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专题12 物质结构与性质综合(题型突破)(练习)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份专题12 物质结构与性质综合(题型突破)(练习)-2024年高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考），共28页。试卷主要包含了下列说法中正确的是，下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。
TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u \l "_Tc148019150" 01 原子的结构与性质
\l "_Tc148019151" 02 分子的结构与性质
\l "_Tc148019152" 03 晶体的类型与性质比较
\l "_Tc148019153" 04 晶体的结构与性质
01 原子的结构与性质
1．(2024·江苏镇江高三期中)H、Li、Na、K位于周期表中ⅠA族。下列说法正确的是( )
A．离子半径大小： r( H+)>r(Li+)B．电负性大小：χ(H)>χ(K)
C．第一电离能：I1(Li)＜I1(Na)D．碱性强弱：NaOH>KOH
【答案】B
【解析】A项，H+和Li+核外电子排布相同，但是H的原子序数小，半径大，A项错误；B项，非金属性越强，电负性越强，则χ(H)>χ(K)，B项正确；C项，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小，即第一电离能：I1(Li)>I1(Na)，C项错误；D项，K的金属性比Na强，则K的最高价氧化物对应的水化物的碱性较强，即碱性：NaOH2．(2024·江苏南通高三期中)元素B、Al、Ga位于周期表中IIIA族。下列说法正确的是( )
A．原子半径：r( B)>r(Al)>r(Ga)
B．第一电离能：I1(B)＜I1(Al)＜I1(Ga)
C．BN、AlCl3、Ga2S3均为共价晶体
D．可在周期表中元素Al附近寻找既能和酸又能和碱反应的金属
【答案】D
【解析】A项，同主族元素，原子半径随核电荷数增大而增大( B)＜r(Al)＜r(Ga)，故A错误；B项，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小I1(B)>I1(Al)>I1(Ga)，故B错误；C项，Ga2S3中Ga和S的电负性分别为1.6和2.5，相差1.9＞1.7是离子化合物，故C错误；D项，Al位于金属和非金属分界线附近，因此可在周期表中元素Al附近寻找既能和酸又能和碱反应的金属，故D正确；故选D。
3．(2024·江苏盐城中学高三期中)元素镓(31Ga)、锗(32Ge)、砷(33As)位于周期表中第四周期。下列说法不正确的是( )
A．原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As)
B．电负性：x(Ga)＜x(Ge)＜x(As)
C．Ge、Ga、As都具有半导体性能
D．第一电离能：I1(Ga)＜I1(As)＜I1(Ge)
【答案】D
【解析】A项，同周期元素，核电荷数越大原子半径越小，原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As) ，故A正确；B项，同周期元素，核电荷数越大电负性越大，电负性：x(Ga)＜x(Ge)＜x(As) ，故B正确；C项，Ge、Ga、As都在金属非金属分界线附近，具有半导体性能，故C正确；D项，同周期元素，核电荷数越大第一电离能越大，I1(Ga)＜I1(Ge)＜I1(As)，故D错误；故选D。
4．(2023·陕西省宝鸡市期中)下列说法中正确的是( )
A．同一原子处于激发态时的能量一定大于其处于基态时的能量
B．基态碳原子的电子排布式为1s22s12p3
C．焰色反应是化学变化
D．某些金属元素的特殊焰色是金属原子的电子从基态跃迁到激发态时产生的
【答案】A
【解析】A项，基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量的，故A正确；B项，基态C原子核外有6个电子，根据构造原理知C元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，故B错误；C项，焰色反应为元素的性质，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D项，电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态以光能形式释放能量，产生焰色反应，故D错误；故选A。
5．下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是( )
A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p2的原子
B．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
C．最外层电子数是核外电子总数的eq \f(1,5)的原子和价电子排布式为4s24p5的原子
D．2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布式为2s22p5的原子
【答案】B
【解析】A项，3p能级有一个空轨道，说明3p能级有2个电子，3s能级肯定已填满，价电子排布式为3s23p2，因此A中两微粒相同，不符合题意。B项，M层全充满而N层为4s2，M层上有d轨道，即价电子排布为3d104s2，应该是锌元素，3d64s2是铁元素的价电子排布式，符合题意。C项，价电子排布式为4s24p5，则3d能级已排满10个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，最外层电子数是核外电子总数的eq \f(1,5)的原子，可按下述方法讨论：若最外层电子数为1，核外电子总数为5，不可能；最外层电子数为2，核外电子总数为10，不可能；同理，只有最外层电子数为7，核外电子总数为35时合理，其电子排布式也是1s22s22p63s23p63d104s24p5，二者是同种元素的原子，不符合题意。D项，2p能级有一个未成对电子，可以是2p1，也可以是2p5，因此二者不一定属于同种元素的原子，不符合题意。
6．(2024·甘肃酒泉高三联考)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂，氯化钾(KCl)是一种重要的钾肥。下列说法正确的是( )
A．元素的电负性：B．离子半径：Cl->K+
C．元素的第一电离能：S>OD．碱性：Al(OH)3>KOH
【答案】B
【解析】A项，元素的电负性：KK+，B正确；C项，元素的第一电离能：S7． 已知X、Y是主族元素，I为电离能，单位是kJ·ml－1。根据下表所列数据判断错误的是( )
A．元素X的常见化合价是＋1价
B．元素Y是第ⅢA族的元素
C．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D．若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】根据表中提供的电离能的数据，可推断出X是第ⅠA族的元素，常见化合价是＋1价，和氯气化合形成XCl型的氯化物，Y是第ⅢA族的元素，选项A、B、C项均正确。当Y处于第三周期时，是铝元素，不能和冷水反应，D项错误。故选D。
8．如图为周期表的一小部分，A、B、C、D、E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧60%。下列说法正确的是( )
A．D、B、E三种元素的第一电离能逐渐减小
B．电负性：C E
C．D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐增大
D．气态氢化物的稳定性顺序：D【答案】D
【解析】B元素的最高正化合价是最低负化合价绝对值的3倍，则最高正化合价为＋6价，它的最高价氧化物为BO3，其中含氧60%，设B的相对原子质量为M，则有eq \f(M,M＋48)×100%＝40%，解得M＝32，则B为S元素，可推知A为O元素，D为P元素，E为Cl元素，C为Se元素。同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但D为P元素，P元素的3p轨道为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于S元素，故A错误；同主族元素电负性随原子序数的增大而减小 ，则电负性：B>C，而同周期自左向右，电负性增大，E>B，故电负性E>C，故B错误；P、S、Cl三种元素形成的简单离子，电子层结构相同，原子序数越大，离子半径越小，故C错误；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定顺序：D9．(2023·江西省宜春市期末)下列说法错误的是( )
A．所有非金属元素都分布在p区
B．同一原子中，2p、3p、4p电子的能量依次增大
C．元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族的10个纵列的元素都是金属元素
D．N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子
【答案】A
【解析】A项，H元素位于s区，A错误；B项，能级符号相同，能层越大，能量越高，B正确；C项，从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素为过渡元素，都是金属元素，C正确；D项，N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，s能级1个轨道，p能级3个轨道，d能级5个轨道，f能级7个轨道，共16个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，可容纳32种运动状态的电子，D正确；故选A。
10．工业上通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是( )
A．N2的电子式为： B．AlN是分子晶体
C．27Al用原子中的中子数为14 D．基态氮原子轨道表示式：
【答案】C
【解析】A项，N原子最外层有5个电子，2个N原子形成3对共用电子对，使物质分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为：，A错误；B项，AlN是高温陶瓷材料，物质的熔沸点很高，说明AlN的存在状态是原子晶体，而不是熔沸点比较低的分子晶体，B错误；C项，Al是13号元素，原子核内质子数是13，27Al中的中子数为：27-13=14，C正确；D项，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样排布使原子的能量最低，故基态氮原子轨道表示式是：，D错误；故选C。
11．“结构决定性质”是学习化学的重要思维方法，下列说法正确的是( )
A．同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B．第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
C．核外电子排布相同的微粒，化学性质一定相同
D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】B
【解析】A项，元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素既能表现一定的金属性，又能表现一定的非金属性，如B、Al、Si、Ge等，A项错误；B项，第三周期元素的最高正化合价=原子的最外层电子数=相应的主族族序数，B项正确；C项，核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如K+和Cl-的核外电子排布相同，K+具有氧化性，Cl-具有还原性，C项错误；D项，元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素是B、Al、Si、Ge、As、Sb、Te、P、At，它们都是主族元素，而过渡元素指副族元素和第VIII族元素，D项错误；故选B。
12．(2023·重庆市南开中学校考三模)白铜是一种延展性好、硬度高、色泽美观、耐腐蚀的合金材料，其主要成分为Cu、Ni、Zn，还含有少量S、P、As等元素。关于上述涉及到的元素，下列说法正确的是( )
A．基态Ni原子的简化电子排布式为：
B．基态As原子最高能级的轨道形状为哑铃形
C．第一电离能：S>P>Cu
D．S、P为p区元素，Cu、Zn为d区元素
【答案】B
【解析】A项，基态Ni原子的简化电子排布式为：[Ar]，故A错误；B项，基态As原子最高能级为4p，其轨道为哑铃形，故B正确；C项，第一电离能：P＞S＞Cu，故C错误；D项，S、P为p区元素，Cu、Zn为ds区元素，故D错误；故选B。
13．某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ⋅ml-1)如表所示。关于元素R的判断中正确的是( )
A．R元素基态原子的电子排布式为ns1 B．R的最高正价为+4价
C．R元素可能属于非金属元素 D．R元素位于元素周期表中第ⅡA族
【答案】D
【解析】根据第一至第四电离能的数据可知，第三电离能突然增大，说明该元素容易失去2个电子，则该元素原子最外层含有2个电子，据此分析解答。从表中原子的第一至第四电离能的数据，元素的第一、第二电离能都较小，第三电离能突然增大，容易失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第ⅡA族元素。A项，R元素可能是Mg或Be，基态原子的价电子排布式为ns2，故A项错误；B项，最外层，有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B项错误；C项，R元素可能是Mg或Be，不可能属于非金属元素，故C项错误；D项，最外层有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故D项正确；故选D。
14．根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ•ml-1)，判断下列说法不正确的是( )
A．元素的第一电离能最大的可能是Q元素
B．R和S均可能与U在同一主族
C．U元素可能在元素周期表的s区
D．原子的价电子排布为ns2np1的可能是T元素
【答案】B
【解析】A项，根据表格数据，元素的第一电离能最大的可能是Q元素，故A正确；B项，R、U的第一电离能与第二电离能相差较大，可知R、U都是ⅠA族元素，R、U在同一主族；S的第二电离能与第三电离能相差较大，S是ⅡA族元素，故B错误；C项，U元素的第一电离能与第二电离能相差较大，U是ⅠA族元素，在元素周期表的s区，故C正确；D项，T的第三电离能与第四电离能相差较大，T是ⅢA族元素，原子的价电子排布为ns2np1，故D正确；故选B。
15．下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述正确的是( )
A．原子的价电子排布式为ns2np1～6的元素一定是主族元素
B．基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素
C．原子的价电子排布式为(n－1)d6～8ns2的元素一定位于第ⅢB～第ⅦB族
D．基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素
【答案】B
【解析】0族元素原子的价电子排布式为1s2(氦)或ns2np6，故A项错误；原子的价电子排布式为(n－1)d6～8ns2的元素位于第Ⅷ族，故C项错误；基态原子的N层上只有1个电子的元素除了主族元素外，还有部分副族元素，如Cu、Cr，故D项错误。故选B。
16．元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是( )
A．按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，Zn元素属于d区
B．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C．P、S、Cl的第一电离能、电负性和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增大或增强
D．某同学给出的Fe原子的3d能级电子排布图为，此排布图违反了洪特规则
【答案】D
【解析】A项，Zn是第四周期IIB族元素，价电子排布应是3d104s2，位置属于ds区，A不符题意；B项，按核外电子排布规则，离核较近的电子能量更低，B不符题意；C项，三种元素第一电离能的排序由低到高(用元素符号表示)应是S17．(2024·北京东城区北京二中高三期中)五种短周期主族元素，原子序数依次增大。的核外电子数等于其周期数，基态原子有3个单电子，的核外电子数等于核外电子数之和。与同主族，是同周期中非金属性最强的元素。下列说法正确的是( )
A．与形成的10电子微粒有2种
B．的第一电离能由大到小的顺序为
C．基态原子共有5种空间运动状态的电子
D．由三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
【答案】C
【解析】五种短周期主族元素，X的核外电子数等于其周期数X为H，Y基态原子有3个单电子Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和Z为O，M与X同主族因此Y是钠，Q是同周期中非金属性最强的元素Q为Cl。A项，H、O形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+三种，故A错误；B项，N的核外价电子排布半充满，第一电离能大于O，故B错误；C项，N核外有1s、2s、2p轨道上有电子，因此有5种空间运动状态的电子，故C正确；D项，NH3·H2O溶液显碱性，故D错误；故选C。
18．(2024·湖南常德市一中高三月考)化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态。下列说法错误的是( )
A．原子半径Z>Y>X>M
B．电负性X>Y>W>M>Z
C．X、Y、W元素形成的氢化物中沸点最高的为X的氢化物
D．均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐可以发生反应
【答案】C
【解析】由图干信息可知，已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，且W能够形成4个共价键，则W为C，X能形成2个共价键，Y能形成6个共价键，且X、Y同族，故X为O，Y为S，Z、M同族，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态，则Z为Na,且M形成1个共价键，则M为H。A项，由分析可知，Z为Na、Y为S、X为O、M为H，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径：Na＞S＞O＞H即Z＞Y＞X＞M，故A正确；B项，X为O、Y为S、W为C、M为H，根据同一周期从左往右非金属性依次增强，同一主族从上往下非金属性依次减弱可知，非金属性：O＞S＞C＞H>Na即X＞Y＞W＞M＞Z，非金属性越强其电负性越大，则电负性：X>Y>W>M>Z，故B正确；C项，X为O、Y为S、W为C，由于C的氢化物有很多，随着碳原子数增多其沸点依次升高，故X、Y、W元素形成的氢化物中的沸点中沸点最高的不一定是H2O，也可能是碳氢化合物，故C错误；D项，X为O、Y为S、Z为Na、M为H，均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐NaHSO3和NaHSO4可以发生反应，反应原理为：NaHSO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故D正确；故选C。
19．(2024·上海闵行七宝中学高三模拟)A、B、C是元素周期表第3、4周期的元素，且原子序数逐渐增大，其相关信息如表：
(1)与A同周期且相邻的元素，以及A的第一电离能从大到小排列顺序(用元素符号表示)： 。与C同周期元素中，4s轨道半充满的元素有 (填写元素符号)。
(2)第3周期含未成对电子最多的原子是 ，写出其核外价电子的排布式 ；其最高能级上排布的电子具有相同的 。
(3)设计实验比较B和C的非金属性，写出实验步骤。现象和结论： 。
【答案】(1)Si＞Mg＞Al K、Cu、Cr
P 3s23p3 能量(3)Cl2通入 NaBr 溶液发生氧化还原反应生成 NaCl和 Br2，则氧化性氯气大于溴的
【解析】s能级最多排布2个电子，则n=3，A为3s23p1，Al元素；B元素，基态原子最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子相反，根据洪特规则和泡利原理，p能级上有5个电子，则B为Cl元素；C基态原子核外有35种不同运动状态的电子，说明C为35号元素，Br元素，综合：A为Al、B为Cl、C为Br。(1)A为Al，同周期且相邻的元素为Mg、Si，同周期元素，随着序数增大，第一电离能增大，但ⅡA元素第一电离能＞ⅢA元素，则第一电离能：Si＞Mg＞Al；第四周期周期中，原子的4s轨道半充满的原子外围电子排布式为4s1、3d54s1、3d104s1，分别为K、Cr、Cu元素；(2)第三周期元素中，外围电子排布为3sx3py，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3s23p3，该元素为P；P轨道上的电子属于同一能级上的电子，它们有三个不同的伸展方向，电子能量相等；(3)Cl2通入 NaBr 溶液发生氧化还原反应生成 NaCl和 Br2，Cl2+2NaBr=2NaCl+ Br2，则氧化性氯气＞溴。
02 分子的结构与性质
1．下列有关化学键知识的比较肯定错误的是( )
A．键能：C—N＜C===N＜C≡N
B．键长：I—I＞Br—Br＞Cl—Cl
C．分子中的键角：H2O＞CO2
D．相同元素原子间形成的共价键键能：σ键＞π键
【答案】C
【解析】C、N原子间形成的化学键，三键键能最大，单键键能最小，A正确；原子半径：I＞Br＞Cl，则键长：I—I＞Br—Br＞Cl—Cl，B正确；H2O分子中键角是105°，CO2分子中键角是180°，C错误；相同元素原子之间形成的σ键的键能比π键的大，D正确。
2．一定条件下发生反应：Fe＋6HCN＋2K2CO3=K4[Fe(CN)6]＋H2↑＋2CO2↑＋2H2O。下列说法正确的是( )
A．K4[Fe(CN)6]的中心原子的核外电子排布式为[Ar]3d5
B．该反应中只存在离子键和共价键的断裂和形成
C．HCN、CO2、CO32-中碳的杂化方式和空间构型均相同
D．HCN 水溶液中存在 4 种氢键
【答案】D
【解析】A项，K4[Fe(CN)6]的中心原子为Fe，核外电子排布式为[Ar]3d64S2，A错误；B项，反应存在离子键、共价键的断裂和形成，还有配位键的形成，B错误；C项，HCN为 sp杂化，CO2为 sp杂化，碳酸根离子中心原子属于sp2杂化，C错误；D项，HCN 水溶液中存在 4 种氢键，H-CN······H-CN、H2O········H-CN、H-CN·········H-O-H、H2O·······H-O-H ，D正确；故选D。
3．甲醛分子式为CH2O，有强烈刺激性气味，甲醛在常温下是气态，已被世界卫生组织确定为致癌和致畸形物质。下列关于其结构及性质的分析正确的是( )
A.C原子采取sp3杂化，O原子采取sp杂化
B.甲醛分子中中心原子价层电子对数为4，含有一对孤电子对，是三角锥形结构
C.一个甲醛分子中含有3个σ键和1个π键
D.甲醛分子为非极性分子
【答案】C
【解析】一个甲醛分子中含有两个碳氢键，一个碳氧双键，C原子采取sp2杂化，氧原子形成一个碳氧双键，含有2对孤电子对，O原子采取sp2杂化，A项错误；甲醛分子中中心原子价层电子对数为3，不含孤电子对，是平面三角形结构，B项错误；一个甲醛分子中含有两个碳氢键、一个碳氧双键，双键含有一个σ键和一个π键，所以共含有3个σ键和1个π键，C项正确；甲醛分子为平面三角形结构，碳原子位于三角形内部，空间结构不对称，所以为极性分子，D项错误。故选C。
4．(2024·北京海淀区首都师范大学附属中学高三质检)关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法不正确的是( )
A．CH3OH为极性分子
B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2的原因是N2H4分子间氢键数目更多
D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇是由极性键构成的极性分子，A正确；B项，N2H4中氮原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，故不可能为平面形，B错误；C项，N2H4分子间氢键数目比(CH3)2NNH2更多，故N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2的沸点，C正确；D项，CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均为sp3杂化，D正确； 故选B。
5．(2024·湖北重点高中高三联考)缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构(路易斯结构是通过共用电子使原子价层电子数达到8，氢原子达到2所形成的稳定分子结构)要求的一类化合物。下列说法正确的是( )
A．NH3、BF3、C2H2均为缺电子化合物
B．NH3的键角大于BF3的键角
C．BF3与NH3化合反应产物中，B和N的杂化方式相同
D．NH3和BF3都是极性分子
【答案】C
【解析】A项，NH3和C2H2均不为缺电子化合物，A错误；B项，NH3是三角锥形，键角107°：BF3是平面正三角形结构，键角120°，B错误；C项，BF3与NH3化合反应产物中，B和N都是 sp3杂化，C正确；D项，NH3是极性分子，BF3是非极性分子，D错误；故选C。
6．CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2均为常见的燃料，关于这三者的结构与性质，下列说法错误的是( )
A．CH3OH的电子式为
B．N2H4空间结构为平面形
C．CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都易溶于水
D．CH3OH和(CH3)2NNH中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，CH3OH的电子式为，A正确；B项，N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都能和水分子形成氢键，都易溶于水，C正确；D项，CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
7．徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是( )
A．H2O2分子中的O为sp2杂化 B．CO2分子中C原子为sp1杂化
C．BF3分子中的B原子为sp3杂化 D．CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化
【答案】B
【解析】A项，H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，错误；B项，CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp1杂化，正确；C项，BF3分子中的B原子的最外层电子数为3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，错误；D项，CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，采取sp3杂化，错误。
8．催化剂作用下，SO2与Cl2反应生成SO2Cl2；对SO2水溶液的光谱分析可以检测到HSO3-、S2O32-和痕量的SO32-，三氧化硫在液态时有单分子SO3和三聚的(SO3)3(结构如下图所示)两种形式，在高温时能将HBr氧化为Br2。关于说法正确的是( )
A．SO2、SO3都是非极性分子
B．SO2Cl2为正四面体结构
C．SO3、SO32-中S原子都是sp2杂化
D．1 ml (SO3)3分子中含有12 ml σ键
【答案】D
【解析】A项，SO2分子中正负电荷重心不重合，因此属于极性分子，而SO3分子中正负电荷重心重合，因此该分子属于非极性分子，A错误；B项，SO2Cl2分子中与中心S原子形成共价键的O、Cl原子半径不同，因此该分子呈四面体结构，但不是正四面体结构，B错误；C项，SO3分子中的中心S原子价层电子对数为3+=3，则S原子是sp2杂化；SO32-中S原子价层电子对数是3+=4，因此S原子杂化类型是sp3杂化，C错误；D项，根据(SO3)3分子结构可知：在1个(SO3)3分子中含有12个σ键，则在1 ml (SO3)3分子中含有12 ml σ键，D正确；故选D。
9．(2023·浙江省衢州市期末)SO3及其三聚体环状结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A．SO3与CO32-、NO3-互为等电子体，空间结构都为平面三角形
B．SO3为非极性分子，中心原子杂化类型sp3
C．三聚体环状结构中S与O形成的共价键的键长有a、b两类
D．该三聚体环状结构中含有12个σ键
【答案】B
【解析】A项，具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，则SO3与CO32-、NO3-互为等电子体，等电子体具有相同的结构特征，它们的中心原子孤电子对数=0、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间结构都为平面三角形，A正确；B项，结合选项A可知SO3中心原子杂化类型sp2，B不正确；C项，由图知：三聚体环状结构中S与O形成的共价键的键长有a、b两类，C正确；D项，该三聚体环状结构中每个S原子形成4个σ键，则分子内含有12个σ键，D正确；故选B。
10．(2024·江苏镇江吕叔湘中学高三月考)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO2-与ClO3-。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4下列关于ClO2、ClO2-、ClO3-的说法正确的是( )
A．ClO2分子是极性分子B．ClO2-中含有非极性键
C．ClO3-的空间构型为平面三角形D．ClO2-与ClO3-的键角相等
【答案】A
【解析】A项，ClO2易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，氯气是非极性分子，根据相似相溶原理，ClO2与水分子极性相似，故ClO2为极性分子，A正确；B项，ClO2-中Cl和O以极性共价键结合，B错误；C项，ClO3-中心原子Cl有3个σ键，孤电子对数为，空间构型为三角锥形，C错误；D项，ClO2-中心原子Cl的孤电子对数为，中心原子Cl的孤电子对数为1，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间斥力>成键电子对之间斥力，因此ClO3-键角>ClO2-键角，D错误；故选A。
11．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·ml-1。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气；侯氏制碱法用氨气、二氧化碳，与饱和食盐水制备纯碱碳酸钠。下列有关NH3、NF3、NH4+、NO2-、NO3-等含氮粒子的说法正确的是( )
A．NH3中N-H键角比NH4+中N-H键角大
B．NH3极易溶于水，主要原因是NH3分子间能形成氢键
C．NH3的水溶液能导电，但一水合氨不能完全电离，因此NH3属于弱电解质
D．NH3、NF3的空间构型都是三角锥型，NO2-、NO3-中的N都是sp2杂化
【答案】D
【解析】A项，分子中中心原子上的孤电子对数越多，键角越小，故NH3中N-H键角比NH4+中N-H键角小，故A错误；B项，NH3极易溶于水，主要原因是NH3分子与水分子间能形成氢键，故B错误；C项，NH3自身不能电离，NH3是非电解质，故C错误；D项，NH3、NF3均为sp3杂化，一个孤电子对，故为三角锥形，NO的价层电子对数为2+=3，NO3-的价层电子对数为3+=3，故N原子都是sp2杂化，故D正确；故选D。
03 晶体的类型与性质比较
1．下列有关晶体的说法正确的是( )
A．任何晶体中都存在化学键 B．晶体内部的微粒在空间的排列均服从紧密堆积原理
C．任何晶体中，若有阴离子必定含有阳离子 D．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
【答案】C
【解析】A项，惰性气体属于单原子分子，该晶体中不存在化学键，错误；B项，晶体内部的微粒在空间的排列是否服从紧密堆积原理，主要看微粒间的相互作用有无方向性和饱和性，金属晶体中的金属键没有饱和性和方向性，所以服从紧密堆积原理，原子晶体中的共价键有方向性和饱和性，不服从紧密堆积原理，错误；C项，任何晶体中，若有阴离子(一定是离子化合物)必定含有阳离子，正确；D项，有的金属晶体的熔点(例如水银)的熔点比分子晶体(例如碘单质)的熔点低，错误。
2．下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是( )
A．金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 B．
C．MgO＞Br2＞H2O＞O2 D．金刚石＞生铁＞纯铁＞钠
【答案】B
【解析】A项，同属于共价晶体，熔、沸点高低主要看共价键的强弱，显然对键能而言，晶体硅＜碳化硅＜二氧化硅＜金刚石，错误；B项，形成分子间氢键的物质的熔、沸点要大于形成分子内氢键的物质的熔、沸点，正确；C项，对于不同类型的晶体，其熔、沸点高低一般为共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，MgO＞H2O＞Br2＞O2，错误；D项，生铁为铁合金，熔点要低于纯铁，错误。
3．(2023·浙江省稽阳联谊学校高三联考)(双选)下列说法正确的是( )
A．图A中，18-冠-6中O原子电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征
B．图B物质相较NaBF4摩尔质量更大，具更高的熔沸点
C．图B中，1ml该物质含有20ml σ键
D．图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为
【答案】CD
【解析】A项，A中冠醚与K＋之间并非离子键，而是通过配位键结合，A错误；B项，B中物质阳离子基团较大，离子键较弱，较NaBF4熔沸点更低，B错误；C项，根据图B中物质的结构可知，1ml该物质含有σ键20ml，C正确；D项，将左边结构补齐会形成两个环，被两个环共用的氧原子左边有7个，右边有7个共14个，独立成个体的氧原子有10个，同时每个环都有独立的硅原子，则Si：O=(4+4×0.5)：(14×0.5+10)=6：17，这样每个环所包含的O有17个，硅有6个，再根据硅化合价为+4价，氧化合价为-2价，其结构通式为，D正确；故选CD。
4．下列说法不正确的是( )
A．Na2O中离子键的百分数为62%，则Na2O不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体
B．Na2O通常当作离子晶体来处理，因为Na2O是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近
C．Al2O3是偏向离子晶体的过渡晶体，当作离子晶体来处理；SiO2是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理
D．分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型
【答案】C
【解析】A项，Na2O中离子键的百分数为62%，说明还存在共价键，则Na2O不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体，故A项正确；B项，离子键与共价键的区别在于形成化学键的两元素电负性差值，差值大为离子键，差值小为共价键，Na2O通常当作离子晶体来处理，项因为Na2O是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近，故B正确；C项，Al2O3、SiO2均是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理，故C项错误；D项，根据微粒间存在的作用力分析，分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型，故D项正确；故选C。
04 晶体的结构与性质
1．(2024·辽宁大连市金州高级中学高三期中)TiO2通过氮掺杂生成TiO(2-a)Nb的反应如图。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，设阿伏加德罗常数的值为NA。
下列叙述不正确的是( )
A．原子3的分数坐标为(1，1，)B．TiO2的密度为g•cm-3
C．TiO(2-a)Nb晶体中a=D．TiO(2-a)Nb晶体中b=
【答案】D
【解析】A项，原子1、2的坐标分别为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)，A正确；B项，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为4，O原子在8个棱上、8个面上，2个在体内，O原子个数为8，则1ml晶胞的质量4×(48+16×2)g，一个晶胞的质量为m=，体积为V=x2y×10-30cm3，则TiO2的密度为，B正确；C项，由TiO(2-a)Nb晶体结构可知，氮掺杂反应后有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在后面，1个在体内，O原子个数为(，N原子1个在棱上、1个在面，N原子个数为(，Ti原子8个在顶点、4个在面心，1个在体内，Ti原子个数为+4，Ti：O：N=4：：=1：：，TiO(2-a)Nb晶体中2-a=，a=，b=，C正确；D项，由C选项可知，b=，D错误；故选D。
2．(2024·湖北名校联考高三联考)硅与镁能够形成二元半导体材料，其晶胞如图所示，已知晶胞参数为rnm。阿伏加德罗常数值为NA。下列说法中不正确的是( )
A．镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中
B．晶体中硅原子和镁原子的配位数之比为1∶2
C．该晶体中两个硅原子间的最短距离为
D．晶体的密度为
【答案】B
【解析】A项，观察给出的晶胞可知，镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中，A正确；B项，硅原子和镁原子的配位数之比为2∶1，B错误；C项，最近的硅原子之间的距离为晶胞面对角线的一半，其距离为，C正确；D项，该晶体的化学式为Mg2Si，该晶胞包含4个Mg2Si，该晶胞的质量为，晶胞的体积为，故晶体的密度为，D正确；故选B。
3．(2024·湖北省高中名校联盟高三第二次联考)某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)。进行镁离子取代及卤素共排杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A．基态溴原子的核外电子排布式为
B．图1晶体中O周围最近的数目为6
C．图1晶体密度为
D．图2表示的化学式为LiMgOClxBr1-x
【答案】A
【解析】A项，溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式，则Br原子基态原子核外排布式为[Ar]3d104s24p5，故A错误；B项，由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Li原子的个数为6，即O配位数为6，故B正确；C项，由图可知，晶胞中含有Cl：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：8×+1=3，晶胞的化学式为Li3ClO，所以晶体密度为：，故C正确；D项，由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：8×+1=3，含有Mg或空位：8×=1，所以晶胞的化学式为LiMgOClxBr1-x，故D正确；故选A。
4．的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到的晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图乙所示。a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)。下列说法错误的是( )
A．c点Mn的原子分数坐标为(0，， )
B．晶体乙中Mn、Ga、As的原子个数比为5∶27∶32
C．基态Ga原子未成对电子数为3
D．若GaAs晶胞参数为lnm，则Ga和As之间的最短距离为
【答案】C
【解析】A项，图乙中，a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，c点Mn原子位于左侧面的面心上，其原子分数坐标为，A正确；B项，掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn原子个数：，原子个数：，As原子个数为4，故Mn，Ga，As原子个数比为，B正确；C项，基态Ga原子的价电子排布式为，未成对电子数为1，C错误；D项，Ga与As之间的最短距离为体对角线的，D正确；故选C。
5．Cu2O晶体结构与CsCl相似，只是用Cu4O占据CsCl晶体(图I)中的Cl的位置，而Cs所占位置由O原子占据，如图II所示，下列说法不正确的是
A．Cu2O晶胞中Cu4O四面体的O坐标为(，，)，则①的Cu坐标可能为(，，)
B．Cu2O晶胞中有2个Cu2O
C．CsCl的晶胞参数为a cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，相对分子质量为M，则密度为g/cm3
D．Cu2O晶胞中Cu的配位数是2
【答案】C
【解析】A项，根据题意可知Cu2O晶胞为，根据图中所给坐标系，和已知的O坐标为(，，)可知，①的Cu坐标可能为(，，)，故A正确；B项，根据均摊法可知，Cu2O晶胞中有2个O，4个Cu，即2个Cu2O，故B正确；C项，CsCl的晶胞中有1个CsCl，则其密度为g/cm3，故C错误；D项，Cu2O晶胞为，Cu的配位数是2，故D正确；故选C。
6．(2024·山东淄博高三期中)(双选)我国科学家合成的T﹣碳，其晶胞结构可看作金刚石晶胞中的每个碳原子被4个碳原子构成的正四面体单元替代，如图所示。T﹣碳的密度为金刚石的一半。下列说法正确的是( )
A．每个T﹣碳晶胞中碳原子个数为16
B．T﹣碳与金刚石中碳原子的杂化方式相同
C．T﹣碳中碳原子数与共价键数之比为1：2
D．T﹣碳晶胞边长和金刚石晶胞边长之比为1：2
【答案】BC
【解析】A项，金刚石晶胞中根据晶胞均摊法计算顶点个，面心个，内部4个，晶胞中碳原子共计8个，T﹣碳，其晶胞结构可看作金刚石晶胞中的每个碳原子被4个碳原子构成的正四面体单元替代，则晶胞中碳原子个数为个，故A错误；B项，T﹣碳与金刚石中的碳原子和周围碳原子都是形成四个共价键都是sp3杂化，故B正确；C项，T﹣碳晶胞中碳原子数为32，每个碳原子与周围四个碳原子形成共价键，但是每个共价键每个碳原子只占一半，所以晶胞中共价键数目为，碳原子数与共价键数之比为1：2，故C正确；D项，T﹣碳的密度为金刚石的一半，根据晶胞中碳原子数目可以其质量是金刚石的4倍，根据，T﹣碳晶胞的体积为金刚石的8倍，晶胞棱长= ，故T﹣碳晶胞的边长和金刚石晶胞边长之比为2：1，故D错误；故选BC。
7．(2024·山东菏泽高三期中)(双选) [C(NH3)6]Cl2 晶体的晶胞如下图所示(己知该立方晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为NA，[C(NH3)6]Cl2的摩尔质量为)。以下说法正确的是( )
A．若规定A点原子坐标为，B点原子坐标为，则C点原子坐标为
B．离[C(NH3)6]2+最近的有4个
C．[C(NH3)6]Cl2中，中心离子的配位数为8
D．[C(NH3)6]Cl2晶体的密度为
【答案】AD
【解析】A项，将晶胞内部分为8个小立方体，A点原子坐标为，B点原子坐标为，则C的坐标为，故A正确；B项，以底面面心[C(NH3)6]2+为例，在此晶胞中离该[C(NH3)6]2+最近的有4个，下方晶胞中还有4个，因此离[C(NH3)6]2+最近的Cl-有8个，故B错误；C项，[C(NH3)6]Cl2中，只有NH3是配体，中心离子的配位数为6，故C错误；D项，晶胞中[C(NH3)6]2+数目：，Cl-数目：8，晶胞的质量：m=，晶体的密度为，故D正确；故选AD。
05 物质结构与性质综合
1．(2024·浙江省绍兴市高三选考科目诊断性考试)氧族元素及其化合物种类繁多，应用广泛。
(1)基态硫原子的价电子排布图为 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．O3在水中的溶解度比在CCl4中小B．H2S的酸性弱于C2H5SH
C．氧族元素位于元素周期表中的s区D．热稳定性：H2Se>AsH3
(3)许多物质的氧化物固态存在多聚体，例如五氧化二磷实际的分子式是P4O10，实验测得磷、硫、氯三种氧化物的熔点如下，推测固态三氧化硫的分子式为 。
(4)12-冠-4()可与锂离子络合，其中氧的杂化方式为 。
(5)锂钴复合氧化物是目前商品化锂离子电池的常用正极材料，其理想结构如图。其化学式为 。
【答案】(1)
(2)AD (3) S3O9 (4) sp3 (5) LiCO2
【解析】(1)S原子的原子序数是16，价电子排布图为：；(2)A项，根据相似相溶原理，O3极性较小，在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度更大，A正确；B项，乙基是供电子集团，-SH中的氢原子不容易电离，H2S的酸性强于C2H5SH，B错误；C项，氧族元素位于元素周期表中的p区，C错误；D项，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同一周期从左往右元素的非金属性逐渐增强，Se的非金属性比As的强，热稳定性H2Se>AsH3，D正确；故选AD；(3)三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于P4O10，说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183<固态三氧化硫的相对分子质量<284，则固态三氧化硫的分子式为S3O9；(4)冠醚中O原子的杂化方式为sp3；(5)均摊法计算O原子的个数为14+12×=16，Li的原子个数为6+2×+12×=8，C的原子个数为7+6×=8，O、Li、C的原子个数比为2：1：1，化学式为：LiCO2。
2．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)锌是动物必需的微量元素之一，参与机体的各种代谢活动。请回答：
(1)Zn位于元素周期表的 区。
(2)第二电离能：Cu Zn(填“>”、“<”或“=”)，判断依据是 。
(3)含有多个配位原子的配体与同一个中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物，一种Zn2+配合物的结构如图所示(-OTs为含氧、硫的有机基团)：
①1ml该配合物通过螯合作用形成的配位键有 ml，该螯合物中N原子的杂化类型为 。
②该配合物所涉及非金属元素电负性最小的是 (填元素符号)。
(4)硫化锌精矿是冶炼金属锌的主要原料，六方硫化锌的平行六面体晶胞如图所示，晶体中锌离子的配位数为 。
【答案】(1)ds
(2) > Cu和Zn失去一个电子后价层电子排布分别为3d10、3d104s1，前者属于全充满状态，再失去一个电子更难
(3) 4 sp2sp3 H
(4)4
【解析】(1)Zn为30号元素，位于元素周期表的ds区；(2)基态Cu+核外价电子为3d10，3d轨道为全满较稳定状态，不容易再失去一个电子；基态Zn+核外价电子为3d104s1，4s轨道有1个电子，容易失去1个电子形成锌离子；故第二电离能：Cu>Zn；(3)①由螯合物定义和结构示意图可知，1ml该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4ml，该螯合物中环上N所在的环为平面结构，其杂化类型为sp2杂化，-NH-中氮原子形成3个共价键且存在1对孤电子对，为sp3杂化；②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，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；该配合物所涉及非金属元素电负性最小的是氢元素H；(4)据“均摊法”，晶胞中含个S、个Zn，则化学式为ZnS，以B点硫为例，其最近且相邻的锌为4个，晶体中锌离子的配位数为4。
3．(2024·江西省部分高中学校高三联考)科学家开发一种氮掺杂氢化镥()材料，在1 GPa压强下，该材料表现出室温超导特性。回答下列问题：
(1)已知基态Lu(镥)原子的价层电子排布式为，它位于元素周期表第 周期 族，有 个未成对电子。
(2)与氮同主族元素的最简单氢化物的稳定性、沸点随着原子序数递增而变化的规律如图所示。
①氮族元素的最简单氢化物中，沸点最低的是 (填化学式，下同)，最稳定的是 。
②NH3的沸点高于AsH3，其主要原因是 。
(3)某药品活性成分的结构简式如图所示。
该分子中N原子的杂化类型是 ，1个该分子含 个手性碳原子。
(4)含N的分子或离子是常见的配体。例如，雷氏盐的化学式为NH4[Cr(SCN)4(NH3)2]，常作分析试剂。
①雷氏盐中NH4+的空间结构为 ，NH3中的N (填“是”或“不是”)配位原子。
②预测：雷氏盐中阴离子的空间结构最可能是 (填标号)。
B． C． D．
【答案】(1) 六 ⅢB 1
(2) PNH3 NH3 NH3分子间存在氢键
(3)sp3 1
(4) 正四面体形 是 C
【解析】(1)从价电子排布式可知，出现了6s轨道，确定其在第六周期，因为它的f轨道全充满，就基本确定该元素在f区，排除掉全充满的电子，根据构造原理，那么最外层还有3个电子，可确定其在第ⅢB族，故镥在第六周期第ⅢB族；根据价层电子排布式，f和s轨道全充满，没有未成对电子，所以在d轨道上出现1个未成对电子；(2)氮族氢化物属于同一主族氢化物，其沸点随着相对分子质量的增加而升高，所以其氢化物的沸点越往下的元素的氢化物的沸点就越高，但是NH3易形成分子间氢键，使其沸点突然增大，所以氮族氢化物沸点最低的是PH3；元素的非金属性越强形成的气态氢化物越稳定，氮族元素中非金属性最强的为N，则氢化物最稳定的为NH3；(3)该分子中N原子只形成单键，采用sp3杂化；手性碳原子是指该碳原子周围连接了4个全部不同的原子或原子基团，在该结构中，手性碳原子只有1个，如图；(4)①雷氏盐中的阳离子是NH4+，其空间构型是正四面体；NH4[Cr(SCN)4(NH3)2]中的阴离子是[Cr(SCN)4(NH3)2]-，该阴离子中配位体有两种，是SCN-和NH3，中心原子是Cr，Cr提供空轨道，S与N提供未成对电子，所以该配合物中配位原子是S与N；②雷氏盐中阴离子的配位数是6，说明离中心原子最近的原子或原子团有6个，能符合的图是C。
4．(2023·江西省鹰潭市一模)C、Al、 Si形成的合金是一种高性能的热电材料，备受研究人员关注。回答下列问题：
(1)基态C原子的核外电子排布式为___________，它处于元素周期表的___________区。
(2)下列各状态的铝中，再电离出一个电子所需能量最小的是___________ (填序号)。
A． B．
C． D．
(3)AlCl3是某些有机反应的催化剂，如苯酚()与乙酰氯()反应的部分历程为。
①乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为___________。
②乙酰氯分子中C-C键与C-Cl键的夹角___________ 120°(填“大于“等于”或“小于”)， 判断理由是___________。
③AlCl4-的空间构型为___________。
(4)金刚石、金刚砂(SiC)、单晶硅的熔点由低到高的顺序为___________。
(5)C、Al、Si形成的一种合金的晶胞结构如图所示(若不看， 该晶胞具有萤石结构)，1号原子、2号原、Al原子的分数坐标分别为(0， 1， 0)、(，，)、(，，)，则3号原子的分数坐标为___________ ； 若晶胞参数为anm，，则该合金的密度为___________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出式子)。
【答案】(1) [Ar]3d74s2 d (2)B
(3) sp2、sp3 小于 氧原子上有2个孤电子对，且与C原子形成C-O键，对C-C键和C-Cl键有较大的排斥力 正四面体形
(4)单晶硅<金刚砂(SiC)<金刚石
(5) (，，)
【解析】(1)钴的原子序数是27，基态C原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，C元素位于第Ⅷ族，原子核外最后填充的是d电子，故C为d区元素。故答案为：[Ar]3d74s2；d；(2)A、C、D分别电离出—个电子所需的能量为基态Al原子的第—、三、二电离能，基态铝原子的第三电离能>第二电离能>第—电离能；原子处于激发态时能量比基态时高，易失去电子，B处于激发态，电离出—个电子需要的能量最低，综合分析需要能量最小的为B；(3)①乙酰氯分子甲基中的碳原子采用sp3杂化、羰基中的碳原子采用sp32杂化。②由于乙酰氯分子中含有碳氧双键，C—O键上的氧原子有2个孤电子对，对C—C键和C—Cl键有较大的排斥力，因此该夹角小于120°。③微粒AlCl4-中Al原子形成4个σ键，且不含孤电子对，故空间构型为正四面体形；氧原子上有2个孤电子对，且与C原子形成C－O键，对C－C键和C－Cl键有较大的排斥力；正四面体形；(4)金刚石、金刚砂(SiC)、单晶硅均为原子晶体，结构相似，共价键键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高，原子半径：C5．(2023·浙江省稽阳联谊学校高三联考)铂及其配合物在生活中有重要应用。
(1)顺铂有抗癌作用。机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态Cu原子价层电子排布式为_______。
②鸟嘌呤与Pt(NH3)2(OH)Cl反应的产物中包含的化学键_______。
A氢键 B．离子键 C．共价键 D．配位键
③在Pt(NH3)2Cl2，配体与铂(Ⅱ)的结合能力：Cl -_______(NH3填“>”或“＜”)。
(2)顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
①推测Pt(NH3)2Cl2的结构是_______(填“平面四边形”或“四面体形”)。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4 600
6 900
9 500
Y
580
1 800
2 700
11 600
A
D
B
E
C
I1
I2
I3
I4
R
740
1500
7700
10500
元素代号
I1
I2
I3
I4
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
元素
相关信息
A
基态原子最外层电子排布式为nsn-1pn-2
B
基态原子最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子相反
C
基态原子核外有35种不同运动状态的电子
P4O10
三氧化硫
Cl2O7
熔点
613K
289K
182K
顺铂
反铂
空间结构
25℃时溶解度/g
0.2577
0.0366
TOC \ "1-1" \p " " \h \z \u \l "_Tc148019150" 01 原子的结构与性质
\l "_Tc148019151" 02 分子的结构与性质
\l "_Tc148019152" 03 晶体的类型与性质比较
\l "_Tc148019153" 04 晶体的结构与性质
01 原子的结构与性质
1．(2024·江苏镇江高三期中)H、Li、Na、K位于周期表中ⅠA族。下列说法正确的是( )
A．离子半径大小： r( H+)>r(Li+)B．电负性大小：χ(H)>χ(K)
C．第一电离能：I1(Li)＜I1(Na)D．碱性强弱：NaOH>KOH
【答案】B
【解析】A项，H+和Li+核外电子排布相同，但是H的原子序数小，半径大，A项错误；B项，非金属性越强，电负性越强，则χ(H)>χ(K)，B项正确；C项，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小，即第一电离能：I1(Li)>I1(Na)，C项错误；D项，K的金属性比Na强，则K的最高价氧化物对应的水化物的碱性较强，即碱性：NaOH
A．原子半径：r( B)>r(Al)>r(Ga)
B．第一电离能：I1(B)＜I1(Al)＜I1(Ga)
C．BN、AlCl3、Ga2S3均为共价晶体
D．可在周期表中元素Al附近寻找既能和酸又能和碱反应的金属
【答案】D
【解析】A项，同主族元素，原子半径随核电荷数增大而增大( B)＜r(Al)＜r(Ga)，故A错误；B项，同主族元素，第一电离能随核电荷数增大而减小I1(B)>I1(Al)>I1(Ga)，故B错误；C项，Ga2S3中Ga和S的电负性分别为1.6和2.5，相差1.9＞1.7是离子化合物，故C错误；D项，Al位于金属和非金属分界线附近，因此可在周期表中元素Al附近寻找既能和酸又能和碱反应的金属，故D正确；故选D。
3．(2024·江苏盐城中学高三期中)元素镓(31Ga)、锗(32Ge)、砷(33As)位于周期表中第四周期。下列说法不正确的是( )
A．原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As)
B．电负性：x(Ga)＜x(Ge)＜x(As)
C．Ge、Ga、As都具有半导体性能
D．第一电离能：I1(Ga)＜I1(As)＜I1(Ge)
【答案】D
【解析】A项，同周期元素，核电荷数越大原子半径越小，原子半径：r(Ga)>r(Ge)>r(As) ，故A正确；B项，同周期元素，核电荷数越大电负性越大，电负性：x(Ga)＜x(Ge)＜x(As) ，故B正确；C项，Ge、Ga、As都在金属非金属分界线附近，具有半导体性能，故C正确；D项，同周期元素，核电荷数越大第一电离能越大，I1(Ga)＜I1(Ge)＜I1(As)，故D错误；故选D。
4．(2023·陕西省宝鸡市期中)下列说法中正确的是( )
A．同一原子处于激发态时的能量一定大于其处于基态时的能量
B．基态碳原子的电子排布式为1s22s12p3
C．焰色反应是化学变化
D．某些金属元素的特殊焰色是金属原子的电子从基态跃迁到激发态时产生的
【答案】A
【解析】A项，基态原子吸收能量变为激发态原子，所以激发态原子能量大于基态原子能量的，故A正确；B项，基态C原子核外有6个电子，根据构造原理知C元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p2，故B错误；C项，焰色反应为元素的性质，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故C错误；D项，电子由基态跃迁到激发态需要吸收光子，获得能量，从由激发态跃迁到能量较低的激发态乃至基态以光能形式释放能量，产生焰色反应，故D错误；故选A。
5．下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是( )
A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p2的原子
B．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
C．最外层电子数是核外电子总数的eq \f(1,5)的原子和价电子排布式为4s24p5的原子
D．2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布式为2s22p5的原子
【答案】B
【解析】A项，3p能级有一个空轨道，说明3p能级有2个电子，3s能级肯定已填满，价电子排布式为3s23p2，因此A中两微粒相同，不符合题意。B项，M层全充满而N层为4s2，M层上有d轨道，即价电子排布为3d104s2，应该是锌元素，3d64s2是铁元素的价电子排布式，符合题意。C项，价电子排布式为4s24p5，则3d能级已排满10个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5，最外层电子数是核外电子总数的eq \f(1,5)的原子，可按下述方法讨论：若最外层电子数为1，核外电子总数为5，不可能；最外层电子数为2，核外电子总数为10，不可能；同理，只有最外层电子数为7，核外电子总数为35时合理，其电子排布式也是1s22s22p63s23p63d104s24p5，二者是同种元素的原子，不符合题意。D项，2p能级有一个未成对电子，可以是2p1，也可以是2p5，因此二者不一定属于同种元素的原子，不符合题意。
6．(2024·甘肃酒泉高三联考)明矾[KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂，氯化钾(KCl)是一种重要的钾肥。下列说法正确的是( )
A．元素的电负性：B．离子半径：Cl->K+
C．元素的第一电离能：S>OD．碱性：Al(OH)3>KOH
【答案】B
【解析】A项，元素的电负性：K
A．元素X的常见化合价是＋1价
B．元素Y是第ⅢA族的元素
C．元素X与氯形成化合物时，化学式可能是XCl
D．若元素Y处于第三周期，它可与冷水剧烈反应
【答案】D
【解析】根据表中提供的电离能的数据，可推断出X是第ⅠA族的元素，常见化合价是＋1价，和氯气化合形成XCl型的氯化物，Y是第ⅢA族的元素，选项A、B、C项均正确。当Y处于第三周期时，是铝元素，不能和冷水反应，D项错误。故选D。
8．如图为周期表的一小部分，A、B、C、D、E的位置关系如图所示。其中B元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它的最高价氧化物中含氧60%。下列说法正确的是( )
A．D、B、E三种元素的第一电离能逐渐减小
B．电负性：C E
C．D、B、E三种元素形成的简单离子的半径逐渐增大
D．气态氢化物的稳定性顺序：D
【解析】B元素的最高正化合价是最低负化合价绝对值的3倍，则最高正化合价为＋6价，它的最高价氧化物为BO3，其中含氧60%，设B的相对原子质量为M，则有eq \f(M,M＋48)×100%＝40%，解得M＝32，则B为S元素，可推知A为O元素，D为P元素，E为Cl元素，C为Se元素。同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但D为P元素，P元素的3p轨道为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于S元素，故A错误；同主族元素电负性随原子序数的增大而减小 ，则电负性：B>C，而同周期自左向右，电负性增大，E>B，故电负性E>C，故B错误；P、S、Cl三种元素形成的简单离子，电子层结构相同，原子序数越大，离子半径越小，故C错误；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定顺序：D
A．所有非金属元素都分布在p区
B．同一原子中，2p、3p、4p电子的能量依次增大
C．元素周期表中从第ⅢB族到第ⅡB族的10个纵列的元素都是金属元素
D．N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，共16个轨道，可容纳32种运动状态的电子
【答案】A
【解析】A项，H元素位于s区，A错误；B项，能级符号相同，能层越大，能量越高，B正确；C项，从ⅢB族到ⅡB族十个纵列的元素为过渡元素，都是金属元素，C正确；D项，N能层中有4s、4p、4d、4f四个能级，s能级1个轨道，p能级3个轨道，d能级5个轨道，f能级7个轨道，共16个轨道，每个轨道最多容纳2个电子，可容纳32种运动状态的电子，D正确；故选A。
10．工业上通过Al2O3+N2+3C2AlN+3CO可制得高温陶瓷材料AlN。下列说法正确的是( )
A．N2的电子式为： B．AlN是分子晶体
C．27Al用原子中的中子数为14 D．基态氮原子轨道表示式：
【答案】C
【解析】A项，N原子最外层有5个电子，2个N原子形成3对共用电子对，使物质分子中每个原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为：，A错误；B项，AlN是高温陶瓷材料，物质的熔沸点很高，说明AlN的存在状态是原子晶体，而不是熔沸点比较低的分子晶体，B错误；C项，Al是13号元素，原子核内质子数是13，27Al中的中子数为：27-13=14，C正确；D项，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样排布使原子的能量最低，故基态氮原子轨道表示式是：，D错误；故选C。
11．“结构决定性质”是学习化学的重要思维方法，下列说法正确的是( )
A．同一元素不可能既表现金属性，又表现非金属性
B．第三周期元素的最高正化合价等于它所处的主族序数
C．核外电子排布相同的微粒，化学性质一定相同
D．元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
【答案】B
【解析】A项，元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素既能表现一定的金属性，又能表现一定的非金属性，如B、Al、Si、Ge等，A项错误；B项，第三周期元素的最高正化合价=原子的最外层电子数=相应的主族族序数，B项正确；C项，核外电子排布相同的微粒，化学性质不一定相同，如K+和Cl-的核外电子排布相同，K+具有氧化性，Cl-具有还原性，C项错误；D项，元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素是B、Al、Si、Ge、As、Sb、Te、P、At，它们都是主族元素，而过渡元素指副族元素和第VIII族元素，D项错误；故选B。
12．(2023·重庆市南开中学校考三模)白铜是一种延展性好、硬度高、色泽美观、耐腐蚀的合金材料，其主要成分为Cu、Ni、Zn，还含有少量S、P、As等元素。关于上述涉及到的元素，下列说法正确的是( )
A．基态Ni原子的简化电子排布式为：
B．基态As原子最高能级的轨道形状为哑铃形
C．第一电离能：S>P>Cu
D．S、P为p区元素，Cu、Zn为d区元素
【答案】B
【解析】A项，基态Ni原子的简化电子排布式为：[Ar]，故A错误；B项，基态As原子最高能级为4p，其轨道为哑铃形，故B正确；C项，第一电离能：P＞S＞Cu，故C错误；D项，S、P为p区元素，Cu、Zn为ds区元素，故D错误；故选B。
13．某短周期元素R的各级电离能数据(用I1、I2……表示，单位为kJ⋅ml-1)如表所示。关于元素R的判断中正确的是( )
A．R元素基态原子的电子排布式为ns1 B．R的最高正价为+4价
C．R元素可能属于非金属元素 D．R元素位于元素周期表中第ⅡA族
【答案】D
【解析】根据第一至第四电离能的数据可知，第三电离能突然增大，说明该元素容易失去2个电子，则该元素原子最外层含有2个电子，据此分析解答。从表中原子的第一至第四电离能的数据，元素的第一、第二电离能都较小，第三电离能突然增大，容易失去2个电子，最高化合价为+2价，即最外层应有2个电子，应为第ⅡA族元素。A项，R元素可能是Mg或Be，基态原子的价电子排布式为ns2，故A项错误；B项，最外层，有2个电子，所以R的最高正价为+2价，故B项错误；C项，R元素可能是Mg或Be，不可能属于非金属元素，故C项错误；D项，最外层有2个电子，所以R元素位于元素周期表中第ⅡA族，故D项正确；故选D。
14．根据下列五种元素的电离能数据(单位：kJ•ml-1)，判断下列说法不正确的是( )
A．元素的第一电离能最大的可能是Q元素
B．R和S均可能与U在同一主族
C．U元素可能在元素周期表的s区
D．原子的价电子排布为ns2np1的可能是T元素
【答案】B
【解析】A项，根据表格数据，元素的第一电离能最大的可能是Q元素，故A正确；B项，R、U的第一电离能与第二电离能相差较大，可知R、U都是ⅠA族元素，R、U在同一主族；S的第二电离能与第三电离能相差较大，S是ⅡA族元素，故B错误；C项，U元素的第一电离能与第二电离能相差较大，U是ⅠA族元素，在元素周期表的s区，故C正确；D项，T的第三电离能与第四电离能相差较大，T是ⅢA族元素，原子的价电子排布为ns2np1，故D正确；故选B。
15．下列关于原子核外电子排布与元素在周期表中位置关系的表述正确的是( )
A．原子的价电子排布式为ns2np1～6的元素一定是主族元素
B．基态原子的p能级上有5个电子的元素一定是第ⅦA族元素
C．原子的价电子排布式为(n－1)d6～8ns2的元素一定位于第ⅢB～第ⅦB族
D．基态原子的N层上只有1个电子的元素一定是主族元素
【答案】B
【解析】0族元素原子的价电子排布式为1s2(氦)或ns2np6，故A项错误；原子的价电子排布式为(n－1)d6～8ns2的元素位于第Ⅷ族，故C项错误；基态原子的N层上只有1个电子的元素除了主族元素外，还有部分副族元素，如Cu、Cr，故D项错误。故选B。
16．元素的原子结构决定其性质和在周期表中的位置。下列说法正确的是( )
A．按电子排布，可把周期表里的元素划分成5个区，Zn元素属于d区
B．多电子原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高
C．P、S、Cl的第一电离能、电负性和最高价氧化物对应的水化物的酸性均依次增大或增强
D．某同学给出的Fe原子的3d能级电子排布图为，此排布图违反了洪特规则
【答案】D
【解析】A项，Zn是第四周期IIB族元素，价电子排布应是3d104s2，位置属于ds区，A不符题意；B项，按核外电子排布规则，离核较近的电子能量更低，B不符题意；C项，三种元素第一电离能的排序由低到高(用元素符号表示)应是S
A．与形成的10电子微粒有2种
B．的第一电离能由大到小的顺序为
C．基态原子共有5种空间运动状态的电子
D．由三种元素组成的化合物的水溶液均显酸性
【答案】C
【解析】五种短周期主族元素，X的核外电子数等于其周期数X为H，Y基态原子有3个单电子Y为N，Z的核外电子数等于X、Y核外电子数之和Z为O，M与X同主族因此Y是钠，Q是同周期中非金属性最强的元素Q为Cl。A项，H、O形成的10电子微粒有H2O、OH-、H3O+三种，故A错误；B项，N的核外价电子排布半充满，第一电离能大于O，故B错误；C项，N核外有1s、2s、2p轨道上有电子，因此有5种空间运动状态的电子，故C正确；D项，NH3·H2O溶液显碱性，故D错误；故选C。
18．(2024·湖南常德市一中高三月考)化合物A是一种常用的表面活性剂，具有起泡性能好、去污能力强等特点，其结构如图所示。已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，X、Y为同族元素，Z、M为同族元素，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态。下列说法错误的是( )
A．原子半径Z>Y>X>M
B．电负性X>Y>W>M>Z
C．X、Y、W元素形成的氢化物中沸点最高的为X的氢化物
D．均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐可以发生反应
【答案】C
【解析】由图干信息可知，已知X、Y、Z、W、M均为短周期常见元素，W是形成物质种类最多的元素，且W能够形成4个共价键，则W为C，X能形成2个共价键，Y能形成6个共价键，且X、Y同族，故X为O，Y为S，Z、M同族，基态Z原子的核外电子有6种空间运动状态，则Z为Na,且M形成1个共价键，则M为H。A项，由分析可知，Z为Na、Y为S、X为O、M为H，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径：Na＞S＞O＞H即Z＞Y＞X＞M，故A正确；B项，X为O、Y为S、W为C、M为H，根据同一周期从左往右非金属性依次增强，同一主族从上往下非金属性依次减弱可知，非金属性：O＞S＞C＞H>Na即X＞Y＞W＞M＞Z，非金属性越强其电负性越大，则电负性：X>Y>W>M>Z，故B正确；C项，X为O、Y为S、W为C，由于C的氢化物有很多，随着碳原子数增多其沸点依次升高，故X、Y、W元素形成的氢化物中的沸点中沸点最高的不一定是H2O，也可能是碳氢化合物，故C错误；D项，X为O、Y为S、Z为Na、M为H，均由X、Y、Z、M四种元素组成常见的两种盐NaHSO3和NaHSO4可以发生反应，反应原理为：NaHSO3+NaHSO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，故D正确；故选C。
19．(2024·上海闵行七宝中学高三模拟)A、B、C是元素周期表第3、4周期的元素，且原子序数逐渐增大，其相关信息如表：
(1)与A同周期且相邻的元素，以及A的第一电离能从大到小排列顺序(用元素符号表示)： 。与C同周期元素中，4s轨道半充满的元素有 (填写元素符号)。
(2)第3周期含未成对电子最多的原子是 ，写出其核外价电子的排布式 ；其最高能级上排布的电子具有相同的 。
(3)设计实验比较B和C的非金属性，写出实验步骤。现象和结论： 。
【答案】(1)Si＞Mg＞Al K、Cu、Cr
P 3s23p3 能量(3)Cl2通入 NaBr 溶液发生氧化还原反应生成 NaCl和 Br2，则氧化性氯气大于溴的
【解析】s能级最多排布2个电子，则n=3，A为3s23p1，Al元素；B元素，基态原子最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子相反，根据洪特规则和泡利原理，p能级上有5个电子，则B为Cl元素；C基态原子核外有35种不同运动状态的电子，说明C为35号元素，Br元素，综合：A为Al、B为Cl、C为Br。(1)A为Al，同周期且相邻的元素为Mg、Si，同周期元素，随着序数增大，第一电离能增大，但ⅡA元素第一电离能＞ⅢA元素，则第一电离能：Si＞Mg＞Al；第四周期周期中，原子的4s轨道半充满的原子外围电子排布式为4s1、3d54s1、3d104s1，分别为K、Cr、Cu元素；(2)第三周期元素中，外围电子排布为3sx3py，且能级处于半满稳定状态时，含有的未成对电子数最多，即外围电子排布为3s23p3，该元素为P；P轨道上的电子属于同一能级上的电子，它们有三个不同的伸展方向，电子能量相等；(3)Cl2通入 NaBr 溶液发生氧化还原反应生成 NaCl和 Br2，Cl2+2NaBr=2NaCl+ Br2，则氧化性氯气＞溴。
02 分子的结构与性质
1．下列有关化学键知识的比较肯定错误的是( )
A．键能：C—N＜C===N＜C≡N
B．键长：I—I＞Br—Br＞Cl—Cl
C．分子中的键角：H2O＞CO2
D．相同元素原子间形成的共价键键能：σ键＞π键
【答案】C
【解析】C、N原子间形成的化学键，三键键能最大，单键键能最小，A正确；原子半径：I＞Br＞Cl，则键长：I—I＞Br—Br＞Cl—Cl，B正确；H2O分子中键角是105°，CO2分子中键角是180°，C错误；相同元素原子之间形成的σ键的键能比π键的大，D正确。
2．一定条件下发生反应：Fe＋6HCN＋2K2CO3=K4[Fe(CN)6]＋H2↑＋2CO2↑＋2H2O。下列说法正确的是( )
A．K4[Fe(CN)6]的中心原子的核外电子排布式为[Ar]3d5
B．该反应中只存在离子键和共价键的断裂和形成
C．HCN、CO2、CO32-中碳的杂化方式和空间构型均相同
D．HCN 水溶液中存在 4 种氢键
【答案】D
【解析】A项，K4[Fe(CN)6]的中心原子为Fe，核外电子排布式为[Ar]3d64S2，A错误；B项，反应存在离子键、共价键的断裂和形成，还有配位键的形成，B错误；C项，HCN为 sp杂化，CO2为 sp杂化，碳酸根离子中心原子属于sp2杂化，C错误；D项，HCN 水溶液中存在 4 种氢键，H-CN······H-CN、H2O········H-CN、H-CN·········H-O-H、H2O·······H-O-H ，D正确；故选D。
3．甲醛分子式为CH2O，有强烈刺激性气味，甲醛在常温下是气态，已被世界卫生组织确定为致癌和致畸形物质。下列关于其结构及性质的分析正确的是( )
A.C原子采取sp3杂化，O原子采取sp杂化
B.甲醛分子中中心原子价层电子对数为4，含有一对孤电子对，是三角锥形结构
C.一个甲醛分子中含有3个σ键和1个π键
D.甲醛分子为非极性分子
【答案】C
【解析】一个甲醛分子中含有两个碳氢键，一个碳氧双键，C原子采取sp2杂化，氧原子形成一个碳氧双键，含有2对孤电子对，O原子采取sp2杂化，A项错误；甲醛分子中中心原子价层电子对数为3，不含孤电子对，是平面三角形结构，B项错误；一个甲醛分子中含有两个碳氢键、一个碳氧双键，双键含有一个σ键和一个π键，所以共含有3个σ键和1个π键，C项正确；甲醛分子为平面三角形结构，碳原子位于三角形内部，空间结构不对称，所以为极性分子，D项错误。故选C。
4．(2024·北京海淀区首都师范大学附属中学高三质检)关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法不正确的是( )
A．CH3OH为极性分子
B．N2H4空间结构为平面形
C．N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2的原因是N2H4分子间氢键数目更多
D．CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇是由极性键构成的极性分子，A正确；B项，N2H4中氮原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，故不可能为平面形，B错误；C项，N2H4分子间氢键数目比(CH3)2NNH2更多，故N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2的沸点，C正确；D项，CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均为sp3杂化，D正确； 故选B。
5．(2024·湖北重点高中高三联考)缺电子化合物是指电子数不符合路易斯结构(路易斯结构是通过共用电子使原子价层电子数达到8，氢原子达到2所形成的稳定分子结构)要求的一类化合物。下列说法正确的是( )
A．NH3、BF3、C2H2均为缺电子化合物
B．NH3的键角大于BF3的键角
C．BF3与NH3化合反应产物中，B和N的杂化方式相同
D．NH3和BF3都是极性分子
【答案】C
【解析】A项，NH3和C2H2均不为缺电子化合物，A错误；B项，NH3是三角锥形，键角107°：BF3是平面正三角形结构，键角120°，B错误；C项，BF3与NH3化合反应产物中，B和N都是 sp3杂化，C正确；D项，NH3是极性分子，BF3是非极性分子，D错误；故选C。
6．CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2均为常见的燃料，关于这三者的结构与性质，下列说法错误的是( )
A．CH3OH的电子式为
B．N2H4空间结构为平面形
C．CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都易溶于水
D．CH3OH和(CH3)2NNH中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，CH3OH的电子式为，A正确；B项，N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都能和水分子形成氢键，都易溶于水，C正确；D项，CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
7．徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多明星分子，如H2O2、CO2、BF3、CH3COOH等。下列说法正确的是( )
A．H2O2分子中的O为sp2杂化 B．CO2分子中C原子为sp1杂化
C．BF3分子中的B原子为sp3杂化 D．CH3COOH分子中C原子均为sp2杂化
【答案】B
【解析】A项，H2O2分子中氧原子形成2个σ键，含有2对孤电子对，采取sp3杂化，错误；B项，CO2分子中C原子形成2个σ键，没有孤电子对，采取sp1杂化，正确；C项，BF3分子中的B原子的最外层电子数为3，形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，错误；D项，CH3COOH分子中有2个碳原子，其中甲基上的碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，采取sp3杂化，错误。
8．催化剂作用下，SO2与Cl2反应生成SO2Cl2；对SO2水溶液的光谱分析可以检测到HSO3-、S2O32-和痕量的SO32-，三氧化硫在液态时有单分子SO3和三聚的(SO3)3(结构如下图所示)两种形式，在高温时能将HBr氧化为Br2。关于说法正确的是( )
A．SO2、SO3都是非极性分子
B．SO2Cl2为正四面体结构
C．SO3、SO32-中S原子都是sp2杂化
D．1 ml (SO3)3分子中含有12 ml σ键
【答案】D
【解析】A项，SO2分子中正负电荷重心不重合，因此属于极性分子，而SO3分子中正负电荷重心重合，因此该分子属于非极性分子，A错误；B项，SO2Cl2分子中与中心S原子形成共价键的O、Cl原子半径不同，因此该分子呈四面体结构，但不是正四面体结构，B错误；C项，SO3分子中的中心S原子价层电子对数为3+=3，则S原子是sp2杂化；SO32-中S原子价层电子对数是3+=4，因此S原子杂化类型是sp3杂化，C错误；D项，根据(SO3)3分子结构可知：在1个(SO3)3分子中含有12个σ键，则在1 ml (SO3)3分子中含有12 ml σ键，D正确；故选D。
9．(2023·浙江省衢州市期末)SO3及其三聚体环状结构如图所示。下列说法不正确的是( )
A．SO3与CO32-、NO3-互为等电子体，空间结构都为平面三角形
B．SO3为非极性分子，中心原子杂化类型sp3
C．三聚体环状结构中S与O形成的共价键的键长有a、b两类
D．该三聚体环状结构中含有12个σ键
【答案】B
【解析】A项，具有相同价电子数和相同原子数的分子或离子是等电子体，则SO3与CO32-、NO3-互为等电子体，等电子体具有相同的结构特征，它们的中心原子孤电子对数=0、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间结构都为平面三角形，A正确；B项，结合选项A可知SO3中心原子杂化类型sp2，B不正确；C项，由图知：三聚体环状结构中S与O形成的共价键的键长有a、b两类，C正确；D项，该三聚体环状结构中每个S原子形成4个σ键，则分子内含有12个σ键，D正确；故选B。
10．(2024·江苏镇江吕叔湘中学高三月考)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO2-与ClO3-。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体，实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4下列关于ClO2、ClO2-、ClO3-的说法正确的是( )
A．ClO2分子是极性分子B．ClO2-中含有非极性键
C．ClO3-的空间构型为平面三角形D．ClO2-与ClO3-的键角相等
【答案】A
【解析】A项，ClO2易溶于水，在水中的溶解度约为Cl2的5倍，氯气是非极性分子，根据相似相溶原理，ClO2与水分子极性相似，故ClO2为极性分子，A正确；B项，ClO2-中Cl和O以极性共价键结合，B错误；C项，ClO3-中心原子Cl有3个σ键，孤电子对数为，空间构型为三角锥形，C错误；D项，ClO2-中心原子Cl的孤电子对数为，中心原子Cl的孤电子对数为1，孤电子对之间的斥力>孤电子对与成键电子对之间斥力>成键电子对之间斥力，因此ClO3-键角>ClO2-键角，D错误；故选A。
11．氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ·ml-1。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气；侯氏制碱法用氨气、二氧化碳，与饱和食盐水制备纯碱碳酸钠。下列有关NH3、NF3、NH4+、NO2-、NO3-等含氮粒子的说法正确的是( )
A．NH3中N-H键角比NH4+中N-H键角大
B．NH3极易溶于水，主要原因是NH3分子间能形成氢键
C．NH3的水溶液能导电，但一水合氨不能完全电离，因此NH3属于弱电解质
D．NH3、NF3的空间构型都是三角锥型，NO2-、NO3-中的N都是sp2杂化
【答案】D
【解析】A项，分子中中心原子上的孤电子对数越多，键角越小，故NH3中N-H键角比NH4+中N-H键角小，故A错误；B项，NH3极易溶于水，主要原因是NH3分子与水分子间能形成氢键，故B错误；C项，NH3自身不能电离，NH3是非电解质，故C错误；D项，NH3、NF3均为sp3杂化，一个孤电子对，故为三角锥形，NO的价层电子对数为2+=3，NO3-的价层电子对数为3+=3，故N原子都是sp2杂化，故D正确；故选D。
03 晶体的类型与性质比较
1．下列有关晶体的说法正确的是( )
A．任何晶体中都存在化学键 B．晶体内部的微粒在空间的排列均服从紧密堆积原理
C．任何晶体中，若有阴离子必定含有阳离子 D．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高
【答案】C
【解析】A项，惰性气体属于单原子分子，该晶体中不存在化学键，错误；B项，晶体内部的微粒在空间的排列是否服从紧密堆积原理，主要看微粒间的相互作用有无方向性和饱和性，金属晶体中的金属键没有饱和性和方向性，所以服从紧密堆积原理，原子晶体中的共价键有方向性和饱和性，不服从紧密堆积原理，错误；C项，任何晶体中，若有阴离子(一定是离子化合物)必定含有阳离子，正确；D项，有的金属晶体的熔点(例如水银)的熔点比分子晶体(例如碘单质)的熔点低，错误。
2．下列物质的熔、沸点高低顺序中，正确的是( )
A．金刚石＞晶体硅＞二氧化硅＞碳化硅 B．
C．MgO＞Br2＞H2O＞O2 D．金刚石＞生铁＞纯铁＞钠
【答案】B
【解析】A项，同属于共价晶体，熔、沸点高低主要看共价键的强弱，显然对键能而言，晶体硅＜碳化硅＜二氧化硅＜金刚石，错误；B项，形成分子间氢键的物质的熔、沸点要大于形成分子内氢键的物质的熔、沸点，正确；C项，对于不同类型的晶体，其熔、沸点高低一般为共价晶体＞离子晶体＞分子晶体，MgO＞H2O＞Br2＞O2，错误；D项，生铁为铁合金，熔点要低于纯铁，错误。
3．(2023·浙江省稽阳联谊学校高三联考)(双选)下列说法正确的是( )
A．图A中，18-冠-6中O原子电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征
B．图B物质相较NaBF4摩尔质量更大，具更高的熔沸点
C．图B中，1ml该物质含有20ml σ键
D．图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为
【答案】CD
【解析】A项，A中冠醚与K＋之间并非离子键，而是通过配位键结合，A错误；B项，B中物质阳离子基团较大，离子键较弱，较NaBF4熔沸点更低，B错误；C项，根据图B中物质的结构可知，1ml该物质含有σ键20ml，C正确；D项，将左边结构补齐会形成两个环，被两个环共用的氧原子左边有7个，右边有7个共14个，独立成个体的氧原子有10个，同时每个环都有独立的硅原子，则Si：O=(4+4×0.5)：(14×0.5+10)=6：17，这样每个环所包含的O有17个，硅有6个，再根据硅化合价为+4价，氧化合价为-2价，其结构通式为，D正确；故选CD。
4．下列说法不正确的是( )
A．Na2O中离子键的百分数为62%，则Na2O不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体
B．Na2O通常当作离子晶体来处理，因为Na2O是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近
C．Al2O3是偏向离子晶体的过渡晶体，当作离子晶体来处理；SiO2是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理
D．分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型
【答案】C
【解析】A项，Na2O中离子键的百分数为62%，说明还存在共价键，则Na2O不是纯粹的离子晶体，是离子晶体与共价晶体之间的过渡晶体，故A项正确；B项，离子键与共价键的区别在于形成化学键的两元素电负性差值，差值大为离子键，差值小为共价键，Na2O通常当作离子晶体来处理，项因为Na2O是偏向离子晶体的过渡晶体，在许多性质上与纯粹的离子晶体接近，故B正确；C项，Al2O3、SiO2均是偏向共价晶体的过渡晶体，当作共价晶体来处理，故C项错误；D项，根据微粒间存在的作用力分析，分子晶体、共价晶体、金属晶体和离子晶体都有过渡型，故D项正确；故选C。
04 晶体的结构与性质
1．(2024·辽宁大连市金州高级中学高三期中)TiO2通过氮掺杂生成TiO(2-a)Nb的反应如图。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，设阿伏加德罗常数的值为NA。
下列叙述不正确的是( )
A．原子3的分数坐标为(1，1，)B．TiO2的密度为g•cm-3
C．TiO(2-a)Nb晶体中a=D．TiO(2-a)Nb晶体中b=
【答案】D
【解析】A项，原子1、2的坐标分别为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)，A正确；B项，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为4，O原子在8个棱上、8个面上，2个在体内，O原子个数为8，则1ml晶胞的质量4×(48+16×2)g，一个晶胞的质量为m=，体积为V=x2y×10-30cm3，则TiO2的密度为，B正确；C项，由TiO(2-a)Nb晶体结构可知，氮掺杂反应后有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在后面，1个在体内，O原子个数为(，N原子1个在棱上、1个在面，N原子个数为(，Ti原子8个在顶点、4个在面心，1个在体内，Ti原子个数为+4，Ti：O：N=4：：=1：：，TiO(2-a)Nb晶体中2-a=，a=，b=，C正确；D项，由C选项可知，b=，D错误；故选D。
2．(2024·湖北名校联考高三联考)硅与镁能够形成二元半导体材料，其晶胞如图所示，已知晶胞参数为rnm。阿伏加德罗常数值为NA。下列说法中不正确的是( )
A．镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中
B．晶体中硅原子和镁原子的配位数之比为1∶2
C．该晶体中两个硅原子间的最短距离为
D．晶体的密度为
【答案】B
【解析】A项，观察给出的晶胞可知，镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中，A正确；B项，硅原子和镁原子的配位数之比为2∶1，B错误；C项，最近的硅原子之间的距离为晶胞面对角线的一半，其距离为，C正确；D项，该晶体的化学式为Mg2Si，该晶胞包含4个Mg2Si，该晶胞的质量为，晶胞的体积为，故晶体的密度为，D正确；故选B。
3．(2024·湖北省高中名校联盟高三第二次联考)某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)。进行镁离子取代及卤素共排杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是( )
A．基态溴原子的核外电子排布式为
B．图1晶体中O周围最近的数目为6
C．图1晶体密度为
D．图2表示的化学式为LiMgOClxBr1-x
【答案】A
【解析】A项，溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式，则Br原子基态原子核外排布式为[Ar]3d104s24p5，故A错误；B项，由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Li原子的个数为6，即O配位数为6，故B正确；C项，由图可知，晶胞中含有Cl：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：8×+1=3，晶胞的化学式为Li3ClO，所以晶体密度为：，故C正确；D项，由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：8×+1=3，含有Mg或空位：8×=1，所以晶胞的化学式为LiMgOClxBr1-x，故D正确；故选A。
4．的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到的晶体中得到稀磁性半导体材料，其结构如图乙所示。a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)。下列说法错误的是( )
A．c点Mn的原子分数坐标为(0，， )
B．晶体乙中Mn、Ga、As的原子个数比为5∶27∶32
C．基态Ga原子未成对电子数为3
D．若GaAs晶胞参数为lnm，则Ga和As之间的最短距离为
【答案】C
【解析】A项，图乙中，a、b点的原子分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，c点Mn原子位于左侧面的面心上，其原子分数坐标为，A正确；B项，掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的Mn原子个数：，原子个数：，As原子个数为4，故Mn，Ga，As原子个数比为，B正确；C项，基态Ga原子的价电子排布式为，未成对电子数为1，C错误；D项，Ga与As之间的最短距离为体对角线的，D正确；故选C。
5．Cu2O晶体结构与CsCl相似，只是用Cu4O占据CsCl晶体(图I)中的Cl的位置，而Cs所占位置由O原子占据，如图II所示，下列说法不正确的是
A．Cu2O晶胞中Cu4O四面体的O坐标为(，，)，则①的Cu坐标可能为(，，)
B．Cu2O晶胞中有2个Cu2O
C．CsCl的晶胞参数为a cm，设NA为阿伏加德罗常数的值，相对分子质量为M，则密度为g/cm3
D．Cu2O晶胞中Cu的配位数是2
【答案】C
【解析】A项，根据题意可知Cu2O晶胞为，根据图中所给坐标系，和已知的O坐标为(，，)可知，①的Cu坐标可能为(，，)，故A正确；B项，根据均摊法可知，Cu2O晶胞中有2个O，4个Cu，即2个Cu2O，故B正确；C项，CsCl的晶胞中有1个CsCl，则其密度为g/cm3，故C错误；D项，Cu2O晶胞为，Cu的配位数是2，故D正确；故选C。
6．(2024·山东淄博高三期中)(双选)我国科学家合成的T﹣碳，其晶胞结构可看作金刚石晶胞中的每个碳原子被4个碳原子构成的正四面体单元替代，如图所示。T﹣碳的密度为金刚石的一半。下列说法正确的是( )
A．每个T﹣碳晶胞中碳原子个数为16
B．T﹣碳与金刚石中碳原子的杂化方式相同
C．T﹣碳中碳原子数与共价键数之比为1：2
D．T﹣碳晶胞边长和金刚石晶胞边长之比为1：2
【答案】BC
【解析】A项，金刚石晶胞中根据晶胞均摊法计算顶点个，面心个，内部4个，晶胞中碳原子共计8个，T﹣碳，其晶胞结构可看作金刚石晶胞中的每个碳原子被4个碳原子构成的正四面体单元替代，则晶胞中碳原子个数为个，故A错误；B项，T﹣碳与金刚石中的碳原子和周围碳原子都是形成四个共价键都是sp3杂化，故B正确；C项，T﹣碳晶胞中碳原子数为32，每个碳原子与周围四个碳原子形成共价键，但是每个共价键每个碳原子只占一半，所以晶胞中共价键数目为，碳原子数与共价键数之比为1：2，故C正确；D项，T﹣碳的密度为金刚石的一半，根据晶胞中碳原子数目可以其质量是金刚石的4倍，根据，T﹣碳晶胞的体积为金刚石的8倍，晶胞棱长= ，故T﹣碳晶胞的边长和金刚石晶胞边长之比为2：1，故D错误；故选BC。
7．(2024·山东菏泽高三期中)(双选) [C(NH3)6]Cl2 晶体的晶胞如下图所示(己知该立方晶胞的边长为，阿伏加德罗常数为NA，[C(NH3)6]Cl2的摩尔质量为)。以下说法正确的是( )
A．若规定A点原子坐标为，B点原子坐标为，则C点原子坐标为
B．离[C(NH3)6]2+最近的有4个
C．[C(NH3)6]Cl2中，中心离子的配位数为8
D．[C(NH3)6]Cl2晶体的密度为
【答案】AD
【解析】A项，将晶胞内部分为8个小立方体，A点原子坐标为，B点原子坐标为，则C的坐标为，故A正确；B项，以底面面心[C(NH3)6]2+为例，在此晶胞中离该[C(NH3)6]2+最近的有4个，下方晶胞中还有4个，因此离[C(NH3)6]2+最近的Cl-有8个，故B错误；C项，[C(NH3)6]Cl2中，只有NH3是配体，中心离子的配位数为6，故C错误；D项，晶胞中[C(NH3)6]2+数目：，Cl-数目：8，晶胞的质量：m=，晶体的密度为，故D正确；故选AD。
05 物质结构与性质综合
1．(2024·浙江省绍兴市高三选考科目诊断性考试)氧族元素及其化合物种类繁多，应用广泛。
(1)基态硫原子的价电子排布图为 。
(2)下列说法正确的是___________。
A．O3在水中的溶解度比在CCl4中小B．H2S的酸性弱于C2H5SH
C．氧族元素位于元素周期表中的s区D．热稳定性：H2Se>AsH3
(3)许多物质的氧化物固态存在多聚体，例如五氧化二磷实际的分子式是P4O10，实验测得磷、硫、氯三种氧化物的熔点如下，推测固态三氧化硫的分子式为 。
(4)12-冠-4()可与锂离子络合，其中氧的杂化方式为 。
(5)锂钴复合氧化物是目前商品化锂离子电池的常用正极材料，其理想结构如图。其化学式为 。
【答案】(1)
(2)AD (3) S3O9 (4) sp3 (5) LiCO2
【解析】(1)S原子的原子序数是16，价电子排布图为：；(2)A项，根据相似相溶原理，O3极性较小，在非极性溶剂四氯化碳中的溶解度更大，A正确；B项，乙基是供电子集团，-SH中的氢原子不容易电离，H2S的酸性强于C2H5SH，B错误；C项，氧族元素位于元素周期表中的p区，C错误；D项，元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，同一周期从左往右元素的非金属性逐渐增强，Se的非金属性比As的强，热稳定性H2Se>AsH3，D正确；故选AD；(3)三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于P4O10，说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183<固态三氧化硫的相对分子质量<284，则固态三氧化硫的分子式为S3O9；(4)冠醚中O原子的杂化方式为sp3；(5)均摊法计算O原子的个数为14+12×=16，Li的原子个数为6+2×+12×=8，C的原子个数为7+6×=8，O、Li、C的原子个数比为2：1：1，化学式为：LiCO2。
2．(2024·浙江省衢州、丽水、湖州三地市教学质量检测)锌是动物必需的微量元素之一，参与机体的各种代谢活动。请回答：
(1)Zn位于元素周期表的 区。
(2)第二电离能：Cu Zn(填“>”、“<”或“=”)，判断依据是 。
(3)含有多个配位原子的配体与同一个中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物称为螯合物，一种Zn2+配合物的结构如图所示(-OTs为含氧、硫的有机基团)：
①1ml该配合物通过螯合作用形成的配位键有 ml，该螯合物中N原子的杂化类型为 。
②该配合物所涉及非金属元素电负性最小的是 (填元素符号)。
(4)硫化锌精矿是冶炼金属锌的主要原料，六方硫化锌的平行六面体晶胞如图所示，晶体中锌离子的配位数为 。
【答案】(1)ds
(2) > Cu和Zn失去一个电子后价层电子排布分别为3d10、3d104s1，前者属于全充满状态，再失去一个电子更难
(3) 4 sp2sp3 H
(4)4
【解析】(1)Zn为30号元素，位于元素周期表的ds区；(2)基态Cu+核外价电子为3d10，3d轨道为全满较稳定状态，不容易再失去一个电子；基态Zn+核外价电子为3d104s1，4s轨道有1个电子，容易失去1个电子形成锌离子；故第二电离能：Cu>Zn；(3)①由螯合物定义和结构示意图可知，1ml该配合物中通过螯合作用形成的配位键有4ml，该螯合物中环上N所在的环为平面结构，其杂化类型为sp2杂化，-NH-中氮原子形成3个共价键且存在1对孤电子对，为sp3杂化；②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，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；该配合物所涉及非金属元素电负性最小的是氢元素H；(4)据“均摊法”，晶胞中含个S、个Zn，则化学式为ZnS，以B点硫为例，其最近且相邻的锌为4个，晶体中锌离子的配位数为4。
3．(2024·江西省部分高中学校高三联考)科学家开发一种氮掺杂氢化镥()材料，在1 GPa压强下，该材料表现出室温超导特性。回答下列问题：
(1)已知基态Lu(镥)原子的价层电子排布式为，它位于元素周期表第 周期 族，有 个未成对电子。
(2)与氮同主族元素的最简单氢化物的稳定性、沸点随着原子序数递增而变化的规律如图所示。
①氮族元素的最简单氢化物中，沸点最低的是 (填化学式，下同)，最稳定的是 。
②NH3的沸点高于AsH3，其主要原因是 。
(3)某药品活性成分的结构简式如图所示。
该分子中N原子的杂化类型是 ，1个该分子含 个手性碳原子。
(4)含N的分子或离子是常见的配体。例如，雷氏盐的化学式为NH4[Cr(SCN)4(NH3)2]，常作分析试剂。
①雷氏盐中NH4+的空间结构为 ，NH3中的N (填“是”或“不是”)配位原子。
②预测：雷氏盐中阴离子的空间结构最可能是 (填标号)。
B． C． D．
【答案】(1) 六 ⅢB 1
(2) PNH3 NH3 NH3分子间存在氢键
(3)sp3 1
(4) 正四面体形 是 C
【解析】(1)从价电子排布式可知，出现了6s轨道，确定其在第六周期，因为它的f轨道全充满，就基本确定该元素在f区，排除掉全充满的电子，根据构造原理，那么最外层还有3个电子，可确定其在第ⅢB族，故镥在第六周期第ⅢB族；根据价层电子排布式，f和s轨道全充满，没有未成对电子，所以在d轨道上出现1个未成对电子；(2)氮族氢化物属于同一主族氢化物，其沸点随着相对分子质量的增加而升高，所以其氢化物的沸点越往下的元素的氢化物的沸点就越高，但是NH3易形成分子间氢键，使其沸点突然增大，所以氮族氢化物沸点最低的是PH3；元素的非金属性越强形成的气态氢化物越稳定，氮族元素中非金属性最强的为N，则氢化物最稳定的为NH3；(3)该分子中N原子只形成单键，采用sp3杂化；手性碳原子是指该碳原子周围连接了4个全部不同的原子或原子基团，在该结构中，手性碳原子只有1个，如图；(4)①雷氏盐中的阳离子是NH4+，其空间构型是正四面体；NH4[Cr(SCN)4(NH3)2]中的阴离子是[Cr(SCN)4(NH3)2]-，该阴离子中配位体有两种，是SCN-和NH3，中心原子是Cr，Cr提供空轨道，S与N提供未成对电子，所以该配合物中配位原子是S与N；②雷氏盐中阴离子的配位数是6，说明离中心原子最近的原子或原子团有6个，能符合的图是C。
4．(2023·江西省鹰潭市一模)C、Al、 Si形成的合金是一种高性能的热电材料，备受研究人员关注。回答下列问题：
(1)基态C原子的核外电子排布式为___________，它处于元素周期表的___________区。
(2)下列各状态的铝中，再电离出一个电子所需能量最小的是___________ (填序号)。
A． B．
C． D．
(3)AlCl3是某些有机反应的催化剂，如苯酚()与乙酰氯()反应的部分历程为。
①乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为___________。
②乙酰氯分子中C-C键与C-Cl键的夹角___________ 120°(填“大于“等于”或“小于”)， 判断理由是___________。
③AlCl4-的空间构型为___________。
(4)金刚石、金刚砂(SiC)、单晶硅的熔点由低到高的顺序为___________。
(5)C、Al、Si形成的一种合金的晶胞结构如图所示(若不看， 该晶胞具有萤石结构)，1号原子、2号原、Al原子的分数坐标分别为(0， 1， 0)、(，，)、(，，)，则3号原子的分数坐标为___________ ； 若晶胞参数为anm，，则该合金的密度为___________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出式子)。
【答案】(1) [Ar]3d74s2 d (2)B
(3) sp2、sp3 小于 氧原子上有2个孤电子对，且与C原子形成C-O键，对C-C键和C-Cl键有较大的排斥力 正四面体形
(4)单晶硅<金刚砂(SiC)<金刚石
(5) (，，)
【解析】(1)钴的原子序数是27，基态C原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，C元素位于第Ⅷ族，原子核外最后填充的是d电子，故C为d区元素。故答案为：[Ar]3d74s2；d；(2)A、C、D分别电离出—个电子所需的能量为基态Al原子的第—、三、二电离能，基态铝原子的第三电离能>第二电离能>第—电离能；原子处于激发态时能量比基态时高，易失去电子，B处于激发态，电离出—个电子需要的能量最低，综合分析需要能量最小的为B；(3)①乙酰氯分子甲基中的碳原子采用sp3杂化、羰基中的碳原子采用sp32杂化。②由于乙酰氯分子中含有碳氧双键，C—O键上的氧原子有2个孤电子对，对C—C键和C—Cl键有较大的排斥力，因此该夹角小于120°。③微粒AlCl4-中Al原子形成4个σ键，且不含孤电子对，故空间构型为正四面体形；氧原子上有2个孤电子对，且与C原子形成C－O键，对C－C键和C－Cl键有较大的排斥力；正四面体形；(4)金刚石、金刚砂(SiC)、单晶硅均为原子晶体，结构相似，共价键键长越短，键能越大，原子晶体的熔点越高，原子半径：C
(1)顺铂有抗癌作用。机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的Pt(NH3)2(OH)Cl与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。如：
①基态Cu原子价层电子排布式为_______。
②鸟嘌呤与Pt(NH3)2(OH)Cl反应的产物中包含的化学键_______。
A氢键 B．离子键 C．共价键 D．配位键
③在Pt(NH3)2Cl2，配体与铂(Ⅱ)的结合能力：Cl -_______(NH3填“>”或“＜”)。
(2)顺铂和反铂互为同分异构体，两者的结构和性质如下。
①推测Pt(NH3)2Cl2的结构是_______(填“平面四边形”或“四面体形”)。
②顺铂在水中的溶解度大于反铂的原因是_______。元素
I1
I2
I3
I4
X
500
4 600
6 900
9 500
Y
580
1 800
2 700
11 600
A
D
B
E
C
I1
I2
I3
I4
R
740
1500
7700
10500
元素代号
I1
I2
I3
I4
Q
2080
4000
6100
9400
R
500
4600
6900
9500
S
740
1500
7700
10500
T
580
1800
2700
11600
U
420
3100
4400
5900
元素
相关信息
A
基态原子最外层电子排布式为nsn-1pn-2
B
基态原子最外层p轨道上有两个电子的自旋方向与其他电子相反
C
基态原子核外有35种不同运动状态的电子
P4O10
三氧化硫
Cl2O7
熔点
613K
289K
182K
顺铂
反铂
空间结构
25℃时溶解度/g
0.2577
0.0366
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