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河南2023年高考化学模拟题汇编-17物质结构与性质（解答题）
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这是一份河南2023年高考化学模拟题汇编-17物质结构与性质（解答题），共23页。试卷主要包含了结构与性质等内容，欢迎下载使用。
河南2023年高考化学模拟题汇编-17物质结构与性质（解答题）
一、结构与性质
1．（2023·河南郑州·统考二模）2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
(1)Li、P、S三种元素中，电负性最小的是___________。第三周期元素中第一电离能比P大的元素有___________种。
(2)基态S原子核外有___________个电子自旋状态相同。基态As原子的电子排布式为___________。
(3)PH3、AsH3中沸点较高的是___________，其主要原因是___________。
(4)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为___________。
(5)CH3CN中C原子的杂化类型为___________。
(6)等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比___________。
(7)NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 ___________pm。
2．（2023·河南·统考模拟预测）磷、碳、氢等非金属及其化合物用途广泛。试回答下列问题。
(1)白磷(P4)在氯气中燃烧可生成PCl3和PCl5。
①形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键，该激发态的价电子排布式为___________。
②研究表明，在加压条件下PCl5于148℃液化时能发生与水类似的自耦电离，形成一种能导电的熔体，其电离方程式为 ___________ ，产生的阳离子的空间结构为___________；N和P都有+5价，但NCl5不存在，从原子结构的角度分析其原因：___________。
(2)分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )。一种观点认为，苯酚羟基中的O原子是sp2杂化则苯酚中的大π键可表示为___________ ，一定在同一平面上的原子有___________个；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是：在大π键中氧的p电子云向苯环转移，___________。
(3)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图所示，其中n=___________。 已知晶胞体积为9.0 ×10 -29 m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为___________g·cm-3(保留1位小数)。
3．（2023·河南新乡·统考二模）各种材料的应用使人们的生活变得丰富多彩。
I.某有机发光材料的结构如图1所示。
(1)基态N原子的价层电子排布图为_______，其中能量最高的电子所占据的原子轨道有_______个伸展方向。
(2)B原子与其直接相连的3个碳原子构成的空间结构为_______形。
(3)C原子的杂化类型为_______。
(4)该物质中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______ (填元素符号)。
II.我国某科研团队首次成功合成单金属内面体偶氮富勒烯(La@C81N)。单晶X射线衍射实验研究表明La@C81 N具有对称性的82原子笼，结构如图2所示。
(5)基态La(镧)原子的价层电子排布式为5d1 6s2，与Sc(钪)位于同族，则La位于元素周期表的_______区。
(6)1640年Descartes首先证明了“欧拉定理”，即顶点数+面数一棱数=2。1个C81N82原子笼中含_______个正六边形、_______个正五边形。
III.硒氧化铋是很好的二维半导体材料，其晶胞结构如图3所示。
(7)①晶胞中与O最近且等距离的Bi原子数为_______。
②已知晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的密度为_______g·cm-3。
4．（2023·河南·校联考一模）西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图甲所示。
已知：图甲中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。
请回答下列问题：
(1)基态Cs原子的价层电子排布式为___________。基态K原子的核外电子云有___________个伸展方向。
(2)运输Cs+的冠醚名称是___________。冠醚分子中氧原子的杂化类型是___________，冠醚与碱金属离子之间存在微弱的配位键，配位原子是___________(填元素符号)。
(3)几种冠醚与识别的碱金属离子的有关数据如下表所示：
冠醚
冠醚空腔直径/pm
适合的粒子直径/pm
12冠醚- 4
120~ 150
Li+ (152)
15 -冠醚-5
170~ 220
Na+ (204)
18 -冠醚- 6
260~ 320
K+ (276)
___________
340~ 430
Rb+ (304)
Cs+ (334)
18-冠醚-6不能识别和运输Na+和Cs+的原因是___________。观察图甲，冠醚不能识别和运输X-的主要原因可能是___________。
(4)足球烯的结构如图乙所示。1mol足球烯含___________molσ键。
(5)铷晶胞为体心立方堆积，如图丙所示。
铷晶胞的原子空间利用率为___________(用含π的式子表示)。
(6)锂晶胞为六方最密堆积，如图丁所示。锂晶胞中底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则锂晶胞的密度为___________g· cm-3(用含字母的式子表示)。
5．（2023·河南·统考二模）某些过渡金属(如钛、铜)及其化合物，以其高导电性和丰富的物理化学性质在材料领域大放异彩。
(1)钛比钢轻、比铝硬。基态钛原子的价层电子排布式为_______：钛原子核外电子占据的轨道数_______。
(2)铜的下列状态中，失去最外层一个电子所需能量最小的是_______。
A．[Ar]3dl04pl B．[Ar]3d10 C．[Ar]3d94s1 D．[Ar]3d104s1
(3)二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的转化为，将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①的空间构型是_______。
②甲基橙、亚甲基蓝中C原子的杂化类型有_______，
③常温下，CO2、HCHO在水中溶解度之比大约是1：500，其主要原因是_______。
(4)黄铜矿炼铜过程中会产生SO2，与SO2互为等电子体的分子和阴离子分别为_______(各写一种即可)。
(5)钙钛矿型太阳能电池近年越来越受到科学界的关注，其效率提升速度超越过去任何一类电池。某种钙钛矿晶胞如图所示，则钙原子的配位数是_______，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞中钙原子与氧原子的最近距离为a pm。则该晶胞的密度为_______g/cm3.(列出计算式)
6．（2023·河南焦作·统考二模）空气中含大量的氮元素，日常生活中铁的应用非常广泛，可见生产、生活等离不开化学。
(1)血红蛋白(Hb)是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。血红素是由中心Fe2+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图1所示。
①基态Fe原子的核外电子排布式为_______，其在元素周期表中的位置为_______。原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，±即称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氧原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
②血红素分子中非金属元素的电负性由小到大的顺序为_______(填元素符号)。
③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。1mol血红素中通过螯合作用形成的配位键的数目为_______(填含NA的表达式)。
(2)卟啉是含有平面共轭大环结构的有机分子，具有独特的电子结构，卟啉分子结构如图2，分子中N原子采取_______杂化；卟啉分子中存在大π键，可表示为_______(巳知：大π键可用符号；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，如苯分子中的大π键可表示为)。
(3)Fe3O4晶胞(图3)可以划分成8个小的立方单位(图4)，分别由4个I型和4个II型小单位拼在一起构成。Fe3O4晶胞中有_______个O2-，代表_______；已知Fe3O4晶胞的棱长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该Fe3O4晶体的密度为_______g·cm-3。
7．（2023·河南开封·统考二模）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。
A．配位键 B．离子键 C．共价键 D．氢键
(3)吡啶( )在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是
①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
②______________________________________。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是 (填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。
8．（2023·河南·统考一模）中国古代艺术作品色彩艳丽，璀璨夺目，离不开矿物颜料的使用。请回答下列问题：
(1)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是矿物质颜料中的主要黄色颜料，它们是共生矿物，二者的分子均为非极性分子，结构分别如图所示。
①基态As原子的核外电子排布式为[Ar]_______。
②雌黄中As—S—As键角_______(填“大于”“小于”或“等于”)S—As—S键角。
③雄黄和雌黄比砷的氧化物的毒性要小很多，除结构稳定性的原因之外，从物理性质的角度分析，还与其_______有关。
(2)我国古代很早就把青金石作为彩绘用的蓝色颜料，青金石是方钠石类铝硅酸盐中的一种，其化学式为(Na，Ca)8[AlSiO4]6[SO4，S，Cl]2。
①青金石的结构中、S2-代替了方钠石中部分Cl—的占位，Ca2+代替了部分Na+的占位，则方钠石的化学式为_______。
②青金石中第三周期各元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
③青金石的颜色与骨架内填入的阴离子有关，其中一种重要阴离子是三硫自由基阴离子。研究表明，三硫自由基阴离子(II)可以通过多硫阴离子S(I)在高温下的均裂反应得到，并最终可能异构化为另一种S的异构体(III)，过程如下图：
关于I、II、III三种物质，下列说法正确的有_______(填字母)。
A．I中的S—S键都是σ键
B．II中的S原子最外层都满足8电子稳定结构
C．II的中心硫原子的杂化轨道类型为sp
D．与II互为等电子体
E.III一定为平面形结构
(3)方解石在距今约7000年的仰韶文化时已开始作为白色颜料使用，是分布最广的矿物之一，其化学式为CaCO3。一定条件下，方解石的一种六方晶胞结构如图所示，晶胞底面为菱形，其较小夹角为60°，边长为anm，晶胞高为cnm。
①该方解石结构中阴离子的空间构型为_______。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，则该方解石晶体的摩尔体积Vm=_______m3•mol-1(列出算式)。
9．（2023·河南·统考三模）2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家卡罗琳·贝尔托齐、卡尔·巴里·沙普利斯和丹麦科学家莫滕·梅尔达尔，以表彰他们在发展点击化学和生物正交化学方面的贡献。点击化学的代表反应为Cu催化的叠氮一炔基Husigen环加成反应，NaN₃、SO₂F₂、FSO₂N₂等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题：
(1)氮原子激发态的电子排布式有___________，其中能量最高的是___________(填标号)。
a．1s²2s²2p²3p¹ b．1s²2s²2p4 c．1s²2s²2p²3s¹ d．1s²2s²2p³
(2)N、O、F的第一电离能最小的是___________，SO₂F₂分子结构如图1所示，已知键角α为124°，β为96°，则α>β的原因主要是___________。
(3)叠氮化物能与Fe³⁺、Cu²⁺及Co³⁺等形成配合物，如：[Co(N₃)(NH₃)₅]SO₄，该配合物中Co³⁺的配位数为___________。HN3分子的空间结构如图2所示(图中键长单位为10⁻10m)。
已知：①典型N-N、N=N和N≡N的键长分别为1.40×10⁻10m、1.20×10⁻10m和1.09×10⁻10m；②甲酸根的两个碳氧键键长相同，处于典型碳氧单键键长和碳氧双键键长之间，其结构可以用两个极端电子式()的平均杂化体来表示。试画出HN3分子的两个极端电子式___________；“”中N原子的杂化方式为___________。
(4)图3是MgCu₂的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。距离Mg原子最近的Mg原子有___________个。
(5)图4是沿立方格子对角面取得的截面，Mg原子的半径为___________pm，该晶胞的空间利用率为___________。
10．（2023·河南濮阳·统考一模）铬是重要的金属元素之一，其化合物有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)基态铬原子的未成对电子数是___________。
(2)CrO2Cl2是重要的氯化剂。制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7 +3CCl4=2KCl +2CrO2Cl2 +3COCl2↑。
①COCl2中C、O和Cl元素的电负性由大到小的顺序是___________ (用元素符号表示)。
②CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2分子的空间构型是___________ (填“平面四边形”或“四面体形”)。
(3)三价铬丙二酸配合物[ Cr( C3H2O4)( H2O)4][Cr( C3H2O4)2(H2O)2]·4H2O在有机合成方面具有优良的催化性能，其中阴离子的结构如下：
①阴离子中碳原子的杂化轨道类型是___________。
②在丙二酸根与Cr3+配位时，配位原子为1号氧而不是2号氧的原因是___________。
(4)Cr-N系列涂层具有良好的耐磨和腐蚀性，在抗微动磨损上表现尤佳。某氮化铬的晶胞结构与氯化钠的相同。已知N原子在晶胞中的位置如图所示：
①下列为晶胞中Cr原子沿x轴方向的投影的是___________( 填字母)。
a. b. c. d.
②若晶胞中最近的Cr原子和N原子相切，原子半径分别为r(Cr) nm和r(N) nm；晶胞中N原子的坐标是A(0，0，0)、B( ，，0) ，则距A和B最近的Cr原子的坐标是___________，该原子到C原子的距离是___________nm[用含r(Cr)、r(N)的代数式表示]。
参考答案：
1．(1) Li 2
(2) 9或7 [Ar]3d104s24p3
(3) AsH3 两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(4)6
(5)sp3、sp
(6)1∶1
(7)
【详解】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为。
2．(1) 3s13p23d1 PCl5PCl＋PCl 正四面体形 P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道
(2) 13 使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+
(3) 5 0.1
【详解】（1）①磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，由形成五氯化磷时，磷原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键可知，激发态的价电子排布式为3s１3p３3d1，故答案为：3s１3p３3d1；
②由题意可知，五氯化磷发生与水类似的自耦电离电离出PCl和PCl，电离方程式为PCl5PCl＋PCl，PCl离子中价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间结构为正四面体形；位于同一主族的磷原子的原子半径大于氮原子，磷原子可以利用3d空轨道采取sp3d杂化与氯原子形成五氯化磷，而氮原子没有可以利用的d空轨道，所以N和P都有+5价，但NCl5不存在，故答案为：PCl5PCl＋PCl；正四面体形；P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道；
（2）若苯酚羟基中的氧原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的2个p电子与苯环上6个碳原子中未参与杂化的6个p电子形成大π键，则分子中的13个原子一定在同一平面上；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是在大π键中氧原子的p电子云向苯环转移，使羟基中氧原子上的电子云密度降低，氧原子和氢原子间的结合力减弱，易离解出氢离子，故答案为：；13；使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，由储氢后形成LaNinH5.5可知，晶胞中氢原子的质量为g，则氢在合金中的密度为≈0.1g/cm3，故答案为：5；0.1。
3．(1) 3
(2)平面三角
(3)sp、sp2、sp3
(4)N>O>C> B
(5)f
(6) 31 12
(7) 4
【详解】（1）基态N原子的价层电子排布图为 ；其中能量最高的电子所占据的原子轨道为2p轨道，有3个伸展方向；
（2）B原子的价层电子对数为，杂化方式为sp2杂化，故B原子与其直接相连的3个碳原子构成的空间结构为：平面三角形；
（3）苯环上的C原子为sp2杂化、-CN中的C原子为sp杂化，饱和六元环和烷基中的C原子为sp3杂化，故C原子杂化方式为：sp、sp2、sp3；
（4）该物质中第二周期元素为B、C 、N、O，同周期从左往右电离能呈增大趋势，但由于N原子2p轨道电子排布半满，电离能大于O，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C> B；
（5）基态La(镧)原子的价层电子排布式为5d1 6s2，与Sc(钪)位于同族，位于第六周期第IIIB族，属于f区；
（6）设正五边形x个，正六边形y个，顶点数为82个，x个正五边形含顶点数为：个，y个正六边形含顶点数为个，即；每个正五边形或正六边形均为一个面，总面数为(x+y)个；x个正五边形含棱数为：个，y个正六边形含棱数为个，根据欧拉定理：，解得x=12，y=31，故含31个正六边形、12个正五边形；
（7）①由图可知，晶胞中与O最近且等距离的Bi原子数为4个：距离O原子最近的棱上的两个Bi原子、位于内部的Bi原子（以及左侧晶胞内部的Bi原子）；
②晶胞中含个Bi原子，个Se原子，个O原子，故晶体的密度为：。
4．(1) 6s1 4
(2) 21 -冠醚-7 sp3 杂化 O
(3) Na+直径太小，Cs+直径太大 氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱
(4)90
(5)π×100%
(6)×1030
【详解】（1）Cs为第六周期第IA族元素，故基态Cs原子的价层电子排布式为6s1；K原子nS能级有一个伸展方向，nP能级有3个伸展方向，故基态K原子的核外电子云有4个伸展方向；
故答案为：6s1；4。
（2）运输Cs+的冠醚的分子中有21个原子，7个氧原子，故名字为21 -冠醚-7；冠醚分子中氧原子有2个σ键，孤对电子数为，价层电子对数为2+2=4，故轨道的杂化类型是sp3杂化；氧原子有孤对电子，故氧原子形成配位键；
故答案为：21 -冠醚-7；sp3杂化；O。
（3）冠醚根据空腔直径选择不同的离子运输，18-冠醚-6不能识别和运输Na+和Cs+的原因是Na+直径太小，Cs+直径太大；冠醚不能识别和运输X-的主要原因可能是氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱；
故答案为：Na+直径太小，Cs+直径太大；氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱。
（4）1个C60分子有60个碳原子，每个碳原子与周围3个碳原子成键，每个碳原子成键数量为×3=1.5，则1mol足球烯成键数量为1mol×60×1.5=90mol；
故答案为：90。
（5）图丙铷晶胞中含有原子数量为1+×8=2，原子半径为r，晶胞边长为a，根据晶胞对角线可知4r=a，则铷晶胞的原子空间利用率为；
故答案为：。
（6）图丁锂晶胞中含有原子数为3+×2+×12=6，晶胞的体积为V=×b=pm3=×10-30cm3，则锂晶胞的密度为ρ=；
故答案为：。
5．(1) 12
(2)A
(3) 平面三角形 sp2、sp3 HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水
(4)O3、
(5) 12
【详解】（1）Ti是22号元素，基态Ti原子的价电子排布式；基态Ti核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，电子占据1+1+3+1+3+2+1=12个轨道；
（2）A为激发态铜原子，B为失去一个电子的+1价铜离子，C为失去一个电子且是激发态的+1价铜离子，D为基态铜原子，则失去最外层一个电子所需能量最小的是A；
（3）①NO中心N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；
②甲基橙中碳原子位于苯环中是sp2杂化，甲基中的是sp3杂化；亚甲基蓝中C原子位于苯环中和碳碳双键和碳氮双键中的是sp2杂化，甲基中的是sp3杂化；
③HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，氢键可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水；
（4）SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3，与SO2互为等电子体的分子有O3，则与SO2互为等电子体的阴离子有；
（5）由图可知，与Ca2+最近且等距的O2-数为4×3=12，则钙原子的配位数是12；根据钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构分析，钙位于定点，钛位于体心，氧位于面心，则其化学式为CaTiO3，Ca2+和O2-之间的最短距离为a pm，则晶胞参数为pm，一个晶胞相当于有一个CaTiO3，根据密度公式可得。
6．(1) [Ar]3d64s2 第四周期Ⅷ族 +1或-1 H< C< N
(3) 32 Fe2+
【详解】（1）①铁位于第四周期Ⅷ族，基态原子的电子排布式[Ar]3d64s2，O原子的价电子为2s22p4，2p轨道有1对电子和2个自旋状态相同的单电子，其自旋磁量子数的代数和为+1或-1，答案：[Ar]3d64s2；第四周期Ⅷ族；+1或-1；
②血红素分子中非金属元素有C、N、O、H，电负性由小到大的顺序为H< C< N
（2）卟啉是含有平面共轭大环结构的有机分子，分子中N原子采取sp2杂化，卟啉分子中存在大π键，环上的20个C原子核4 个C原子在同一平面，每个碳原子提供一个电子，2个N原子各提供1个电子，2个N原子各提供1对电子，形成大π键，可表示为，答案：sp2； ；
（3）每个I型和II型小单位中含O2-有8个，1个Fe3O4晶胞中有O2-：8=32，Fe3O4中含Fe2+和Fe3+且个数比为1∶2，, 代表 Fe2+，该晶体的密度为
，答案：32；Fe2+；。
【点睛】,
7．(1) O>N>C>H>Cu 3d104s1
(2) +1(或-1) BD 三角锥形
(3) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
(4)D
(5)
【详解】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
8．(1) 3d104s24p3 小于 难溶于水
(2) Na8[AlSiO4]6Cl2 Cl>S>Si>Al>Na AD
(3) 平面三角形
【详解】（1）①砷元素的原子序数为33，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p3，故答案为：3d104s24p3；
②雌黄中As—S—As中硫原子有2对孤对电子，而S—As—S中砷原子有1对孤对电子，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则雌黄中As—S—As键角小于S—As—S键角，故答案为：小于；
③由氧元素的电负性大于硫元素可知，雄黄和雌黄分子的极性小于砷的氧化物，由相似相溶原理可知，雄黄和雌黄在水中的溶解度小于砷的氧化物，所以雄黄和雌黄比砷的氧化物的毒性要小很多，故答案为：难溶于水；
（2）①由青金石的结构中硫酸根离子、硫离子代替了方钠石中部分氯离子的占位，钙离子代替了部分钠离子的占位可知，方钠石中钠离子个数为8、氯离子个数为2，化学式为Na8[AlSiO4]6Cl2，故答案为：Na8[AlSiO4]6Cl2；
②同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则青金石中第三周期的元素的第一电离能由大到小的顺序为Cl>S>Si>Al>Na，故答案为：Cl>S>Si>Al>Na；
③A．由I的结构可知，S中单键硫原子都是σ键，故正确；
B．由II的结构可知，II的中心硫原子的最外层不满足8电子稳定结构，故错误；
C．由II的结构可知，II的中心硫原子形成硫硫双键，原子的杂化轨道类型为sp2杂化，故错误；
D．与的原子个数都为1、价电子数都为17，互为等电子体，故正确；
E．由III的结构可知，离子中硫硫双键为平面结构，由于单键可以旋转，所以离子不一定为平面形结构，故错误；
故选AD；
（3）①该方解石结构中阴离子为碳酸根离子，碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱上和体内的钙离子个数为8×+4×+4=6，位于棱上和体内的个数为8×+4=6，则晶胞的物质的量为mol，晶胞的体积为10—27a2csin60cm3，则该方解石晶体的摩尔体积Vm= m3•mol-1= m3•mol-1，故答案为：。
9．(1) ac a
(2) O 双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用
(3) 6 sp
(4)4
(5)
【详解】（1）激发态是基态原子吸收能量，较低能级的电子跃迁到更高能级而来，跃迁的能级越高、数量越多，能量越高；基态N原子的电子排布式为1s²2s²2p³，1s²2s²2p²3p¹是2p能级电子跃迁到3p能级，1s²2s²2p²3s¹是2p能级电子跃迁到3s能级，因此处于激发态的是ac，由于3p能级的能量高于3s能级，因此a中激发态能量更高。
（2）同周期主族元素第一电离能从左到右增大，但是由于ⅡA、ⅤA族元素核外电子最高能级分别处于全满和半满状态，比较稳定，第一电离能高于相邻元素，即第一电离能F＞N＞O，最小的为O；由图示结构式可知，S、O之前为共价双键，S、F之间为共价单键，双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用，因此键角α>β。
（3）由[Co(N₃)(NH₃)₅]SO₄化学式可知，内界中有5个NH3和1个，故其配位数为6；参考甲酸根的两个极端电子式可知书写规律为尽可能的让其中一个成键最多或最少，电子偏向其中一极，则为两种极端形式，参考这个规律，可让HN3中最右侧原子最多成三键和最少成双键，其余氮按照八电子理论补齐化学键来表示，两种极端电子式为；由图二结构式可知，三个氮原子呈直线型，则中间氮原子的杂化方式为sp杂化。
（4）以上表面面心处的Mg为例，距离其最近的Mg为位于下方四面体空隙中的两个Mg以及相应的上方四面体空隙中的两个，共4个。
（5）由晶胞结构及截面图可知，Mg原子之间的最近距离为晶胞体对角线的四分之一，即为两个半径的长度，换言之，Mg原子半径为体对角线的八分之一，晶胞参数为a，则Mg的半径为，铜原子半径为面对角线的八分之一，即，晶胞体积为a3，Mg原子个数为8，体积为，Cu原子个数为16，体积为，空间利用率为（+）÷a3=。
10．(1)6
(2) O>Cl>C 平面四边形
(3) sp3、sp2 1号氧比2号氧的价层孤电子对数多，且带负电，更易提供孤电子对(合理即可)
(4) b (，0，0)或(0， ，0) 3[r(Cr) +r(N)]
【详解】（1）基态铬的价电子排布式为3d54s1，d能级有5个原子轨道，s能级有1个原子轨道，根据洪特规则，基态铬原子的未成对电子数为6；故答案为6；
（2）①C、O、Cl三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞Cl＞C；故答案为O＞Cl＞C；
②CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，CCl4、CS2属于非极性分子，根据“相似相溶”推出CrO2Cl2为非极性分子，若CrO2Cl2空间构型为四面体形，则CrO2Cl2为极性分子，不符合上述推断，因此CrO2Cl2为平面四边形；故答案为平面四边形；
（3）①根据阴离子结构式可知，阴离子中有两种碳原子，一种为饱和碳原子，其杂化类型为sp3杂化，另一种为羰基上的碳原子，其杂化类型为sp2杂化；故答案为sp3、sp2；
②丙二酸根离子中，1号氧的孤电子对数为3，2号氧的孤电子对数为2，1号氧易提供孤电子对；故答案为1号氧比2号氧的价层孤电子对数多，且带负电，更易提供孤电子对(合理即可)；
（4）氮化铬的晶胞结构与NaCl的相同，根据N原子在晶胞中的位置，推出Cr在晶胞的位置为体心和棱上，沿x轴方向的投影为，故选项b符合题意；故答案为b；
根据①分析，Cr在体心和棱的中心，距A、B最近的Cr有两个，如图所示：，其坐标为分别为(，0，0)、(0，，0)；C点到这两个点距离相同，令晶胞的参数等于2x，因为Cr与N相切，因此有x=r(Cr)+r(N)，则面对角线距离为2x，因此C点到这两点距离是=3x，即这段距离为3[r(Cr)+r(N)]；故答案为(，0，0)或(0，，0)；3[r(Cr)+r(N)]。
河南2023年高考化学模拟题汇编-17物质结构与性质（解答题）
一、结构与性质
1．（2023·河南郑州·统考二模）2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
(1)Li、P、S三种元素中，电负性最小的是___________。第三周期元素中第一电离能比P大的元素有___________种。
(2)基态S原子核外有___________个电子自旋状态相同。基态As原子的电子排布式为___________。
(3)PH3、AsH3中沸点较高的是___________，其主要原因是___________。
(4)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为___________。
(5)CH3CN中C原子的杂化类型为___________。
(6)等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比___________。
(7)NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 ___________pm。
2．（2023·河南·统考模拟预测）磷、碳、氢等非金属及其化合物用途广泛。试回答下列问题。
(1)白磷(P4)在氯气中燃烧可生成PCl3和PCl5。
①形成PCl5时，P原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键，该激发态的价电子排布式为___________。
②研究表明，在加压条件下PCl5于148℃液化时能发生与水类似的自耦电离，形成一种能导电的熔体，其电离方程式为 ___________ ，产生的阳离子的空间结构为___________；N和P都有+5价，但NCl5不存在，从原子结构的角度分析其原因：___________。
(2)分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为 )。一种观点认为，苯酚羟基中的O原子是sp2杂化则苯酚中的大π键可表示为___________ ，一定在同一平面上的原子有___________个；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是：在大π键中氧的p电子云向苯环转移，___________。
(3)镍镧合金(LaNin)具有很强的储氢能力，其晶胞结构如图所示，其中n=___________。 已知晶胞体积为9.0 ×10 -29 m3，若储氢后形成LaNinH5.5(氢进入晶胞空隙，晶胞体积不变)，则氢在合金中的密度为___________g·cm-3(保留1位小数)。
3．（2023·河南新乡·统考二模）各种材料的应用使人们的生活变得丰富多彩。
I.某有机发光材料的结构如图1所示。
(1)基态N原子的价层电子排布图为_______，其中能量最高的电子所占据的原子轨道有_______个伸展方向。
(2)B原子与其直接相连的3个碳原子构成的空间结构为_______形。
(3)C原子的杂化类型为_______。
(4)该物质中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______ (填元素符号)。
II.我国某科研团队首次成功合成单金属内面体偶氮富勒烯(La@C81N)。单晶X射线衍射实验研究表明La@C81 N具有对称性的82原子笼，结构如图2所示。
(5)基态La(镧)原子的价层电子排布式为5d1 6s2，与Sc(钪)位于同族，则La位于元素周期表的_______区。
(6)1640年Descartes首先证明了“欧拉定理”，即顶点数+面数一棱数=2。1个C81N82原子笼中含_______个正六边形、_______个正五边形。
III.硒氧化铋是很好的二维半导体材料，其晶胞结构如图3所示。
(7)①晶胞中与O最近且等距离的Bi原子数为_______。
②已知晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的密度为_______g·cm-3。
4．（2023·河南·校联考一模）西北工业大学曾华强课题组借用足球烯核心，成功实现了高效且选择性可精准定制的离子跨膜运输，如图甲所示。
已知：图甲中的有机物为“冠醚”，命名规则是“环上原子个数-冠醚-氧原子个数”。
请回答下列问题：
(1)基态Cs原子的价层电子排布式为___________。基态K原子的核外电子云有___________个伸展方向。
(2)运输Cs+的冠醚名称是___________。冠醚分子中氧原子的杂化类型是___________，冠醚与碱金属离子之间存在微弱的配位键，配位原子是___________(填元素符号)。
(3)几种冠醚与识别的碱金属离子的有关数据如下表所示：
冠醚
冠醚空腔直径/pm
适合的粒子直径/pm
12冠醚- 4
120~ 150
Li+ (152)
15 -冠醚-5
170~ 220
Na+ (204)
18 -冠醚- 6
260~ 320
K+ (276)
___________
340~ 430
Rb+ (304)
Cs+ (334)
18-冠醚-6不能识别和运输Na+和Cs+的原因是___________。观察图甲，冠醚不能识别和运输X-的主要原因可能是___________。
(4)足球烯的结构如图乙所示。1mol足球烯含___________molσ键。
(5)铷晶胞为体心立方堆积，如图丙所示。
铷晶胞的原子空间利用率为___________(用含π的式子表示)。
(6)锂晶胞为六方最密堆积，如图丁所示。锂晶胞中底边长为a pm，高为b pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则锂晶胞的密度为___________g· cm-3(用含字母的式子表示)。
5．（2023·河南·统考二模）某些过渡金属(如钛、铜)及其化合物，以其高导电性和丰富的物理化学性质在材料领域大放异彩。
(1)钛比钢轻、比铝硬。基态钛原子的价层电子排布式为_______：钛原子核外电子占据的轨道数_______。
(2)铜的下列状态中，失去最外层一个电子所需能量最小的是_______。
A．[Ar]3dl04pl B．[Ar]3d10 C．[Ar]3d94s1 D．[Ar]3d104s1
(3)二氧化钛是良好的光催化剂，可催化转化多种有毒物质，如：可将水中的转化为，将甲基橙、亚甲基蓝、HCHO转化为CO2等。
①的空间构型是_______。
②甲基橙、亚甲基蓝中C原子的杂化类型有_______，
③常温下，CO2、HCHO在水中溶解度之比大约是1：500，其主要原因是_______。
(4)黄铜矿炼铜过程中会产生SO2，与SO2互为等电子体的分子和阴离子分别为_______(各写一种即可)。
(5)钙钛矿型太阳能电池近年越来越受到科学界的关注，其效率提升速度超越过去任何一类电池。某种钙钛矿晶胞如图所示，则钙原子的配位数是_______，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞中钙原子与氧原子的最近距离为a pm。则该晶胞的密度为_______g/cm3.(列出计算式)
6．（2023·河南焦作·统考二模）空气中含大量的氮元素，日常生活中铁的应用非常广泛，可见生产、生活等离不开化学。
(1)血红蛋白(Hb)是血液中运输氧及二氧化碳的蛋白质，由球蛋白与血红素结合而成。血红素是由中心Fe2+与配体卟啉衍生物结合成的大环配位化合物，其结构如图1所示。
①基态Fe原子的核外电子排布式为_______，其在元素周期表中的位置为_______。原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，±即称为电子的自旋磁量子数。对于基态的氧原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_______。
②血红素分子中非金属元素的电负性由小到大的顺序为_______(填元素符号)。
③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。1mol血红素中通过螯合作用形成的配位键的数目为_______(填含NA的表达式)。
(2)卟啉是含有平面共轭大环结构的有机分子，具有独特的电子结构，卟啉分子结构如图2，分子中N原子采取_______杂化；卟啉分子中存在大π键，可表示为_______(巳知：大π键可用符号；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，如苯分子中的大π键可表示为)。
(3)Fe3O4晶胞(图3)可以划分成8个小的立方单位(图4)，分别由4个I型和4个II型小单位拼在一起构成。Fe3O4晶胞中有_______个O2-，代表_______；已知Fe3O4晶胞的棱长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该Fe3O4晶体的密度为_______g·cm-3。
7．（2023·河南开封·统考二模）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。
A．配位键 B．离子键 C．共价键 D．氢键
(3)吡啶( )在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是
①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
②______________________________________。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是 (填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。
8．（2023·河南·统考一模）中国古代艺术作品色彩艳丽，璀璨夺目，离不开矿物颜料的使用。请回答下列问题：
(1)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)是矿物质颜料中的主要黄色颜料，它们是共生矿物，二者的分子均为非极性分子，结构分别如图所示。
①基态As原子的核外电子排布式为[Ar]_______。
②雌黄中As—S—As键角_______(填“大于”“小于”或“等于”)S—As—S键角。
③雄黄和雌黄比砷的氧化物的毒性要小很多，除结构稳定性的原因之外，从物理性质的角度分析，还与其_______有关。
(2)我国古代很早就把青金石作为彩绘用的蓝色颜料，青金石是方钠石类铝硅酸盐中的一种，其化学式为(Na，Ca)8[AlSiO4]6[SO4，S，Cl]2。
①青金石的结构中、S2-代替了方钠石中部分Cl—的占位，Ca2+代替了部分Na+的占位，则方钠石的化学式为_______。
②青金石中第三周期各元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
③青金石的颜色与骨架内填入的阴离子有关，其中一种重要阴离子是三硫自由基阴离子。研究表明，三硫自由基阴离子(II)可以通过多硫阴离子S(I)在高温下的均裂反应得到，并最终可能异构化为另一种S的异构体(III)，过程如下图：
关于I、II、III三种物质，下列说法正确的有_______(填字母)。
A．I中的S—S键都是σ键
B．II中的S原子最外层都满足8电子稳定结构
C．II的中心硫原子的杂化轨道类型为sp
D．与II互为等电子体
E.III一定为平面形结构
(3)方解石在距今约7000年的仰韶文化时已开始作为白色颜料使用，是分布最广的矿物之一，其化学式为CaCO3。一定条件下，方解石的一种六方晶胞结构如图所示，晶胞底面为菱形，其较小夹角为60°，边长为anm，晶胞高为cnm。
①该方解石结构中阴离子的空间构型为_______。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，则该方解石晶体的摩尔体积Vm=_______m3•mol-1(列出算式)。
9．（2023·河南·统考三模）2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家卡罗琳·贝尔托齐、卡尔·巴里·沙普利斯和丹麦科学家莫滕·梅尔达尔，以表彰他们在发展点击化学和生物正交化学方面的贡献。点击化学的代表反应为Cu催化的叠氮一炔基Husigen环加成反应，NaN₃、SO₂F₂、FSO₂N₂等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题：
(1)氮原子激发态的电子排布式有___________，其中能量最高的是___________(填标号)。
a．1s²2s²2p²3p¹ b．1s²2s²2p4 c．1s²2s²2p²3s¹ d．1s²2s²2p³
(2)N、O、F的第一电离能最小的是___________，SO₂F₂分子结构如图1所示，已知键角α为124°，β为96°，则α>β的原因主要是___________。
(3)叠氮化物能与Fe³⁺、Cu²⁺及Co³⁺等形成配合物，如：[Co(N₃)(NH₃)₅]SO₄，该配合物中Co³⁺的配位数为___________。HN3分子的空间结构如图2所示(图中键长单位为10⁻10m)。
已知：①典型N-N、N=N和N≡N的键长分别为1.40×10⁻10m、1.20×10⁻10m和1.09×10⁻10m；②甲酸根的两个碳氧键键长相同，处于典型碳氧单键键长和碳氧双键键长之间，其结构可以用两个极端电子式()的平均杂化体来表示。试画出HN3分子的两个极端电子式___________；“”中N原子的杂化方式为___________。
(4)图3是MgCu₂的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。距离Mg原子最近的Mg原子有___________个。
(5)图4是沿立方格子对角面取得的截面，Mg原子的半径为___________pm，该晶胞的空间利用率为___________。
10．（2023·河南濮阳·统考一模）铬是重要的金属元素之一，其化合物有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)基态铬原子的未成对电子数是___________。
(2)CrO2Cl2是重要的氯化剂。制备CrO2Cl2的反应为K2Cr2O7 +3CCl4=2KCl +2CrO2Cl2 +3COCl2↑。
①COCl2中C、O和Cl元素的电负性由大到小的顺序是___________ (用元素符号表示)。
②CrO2Cl2常温下为深红色液体，能与CCl4、CS2等互溶，据此可判断CrO2Cl2分子的空间构型是___________ (填“平面四边形”或“四面体形”)。
(3)三价铬丙二酸配合物[ Cr( C3H2O4)( H2O)4][Cr( C3H2O4)2(H2O)2]·4H2O在有机合成方面具有优良的催化性能，其中阴离子的结构如下：
①阴离子中碳原子的杂化轨道类型是___________。
②在丙二酸根与Cr3+配位时，配位原子为1号氧而不是2号氧的原因是___________。
(4)Cr-N系列涂层具有良好的耐磨和腐蚀性，在抗微动磨损上表现尤佳。某氮化铬的晶胞结构与氯化钠的相同。已知N原子在晶胞中的位置如图所示：
①下列为晶胞中Cr原子沿x轴方向的投影的是___________( 填字母)。
a. b. c. d.
②若晶胞中最近的Cr原子和N原子相切，原子半径分别为r(Cr) nm和r(N) nm；晶胞中N原子的坐标是A(0，0，0)、B( ，，0) ，则距A和B最近的Cr原子的坐标是___________，该原子到C原子的距离是___________nm[用含r(Cr)、r(N)的代数式表示]。
参考答案：
1．(1) Li 2
(2) 9或7 [Ar]3d104s24p3
(3) AsH3 两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(4)6
(5)sp3、sp
(6)1∶1
(7)
【详解】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为。
2．(1) 3s13p23d1 PCl5PCl＋PCl 正四面体形 P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道
(2) 13 使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+
(3) 5 0.1
【详解】（1）①磷元素的原子序数为15，价电子排布式为3s23p3，由形成五氯化磷时，磷原子的一个3s电子激发入3d轨道后参与成键可知，激发态的价电子排布式为3s１3p３3d1，故答案为：3s１3p３3d1；
②由题意可知，五氯化磷发生与水类似的自耦电离电离出PCl和PCl，电离方程式为PCl5PCl＋PCl，PCl离子中价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间结构为正四面体形；位于同一主族的磷原子的原子半径大于氮原子，磷原子可以利用3d空轨道采取sp3d杂化与氯原子形成五氯化磷，而氮原子没有可以利用的d空轨道，所以N和P都有+5价，但NCl5不存在，故答案为：PCl5PCl＋PCl；正四面体形；P原子半径大，且有可以利用的3d空轨道采取sp3d杂化，N原子半径小且没有可以利用的d空轨道；
（2）若苯酚羟基中的氧原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的2个p电子与苯环上6个碳原子中未参与杂化的6个p电子形成大π键，则分子中的13个原子一定在同一平面上；乙醇显中性而苯酚显酸性的原因是在大π键中氧原子的p电子云向苯环转移，使羟基中氧原子上的电子云密度降低，氧原子和氢原子间的结合力减弱，易离解出氢离子，故答案为：；13；使O原子上的电子云密度降低，O、H间的结合力减弱，易离解出H+；
（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于面上和体心的镍原子个数为8×+1=5，由储氢后形成LaNinH5.5可知，晶胞中氢原子的质量为g，则氢在合金中的密度为≈0.1g/cm3，故答案为：5；0.1。
3．(1) 3
(2)平面三角
(3)sp、sp2、sp3
(4)N>O>C> B
(5)f
(6) 31 12
(7) 4
【详解】（1）基态N原子的价层电子排布图为 ；其中能量最高的电子所占据的原子轨道为2p轨道，有3个伸展方向；
（2）B原子的价层电子对数为，杂化方式为sp2杂化，故B原子与其直接相连的3个碳原子构成的空间结构为：平面三角形；
（3）苯环上的C原子为sp2杂化、-CN中的C原子为sp杂化，饱和六元环和烷基中的C原子为sp3杂化，故C原子杂化方式为：sp、sp2、sp3；
（4）该物质中第二周期元素为B、C 、N、O，同周期从左往右电离能呈增大趋势，但由于N原子2p轨道电子排布半满，电离能大于O，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C> B；
（5）基态La(镧)原子的价层电子排布式为5d1 6s2，与Sc(钪)位于同族，位于第六周期第IIIB族，属于f区；
（6）设正五边形x个，正六边形y个，顶点数为82个，x个正五边形含顶点数为：个，y个正六边形含顶点数为个，即；每个正五边形或正六边形均为一个面，总面数为(x+y)个；x个正五边形含棱数为：个，y个正六边形含棱数为个，根据欧拉定理：，解得x=12，y=31，故含31个正六边形、12个正五边形；
（7）①由图可知，晶胞中与O最近且等距离的Bi原子数为4个：距离O原子最近的棱上的两个Bi原子、位于内部的Bi原子（以及左侧晶胞内部的Bi原子）；
②晶胞中含个Bi原子，个Se原子，个O原子，故晶体的密度为：。
4．(1) 6s1 4
(2) 21 -冠醚-7 sp3 杂化 O
(3) Na+直径太小，Cs+直径太大 氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱
(4)90
(5)π×100%
(6)×1030
【详解】（1）Cs为第六周期第IA族元素，故基态Cs原子的价层电子排布式为6s1；K原子nS能级有一个伸展方向，nP能级有3个伸展方向，故基态K原子的核外电子云有4个伸展方向；
故答案为：6s1；4。
（2）运输Cs+的冠醚的分子中有21个原子，7个氧原子，故名字为21 -冠醚-7；冠醚分子中氧原子有2个σ键，孤对电子数为，价层电子对数为2+2=4，故轨道的杂化类型是sp3杂化；氧原子有孤对电子，故氧原子形成配位键；
故答案为：21 -冠醚-7；sp3杂化；O。
（3）冠醚根据空腔直径选择不同的离子运输，18-冠醚-6不能识别和运输Na+和Cs+的原因是Na+直径太小，Cs+直径太大；冠醚不能识别和运输X-的主要原因可能是氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱；
故答案为：Na+直径太小，Cs+直径太大；氧的电负性较大，X-带负电荷，冠醚与阴离子作用力太弱。
（4）1个C60分子有60个碳原子，每个碳原子与周围3个碳原子成键，每个碳原子成键数量为×3=1.5，则1mol足球烯成键数量为1mol×60×1.5=90mol；
故答案为：90。
（5）图丙铷晶胞中含有原子数量为1+×8=2，原子半径为r，晶胞边长为a，根据晶胞对角线可知4r=a，则铷晶胞的原子空间利用率为；
故答案为：。
（6）图丁锂晶胞中含有原子数为3+×2+×12=6，晶胞的体积为V=×b=pm3=×10-30cm3，则锂晶胞的密度为ρ=；
故答案为：。
5．(1) 12
(2)A
(3) 平面三角形 sp2、sp3 HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水
(4)O3、
(5) 12
【详解】（1）Ti是22号元素，基态Ti原子的价电子排布式；基态Ti核外电子排布为1s22s22p63s23p63d24s2，电子占据1+1+3+1+3+2+1=12个轨道；
（2）A为激发态铜原子，B为失去一个电子的+1价铜离子，C为失去一个电子且是激发态的+1价铜离子，D为基态铜原子，则失去最外层一个电子所需能量最小的是A；
（3）①NO中心N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；
②甲基橙中碳原子位于苯环中是sp2杂化，甲基中的是sp3杂化；亚甲基蓝中C原子位于苯环中和碳碳双键和碳氮双键中的是sp2杂化，甲基中的是sp3杂化；
③HCHO能与H2O形成氢键而CO2不能，氢键可以增大HCHO的溶解度；HCHO和H2O为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原理，HCHO更易溶于水；
（4）SO2分子中S原子的价层电子对数=2+(6-2×2)=3，与SO2互为等电子体的分子有O3，则与SO2互为等电子体的阴离子有；
（5）由图可知，与Ca2+最近且等距的O2-数为4×3=12，则钙原子的配位数是12；根据钙钛矿CaxTiyOz的晶体结构分析，钙位于定点，钛位于体心，氧位于面心，则其化学式为CaTiO3，Ca2+和O2-之间的最短距离为a pm，则晶胞参数为pm，一个晶胞相当于有一个CaTiO3，根据密度公式可得。
6．(1) [Ar]3d64s2 第四周期Ⅷ族 +1或-1 H< C< N
(3) 32 Fe2+
【详解】（1）①铁位于第四周期Ⅷ族，基态原子的电子排布式[Ar]3d64s2，O原子的价电子为2s22p4，2p轨道有1对电子和2个自旋状态相同的单电子，其自旋磁量子数的代数和为+1或-1，答案：[Ar]3d64s2；第四周期Ⅷ族；+1或-1；
②血红素分子中非金属元素有C、N、O、H，电负性由小到大的顺序为H< C< N
（2）卟啉是含有平面共轭大环结构的有机分子，分子中N原子采取sp2杂化，卟啉分子中存在大π键，环上的20个C原子核4 个C原子在同一平面，每个碳原子提供一个电子，2个N原子各提供1个电子，2个N原子各提供1对电子，形成大π键，可表示为，答案：sp2； ；
（3）每个I型和II型小单位中含O2-有8个，1个Fe3O4晶胞中有O2-：8=32，Fe3O4中含Fe2+和Fe3+且个数比为1∶2，, 代表 Fe2+，该晶体的密度为
，答案：32；Fe2+；。
【点睛】,
7．(1) O>N>C>H>Cu 3d104s1
(2) +1(或-1) BD 三角锥形
(3) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
(4)D
(5)
【详解】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
8．(1) 3d104s24p3 小于 难溶于水
(2) Na8[AlSiO4]6Cl2 Cl>S>Si>Al>Na AD
(3) 平面三角形
【详解】（1）①砷元素的原子序数为33，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p3，故答案为：3d104s24p3；
②雌黄中As—S—As中硫原子有2对孤对电子，而S—As—S中砷原子有1对孤对电子，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，则雌黄中As—S—As键角小于S—As—S键角，故答案为：小于；
③由氧元素的电负性大于硫元素可知，雄黄和雌黄分子的极性小于砷的氧化物，由相似相溶原理可知，雄黄和雌黄在水中的溶解度小于砷的氧化物，所以雄黄和雌黄比砷的氧化物的毒性要小很多，故答案为：难溶于水；
（2）①由青金石的结构中硫酸根离子、硫离子代替了方钠石中部分氯离子的占位，钙离子代替了部分钠离子的占位可知，方钠石中钠离子个数为8、氯离子个数为2，化学式为Na8[AlSiO4]6Cl2，故答案为：Na8[AlSiO4]6Cl2；
②同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，则青金石中第三周期的元素的第一电离能由大到小的顺序为Cl>S>Si>Al>Na，故答案为：Cl>S>Si>Al>Na；
③A．由I的结构可知，S中单键硫原子都是σ键，故正确；
B．由II的结构可知，II的中心硫原子的最外层不满足8电子稳定结构，故错误；
C．由II的结构可知，II的中心硫原子形成硫硫双键，原子的杂化轨道类型为sp2杂化，故错误；
D．与的原子个数都为1、价电子数都为17，互为等电子体，故正确；
E．由III的结构可知，离子中硫硫双键为平面结构，由于单键可以旋转，所以离子不一定为平面形结构，故错误；
故选AD；
（3）①该方解石结构中阴离子为碳酸根离子，碳酸根离子中碳原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形，故答案为：平面三角形；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、棱上和体内的钙离子个数为8×+4×+4=6，位于棱上和体内的个数为8×+4=6，则晶胞的物质的量为mol，晶胞的体积为10—27a2csin60cm3，则该方解石晶体的摩尔体积Vm= m3•mol-1= m3•mol-1，故答案为：。
9．(1) ac a
(2) O 双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用
(3) 6 sp
(4)4
(5)
【详解】（1）激发态是基态原子吸收能量，较低能级的电子跃迁到更高能级而来，跃迁的能级越高、数量越多，能量越高；基态N原子的电子排布式为1s²2s²2p³，1s²2s²2p²3p¹是2p能级电子跃迁到3p能级，1s²2s²2p²3s¹是2p能级电子跃迁到3s能级，因此处于激发态的是ac，由于3p能级的能量高于3s能级，因此a中激发态能量更高。
（2）同周期主族元素第一电离能从左到右增大，但是由于ⅡA、ⅤA族元素核外电子最高能级分别处于全满和半满状态，比较稳定，第一电离能高于相邻元素，即第一电离能F＞N＞O，最小的为O；由图示结构式可知，S、O之前为共价双键，S、F之间为共价单键，双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用，因此键角α>β。
（3）由[Co(N₃)(NH₃)₅]SO₄化学式可知，内界中有5个NH3和1个，故其配位数为6；参考甲酸根的两个极端电子式可知书写规律为尽可能的让其中一个成键最多或最少，电子偏向其中一极，则为两种极端形式，参考这个规律，可让HN3中最右侧原子最多成三键和最少成双键，其余氮按照八电子理论补齐化学键来表示，两种极端电子式为；由图二结构式可知，三个氮原子呈直线型，则中间氮原子的杂化方式为sp杂化。
（4）以上表面面心处的Mg为例，距离其最近的Mg为位于下方四面体空隙中的两个Mg以及相应的上方四面体空隙中的两个，共4个。
（5）由晶胞结构及截面图可知，Mg原子之间的最近距离为晶胞体对角线的四分之一，即为两个半径的长度，换言之，Mg原子半径为体对角线的八分之一，晶胞参数为a，则Mg的半径为，铜原子半径为面对角线的八分之一，即，晶胞体积为a3，Mg原子个数为8，体积为，Cu原子个数为16，体积为，空间利用率为（+）÷a3=。
10．(1)6
(2) O>Cl>C 平面四边形
(3) sp3、sp2 1号氧比2号氧的价层孤电子对数多，且带负电，更易提供孤电子对(合理即可)
(4) b (，0，0)或(0， ，0) 3[r(Cr) +r(N)]
【详解】（1）基态铬的价电子排布式为3d54s1，d能级有5个原子轨道，s能级有1个原子轨道，根据洪特规则，基态铬原子的未成对电子数为6；故答案为6；
（2）①C、O、Cl三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞Cl＞C；故答案为O＞Cl＞C；
②CrO2Cl2能与CCl4、CS2等互溶，CCl4、CS2属于非极性分子，根据“相似相溶”推出CrO2Cl2为非极性分子，若CrO2Cl2空间构型为四面体形，则CrO2Cl2为极性分子，不符合上述推断，因此CrO2Cl2为平面四边形；故答案为平面四边形；
（3）①根据阴离子结构式可知，阴离子中有两种碳原子，一种为饱和碳原子，其杂化类型为sp3杂化，另一种为羰基上的碳原子，其杂化类型为sp2杂化；故答案为sp3、sp2；
②丙二酸根离子中，1号氧的孤电子对数为3，2号氧的孤电子对数为2，1号氧易提供孤电子对；故答案为1号氧比2号氧的价层孤电子对数多，且带负电，更易提供孤电子对(合理即可)；
（4）氮化铬的晶胞结构与NaCl的相同，根据N原子在晶胞中的位置，推出Cr在晶胞的位置为体心和棱上，沿x轴方向的投影为，故选项b符合题意；故答案为b；
根据①分析，Cr在体心和棱的中心，距A、B最近的Cr有两个，如图所示：，其坐标为分别为(，0，0)、(0，，0)；C点到这两个点距离相同，令晶胞的参数等于2x，因为Cr与N相切，因此有x=r(Cr)+r(N)，则面对角线距离为2x，因此C点到这两点距离是=3x，即这段距离为3[r(Cr)+r(N)]；故答案为(，0，0)或(0，，0)；3[r(Cr)+r(N)]。
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