吉林高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-20分子结构与性质
一、单选题
1．（2023·吉林白山·统考模拟预测）已知：硫氰酸(HSCN)是强酸，丙酮酸(CH3COCOOH)是弱酸。在体积均为20 mL，浓度均为0.1 mol·L-1的HSCN溶液和CH3COCOOH溶液中分别滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液导电率与滴加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线2代表CH3COCOOH溶液的导电率变化
B．c点溶液中，c(Na+ )=c(SCN-)>c(H+ )=c(OH- )
C．HSCN和CH3COCOOH中C的杂化方式完全相同
D．加水稀释b点溶液，各离子浓度都减小
2．（2023·吉林长春·统考模拟预测）丁二酮肟常用于检验。在稀氨水中，丁二酮肟与反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。下列说法正确的是
A．的价电子排布式为
B．该物质中碳原子均采用杂化
C．该结构中存在的化学键有极性键、配位键和氢键
D．丁二酮肟中，C、N、O的第一电离能及电负性均依次增大
二、工业流程题
3．（2023·吉林白山·统考模拟预测）稳定的[Co(NH3)6]Cl3常用于制备钴的高效催化剂，制备条件(催化剂、温度等)不同，其组成不同，例如[Co(NH3)6]Cl3 (橙黄色)、[Co(NH3 )5H2O]Cl3 (紫红色)等。某小组拟制备三氯六氨合钴{[Co(NH3)6]Cl3 }并测定其纯度。
实验一：制备[Co(NH3)6]Cl3产品。
(1)配合物[Co(NH3)6]Cl3中 (填名称，下同)提供空轨道， 提供孤对电子 。
(2)步骤③中发生反应的离子方程式为 。步骤⑥中，2 mL浓盐酸的作用是 。
(3)步骤⑤⑧两次调节温度为275 K的目的为 ；完成步骤⑦所用的仪器如图，步骤⑦不使用普通漏斗的原因是 。
实验二：测定[Co(NH3)6]Cl3产品纯度。
氧化还原滴定法测得产品中Co3+的含量。实验原理如下：
[Co(NH3)6]Cl3 +3NaOH=Co(OH)3 ↓+6NH3↑+3NaCl
2Co(OH)3+ 6HCl+2KI=2CoCl2 + I2 + 2KCl+6H2O
I2 +2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
实验步骤：
①准确称取w B样品于锥形瓶中，加入20 mL去离子水完全溶解，然后加10 mL 10%NaOH溶液(过量)，在电炉上加热至无NH3逸出(用pH试纸检验) ，冷却溶液。
②将溶液转移至碘量瓶中，加入20 mL去离子水及足量的KI溶液和6 mol· L-1盐酸，立即盖上盖子并摇匀，放暗处静置10 min左右。
③滴3滴指示剂X，用c mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V mL。
(4)指示剂X是 。
(5)滴定终点的现象是 。
(6)该样品的纯度为 。若滴定时间过长，将导致测得的结果 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
4．（2023·吉林白山·统考三模）锌是一种应用广泛的金属，目前工业上主要采用“湿法”工艺冶炼锌，以某硫化锌精矿(主要成分是ZnS，还含有少量FeS等其他成分)为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
(1))在该流程中可循环使用的物质是Zn和H2SO4，基态S原子占据最高能级的原子轨道的形状为 ，的空间结构为 。
(2)“焙烧”过程在氧气气氛的沸腾炉中进行，“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，写出“焙烧”过程中FeS主要发生反应的化学方程式： ；“ 含尘烟气”中的SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，所得溶液中的= 。[已知：Ka1 (H2SO3)=l.4×10-2；Ka2(H2SO3)=6. 0×10-8]
(3)浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，所得“滤渣”的成分为 (填化学式)，分离“滤液”'“滤渣”的操作名称为 。
(4)改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸(稀硫酸)浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。
①下列设想的加快浸取反应速率的措施中不合理的是 (填标号)。
A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸
B．将硫化锌精矿粉碎
C．适当升高温度
②硫化锌精矿的主要成分ZnS遇到硫酸铜溶液可慢慢地转化为铜蓝(CuS) ：ZnS(s) +Cu2+ (aq) CuS(s)+Zn2+(aq) ，该反应的平衡常数K= 。 [已知：Ksp(ZnS)=1. 6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36]
(5)金属锌化学性质活泼，可用于多种化学电源的电极材料。一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收了ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，电池总反应为MnO2 +Zn+(1+ )H2O+ZnSO4MnOOH+ [ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]。放电时正极的电极反应式为 。
三、原理综合题
5．（2023·吉林·统考二模）清洁能源的综合利用以及二氧化碳的研发利用，可有效降低碳排放，均是实现“碳达峰、碳中和”的重要途径，我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。
I.利用反应：可减少的排放。
(1)的结构式为 ，分子中极性键与非极性键的个数比为 。
(2)图甲是298K时相关物质的相对能量，则上述反应的 kJ/mol。
(3)下列关于该反应的说法错误的是_______。
A．在恒容绝热的条件下，温度不再改变，说明该反应已达平衡状态
B．在恒温恒压的条件下，充入稀有气体氦气，平衡不移动
C．平衡向右移动，平衡常数K一定增大
D．该反应在高温条件下自发
(4)该反应的净反应速率方程：(、为速率常数，只与温度、催化剂、接触面积有关，与浓度无关)。温度为℃时，，温度为℃时，，则 (填“>”、“<”或“=”)。
II.乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标准。国内第一套自主研发的乙烷裂解制乙烯的大型生产装置建成。已知该项目中乙烷制乙烯的反应原理为：
主反应：
副反应：
在一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入7mol。进行反应，达到平衡时和的体积分数均为20%，则
(5)乙烷的总转化率为 (保留4位有效数字)。
(6)该温度下主反应的平衡常数K为 mol/L。
四、结构与性质
6．（2022·吉林·统考模拟预测）镍钴锰酸锂是锂电池的关键三元正极材料，化学式为LiNixCoyMn1-x-yO2。其中的锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一、回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布式为 。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“ 理论”解释。
(2)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO(CH3)2。DMSO中硫原子的杂化轨道类型为 ，ClO的空间构型是 ， SO(CH3)2中键角∠C—S—O CH3COCH3中键角∠C—C—O(填“＞”、“＜”或“=”)，元素S、Cl、O的电负性由小到大的顺序为 。
(3)已知：r(Fe2+)为61pm、r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是 。
(4)La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图所示：
①该储氢材料的化学式为 。
②已知晶胞参数边长为anm，高为bnm，设阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为 g·cm-3。
7．（2022·吉林长春·校联考模拟预测）中国冶金报指出，钢铁行业作为国民经济重要的基础产业，碳排放量在国内占比13-15%，因此钢铁行业应承担起碳减排的主体责任，努力成为碳减排的先行者。已知，铁有α、γ、δ三种晶体结构，并且在一定条件下可以相互转化(如图)，请回答相关的问题：
(1)铁元素在元素周期表中的位置 ，Fe2+的外围电子排布式 ，铁的三种晶体之间的转化属于 变化(填“物理”或“化学”)，理由是： 。
(2)铁的α、γ、δ三种晶体结构中，Fe原子的配位数之比为： 。
(3)设α-Fe晶胞边长为a cm，δ-Fe晶胞边长为b cm， 计算确定：两种晶体的密度比为： 。(用a、b的代数式表示)
(4)Fe3C是工业炼铁生产过程中产生的一种铁的合金，在Fe3C晶体中，每个碳原子被6个位于顶角位置的铁原子所包围，成八面体结构，即碳原子配位数为6，那么，铁原子配位数为 。
(5)事实上，Fe3C是C与铁的晶体在高温下形成的间隙化合物(即碳原子填入铁晶体中的某些空隙)，根据相关信息，你认为形成碳化铁的铁的三种晶体结构中，最有可能的是： ，(选填“α-Fe”、“γ-Fe”或“δ-Fe”)
(6)摩尔盐[ (NH4)2 SO4·FeSO4·6H2O]是一种复盐， 它易溶于水，不溶于乙醇，性质比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，试分析该晶体中亚铁离子可稳定存在的原因 。
8．（2022·吉林长春·统考模拟预测）单质硼的硬度近似于金刚石，有很高的电阻。但它的导电率随温度的升高而增大，高温时为良导体。硼在自然界中主要以硼酸和硼酸盐的形式存在。
(1)基态硼原子的价电子排布式为 ，晶体硼的熔沸点 (填“高于”或“低于”)金刚石，原因是 。
(2)硼酸与氢氧化钠在一定条件下可以生成四硼酸钠，结构如图所示，四硼酸钠中含有的化学键类型为 ，O原子的杂化类型为 ，B原子与相连的3个O原子围成的图形为 ，第一电离能介于硼元素和氧元素之间的第二周期元素有 种。
(3)硼和氮可以构成多种类型的晶体，其中一种晶体的晶胞如图所示，晶胞上下底面均为菱形，晶胞参数如图所示，该晶体的化学式为 ，晶胞密度为 (写出表达式即可)。
9．（2022·吉林延边·统考一模）铜是人类广泛使用的第一种金属，含铜物质在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)铜锰氧化物(CuMn2O4能在常温下催化氧化一氧化碳和甲醛(HCHO)。
①基态Cu原子的M层电子排布式为 。
②CO和N2互为等电子体。标准状况下V L CO分子中π键数目为 。
(2)钙铜合金可用作电解法制备金属钙的阴极电极材料。钙在元素周期表中位于 (填“s”、“p”、“d”或“ds")区。一种钙铜合金的结构如图(Ⅲ可看作是由Ⅰ、Ⅱ两种原子层交替堆积排列而形成的)。该钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为 。
(3)已知硫酸铜稀溶液呈蓝色，判断硫酸铜稀溶液中不存在的作用力有 (填英文字母)。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．氢键 E．范德华力
(4)已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，Cu2O熔点较高的原因是 。
(5)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3-HN-CH2-CH2-NH2。则1 mol [Cu(X)2]2+微粒中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有 mol。
(6)一种含有Fe、Cu、S三种元素的矿物的晶胞(如图所示)，属于四方晶系(晶胞底面为正方形)，则该化合物的化学式为 ；若晶胞的底面边长为a nm，晶体的密度为p g·cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的高为 nm。
10．（2022·吉林白山·统考一模）我国科学家利用生物质合成共聚酯的单体，合成时涉及多种元素，回答下列问题：
(1)基态Cu+的电子排布式为 。
(2)Cu、Zn、Al的第一电离能由大到小的顺序为 (填元素符号，下同)。
(3)H2C=CHCOOCH3中所含元素的电负性由小到大的顺序为 ，该有机物中，碳原子的杂化类型是 。
(4)区别晶体SiO2和非晶体SiO2的方法是 。
(5)有机物C和D的相对分子质量相差较小，但是D的沸点明显高于C的，其主要原因是 。
(6)我国科学家开发钙钯络合氢化物(CaPdH2)来实现乙炔高选择性合成乙烯。CaPdH2由Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成。CaPdH2中存在的化学键有 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．非极性键 D．金属键
(7)白铜是我国使用最早的合金之一，白铜晶胞结构如图所示。已知晶体密度为dg·cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值。Cu和Ni之间的最短距离为 (只列计算式)nm。
11．（2021·吉林长春·统考一模）研究发现，过量摄入铝元素能损害人的脑细胞。适当地补充碘元素可预防甲状腺肿大，但摄入过多也会导致甲状腺病变。试回答下列问题：
(1)Fe也是人体需要补充的元素之一，写出Fe3+的核外电子排布式： 。
(2)与Al同一周期的Na、Mg元素也是人体所需元素，Na、Mg、Al基态原子第一电离能由大到小的顺序是 。
(3)氯化铝的熔点是194℃，氧化铝的熔点是2054℃，但是工业上获取铝单质不是电解熔融氯化铝，而是电解熔融氧化铝，原因是 ；为降低熔点和增强导电性，电解熔融氧化铝时通常要加入Na3AlF6(冰晶石)，Na3AlF6中含有的化学键类型有 (填字母)。
A．离子键 B．金属键 C．氢键 D．配位键
(4)F与I是同一主族的元素，BF3与H3O+都是由四个原子构成的粒子，两种粒子的中心原子B和O的杂化方式分别为 、 ，BF3的空间构型是 ，H3O+的空间构型是 。
(5)I2晶体的晶胞结构如图所示，该晶胞中含有I原子的数目为 ，已知该晶胞的晶胞参数为apm、bpm和cpm，则I2晶体的密度是 g/cm3。(列出最简表达式，用NA表示阿伏加德罗常数的值)
12．（2021·吉林长春·统考三模）氮元素是重要的非金属元素，可形成多种铵盐、氮化物、叠氮化物及配合物等。
(1)基态氮原子价电子的轨道表达式(价电子排布图)为 ；第二周期元素原子中第一电离能大于氮原子的有 种，NH4NO3中阴离子的空间构型为 。
(2)常温下某含N化合物与甘氨酸形成的离子化合物为液态而非固态，原因是 。
(3)叠氮化钠(NaN3)用于汽车的安全气囊，结构如图甲。中的存在两个大π键可用符号表示，一个中键合电子(形成化学键的电子)总数为 。叠氮酸(HN3)结构如图乙，分子中②号N原子的杂化方式为 。
(4)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。一种Fe3+配合物的结构如图丙所示，1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol。
(5)某含氮的化合物晶胞结构如图丁所示，Br-作简单立方堆积，两个立方体共用的面中心存在一个Hg，NH3位于立方体的体心，相邻的Br的距离均为apm，阿伏加德罗常数的值为NA。该物质的化学式为 ，该晶体的密度为 g·cm-3。
13．（2021·吉林长春·统考二模）近年来，我国工程建设自主创新能力实现大跨越，尤其在新材料研究方面有重大突破，回答下列问题：
(1)钛是一种新兴的结构材料，比钢轻、比铝硬。基态钛原子的价电子排布式为 ， 与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相间的有 种；
(2)铁能与三氮唑(结构见图甲)形成多种配合物。
①l mol三氮唑中所含σ键的数目为 mol； 碳原子杂化方式是 ；
②三氮唑的沸点为260°C，与之结构相似且相对分子质量接近的环戊二烯(结构见图乙)的沸点为42.5℃，前者沸点较高的原因是 。
(3)碳化钨是耐高温耐磨材料。图丙为碳化钨晶体的部分结构，碳原子嵌入金属的晶格间隙，并不破坏原有金属的晶格，形成填隙化合物。
①在该结构中，每个钨原子周围距离其最近的碳原子有 个：
②假设该部分晶体的体积为Vcm3，碳化钨的摩尔质量为M g mol-1，密度为d g cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA用上述数据表示为 。
③金属镁的晶体结构与碳化钨相似，金属镁的晶胞可用图丁表示，已知镁原子的半径为r pm，晶胞高为h pm，求晶胞中镁原子的空间利用率 (用化简后含字时π、r和h的代数式表示)
14．（2021·吉林延边·统考模拟预测）我国已经形成对全球稀土产业链的统治力，在稀土开采技术方面，我国遥遥领先。同时也是最早研究稀土—钴化合物结构的国家。请回答下列问题：
(1)钴原子的价层电子排布图为 ，其M层上共有 个不同运动状态的电子。Fe和Co的第四电离能I4(Fe) I4(Co)(填“>”、“＜”或“=”)。
(2)①为某含钴配合物的组成为CoCl3·5NH3·H2O，是该配合物中钴离子的配位数是6。1mol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3molAgCl沉淀，则该配合物的配体是 ，其中氮原子的杂化类型为 。试判断NH3分子与钴离子形成配合物后，H—N—H键角会 (填“变大”、“变小”或“不变”)，并说明理由 。
②某含钴配合物化学式为CoCl3·3NH3，该配合物在热NaOH溶液中发生反应产生絮状沉淀，并释放出气体，该反应的化学方程式为 。该配合物中存在的化学键有 (填字母)。
A．共价键 B．σ键 C．π键 D．配位键
(3)一种铁氮化合物具有高磁导率，其结构如图所示：
①该结构中单纯分析铁的堆积，其堆积方式为 。
②已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点的原子坐标参数为()，则C点的原子坐标参数为 。
15．（2021·吉林四平·校联考模拟预测）磷是生物体中不可缺少的元素之一它能形成多种化合物。
(1)磷元素位于周期表的 区，基态磷原子价层电子排布图 。
(2)第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的元素有 种。
(3)白磷(P4)分子是正四面体结构，磷原子杂化方式为 ，3.1g白磷中σ键的数目为 。P4易溶于二硫化碳，难溶于水，原因是 。
(4)磷酸与Fe3+可形成H3[FePO4)2]，基态Fe3+的核外电子排布式为 ，Fe、P、O电负性由大到小的顺序是 。
(5)磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，下图为其晶胞结构，阿伏伽德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度为ρg/cm3，B与P最近距离为 cm(列出计算式即可)，估测该晶体的熔点 （填“高于”或“低于”)金刚石。
参考答案：
1．B
【详解】A．硫氰酸(HSCN)是强酸，在水中完全电离，丙酮酸(CH3COCOOH)是弱酸，在水中部分电离，等浓度时硫氰酸溶液中离子浓度大，导电率大，由图可知，曲线1代表CH3COCOOH溶液的导电率变化，曲线2代表HSCN溶液的导电率变化，故A错误；
B．c点HSCN与NaOH恰好中和生成NaSCN，NaSCN为强酸强碱盐，溶液呈中性，c(Na+)=c(SCN-)＞c(H+)=c(OH-)，故B正确；
C．HSCN中C以C≡N键形式存在，C原子的杂化类型为sp，CH3COCOOH中-CH3形成4个σ键，C原子采取sp3杂化，故C错误；
D．b点加入NaOH体积为10mL，溶质为等浓度的NaSCN和HSCN，溶液显酸性，加水稀释时，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故D错误；
故选：B。
2．A
【详解】A．镍为28号元素，镍原子失去2个电子形成镍离子，的价电子排布式为3d8，A正确；
B．由结构式可知，该化合物中双键的碳采取杂化，B错误；
C．由图可知，该结构中存在有碳氢、碳氮、氮氧极性键，氮镍配位键，同时分子中还存在氢键，但是氢键不是化学键，C错误；
D．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能为N>O>C，D错误；
故选A。
3．(1) 钴离子 氮原子
(2) 2[Co(NH3)6]2++H2O2+22[Co(NH3)6]3+ +2NH3·H2O{或2[Co(NH3)6]2++ H2O22[Co(NH3)6]3+ +2OH- 中和滤饼表面的碱性物质
(3) 使[Co(NH3)6 ]Cl3充分析出，提高产率 避免溶质析出
(4)淀粉溶液
(5)当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，碘量瓶内溶液刚好由蓝色变为无色且半分钟内不变色
(6) 偏高
【分析】与NH4Cl固体混合溶于10mL水中，反应生成，溶液中加0.2g活性炭，冷却后加14mL浓氨水反应生成，充分反应后在283K条件下加14mL6%双氧水将氧化为，继续升温至333K，持续加热20min后，降温至275K，析出晶体，抽滤，得滤饼，滤饼重新溶于50mL热水中，并加1mL浓盐酸，趁热过滤，分离出活性炭，滤液控温至275K，加7mL浓盐酸，过滤得[Co(NH3)6]Cl3。
【详解】（1）配合物[Co(NH3)6]Cl3中钴离子提供空轨道，氨分子中N原子提供孤电子对；
（2）双氧水将氧化为，反应离子方程式：2[Co(NH3)6]2++H2O2+22[Co(NH3)6]3+ +2NH3·H2O{或2[Co(NH3)6]2++ H2O22[Co(NH3)6]3+ +2OH-；步骤⑥中，2 mL浓盐酸的作用是中和滤饼表面的碱性物质。
（3）步骤⑤⑧两次调节温度为275 K的目的为使[Co(NH3)6 ]Cl3充分析出，提高产率；步骤⑦中使用保温漏斗可避免溶质析出；
（4）待测液中含有碘单质，因此可选用淀粉溶液作指示剂；
（5）滴定终点时碘单质恰好被消耗完，则滴定终点标志为：当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，碘量瓶内溶液刚好由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
（6）由已知反应得关系式：，=cV×10-3mol，该样品的纯度为；若滴定时间过长，待测液中过量的碘离子被氧气氧化成碘单质，从而增加标准液的用量，将导致测得的结果偏高。
4．(1) 纺锤形 正四面体形
(2) 3FeS+5O2 Fe3O4 +3SO2 6× 10-3
(3) Zn、Fe 过滤
(4) A 2.5×1011
(5)MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-
【分析】硫化锌精矿的焙烧可生成ZnO、氧化铁等，含尘烟气含有含硫氧化物，可用于制备硫酸，浸出液加入硫酸可生成硫酸锌、硫酸铁，加入过量锌充分反应，可置换出铁，滤液中主要含有硫酸锌，经电解可得到锌和硫酸，电解液中含有硫酸，可循环利用。
【详解】（1）基态S原子的核外电子排布式为：，最高能级的原子轨道为3p轨道，形状为纺锤形，的中心S原子价层电子对数位，无孤电子对，为正四面体形结构，故答案为：纺锤形；正四面体形；
（2）已知“焙砂”中铁元素主要以Fe3O4形式存在，说明 “焙烧”过程FeS中Fe被氧化，S被还原，所以主要发生反应的化学方程式为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；SO2可用氨水吸收，经循环利用后制取硫酸，用氨水吸收SO2至溶液的pH=5时，c(H+)=1×10-5mol/L，已知Ka2(H2SO3)=6.0×10-8，所以=6×10 8，所以=6× 10-3；故答案：为3FeS+5O2Fe3O4 +3SO2；6× 10-3；
（3）浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，过量锌充分反应，可置换出铁，所得“滤渣”的成分为Zn、Fe；过滤可分离“滤液”'“滤渣”；故答案为：Zn、Fe；过滤。
（4）①A．将稀硫酸更换为98%的浓硫酸，将发生氧化还原反应，产生二氧化硫，故A不合理；
B．将硫化锌精矿粉碎，增大接触面积，有利于快浸取反应速率，故B合理；
C.适当升高温度，有利于加快浸取反应速率，故C合理；
故答案选：A。
②反应ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=，已知：Ksp(ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=1.6×10 24，Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=6.4×10 36；所以K====2.5×1011，故答案为：2.5×1011。
（5）电池总反应为MnO2+12Zn+(1+x6)H2O+16ZnSO4MnOOH+16[ZnSO4·3Zn(OH)2·xH2O]，放电时正极发生还原反应，所以电极方程式为MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-；故答案为：MnO2 +e- + H2O=MnOOH+OH-。
5．(1) O=C=O 6：1
(2)+430
(3)BC
(4)<
(5)57.14%
(6)1
【详解】（1）中存在碳氧双键，结构式为O=C=O；分子中极性键为碳氢键、非极性键为碳碳键，两者个数比为6:1；
（2）图甲是298K时相关物质的相对能量，反应焓变等于生成物的能量和减去反应物的能量和，则的+430 kJ/mol；
（3）A．反应中存在能量的变化，在恒容绝热的条件下，温度不再改变，说明该反应已达平衡状态，A正确；
B．在恒温恒压的条件下，充入稀有气体氦气，体积变大，平衡正向移动，B错误；
C．K只受温度影响，若温度不变，即使平衡向右移动，平衡常数K也不变，C错误；
D．反应为吸热的熵增反应，该反应在高温条件下自发，D正确；
故选BC；
（4）反应平衡时，正逆反应速率相等，温度为℃时，，则，同理，温度为℃时，，反应为吸热反应，升高温度K值变大，故<；
（5）在一定温度下，在2L恒容密闭容器中充入7mol，达到平衡时和的体积分数均为20%：
反应后乙烷、乙烯、氢气、甲烷分别为7mol-2a、1.5a、a、a，则总的物质的量为7mol+1.5a，，a=2mol；乙烷的总转化率为；
（6）反应后乙烷、乙烯、氢气、甲烷分别为3mol、3mol、2mol，该温度下主反应的平衡常数K= mol/L。
6．(1) 3d84s2 电子气
(2) sp3 正四面体 ＜ S＜Cl＜O
(3)Fe2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子或Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，则FeCO3分解温度低于CoCO3
(4) LaNi5 ×1021
【详解】（1）镍元素的原子序数为28，基态原子的价电子排布式为3d84d2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释；
（2）二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角∠C—S—O小于丙酮中键角∠C—C—O；元素的非金属性越大，电负性越大，元素非金属性的强弱顺序为O>Cl>S，则电负性的大小顺序为S＜Cl＜O。
（3）由题意可知，Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，Fe2+更容易结合氧离子，FeCO3受热分解需要外界能量更少，FeCO3比CoCO3易分解，则FeCO3分解温度低于CoCO3。
（4）①根据均摊原则，晶胞中La原子数是、Ni原子数是，该储氢材料的化学式为LaNi5；②晶胞参数边长为anm，高为bnm，则晶胞体积为，设阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为g·cm-3。
7．(1) 第四周期第VIII族 3d6 物理 没有新物质生成或没有化学键变化或金属键不变
(2)4：6：3
(3)2b3：a3
(4)2
(5)γ-Fe
(6)摩尔盐中的N、O、H可形成空间网络化氢键，将亚铁离子包围起来，避免其与氧化性物质接触，所以比较稳定
【详解】（1）已知铁是26号元素，则26-18=8，即铁元素在元素周期表中的位置为第4周期第八纵列即第四周期第VIII族，Fe2+的外围电子排布式3d6，铁的三种晶体之间的转化过程中没有新物质的生成，仅仅是原子的排列方式发生改变，故属于物理变化，故答案为：第四周期第VIII族；3d6；物理；没有新物质生成或没有化学键变化或金属键不变；
（2）金属晶体中离某一原子最近的等距离的原子为其配位数，由题干图示晶胞可知铁的α、γ、δ三种晶体结构中，Fe原子的配位数分别为：8,12,6，故配位数之比为：8:12:6=4:6:3，故答案为：4:6:3；
（3）由题干晶胞示意图可知，一个α-Fe晶胞含有铁原子个数为：，设α-Fe晶胞边长为a cm，则其晶胞密度为：，一个δ-Fe晶胞含有铁原子个数为：，δ-Fe晶胞边长为b cm，则该晶胞的密度为：，则两种晶体的密度比为：：=2b3：a3，故答案为：2b3：a3；
（4）在Fe3C晶体中，每个碳原子被6个位于顶角位置的铁原子所包围形成八面体结构，碳原子的配位数是6，根据Fe、C比为3：1，故Fe、C配原子数目之比为1：3，则铁原子的配位数为2，故答案为：2；
（5）由于在Fe3C晶体中，每个碳原子被6个位于顶角位置的铁原子所包围形成八面体结构，则形成碳化铁的铁的三种晶体结构中，最有可能的是γ-Fe，故答案为：γ-Fe；
（6）摩尔盐[ (NH4)2 SO4·FeSO4·6H2O]中的N、O、H可形成空间网络化氢键，将亚铁离子包围起来，避免其与氧化性物质接触，所以比较稳定，故答案为：摩尔盐中的N、O、H可形成空间网络化氢键，将亚铁离子包围起来，避免其与氧化性物质接触，所以比较稳定。
8．(1) 2s22p1 低于 两者均为原子晶体，rB>rC，则B-B键键长长，键能小于C-C的键能，则硼晶体的熔沸点低于金刚石。
(2) 离子键和共价键 sp3 平面正三角形 1
(3) BN
【详解】（1）B为5号元素，其电子排布式为1s22s22p1，则价电子排布式为2s22p1。由已知信息得知，硼晶体类型应该与金刚石类似为原子晶体。rB>rC，则B-B键键长长，键能小于C-C的键能，则硼晶体的熔沸点低于金刚石；
（2）物质中含有阴阳离子则含有离子键，同时B与O之间为共价键，所以化学键由离子键和共价键。与两个硼相连的O价层电子对为，则该类为sp3杂化。与一个B相连的O价层电子对为，则该类为sp3杂化。B的价层电子对为，则B的立体构型为平面正三角形。第二周期中第一电离能从左到右增大，且ⅡA>ⅢA、VA>ⅥA族。即第一电离能B
9．(1) 3s23p63d10
(2) s 5：1
(3)BC
(4)两者都是离子晶体，且阴阳离子电荷数都相同，但r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高
(5)10
(6) FeCuS2
【详解】（1）①Cu是29号元素，根据构造原理可知基态Cu原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则基态Cu原子的M层电子排布式为3s23p63d10；
②CO和N2互为等电子体。等电子体结构相似，CO分子中C、O原子之间以共价三键C≡O结合，其中含有1个σ键，2个π键。在标准状况下V L CO气体中含有气体分子物质的量是n(CO)= 则该分子中含有的π键数目N(π)=2n(CO)NA=；
（2）Ca是20号元素，Ca原子核外电子排布为2、8、8、2，所以Ca位于元素周期表第四周期第ⅡA族，属于s区元素；
由图可知：上下底面为菱形，内角为120°、60°，上下面共用4个对称的Cu原子、前后面和左右面共用1个Cu原子，体心有1个Cu原子；Ca原子为晶胞的顶点，则一个晶胞中含有Ca的数目为4×+4×==1，含有Cu的数目为8×+1=5，所以钙铜合金中铜原子与钙原子的个数比为5：1；
（3）硫酸铜在溶液中完全电离产生自由移动的离子，不存在离子键；水分子之间存在范德华力、氢键，水分子、硫酸根中原子之间形成共价键，水合铜离子中存在配位键，不存在金属键，故合理选项是BC；
（4）已知Cu2O的熔点为1235℃，Cu2S的熔点为1130℃，二者的熔点都较高，但Cu2O熔点比Cu2S高，这是由于两者都是离子晶体，且阴阳离子电荷数都相同，但离子半径：r(O2-)＜r(S2-)，所以Cu2O的晶格能大，熔点较高；
（5）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—HN—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子价层电子对数都是4，VSEPR模型为四面体形，1个[Cu(X)2]2+中含有的四面体形原子有2×5=10个，则1 mol [Cu(X)2]2+微粒中VSEPR模型为四面体的非金属原子共有10 mol；
（6）根据图示可知在一个晶胞中含有的Fe原子数目为：8×+4×+1=4；含有的Cy原子数目为：4×+6×=4，含有的S原子数目是8个，n(Fe)：n(Cu)：n(S)=1：1：2，所以该物质化学式为FeCuS2；
假设晶胞高度为c pm，该晶胞密度ρ=，所以晶胞的高度c=nm。
10．(1)[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d10
(2)I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)
(3) X(H)< X(C) < X(O) sp2、sp3
(4)X射线衍射实验
(5)D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，C分子间没有氢键
(6)ABC
(7)
【详解】（1）铜元素位于周期表第四周期ⅠB族，核电荷数为29，基态Cu+的电子排布式[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d10。
（2）Cu、Zn、Al失去第一个电子分别位于4s1、4s2、3p1，4s2电子处于全满轨道较难失去，三者中第一电离能最大，3p1是单电子，铝的核电荷数比铜小很多，其第一电离能最小，故三者的第一电离能由大到小的顺序为I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)。
（3）H2C=CHCOOCH3中含H、C、O三种元素，同周期元素电负性从左往右增大，故C
（5）从C和D的分子结构简式分析，两者相对分子质量相差较小，C分子间以范德华力为主，D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，故D的沸点明显高于C的。
（6）钙钯络合氢化物(CaPdH2)以Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成，阴阳离子间化学键是离子键，[PdH2]2-络合离子结构中的Pd和H原子存在配位键，共用电子对偏向H一边，属于非极性键，故答案选ABC。
（7）从白铜晶胞结构图可知，Cu原子位于立方晶胞的面心位置，Ni原子位于顶点位置，一个晶胞内含有Cu原子个数 ，含有Ni原子个数 ，设该立方晶胞的边长为nm，根据题意，有，Cu和Ni之间的最短距离为面对角线的一半，为 nm，故Cu和Ni之间的最短距离为nm。
11．(1)1s22s22p63s23p63d5
(2)Na＜Al＜Mg
(3) 氯化铝是分子晶体，熔融状态下不存在离子，不能导电 AD
(4) sp2 sp3 平面三角形 三角锥形
(5) 8
【详解】（1）铁元素为26号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6 4s2，铁一中失去最外层2个电子后，再失去一个3d电子就形成Fe3+，故Fe3+的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d5。
（2）同一周期元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，故Na、Mg、Al基态原子第一电离能的大小关系是 Na＜Al＜Mg。
（3）氯化铝的熔点是194℃，熔点较低，是分子晶体，由分子构成，熔融状态不存在离子，不能导电，故不能用电解其来制备单质；Al和F之间是配位键，Na+和AlF是离子键，故选：AD。
（4）BF3中的中心B原子的价层电子对数=3+=3，没有孤电子对，故B原子杂化类型为sp2杂化，分子的空间构型是平面三角形；H3O+的中心O原子的价层电子对数为=3+ =4，其VSEPR模型名称为正四面体，但O原子上有一对孤对电子对，故该O原子的杂化类型为sp3，其空间构型为三角锥形。
（5）根据均摊法，I2分子分布在顶点和面心，即有，碘原子数为4×2=8；I2晶体的质量是，体积为，故该晶体的密度是。
12． 2 平面三角形 阴阳离子半径大，离子所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低 12 sp 3 HgBr2·2NH3或Hg(NH3)2Br2或HgBr2(NH3)2
【详解】(1)N为7号元素，核外电子排布式为1s22s22p3，价电子排布式为2s22p3，所以价电子的轨道表达式为 ；同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道半满更稳定，第一电离能大于O，所以第二周期第一电离能大于N的有F、Ne两种元素；NH4NO3中阴离子为NO，中心原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对数，所以空间构型为平面三角形；
(2)根据该物质的结构可知阴阳离子半径大，离子所带电荷少，形成的离子晶体晶格能小，熔点低；
(3)根据结构可知，有4+4=8个电子形成大π键，中心N原子与两侧的N原子分别形成一个σ键，有4个电子参与成键，所以键合电子总数为8+4=12；根据结构可知，②号N原子形成两个σ键，没有孤电子对，所以价层电子对数为2，为sp杂化；
(4)据图可知三个N原子与Fe3+通过螯合配位成环，所以1mol该螯合物中通过螯合作用形成的配位键有3mol；
(5)根据均摊法，该物质中含有2个NH3分子，一个Hg2+，=2个Br-，所以该物质的化学式为HgBr2·2NH3或Hg(NH3)2Br2或HgBr2(NH3)2；相邻的Br的距离均为apm，即晶胞底面的边长为a pm，晶胞的高为2a pm，则晶胞的体积为2a3pm3=2a3×10-30 cm3，晶胞的质量为为g=g，则密度为g·cm3。
13． 3d24s2 3 8 sp2 三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键 6 或
【详解】(1) 钛元素的原子序数为22，位于元素周期表第四周期ⅣB族，基态原子的价电子排布式3d24s2；钛原子核外有2个未成对电子，第四周期有2个未成对电子的原子含有Ni、Ge、Se三种元素，故答案为：3d24s2；3；
(2) ①共价化合物中成键原子之间只能形成一个σ键，由三氮唑的结构简式可知分子中含有8个σ键，则l mol三氮唑分子中所含σ键的数目为8mol；氮唑分子中只含有双键碳原子，则碳原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：8；sp2；
②三氮唑分子中含有原子半径小、非金属性强的N原子，三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子中不含有N原子，分子间不能形成氢键，则三氮唑的沸点高于环戊二烯，故答案为：三氮唑分子间可形成氢键，而环戊二烯分子间不能形成氢键；
(3) ①由晶胞结构可知，晶胞中每个钨原子周围距离其最近的碳原子有6个，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，晶胞中钨原子的个数为1+2×+12×+6×=6个，由质量公式可得：，解得阿伏加德罗常数的值NA为，故答案为：；
③由晶胞结构可知，晶胞中镁原子的个数为1+8×=2，则晶胞中镁原子的体积为2× pm3；晶胞丁中虚线所标的四个硬球关系为正四面体关系，晶胞的体对角线为镁原子的原子半径的4倍，则晶胞的边长为2r pm，由晶胞高为h pm可知，晶胞体积为(2r)2h sin60 pm3=2r2h，则晶胞中镁原子的空间利用率为==，故答案为：或。
14． 15 > NH3和 H2O sp3 变大 孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用 CoCl3·3NH3+3NaOHCo(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl ABD 面心立方堆积 (，0，)
【详解】(1)Co是27号元素，价层电子排布式为3d74s2，结合泡利原理和洪特规则画出价层电子排布图为为：；其M层上共有8+7=15个不同运动状态的电子；铁失去的是较稳定的3d5的一个电子，故失去的是3d6上的一个电子，Fe和Co的第四电离能I4(Fe) > I4(Co)，故答案为：；15；>；
(2)①1mol该配合物可以与足量的硝酸银反应生成3molAgCl沉淀，说明有3molCl-在外界，则配合物CoCl3·5NH3·H2O的配体是NH3和 H2O；NH3的价层电子对数是3+(5-3)=4，其中氮原子的杂化类型为sp3；NH3分子与钴离子形成配合物后，H—N—H键角会变大，因为孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；故答案为：NH3和 H2O；sp3；变大；孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用；
②CoCl3·3NH3在热NaOH溶液中发生反应产生絮状沉淀Co(OH)3，并释放出NH3，配平方程式为：CoCl3·3NH3+3NaOHCo(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl；该配合物中存在的化学键有共价键、σ键和配位键，故选ABD；故答案为：CoCl3·3NH3+3NaOHCo(OH)3↓+3 NH3↑+3NaCl；ABD；
(3)①铁分布在晶胞的8个顶点和6个面心，属于面心立方堆积，故答案为：面心立方堆积；
②C点的原子位于面心，已知A点的原子坐标参数为(0，0，0)，B点的原子坐标参数为()，则C点的x轴坐标为，y轴坐标为0，B点和C点的Z轴坐标相同都是，则C点的原子坐标参数为(，0，)，故答案为：(，0，)。
15． p 3
sp3 0.15NA P4和CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CS2，难溶于水 1s22s22p63s23p63d5 O>P>Fe 低于
【详解】(1)P原子核外有15个电子，分三层排布，即有三个能层，所以电子占据的最高能层符号为M；最外层为3s2p3，则磷元素位于周期表的p区，基态磷原子价层电子排布图为，故答案为p；；
(2)同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但P元素原子3p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故铝到磷元素的第一电离能P＞S＞Si＞Al，所以第三周期中第一电离能位于铝元素和磷元素之间的有2种，同时Mg的第一电离能也大于Al，故答案为3；
(3)P4分子为正四面体构型，键角为60°，P4分子中每个P原子与相邻的3个P原子形成3个σ键、含有1对孤对电子，杂化轨道数目为4，则P原子采取sp3杂化；因为P4分子中每个P原子与相邻的3个P原子形成3个σ键，则平均每个P原子形成1.5个σ键，所以3.1g白磷中σ键的数目为×1.5=0.15mol，数目为0.15NA；相似相溶原理是指由于极性分子间的电性作用，使得极性分子组成的溶质易溶于极性分子组成的溶剂，难溶于非极性分子组成的溶剂；非极性分子组成的溶质易溶于非极性分子组成的溶剂，难溶于极性分子组成的溶剂，P4和CO2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CO2，难溶于水，故答案为sp3；0.15 NA；P4和CO2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶的原理，P4易溶于CO2，难溶于水；
(4)Fe原子核外有26个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：S＞P，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：O＞S，所以电负性O＞P，又Fe为金属元素，则电负性由大到小的顺序是O＞P＞Fe，故答案为1s22s22p63s23p63d5；O＞P＞Fe；
(5)该晶胞中P原子个数=8×+6×=4，B原子个数为4，化学式为BP，设晶胞边长=acm，则晶胞的体积V=(acm)3，ρ==g cm3，解得a=cm，根据图象，B与P最近距离为体对角线的，则B与P最近距离=××cm=×cm；P-B的键长比C-C键长大，熔点比金刚石低，故答案为×；低于。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
