力结合，物质的相对分子质量越大，分子之间的作用力就越大，物质的熔点、沸点就越高，而HF分子之间会形成氢键，增加了分子之间的吸引力，使其熔点、沸点比HI还高。故物质的沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl。（3）C元素

42、可形成多种单质，其中一种晶体结构如图一所示，根据结构可知是石墨的层状结构，在层内，每个碳原子与相邻的3个碳原子形成共价键，键角是120读，因此其原子的杂化类型为sp2杂化、另一种的晶胞如图二所示，根据图示可知该晶体是金刚石的结构。在一个晶胞中含有的碳原子数是：81/8+61/2+4=8,假设碳原子的直径是a，则该晶胞中碳原子的体积是V=84/3（a/2）3，在该晶体中每个碳原子与相邻的4个碳原子形成共价键，该碳原子处于与其形成共价键的四个碳原子的几何中心，该正四面体的高为（a+a/3）=4a/3假设该正四面体的边长为x，地面中心到边的距离是1/3x/2根据勾股定理可得：（4a/3）2+（1/3

43、x/2）2=（x/2）2,整理可得x= ; 故晶胞的边长 ，该晶胞的体积是x3=,所以晶胞的利用率是碳原子的体积除以总体积，整理可得=84/3（a/2）3=34%；若此晶胞中的棱长为3566 pm，则此晶胞的密度为=（812g6021023）（3566 10-8cm）3=35。（4）Cu元素形成的单质，其晶体的堆积模型为面心立方紧密堆积，结合图三的三醋酸铜晶体的局部结构可确定该晶体中含有极性共价键、非极性共价键和配位键，故选项是；（5）向D的硫酸盐溶液中滴加过量氨水，会发生反应：CuSO4+2NH3H2O=Cu（OH）2+2（NH4）2SO4，产生蓝色沉淀，当加入氨水过量时产生的Cu（OH）2

44、沉淀被过量的氨水溶解，发生反应:Cu（OH）2+4NH3H2O =Cu（NH3）（OH）2+4H2O。沉淀溶解得到蓝色的透明溶液。反应的离子方程式是：Cu2+2NH3H2O=Cu（OH）2+2NH4+、Cu（OH）2+4NH3H2O =Cu（NH3）2+2OH-+4H2O。考点：考查元素及化合物的推断、原子的杂化、原子核外电子排布图书写、物质熔点、沸点的比较、晶体结构、晶体密度的计算、络合物的性质、化学反应的离子方程式的书写的知识。233d9 O 平面正三角形 碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO中的O2-，因此CaCO3更容易

45、分解 Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能； UO3 【分析】“中国紫”中均具有Cun+离子，n=2，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子；“中国蓝”的发色中心是以Cun+为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对；根据价层电子对互斥理论分析原子的杂化类型、空间构型；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物；立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占

46、，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的C1换为O，得到UOx晶胞结构；根据晶体密度公式=计算，其中z为一个晶胞的粒子数，Mr为一个粒子的相对质量，V为一个晶胞的体积。【详解】(1)BaCuSi2O6中Cu元素化合价为+2价，基态时该阳离子的价电子为其3d能级上的9个电子，所以其价电子排布式为3d9。其发色中心是以铜离子为中心离子的配位化合物，该配合物中铜离子提供空轨道、O原子提供孤电子对，所以提供孤电子对的是O元素。故答案为：3d9；O；(2)碳酸根中C提供4个电子，O不提供电子，加两个负电荷，6个电子形成3对电子，属于sp2杂化，

47、平面正三角形。对于碱土金属，同主族从上到下离子半径递增，碳酸盐的热稳定性递增，则BaCO3比CaCO3稳定，碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO32-中的O2-，因此CaCO3更容易分解。故答案为：平面正三角形；碳酸盐分解过程中当阳离子半径较小时，更易结合氧离子生成氧化物，Ca2+的半径小于Ba2+，更易结合CO中的O2-，因此CaCO3更容易分解； (3)Cu核外电子排布为Ar3d104s1，失去一个电子得到的Cu+核外电子排布为Ar3d10，3d轨道为全充满状态，而Zn核外电子排布为Ar3d104s2，4s2结构较稳定，失去

48、一个电子后核外电子排布为Ar3d104s1，4s1结构不稳定，所以再失去一个电子时，Zn+更容易，即铜的第二电离能高于锌的第二电离能；故答案为：Zn的价电子排布式为3d104s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子内层达到饱和，再失去一个电子比较困难，Zn失去一个电子价层变为3d104s1，再失去一个电子比Cu+容易，所以Cu的第二电离能大于Zn的第二电离能；(4)立方晶胞中，面心粒子占，顶点粒子占，体心粒子为整个晶胞所有，棱上粒子占，将NaCl晶胞中面心和体心的原子除去，顶点的Na换为U，棱心的C1换为O，得到UOx晶胞结构，则一个晶胞中U的个数为8=1，O的数目为12=3，则该氧化物的化学式为UO3；取1mol晶胞，则含有NA个晶胞，一个晶胞的体积为V0=a3=（415.610-10）cm3，1mol晶胞的质量为m=（238+163）g，则晶体的密度为=g/cm3。故答案为：UO3；。