重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-34晶体结构与性质

这是一份重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-34晶体结构与性质，共32页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，结构与性质，填空题等内容，欢迎下载使用。

重庆市高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-34晶体结构与性质

一、单选题
1．（2023·重庆·统考三模）氮化钛晶体的立方晶胞结构如图所示，该晶胞中N、N之间的最近距离为a pm，以晶胞边长为单位长度建立坐标系，原子A的坐标参数为(0，0，0)，下列说法错误的是
  
A．原子B的坐标参数为 B．晶胞边长是pm
C．该物质的化学式为TiN D．Ti的配位数为6
2．（2023·重庆·统考二模）硅化镁是一种窄带隙N型半导体材料，具有重要应用前景。硅化镁晶体属于面心立方晶体，其晶胞结构如下图所示，每个Mg原子位于Si原子组成的四面体中心，晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数值为，下列有关说法正确的是

A．硅化镁的化学式为 B．每个硅原子周围有4个镁原子
C．两个最近的硅原子之间的距离为pm D．晶体的密度为
3．（2023·重庆·统考模拟预测）如图所示是氧化锆晶胞，其结构为立方体，氧化锆的摩尔质量为，若阿伏加德罗常数的值为，下列说法正确的是

A．立方氧化锆的化学式为ZrO
B．每个Zr原子周围有8个O原子
C．氧化锆晶体密度的计算式为
D．相邻两个氧原子之间的最短距离为

二、工业流程题
4．（2023·重庆·统考三模）以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)为原料制备CeO2的工艺流程如下：
  
已知：①铈的常见化合价为。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液；
②酸浸Ⅱ中发生反应：
(1)焙烧后铈元素转化成和，焙烧氟碳铈矿的目的是___________。
(2)在“酸浸I”中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体。少量铈由进入稀土溶液时发生反应的离子方程式为___________。
(3)“酸浸Ⅱ”使用到硼酸，已知硼酸与足量反应的产物是，则硼酸在水溶液中的电离方程式为___________。
(4)向中加入溶液的目的是___________。
(5)时，向的溶液中加入氢氧化钠来调节溶液的，若反应后溶液，此时是否沉淀完全？___________(答“是”或“否”)，判断的理由是___________。
(要求列式计算，已知：，视为沉淀完全)。
(6)晶体属立方型晶体，结构如图所示。
  
①已知晶胞参数为，阿佛加德罗常数的值为，相对分子质量为，该晶体密度为___________(列出化简的计算式)。
②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称为原子分数坐标。如A离子的坐标为，则B离子的坐标为___________。
5．（2023·重庆九龙坡·统考二模）一种从废弃阴极射线管(CRT)荧光粉中提取氧化钇的工艺流程如下。

已知：
成分含量%
阶段

ZnO


MgO
预处理
24.28
41.82
7.81
1.67
0.19
预处理后
68.51
5.42
4.33
5.43
0.50
废弃CRT荧光粉预处理前后的组成(不参与反应的杂质未列出)

(1)在元素周期表中，钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布图为_______。
(2)“预处理”的目的为_______，“加热、过滤”阶段产生黄绿色气体的化学方程式为_______。
(3)氨水除去的金属离子是，除杂试剂DDTC除去的金属离子是_______，不能用碱代替DDTC的原因是_______。
(4)“沉钇”中沉淀完全，滴加草酸后的溶液中不低于_______。
(5)“焙烧”过程生成的化学方程式为_______。
(6)铁酸钇的正交相晶胞结构如图。若1号氧原子分数坐标为，2号氧原子分数坐标为，则3号Fe原子的分数坐标为_______。

6．（2023·重庆·统考模拟预测）四氧化三锰是一种重要的电子和新能源基础原材料，可以用于生产软磁锰锌铁氧体、锂电正极材料锰酸锂和负温度系数热敏电阻等。以软锰矿(主要成分为还含少量Fe、Si、Al等的氧化物)和硫铁矿(主要成分)为原料制备大颗粒的电池。

说明：
Ⅰ.“浸取”：研究发现，酸浸时和颗粒反应的原理如图1所示(部分产物未标出)。

                 图1
Ⅱ.通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得。
Ⅲ.氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物




开始沉淀的pH
3.4
2.2
6.3
8.1
完全沉淀的pH
5.2
3.2
9.7
10.4
(1)滤渣1中主要成分的化学式为_______。
(2)随硫铁矿的增加，锰的浸出率降低，可能的原因是_______。
(3)写出“浸取”时与反应的离子方程式为_______。
(4)加入“氧化”的目的是_______。
(5)检验“沉淀”已洗净的操作是_______。
(6)“沉淀”加热通空气过程中溶液pH随时间变化如图2所示，其中pH先基本不变后迅速下降的原因是_______。

(7)一个立方体结构的晶胞如图3所示，距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗数值为，则的晶体密度为，则晶胞的边长为_______nm(用含ρ、的代数式表示)。


三、结构与性质
7．（2022·重庆·统考模拟预测）中国科学技术大学吴长征教授实验课题组和武晓君教授理论计算课题组合作，成功得到非范德华力层状材料AM2X2 (A=单价离子，M=三价离子，X=氧族元素)。团队发现纳米片的离子导电性随着厚度降低而大幅提高。请回答下列问题。
(1)基态Cr原子的价电子排布式为_______；基态硫原子核外最多有_______个电子顺时针旋转。
(2)图1为一种含铬元素的化学物。该配合物中铬的配位数为_______；其中C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是_______。

(3)离子中，是配位体，的结构与相似，可却不能与形成配离子，其主要原因是_______。
(4)硒属于氧族元素，在中，Se的杂化类型为_______；的空间构型为_______。
(5)某含铬化合物立方晶胞如图2所示。

与钙原子最近且等距离的氧原子有_______个；钙和氧的最近距离为a nm，NA为阿伏加德罗常数值，则该晶体密度为_______(用含a、NA的代数式表示)。
8．（2022·重庆·统考模拟预测）铁元素被称为“人类第一元素”，铁及其化合物具有广泛的应用，回答下列问题。
(1)铁在元素周期表第四周期第_______列，属于_______区元素，基态铁原子M层的核外电子排布式为_______。
(2)铁形成的常见离子有Fe2+和Fe3+，Fe2+易被氧化为Fe3+，请利用核外电子排布的相关原理解释其原因：_______。
(3)检验Fe2+是否被氧化为Fe3+的方法之一是取待测液，加入KSCN溶液，观察是否有红色的[Fe(SCN)(H2O)5]2+生成。
①[Fe(SCN)(H2O)5]2+中Fe3+的杂化类型为_______。
A．dsp2 　　　　B．dsp3 　　　　　C．sp3d2 　　　　　　 D．sp3
②配体SCN-和H2O的键角大小：SCN-_________H2O(填“<”、“>”或“=”)，请用杂化轨道理论解释其原因_______。
③SCN-可写出两种常见的电子式，分别为_______、_______。③
④O、N、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交晶胞结构如图a所示，沿z轴与x轴的投影图分别如图b和图c所示。

①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子坐标。如1号原子的坐标为(0，0，)，2号原子的坐标为(，-m，-m)，则3号Fe原子的坐标为_______。
②若晶胞参数分别为apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式)。
9．（2022·重庆·模拟预测）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
(1)基态磷原子价电子的轨道表示式是___________。
(2)磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷(P4)是分子晶体，易溶于CS2，难溶于水，可能原因是___________。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如下图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是___________(填字母序号)

a．层与层之间的作用力是共价键
b．分子中磷原子杂化方式为sp2杂化
c．是混合型晶体
(3)Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-。由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是___________，其空间构型是___________。
(4)第ⅢA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因___________。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如下图所示。磷化硼的化学式是___________，已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是___________g/cm3。(1 pm=10-10cm)

10．（2022·重庆·统考二模）金属铜和镍及其化合物在工业、农业、国防以及航天等领域都有广泛的用途。请回答下列有关问题：
(1)胆矾可写成，其结构示意图如图1所示：

①基态原子的核外电子排布式为_______。
②的空间构型为_______。
③该物质中除了含离子键外，还有_______等作用。
(2)某鲜红色含镍物质的结构如图2所示：

①图中非金属元素的电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
②该物质中C原子的杂化轨道类型是_______。
(3)镍和铜的第二电离能分别为、。则_______ (填“>”“<”或“=”)，其原因是_______。
(4)已知氧化镍的晶胞结构如图3所示：

①某缺陷氧化镍的组成为，其中元素只有和两种价态，则和两种价态的镍离子数之比为_______。
②若该晶体无缺陷，其密度为，晶胞中最近的之间的距离为，则阿伏加德罗常数_______(用含、a的代数式表示)。
11．（2022·重庆·统考模拟预测）氨、磷、铁、钴等元素的化合物在现代农业、科技、国防建设中有着许多独特的用途。
(1)N2H4是一种良好的火箭发射燃料，熔点、沸点分别为1.4℃、113.5℃。N2H4中氮原子的杂化轨道类型为___，N2H4沸点较高的主要原因是___。
(2) 的一种结构如图1所示，氢原子只有一种化学环境，氨原子有两种化学环境，其中的大π键可表示为___(已知苯中的大Π键可表示为Π)。

(3)磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式____。
(4)铁、钴与CN-、CO，NH3易形成配合物Fe(CO)5、Fe(CN)、Co(CN)和[Co(NH3)4]3+等。铁、钴位于周期表的___区，CN-的电子式为___，N、C、O的第一电离能由大到小的顺序为___，已知[Co(NH3)6]3+的几何构型为正八面体形，推测[CoCl2(NH3)4]+的空间结构有___种。
(5)Co可以形成六方晶系的CoO(OH)，晶胞结构如图2所示，以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子坐标.已知晶胞含对称中心，其中1号O原子的坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)，则2号O原子的坐标为____。设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为____g/cm3(用代数式表示)。

12．（2021·重庆·统考一模）我国硒含量居世界首位，含硒化合物与材料应用广泛。
(1)某绿色农药结构简式为。
①该农药组成元素中，第一电离能由大到小的前三种元素是___________(填元素符号)，基态硒原子的价层电子排布式为___________。
②该物质中，中心原子杂化轨道类型为的原子有___________(填元素符号)。
(2)碱金属的硒化物溶液能够溶解硒生成多硒化合物()。如多硒化钠，该物质中，化学键类型是___________，Se原子之间形成的空间构型为___________。
(3)下表中有机物沸点不同的原因是___________。
有机物
甲醇
甲硫醇
甲硒醇
沸点/℃
64.7
5.95
25.05
(4)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。

①β-MnSe中Mn的配位数为___________。
②若该晶体的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为，则距离最近的两个锰原子之间的距离为___________pm，β-MnSe的密度___________(列出表达式即可)。
13．（2021·重庆·统考三模）铁和铜及其化合物在生产、生活及科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)中基态阳离子核外电子排布式为________，的立体构型是________。
(2)晶体中与之间的化学键类型为________，该化学键能够形成的原因是________。
(3)将过量的氨水加入硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体{}。
①N、O、S的第一电离能从大到小的顺序为________________。
②分子中N原子的杂化类型是________，极易溶于水的原因是________________。
(4)Cu和Ni在周期表中的位置相邻，Cu的第二电离能大于Ni的第二电离能的原因是________________。
(5)Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为，与F之间的最近距离为。则阿伏加德罗常数的值________(用字母a、表示)。

14．（2021·重庆·统考二模）离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。氯代丁基甲基咪唑离子液可以与混合形成离子液体；也可以转化成其他离子液体，下图是与离子交换反应合成离子液体的流程：

(1)请画出基态原子的价电子排布图___________；同周期元素中基态原子未成对电子数与硼原子相同的有___________(填元素符号)。
(2)中N原子的杂化方式为___________，的空间构型为___________，中几种元素电负性由大到小的顺序为___________。
(3)已知分子中的大键可以用表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表大键中的电子数，则中大键可以表示为___________。
(4)熔点为，则的晶体类型为___________，和混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，请画出的结构式___________。
(5)某种的晶胞结构如图所示，以六方最密方式堆积，在其八面体空隙中(注：未全部标出，如：在构成的八面体体心)。

①该晶胞中的配位数为___________。
②该晶胞有___________(保留一位小数)八面体空隙未填充阳离子。
③已知氧离子半径为，晶胞的高为代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________(用含和的代数式表示)。
15．（2021·重庆·统考模拟预测）单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
(1)基态镍原子的核外电子排布式为_______。
(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和 CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为_______﹔在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是_______，立体构型为正四面体的分子是_______，三种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是_______。
(3)Ni与CO在60~80℃时反应生成 Ni(CO)4气体，在 Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是_______，Ni(CO)4晶体类型是_______。
(4)已知 MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgО 晶胞边长为0.42 nm，则MgO的密度为_______g/cm3(保留小数点后一位)；相邻Mg2+之间的最短距离为_______nm(已知=1.414，=1.732﹔结果保留小数点后两位)，每个Mg2+周围具有该距离的Mg2+个数为_______。


四、填空题
16．（2022·重庆·统考二模）研究发现，火星岩的主要成分有K2O、CaO、Na2O、MgO、Al2O3、Fe2O3、FeO、SiO2和H2O。
(1)基态铁原子的价层电子排布式为_______。
(2)Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的是_______。
(3)Al2O3溶于NaOH溶液生成Na[Al(OH)4，[Al(OH)4]-中Al的杂化类型是_______。
(4)实验室用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+，[Fe(CN)6]3-中σ键、π键数目之比为_______。
(5)晶体熔点：K2O_______(填“>”或“<”)CaO，原因是_______。
(6)已知铁和镁形成的晶胞如图所示：

①在该晶胞中铁的配位数为_______。
②图中a处原子坐标参数为_______。
③已知该晶胞密度为ρg/cm3，NA为阿伏加德罗常数的值。该晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是_______pm(用含NA、ρ的代数式表示)。

参考答案：
1．A
【详解】A．原子B在x、y、z轴上坐标分别为1、1、，则坐标参数为，A错误；
B．晶胞中N、N之间的最近距离为面对角线的二分之一，为apm，则N与Ti的最近距离是pm，则晶胞边长为pm，B正确；
C．该晶胞中，Ti(黑球)的个数为，N(白球)的个数为，则Ti和N的个数比为1∶1，该物质的化学式为TiN，C正确；
D．如图所示，以体心钛为例，与Ti距离相等且最近的N有6个，则Ti的配位数为6，D正确；
答案选A。
2．D
【详解】A．据“均摊法”，晶胞中含个Si、8个Mg，则硅化镁的化学式为，A错误；
B．以底面中心硅原子为例，上下层各有4个镁原子，则每个硅原子周围有8个镁原子，B错误；
C．两个最近的硅原子之间的距离为面对角线的二分之一，为pm，C错误；
D．据“均摊法”，晶胞中含个Si、8个Mg，晶体密度为，D正确；
故选D。
3．B
【详解】A．根据“均摊法”，晶胞中含个Zr、8个O，则立方氧化锆的化学式为ZrO2，A错误；
B．以底面面心Zr为例，上下层各有4个O，故每个Zr原子周围有8个O原子，B正确；
C．结合A分析可知，晶体密度为，C错误；
D．由图可知，相邻两个氧原子之间的最短距离为晶胞参数的一半，为，D错误；
故选B。
4．(1)将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离
(2)8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O
(3)H3BO3+H2O [B(OH)4]-+H+
(4)避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率）
(5) 是 Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c3(OH-)=1.0×10-20，c(Ce3+)=mol/L=1.0×10-8mol/L＜1.0×10-5mol/L，Ce3+离子沉淀完全
(6) (，，)

【分析】氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，用硫酸强化焙烧得浸出液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂，经过分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH值得Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品，煅烧分解生成CeO2，以此解答该题，
【详解】（1）通过焙烧氟碳铈矿，可将铈氧化为四价，便于与其他稀土元素分离，故答案为：将铈氧化为四价便于与其他稀土元素分离；
（2）在酸浸I中用盐酸溶解CeO2，有少量铈进入滤液，可知有Ce3+生成，且产生黄绿色气体，此气体为Cl2，则此时发生反应的离子方程式是8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O，故答案为：8H++2Cl-+2CeO2=2Ce3++Cl2↑+4H2O；
（3）硼酸H3BO3与足量NaOH反应的产物是Na[B(OH)4]，则硼酸为一元弱酸，故硼酸的电离方程式为：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，故答案为：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+；
（4）向Ce(BF4)3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失或除去或提高CeCl3的产率，故答案为：避免Ce3+以Ce(BF4)3形式沉淀而损失(或将Ce3+全部转化为CeCl3，提高产率；
（5）若反应后溶液pH=10，c(OH-)=mol/L=10-4mol/L，Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c3(OH-)=1.0×10-20，c(Ce3+)=mol/L=1.0×10-8mol/L＜1.0×10-5mol/L，Ce3+离子沉淀完全，故答案为：是；Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c3(OH-)=1.0×10-20，c(Ce3+)=mol/L=1.0×10-8mol/L＜1.0×10-5mol/L，Ce3+离子沉淀完全；
（6）①该晶胞中含有Ce4+个数为8×+6×=4，含有O2-个数为8，晶胞中含4个CeO2，阿伏伽德罗常数的值为NA，CeO2相对分子质量为M，晶体密度为ρ==g•cm-3=g•cm-3，故答案为：；
②A离子位于晶胞左侧面心，坐标为(0，，)，则位于晶胞体内，由上面心、后面心、右侧面心、右侧上后顶点的Ce4+构成的正四面体中心的B离子的坐标为(，，)，
故答案为：(，，)。
5．(1)
(2) 除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等
(3) 若加入碱调剂除去，沉淀时，也会形成沉淀
(4)
(5)
(6)

【分析】废弃阴极射线管(CRT)荧光粉化学成分为：、、、、，加入进行预处理，是为了除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；浓盐酸中氯离子的还原性增强,会与发生氧化还原反应,生成氯气,化学方程式是，加入氨水除去的金属离子是，DDTC除去的金属离子是，加入草酸将沉淀得到，最后将煅烧得到产品。
【详解】（1）钇(Y)位于第五周期，与Sc同族，基态钇原子的价电子排布式为：；
（2）加入进行预处理，是为了除去和，还可以富集稀土元素，降低后续耗酸量，降低后续除杂困难，也可以增大后续稀土与酸接触面积，提高反应速率等；浓盐酸中氯离子的还原性增强,会与发生氧化还原反应,生成氯气,化学方程式是；
（3）滤液中含有：、，加入氨水除去的金属离子是，DDTC除去的金属离子是；根据图示信息，若加入碱调剂除去，沉淀时，也会形成沉淀，所以不能用碱代替DDTC；
（4）根据，当完全沉淀，，；
（5）煅烧得到产品，反应的化学方程式为：；
（6）由图可知，3号Fe原子的坐标和2号O原子的x坐标一致，y坐标由正交图可知与2号O原子均在中间靠右，z的坐标在处，所以3号Fe原子的坐标为：。
6．(1)S、
(2)随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，导致锰的浸出率降低
(3)
(4)是把氧化成，如果不氧化，沉淀，同时也会沉淀
(5)取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净
(6)开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)
(7) 6

【分析】由流程可知，软锰矿、硫铁矿加入硫酸浸取，酸浸时和颗粒反应生成硫单质、二氧化硅不反应，两者成为滤渣1，滤液加入二氧化锰氧化成，加入氨水调节pH将铁、铝转化为沉淀得到滤渣2，滤液加入氨水得到，通入空气氧化得到；
【详解】（1）由分析可知，滤渣1中主要成分的化学式为S、；
（2）随硫铁矿用里增加，生成的单质硫覆盖在颗粒表面，减少了的生成，阻碍了反应的进行，导致锰的浸出率降低；
（3）由图去可知，“浸取”时与反应生成亚铁离子和硫，离子方程式为；
（4）加入“氧化”的目的是是把氧化成，便于下一步将铁转化为沉淀分离除去；
（5）沉淀表面含有硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡沉淀，故检验“沉淀”已洗净的操作是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的溶液，若无白色沉淀生成，则已洗净；
（6）已知，通空气“氧化”：将“沉淀”步骤所得含少量的固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通入空气，制得；则pH先基本不变后迅速下降的原因是：开始时发生被氧化生成水，溶液pH无明显变化；7h后被氧化，生成，溶液pH减小(也可用方程式表示：，故溶液pH无明显变化；，溶液pH减小)；
（7）立方晶胞中心的离晶胞的六个面心的等距离且最近，故距离最近的有6个；根据均摊法，该晶胞中数为：，数为：，该晶胞中含4个，的摩尔质量为120g/mol。设晶胞的边长为a nm，根据，解得nm。
7．(1) 3d54s1 9
(2) 6 C＜O＜N
(3)NF3分子中F原子电负性强，吸电子，使得N原子上的孤电子对难与Ag+形成配位键
(4) sp3 三角锥形
(5) 12

【详解】（1）已知Cr是24号元素，故基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1，S为16号元素，故基态硫原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p4，故其核外最多有1s1个、2s1个、2p3个、3s1个、3p3个一共有9个电子顺时针旋转，故答案为：3d54s1；9；
（2）由题干图1所示含铬络合物的结构简式可知，Cr周围形成有6个配位键，故该配合物中铬的配位数为6，其中C、N、O三种元素为同一周期元素，从左往右第一电离能呈增大趋势，IIA与VA大于同周期相邻元素，则C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是C＜O＜N，故答案为：6；C＜O＜N；
（3）离子中，是配位体，的结构与相似，可却不能与形成配离子，其主要原因是NF3分子中F原子电负性强，吸电子，使得N原子上的孤电子对难与Ag+形成配位键，故答案为：NF3分子中F原子电负性强，吸电子，使得N原子上的孤电子对难与Ag+形成配位键；
（4）硒属于氧族元素，在中中心原子Se周围的价层电子对数为：3+=4，则Se的杂化类型为sp3，根据价层电子对互斥理论可知，的空间构型为三角锥形，故答案为：sp3；三角锥形；
（5）由题干晶胞图示可知，与钙原子最近且等距离的氧原子位于面心上，故一共有3×8× =12个，设晶胞的边长为xnm，钙和氧的最近距离为a nm，则有：a=，即x= nm，NA为阿伏加德罗常数值，一个晶胞中含有的Ca个数为：=1，Cr为1个，O个数为：=3，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：(×10-7cm)3=2×10-21cm3，则该晶体密度为，故答案为：12；。
8．(1) 8 d 3s23p63d6
(2)二价铁价层为3d6，再失去一个电子可以形成3d5的半满稳定结构，所以易被氧化为三价铁离子
(3) C > SCN-中心原子采用sp杂化，分子立体构型为直线型，键角为180°；H2O中心原子采用sp3杂化，有两对孤对电子，分子立体构型为v型，键角小于180° N>O>S
(4) (，+m，)

【详解】（1）铁是26号元素，位于第四周期第8列，属于d区，基态铁原子M层电子排布式为：3s23p63d6；
（2）亚铁离子的价电子排布式为3d6，易失去1个电子形成价电子排布式为半充满稳定结构的3d5的铁离子，所以亚铁离子易被氧化为铁离子，故答案为：二价铁价层为3d6，再失去一个电子可以形成3d5的半满稳定结构，所以易被氧化为三价铁离子；
（3）①[Fe(SCN)(H2O)5]2+中Fe3+的配位数为6，则杂化轨道数为6，故选C；
②SCN-中的C没有孤电子对，σ键电子对为2，则其价层电子对为2，根据价层电子对互斥理论，则SCN-的空间构型为直线形，键角为180°，而水的空间构型为角形，则键角大小：SCN->H2O；原因为：SCN-中心原子采用sp杂化，分子立体构型为直线型，键角为180°；H2O中心原子采用sp3杂化，有两对孤对电子，分子立体构型为v型，键角小于180°；
③SCN-的结构有两种分别为N≡C-S-和S=C=N-，其电子式分别为：，；
④同周期越靠右其第一电离能越大，但是VA和VIA反常，同主族元素，越靠上第一电离能越大，则O、N、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>S；
（4）①晶胞中Y的个数为8，Fe的个数为2，O的个数为8，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号原子空间坐标为(0， 0， )，2号原子空间坐 标为(，-m，-n)，则3号Fe原子空间坐标为(，+m，)；
②由第一问可知一个晶胞中含有2个YFeO3，若晶胞参数分别为apm、bpm和cpm，阿伏加德罗常数的值用NA表示，则该晶体的密度为。
9．(1)
(2) CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水 c
(3) 正四面体
(4) 磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al
【详解】（1）基态磷原子价电子为3s、3p能级上的电子，根据构造原理P原子价电子轨道表示式为；
（2）CS2是非极性分子，H2O是极性分子，根据相似相溶原理，P4是非极性分子，易溶于CS2，难溶于水；
a．中层与层之间的作用力是分子间作用力，选项a错误；
b．由结构可知黑磷晶体中磷原子杂化方式为sp3杂化，选项b错误；
c．黑磷晶体是与石墨类似的层状结构，故为混合型晶体，选项c正确；
答案选c；
（3）Fe3+与水会形成黄色的配离子[Fe(OH)]2+，为避免颜色干扰，常在Fe3+溶液中加入H3PO4形成无色的[Fe(PO4)2]3-,即形成更稳定的配合物，故由此推测与Fe3+形成的配离子更稳定的配体是，中心原子为P，其中σ键电子对数为4，中心原子孤电子对数=×（5+3-4×2）=0，中心原子价层电子对数为4+0=4，P原子sp3杂化，立体构型为正四面体；
（4）①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因是：磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al ②根据晶胞结构，磷化硼含有P原子数目为个，含有B原子数目为4个，故磷化硼的化学式是BP，已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度==g/cm3。
10．(1) 1s22s22p63s23p63d104s1 正四面体 共价键、配位键、氢键
(2) O>N>C>H sp3杂化、sp2杂化
(3) < 失去1个电子后Ni+的价电子排布式为3d84s1，失去1个电子后Cu+的价电子排布为3d10，此时Cu+的3d轨道处于全充满状态，更稳定
(4) 2:17

【详解】（1）①铜为29号元素，基态Cu原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1；
②的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，空间构型为正四面体型；
③由结构图可知，该物质中除了含离子键外，还有硫氧、氢氧共价键，氧铜配位键、氢键等作用
（2）①同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；图中非金属元素有碳、氢、氧、氮，电负性由大到小的顺序为O>N>C>H；
②该物质中甲基中C原子价层电子对数为4+=4，杂化轨道类型是sp3杂化；碳氮双键中的C原子价层电子对数为3+=3，杂化轨道类型是sp2杂化；
（3）失去1个电子后Ni+的价电子排布式为3d84s1，失去1个电子后Cu+的价电子排布为3d10，此时Cu+的3d轨道处于全充满状态，更稳定，故镍的第二电离能小于铜的第二电离能；
（4）①设中和两种价态的镍离子数分别为x、0.95-x，根据化合价代数和为零可知，3x+2(0.95-x)-2=0，x=0.1，则和两种价态的镍离子数之比为0.1: (0.95-0.1)=2:17；
②晶胞中Ni2+位于顶点和面心，一个晶胞中Ni2+数目为，原子位于晶胞内部1个、棱心12个，一个晶胞中数目为，则晶胞质量为；晶胞中最近的之间的距离为面对角线长度的四分之一为，则晶胞边长为，则晶胞体积为，所以密度为g/cm3，则。
11．(1) sp3 N2H4分子间存在氢键
(2)
(3)1s22s22p63s13p33d1
(4) d N>O>C 2
(5) (0.3333，0.6667，0.6077) g/cm3

【详解】（1）N2H4中N原子含有3个成键电子对和1个孤电子对，则价层电子对数为4，所以氮原子杂化轨道类型为sp3；N2H4分子间可形成氢键，分子间含有氢键的沸点较高；
故答案为：sp3；N2H4分子间存在氢键；
（2）根据的结构分析，N存在两种化学环境，一种为-NH2形式，还有一种N同时连接3个N，整个分子为平面结构，可以把整个体系失去的两个电子归在中心的N上，如此N上为空pz轨道，其余Npz方向存在一对电子，4个Npz轨道交盖形成平面型的离域大π键，为；
（3）磷为15号元素，基态P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，该激发态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p33d1；
（4）由元素周期表结构可知，铁、钴位于周期表的d区；CN-的电子式为 ；同一周期主族元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，N元素的P轨道处于半充满状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
[Co(NH3)6]3+为正八面体结构，Co3+位于正八面体中心，其中一个NH3分子换成Cl-后结构中有2种位置不同的NH3分子，若将[Co(NH3)6]3+中的3个NH3分子换成3个Cl-，可以形成2种不同的结构形式；
（5）根据晶胞中1号O原子的坐标为(0.6667，0.3333，0.1077)和晶胞含对称中心，根据对称关系0.6667+0.3333=1，0.3333+0.6667=1， 0.1077+0.8923=1， 对称位上的O的坐标为(0.3333，0.6667，0.8923)，则2号O原子的坐标为(0.3333，0.6667，0.6077)；
根据晶胞的结构可知，晶胞中含有两个CoO(OH)，其质量为，晶胞的体积为， 故该晶胞的密度为g/cm3。
12．(1) F、N、O N、C
(2) 离子键、共价键(或“非极性共价键”) 折线形或锯齿形或V形
(3)三种物质都是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，沸点越高，甲醇分子间存在氢键所以沸点最高
(4) 4

【详解】（1）①该农药由F、C、N、O、Se、H组成，第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，在F、C、N、O、Se、H中，F的原子半径很小，质子数比较多，失去电子最难，第一电离能最大，N的2p轨道是半充满的稳定结构，失去电子比其后的O难，Se是O的同族元素，电子层数比O多，比O易失电子，H只有1个质子，第一电离能也较小，所以第一电离能由大到小的前三种元素是F、N、O；Se是第五周期第ⅥA族元素，其基态原子的价层电子排布式为4s24p4。
②该物质中，苯环上的碳原子的价层电子对数为3，采取sp2杂化，酮羰基上的碳原子也是sp2杂化，含N的环上连接双键的N的价层电子对数是3，采取的是sp2杂化，故中心原子杂化轨道类型为 sp2的原子有C和N。
（2）多硒化物是离子化合物，阳离子是钠离子，阴离子是多硒离子，故存在离子键，多硒离子中存在Se原子间的非极性共价键。在多硒离子中，除两端的Se原子外，中间的Se原子采取sp3杂化，利用两条杂化轨道和另外2个Se形成σ键，另外两条杂化轨道容纳孤电子对，所以Se原子之间形成折线形或锯齿形或V形结构。
（3）甲醇、甲硫醇、甲硒醇沸点都比较低，固态时属于分子晶体，分子间以分子间作用力结合，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高。甲醇分子中含有氧原子以及连在氧原子上的氢原子，甲醇分子间有氢键，所以甲醇的沸点最高。
（4）①从晶胞结构图可以看出，1个Mn和4个Se结合，所以Mn的配位数为4。
②在晶胞中，Mn位于晶胞内部，若将晶胞分割成8个相等的小正方体，则Mn位于其中4个不相邻的小正方体的体心，所以两个距离最近的Mn原子间的距离是晶胞面对角线的一半，晶胞参数为apm，所以距离最近的两个锰原子之间的距离为pm；晶体密度可以用晶胞的质量除以晶胞的体积计算。在1个晶胞中有4个Mn和4个Se，则1个晶胞的质量为g，晶胞参数为apm，则1个晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，可得晶体的密度。
13． 平面三角形 配位键(或共价键) CN-能提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对 N＞O＞S sp3 氨分子与水分子之间能形成氢键；氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶 铜失去3d电子所需要的能量大于镍失去4s电子所需要的能量
【详解】(1)Cu(NO3)2中阳离子为Cu2+，Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，失去外围两个电子形成Cu2+，核外电子排布式为；NO中N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形；
(2)CN-能提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，所以Fe3+与CN-形成配位键(或共价键)；
(3)①同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；
②NH3分子中N原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化；氨分子与水分子之间能形成氢键，氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶，所以氨气极易溶于水；
(4)Cu+的价电子排布为3d10，Ni+的价电子排布为3d84s1，Cu+失去3d电子所需要的能量大于Ni+失去4s电子所需要的能量，所以Cu的第二电离能大于Ni的第二电离能；
(5)根据晶胞结构可知Cu与F最近的距离为体对角线的四分之一，设晶胞的棱长为b，则有b=4a，所以晶胞的棱长为a pm，晶胞的体积V=(a)3 pm3=(a)3×10-30 cm3；根据晶胞结构可知晶胞中有4个F原子，有=4个Cu原子，所以晶胞的质量m=g，则晶体的密度，解得NA=。
14． 正四面体 分子晶体 或 4 33.3
【详解】(1)为31号元素，其原子的价电子排布图为，因为B的价电子为，有一个未成对电子，第二周期中还有和F。
(2)N原子周围有四对电子，故原子的杂化方式为，因为B是，故的空间构型为正四面体，中有氮元素和碳元素和氢元素，根据非金属性越强，电负性越强分析，元素电负性由大到小的顺序为。
(3)中环上圆圈表示大键，环上的原子都是杂化，每个碳原子有1个未杂化的电子，每个N有两个未杂化的电子，但是还失去了一个电子，故参与形成大键的有6个电子，故大π键为；
(4)，熔点为，熔点低，所以晶体类型为分子晶体，
根据转换流程，先与形成配位键。
接着再与形成，其结构为或。
(5)①氧化物的化学式为，与个数比为，故配位数之比为3:2，周围等距离的有6个，即的配位数为6，的配位数为4。
②该晶胞中共有12个正八面体空隙，其中8个正八面体空隙中填充了，则该晶胞中有4个未填充阳离子的八面体空隙，所占比例为；
③已知氧离子的半径为，则底面边长为，又晶胞的高度为，所以晶胞的体积，一个晶胞中含有2个，其质量，故密度为。
15． 1s22s22p63s23p63d84s2 Mg＜C＜O CO2 CH4 甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键 C 分子晶体 3.6 0.30 12
【详解】(1)镍元素的原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2；
(2)金属元素的第一电离能小于非金属元素的电负性，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为Mg＜C＜O；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，而二氧化碳分子的空间构型为直线形，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种；甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键，则甲醇的沸点最高，故答案为：Mg＜C＜O；CO2；CH4；甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键；
(3)由题意可知，Ni(CO)4的沸点低，属于分子晶体，Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子，故答案为：C；分子晶体；
(4)由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的镁离子个数为12×+1=4，则每个晶胞中含有4个MgO，设氧化镁的密度为d，由晶胞质量公式可得=(0.42×10—7)3d，解得d= g/cm3≈3.6 g/cm3；氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的最短距离为××0.42nm≈0.30nm，每个Mg2+周围具有该距离的Mg2+个数为12，故答案为：3.6；0.30；12。
16．(1)3d64s2
(2)Mg>Al>Na
(3)sp3
(4)1：1
(5) < K2O、CaO均为离子晶体，Ca2+比 K+所带电荷数多且半径小，故CaO晶格能大，熔点高
(6) 8 (，，)

【详解】（1）Fe为26号元素，基态铁原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，所以其价层电子排布式为：3d64s2，故答案为3d64s2；
（2）同周期元素从左往右，第一电离能呈现增大趋势，但由于第ⅡA元素是全充满结构，较稳定，所以第一电离能第ⅡA元素>第ⅢA元素，因此Na、Mg、Al的第一电离能由大到小的是Mg>Al>Na，故答案为Mg>Al>Na；
（3）根据价电子互斥理论计算公式，可知[Al(OH)4]-中Al的价电子对数为：，所以其杂化类型是sp3，故答案为sp3；
（4）[Fe(CN)6]3-中σ键数目为6+6=12，π键数目为6×2=12，两者的比例为1:1，故答案为1:1；
（5）离子晶体中阴阳离子电荷数越高，离子半径越小，则离子间作用力就越强，晶格能就越大，熔点就越高。K2O、CaO均为离子晶体，Ca2+比K+所带电荷数多且半径小，故CaO晶格能大，熔点高，故答案为：< ，K2O、CaO均为离子晶体，Ca2+比K+所带电荷数多且半径小，故CaO晶格能大，熔点高；
（6）①分析晶胞结构可知，该晶胞中铁的配位数为8，故答案为8；
②根据晶胞结构中的原子坐标信息可知a处原子坐标参数为(，，)，故答案为(，，)；
③根据均摊法，晶胞中Fe原子有个，Mg原子有8个，晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是晶胞体对角线长度的，而晶胞体对角线长度等于晶胞棱长的倍，设晶胞的棱长为a cm，再结合公式晶胞的质量，可得即，所以晶胞中Fe原子与Mg原子的最近距离是，故答案为；