资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩27页未读，
继续阅读
所属成套资源：新高考化学二轮复习讲与练专题 （2分，原卷版+解析版）
成套系列资料，整套一键下载
新高考化学二轮复习讲与练专题一0四 物质结构与性质（解析版）
展开
这是一份新高考化学二轮复习讲与练专题一0四 物质结构与性质（解析版），文件包含新高考化学二轮复习讲与练专题十四物质结构与性质原卷版docx、新高考化学二轮复习讲与练专题十四物质结构与性质解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共85页， 欢迎下载使用。
1．物质结构常见考点剖析
(1)以原子或离子结构为主线的考查角度
(2)以分子结构为主线的考查角度
(3)以晶体结构为主线的考查角度
2．性质比较及解释类问题模型构建
(1)“原因解释”类试题的解题流程
(2)模板构建
eq \x(叙述结构)→eq \x(阐述原理)→eq \x(回扣结论)
探究一 原子结构与性质
前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：
(1)元素A、B、C中，电负性最大的是_______(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为_______。
(2)与同族其他元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是_______；BA3分子中键角_______109°28′(填“>”“＜”或“=”)，原因是_______。
(3)基态E原子的电子排布式为_______；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为_______。
(4)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_______g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数)。
【答案】(1) O N>O>Al
(2) NH3分子间存在氢键 ＜ 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用
(3) 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1) 7：1
(4)×1030
【详解】（1）元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；
（2）NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；
（3）E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；7:1；
（4）AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030 g·cm－3，故答案为×1030。
【变式练习】
1．主族元素N、F、Si、As、Se、Cl、Ti等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)Si3N4陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于_______晶体；高纯硅制备过程中会有SiHCl3、SiCl4等中间产物生成。沸点：SiHCl3_______ SiCl4(填“>”或“<”)，SiCl4中Si采取的杂化类型为_______。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为_______；OF2分子的空间构型为_______；OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是_______。
(3)Se元素基态原子的原子核外电子排布式为_______；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为_______。
(4)时速600公里的磁浮列车需用到超导材料。超导材料TiN具有NaCl型结构(如图) ，晶胞参数(晶胞边长)为aD(1D= 10 -10m) ，TiN的相对分子质量为M，该氮化钛晶体的密度_______g· cm-3(列出计算式即可)。
【答案】(1) 共价 < sp3
(2) F＞O＞Cl V形 OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2
(3) [Ar]3d104s24p4 As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素
(4)
【详解】（1）Si3N4陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于共价晶体；SiHCl3、SiCl4均为分子晶体，SiHCl3相对分子质量小于SiCl4，则沸点：SiHCl3（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；O、F、Cl电负性由大到小的顺序为F＞O＞Cl；OF2分子中心O原子价层电子对数为2+=4，O原子采用sp3杂化，空间构型为V形；OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2；
（3）Se为34号元素，元素基态原子的原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素；
（4）晶胞中N位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；Ti原子位于晶胞内部和棱，一个晶胞中原子数目为；故晶胞质量为g；晶胞体积为，所以密度为。
2．（2022·福建·泉州七中高三期中）我国科学家最近开发了柔性热电材料―硒化银(β-Ag2Se)，其功能可与半导体材料碲化铋(Bi2Te3)媲美。请回答下列问题：
(1)基态硒原子的价层电子排布式为_______；基态铋原子有_______个未成对电子。
(2)简单氢化物、、、的稳定性依次减弱的主要原因是_______，四种氢化物中沸点最低的是_______(填化学式)。
(3)三氧化硒(SeO3)的熔点为1650在126℃时升华。的晶体类型是_______。
(4)我国科学家利用亚硒酸盐和硫酸盐追踪固氮酶取得新进展。亚硒酸根的空间构型是_______，碲酸根中Te的杂化类型是_______。
(5)半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。已知该晶胞参数为anm，则该晶体密度为_______(用晶胞参数a表示)
【答案】(1) 3
(2) O、S、、的原子半径依次增大，与H形成的共价键键长增大，键能减小
(3)分子晶体
(4) 三角锥形
(5)
【详解】（1）硒是34号元素，基态硒原子的价层电子排布式为。与N位于同主族，未成对电子数为3；
（2）氧、硫、硒、碲的原子半径依次增大，与氢形成共价键的键能依次减小，故稳定性依次减弱。分子之间形成氢键，沸点比高，、、相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，沸点逐渐升高，故沸点最低；
（3）三氧化硒(SeO3)的熔点为1650在126℃时升华，说明熔点较低，易升华，即粒子之间作用力小，所以属于分子晶体；
（4）中硒原子价电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形。中Te原子价电子对数为，采用杂化；
（5）根据晶胞结构可知，硒化锌晶胞中含Zn的个数为：4，Se的个数为：=4，根据晶胞密度=晶胞质量与体积的比可知，上述晶胞的密度=g/cm3。
3．（2022·辽宁沈阳·高三期中）2022年北京冬奥会的“冰立方”是由2008年北京奥运会的“水立方”改造而来，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯与四氟乙烯的共聚物制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图为_______。
(2)固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构_______。
(3)属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，分子中C的杂化轨道类型为_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因：_______。
(4)萤石是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为，正负离子的核间距最小为_______。
【答案】(1)
(2)
(3) 非极性 键的键能大于聚乙烯中键的键能，键能越大，化学性质越稳定
(4)
【详解】（1）F为第9号元素其电子排布为，则其价电子排布图为。
（2）固体中存在氢键，则的链状结构为。
（3）是平面结构，结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子。共聚物中C原子存在4对共用电子对，所以杂化轨道类型为。由于F元素的电负性较大，因此与C原子的结合而形成的键的键能大于聚乙烯中键的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定。
（4）根据萤石晶胞结构，X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中X离子共有个，Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个Y离子，因此该晶胞的化学式应为，结合萤石的化学式可知，X为根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察的晶胞结构不难发现F位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为，与之间的距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负离子核间距的最小距离为。
探究二 分子结构与性质
晶体具有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。
(1)干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。
①1个分子周围等距且最近的分子有________个。
②铜金合金的晶胞结构与干冰相似，若顶点为Au、面心为Cu，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为是________。
③如图是冰的结构。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是________ (填字母序号)。
a．二氧化碳分子的质量大于水分子
b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集
c．水分子极性强，分子间作用力大
d．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低
(2)单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。
①单晶硅中最小的环上有________个Si原子。
②1ml单晶硅中含有________ml Si－Si键。
(3)是一种碳的单质。
①1个晶胞中含有________个分子。
②世界上第一辆单分子“纳米小车”的四个轮子是，小车运行情况如图所示，从a处化学键的特点说明其运动原因：________。
(4)NiO晶体与NaCl晶体结构相似。
①NiO的熔点远高于NaCl，结合右表说明理由：________。
②设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为a pm()，NiO的摩尔质量为M ，则晶体的密度为________(列出计算式)。
③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如右图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6：91。若该晶体的化学式为，则x=________。
【答案】(1) 12 1：3 abd
(2) 6 2
(3) 4 a处通过σ单键相连，可以绕键轴旋转
(4) NiO和NaCl晶体类型相同，Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子，Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强 0.97
【详解】（1）①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上，将晶胞补全可知，有3层每各有4个二氧化碳分子与之最近，故之最近的二氧化碳分子有4×3=12，故答案为：12；
②若顶点为Au、面心为Cu,晶胞中含有Au原子数目为8×=1，晶胞中含有Cu原子数目为6×=3，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为1：3，故答案为：1：3；
a．二氧化碳分子的质量大于水分子，则相同体积的二氧化碳分子，其密度比水大，a正确；
b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集，则说明干冰的密度比冰大，b正确；
c．水分子极性强，分子间作用力大，不能说明干冰的密度比冰大，c错误；
d．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低，能说明干冰的密度比冰大，d正确；
故选：abd；
（2）①每个Si原子连接4个Si原子，其结构和金刚石的结构相似，最小的环中含有6个Si原子；
②单晶硅中每个Si原子平均形成2个Si-Si键，则1ml单晶硅中含有2mlSi-Si键；
（3）①碳60晶胞中C60分子位于8各顶点和6个面心，根据均摊法可知，在C60晶胞中含有有C60分子的个数为：6×+×8=4；
②a处通过σ单键相连，可以绕键轴旋转，因此单分子“纳米小车”的四个轮子向前滚动；
（4）①NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，NaCl中钠离子的配位数是6，所以NiO晶胞中Ni2+的配位数为6；NaCl、NiO都是离子晶体，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl,离子半径小，NiO的晶格能越大，其离子键的键能更大，熔点更高，故答案为：NiO和NaCl晶体类型相同，Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子，Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强；
②以体心Ni2+研究，周围与之等距离的Ni2+处于晶胞棱心，共有12个。晶胞中O2-离子数目为1+12×=4，则由化学式NiO，可知晶胞中有4个''NiO“，故晶胞质量为m=4×g，距离最近的两个间距为晶胞棱长的，则棱长为，晶胞体积为V=，故晶胞密度为：g/cm3；
③因为氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91，所以镍元素的平均价为根据化合物化合价代数各为零，得，则x=0.97，故答案为：0.97。
【变式练习】
1．（2022·辽宁实验中学高三期中）完成下列问题
(1)四卤化硅()的沸点和二卤化铅()的熔点如图所示
①的沸点依次序升高的原因是_______。
②结合的沸点和的熔点变化规律，可推断：依次序，晶体中离子键百分数_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(2)铍及其化合物的应用正日益被重视
①铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关和铝的叙述正确的有_______。
A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液均小于7
②氯化铍在气态时存在单分子——a和二聚分子——b，固态时则具有如下图所示的链状结构——c
a属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，二聚分子中原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上，b的结构式为_______。
③立方晶胞如下图所示。
阿伏伽德罗常数的数值为，若晶体的密度为，则和之间最近的距离为_______。
【答案】(1) SiX4属于均为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，熔沸点越高 减小
(2) BD 非极性
【详解】（1）①SiX4属于均为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，熔沸点越高；
②同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，则PbX2中离子键百分数减弱，故答案为：减弱；
（2）①A．铍原子的价电子排布式为2s2，处于元素周期表s区，而铝元素的价电子排布式为3s23p1，处于元素周期表p区，故A错误；
B．元素的金属性越强，电负性越小，同主族元素，从上到下金属性依次增强，同周期元素，从左到右金属性依次减弱，则镁元素的金属性强于比铍元素、铝元素，电负性小于铍元素、铝元素，故B正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子2s轨道为全充满的稳定结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，故C错误；
D．氯化铍、氯化铝都是强酸弱碱盐，在溶液中均能发生水解反应使溶液呈酸性，所以氯化铍、氯化铝的水溶液pH均小于7，故D正确；
故选BD；
②氯化铍分子中铍原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，分子的空间构型为结构对称的直线形，所以氯化铍分子为正负电荷中心重合的非极性分子；由题意可知，双聚氯化铍分子中具有空轨道的铍原子与具有孤对电子的氯原子形成了2个配位键，且所有原子都在同一平面上，结构式为；
③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于体内的铍离子个数为4，设晶胞边长为anm，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得a=nm，和之间最近的距离为体对角线的四分之一，则为nm。
2．（2022·北京·北师大实验中学高三期中）钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗以及石油化工等领域。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为___________。
(2)钛与卤素形成的化合物TiX4熔点如下表：
解释TiX4熔点差异的原因___________。
(3) TiCl4能与甲胺(CH3NH2)形成稳定的配合物[TiCl4(CH3NH2)2]。
①甲胺中N原子的杂化方式为___________。
②CH3NH2中H-N-H键角比[TiCl4(CH3NH2)2]中H-N-H键角小，从结构角度解释原因___________。
(4)TiO2的化学性质非常稳定，广泛用于涂料、橡胶和造纸等工业。
①向TiCl4中加入大量的水，可制得TiO2∙xH2O，该反应的化学方程式为___________，所得TiO2∙xH2O经焙烧得到TiO2。
②金红石型TiO2的晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。TiO2的摩尔质量为80 g∙ml-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________ g∙cm-3。
(5)Ti(SO4)2是有机合成中常见的催化剂。测定Ti(SO4)2溶液物质的量浓度的方法为：
ⅰ.取5mL待测液于烧杯中，加入足量铝粉，充分反应；
ⅱ.将所得混合物过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，转移到锥形瓶中，加水稀释到25mL；
ⅲ.向锥形瓶中滴加2滴KSCN溶液；
ⅳ.用cml/LFe2(SO4)3溶液滴定，滴定终点时消耗Fe2(SO4)3溶液VmL。
已知：
①滴定终点时的现象为___________。
②待测液中Ti(SO4)2的浓度为___________。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2
(2)TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高
(3) sp3 CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小
(4)
(5) 滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色
【详解】（1）基态Ti原子核外有22个电子，位于第4周期第ⅣB族，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2。答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2；
（2）从表中数据可以看出，TiF4的沸点反常，则其晶体类型与其它三种不同，其应为离子晶体，从而得出TiX4熔点差异的原因：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高。答案为：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；
（3）①甲胺中N原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3。
②CH3NH2中H-N-H与[TiCl4(CH3NH2)2]中H-N-H相比，前者N原子最外层有1个孤电子对，后者N原子的孤电子对形成了配位键，所以对成键电子的排斥作用前者大于后者，则前者键角小，从结构角度解释原因：CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小。答案为：sp3；CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小；
（4）①向TiCl4中加入大量的水，可制得TiO2∙xH2O，则另一种产物为HCl，该反应的化学方程式为。
②在晶胞中，含Ti原子数为=2，含O原子数为=4，TiO2的摩尔质量为80 g∙ml-1，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为=g∙cm-3。答案为：；；
（5）①滴定前，溶液呈无色，终点时溶液呈浅红色，现象为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色。
②由发生的反应，可建立以下关系式：Fe2(SO4)3——2 Ti(SO4)2，待测液中Ti(SO4)2的浓度为=ml/L。答案为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色；。
3．第三代半导体材料以碳化硅和氮化镓为主，广泛应用于新能源汽车、高铁等领域。
(1)基态Si原子的价电子排布图为_______。
(2)C、N、Si的第一电离能由大到小的顺序是_______(填元素符号)。
(3)的空间构型为_______，其中碳原子的杂化轨道类型为_______。
(4)岩盐矿结构的GaN晶体结构如图a、图b所示，Ga、N原子半径分别为、，则Ga原子的配位数为_______，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该GaN的密度是_______(列出算式)。
(5)煤的气化是一种重要的制氢途径。在一定温度下：向体积固定的密闭容器中加入足量的和1ml，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
反应平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.1ml。
① _______。
②下列说法正确的是_______。
A．将炭块粉碎，可加快反应速率
B．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
C．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
D．平衡时的体积分数可能大于
③求反应Ⅱ的平衡常数K=_______。
【答案】(1)
(2)N>C>Si
(3) 平面三角形
(4) 6
(5) -90.3kJ/ml AC 2
【详解】（1）基态硅原子的价电子排布图为：，故答案为：；
（2）在C、N、Si中N的非金属最强其第一电离能最大，C次之，Si最小，故答案为：N＞C＞Si；
（3）①根据价层电子对互斥理论孤电子对数为0，价层电子对数为3，空间结构是平面三角形，故答案为：平面三角形
②价层电子对数为3，杂化方式，故答案为：
（4）①由 晶体结构，离原子最近的N原子数为6，则 原子的配位数为6，故答案为：6
②N原子处于体心和棱上，晶胞中含有N原子数目为 ， Ga 原子处于顶点与面心，晶胞中含有 原子数目为 ，根据图b，晶胞的边长为N、两原子的直径和，已知、N原子半径分别为 、 ，故该 晶体密度 。
（5）①目标方程=-(反应Ⅰ+反应Ⅱ)，则ΔH=-(131.4kJ/ml-41.1kJ/ml)=-90.3kJ/ml；
②A．将碳块粉碎，增大了反应物之间的接触面积，反应速率加快，A正确；
B．平衡时向容器中充入惰性气体，因反应容器体积固定，故反应Ⅰ平衡不移动，B错误；
C．该反应中有固体参与，气体质量随反应的进行而改变，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，C正确；
D．当反应Ⅰ和反应Ⅱ均反应完全时，氢气的体积分数为，但是以上两个反应均为可逆反应，反应物无法完全反应，D错误；
故答案选AC；
③设反应Ⅰ转化H2Oaml，反应Ⅱ转化H2Obml，则a+b=0.5ml，同时CO的物质的量为0.1ml，则a-b=0.1ml，解得a=0.3ml，b=0.2ml，则K== ；
探究三 晶体结构与性质
（2022·浙江温州·模拟）完成下列问题。
(1)已知气体溶解度(气体压强为，温度为293K，在100g水中的溶解度)数据如下表：
结合上表信息，说明乙烷与乙炔气体的溶解度存在差异的原因：_______。
(2)已知乙酸()的正交晶胞如图所示。阿伏加德罗常数为。
①第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是：_______(填元素符号)。
②乙酸晶胞的密度_______。
(3)某笼形络合物结构中，金属离子与连接形成平面层，两个平面层通过分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如)。其基本结构如图(H原子未画出)：
①_______。
②该结构不是晶胞结构单元，理由是_______；
③通过分析，金属离子的配位数为_______(填入序号)。
A．2、3 B．4、6 C．3、4 D．5、6
【答案】(1)C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)
(2) N
(3) 2:1:1 结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性) B
【详解】（1）根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)。
（2）①同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，故第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是N；
②根据晶胞图可知每个晶胞中含有4个乙酸分子，乙酸晶胞的密度；
（3）①根据均摊法Ni占据8个顶点，每个单元中含有Ni个数为，CN-占据8个棱，每个单元含有CN-的个数为，含有NH3为，故2:1:1；
②该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)；
③通过分析，同层有4个CN-，金属离子的配位数为4，轴向有两个NH3，配位数为4+2=6 ，金属离子配位数为4和6，故答案为B；
【变式练习】
1．（2022·福建·上杭一中高三期中）第ⅤA族元素在科研、化工生产等领域中具有重要的意义，回答下列相关问题：
(1)第ⅤA族元素价电子的排布通式为_______。
(2)、LiCl和苯胺等可用于制备锂离子电池正极材料的原料。
①与互为等电子体的分子的化学式为_______。
②苯胺()中碳、氮原子杂化方式分别为_______，苯胺的熔沸点高于甲苯的原因是_______。
(3)肼 (N2H4)可用作火箭燃料。
①肼燃烧时发生的反应是 ，该反应中有键断裂，则形成的π键有_______ml。
②肼能与硫酸反应生成，晶体类型与硫酸铵相同，则的晶体内不存在_______(填标号)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.范德华力
(4)砷化镓(GaAs)是当前主流的化合物半导体材料，其晶胞结构如图所示，若晶胞参数为apm，Ga与As的最近距离为_______。
【答案】(1)ns2np3
(2) CH4 sp2杂化；sp3杂化 苯胺分子间可形成氢键
(3) 3 d
(4)anm
【详解】（1）第ⅤA族元素的最外层为5个电子，价电子排布式为ns2np3，故答案为：ns2np3；
（2）①等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子，中电子数为：7+4-1=10，如CH4中电子数为：6+4=10和是等电子体，答案为CH4；
②苯胺()中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，N元素全部形成单键，属于sp3杂化，故答案为：sp2杂化；sp3杂化；
苯胺中有-NH2，分子间可形成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，分子间氢键可明显地提升分子晶体的熔、沸点，故答案为:苯胺分子间可形成氢键；
（3）①有4ml N-H键断裂，即1mlN2H4参加反应，生成1.5mlN2，且1个N≡N中含2个π键，则形成的π键有1.5ml×2=3ml；
②晶体类型与硫酸铵相同，根据硫酸铵晶体中存在的化学键判断，硫酸铵晶体中铵根离子和硫酸根离子之间存在离子键，铵根离子内部N和H之间存在共价键，硫酸铵晶体属于离子晶体，不存在分子间作用力，所以的晶体内存在离子键、共价键和配位键，不含范德华力，答案为d；
（4）体对角线上的2个Ga原子、2个As原子共线，且Ga、As原子之间的距离最短，该距离为体对角线长度的，该晶胞体对角线长度=anm，该距离为体对角线长度的=anm。
2．某种水性钠离子电池电极材料属于配位化合物，使用过程中电极嵌入或脱嵌，变化如下：格林绿普鲁士蓝普鲁士白，格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白均为立方晶胞，省略的晶胞示意图如图1，嵌入和脱嵌过程中均填充在小立方体的体心。X为上述三种晶体中的其中一种，如果不考虑，所有微粒都只有一种化学环境，从X中切出的部分结构如图2所示。
回答下列问题：
(1)从结构上分析基态、，_______相对更稳定，原因是_______。
(2)配位化合物X中，N原子的杂化类型是_______，的配位数是_______，X中键和键的数目之比为_______。
(3)格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白的化学式可用表示，后两者的化学式依次是_______、_______。
【答案】(1) 价电子排布式为，是半满结构，比较稳定
(2) 6
(3)
【详解】（1）铁是26号元素，价电子排布式为3d6s2，失去3个电子后，Fe3+的价电子的电子轨道表达式为，价电子排布式为，是半满结构，比较稳定。
（2）由图2可知，N原子和C原子以三键连接，N原子的杂化类型是；的配位数是6，碳氮三键中含有1个键和两个键，N原子和Fe原子之间以配位键连接，则X中含有36个键和24个键，键和键的数目之比为。
（3）配位化合物X中铁的个数为，的个数为；普鲁士白晶胞中有8个，则化学式为；X为三种晶体中的其中一种，如果不考虑，所有微粒都只有一种化学环境，说明普鲁士蓝晶体中和各4个，有4个，则化学式为。
3．（2022·广东广东·高三期中）第VA族元素被称为“氮族元素”，主要有氮(N)、磷(P)、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)等元素，回答下列问题：
(1)基态铋(Bi)的价层电子的轨道表示式为：____。
(2)苯胺()中C与N原子的杂化类型分别为____。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但熔沸点苯胺____甲苯(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是苯胺可以形成____。
(3)磷元素可以形成多种含氧酸，已知次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，其结构式为：____。
(4)砷(As)与硒(Se)同周期且相邻，比较它们的第一电离能大小____，并说明原因____。
(5)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α=β=γ=90°。
请写出锑酸亚铁的化学式：____，晶胞内Sb与O的最短距离为____nm(用晶胞参数表示)。
【答案】(1)
(2) sp2、sp3 ＞ 分子间氢键
(3)或
(4) As＞Se As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故第一电离能As＞Se
(5) Fe(SbO3)2 或
【详解】（1）基态铋(Bi)位于第6周期第ⅤA族，则其价层电子排布式为6s26p3，轨道表示式为：。答案为：；
（2）苯胺()中C与N原子的价层电子对数分别为3和4，则杂化类型分别为sp2、sp3。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺分子间能形成氢键，则熔沸点：苯胺＞甲苯，原因是苯胺可以形成分子间氢键。答案为：sp2、sp3；＞；分子间氢键；
（3）次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，则其中心P原子的最外层形成8电子相对稳定结构，且分子中含有1个-OH，则其结构式为：或。答案为：或；
（4）砷(As)的价电子排布式为4s24p3，硒(Se)为4s24p4，砷的4p轨道半充满，电子的能量低，第一电离能反常，则它们的第一电离能大小：As＞Se，原因是：As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故第一电离能As＞Se。答案为：As＞Se；As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故第一电离能As＞Se；
（5）锑酸亚铁晶胞中，含Fe原子个数为=2，含Sb原子个数为=4，含O原子个数为12，则锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2；从图中可以看出，晶胞内Sb与O的最短距离是面对角线的四分之一，即为或nm。答案为：Fe(SbO3)2；或。
1．（2022·河南·焦作市第一中学模拟）BP晶体超硬、耐磨，是耐高温飞行器的红外增透的理想材料，其合成途径之一为。
请回答下列问题：
(1)基态溴原子的核外电子排布式为_______；基态磷原子中自旋方向相反的电子数目相差_______个。
(2)①的熔沸点比的熔沸点高的原因为_______。
②在分子中，有B的_______杂化轨道与Br的4p轨道形成的_______键(填“σ”或“π”)，并且还有B_______(填“杂化”或“未杂化”)的2p空轨道与Br的4p轨道形成4中心6电子的大π键。
(3)的空间构型为_______。
(4)BP的晶胞结构如图所示，B原子在P原子围成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)；若晶胞的棱长为，用表示阿伏加德罗常数的值，则BP晶体的摩尔体积=_______(用含a、的代数式表示)。
【答案】(1) 3
(2) 、的结构相似，的相对分子质量大，范德华力大 σ 未杂化
(3)三角锥形
(4) 四面体
【解析】（1）溴为35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为；磷为15号元素，核外电子排布图为，故基态磷原子中自旋方向相反的电子数目相差3个。
（2）①的熔沸点比的熔沸点高的原因为、均为分子晶体，结构相似，的相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高。
②在分子中，中心B原子价层电子对数为3+=3，B原子采用sp2杂化，有B的杂化轨道与Br的4p轨道形成的σ键，并且还有B未杂化的2p空轨道与Br的4p轨道形成4中心6电子的大π键。
（3）中心P原子价层电子对数为3+=4，P原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥形；
（4）BP的晶胞结构如图所示，由图我看着B原子在P原子围成的四面体空隙中；
晶胞中P原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；B原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；晶胞体积为，BP晶体的摩尔体积为：。
2．（2022·广西·一模）我国科学家在2021年《Natural·Chemical》 发表了研究成果—AgCrS2在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
(1)基态铬原子核外电子排布式为_______，基态硫原子核外电子运动状态有_______种。
(2)铬的化合物氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔点95.6℃、 沸点117℃，易溶于CCl4，可作为化工生产中的氧化剂。能通过反应K2Cr2O7+ 3CCl4=2KCl + 2CrO2Cl2 + 3COCl2↑来制备。
①反应方程式中的非金属元素电负性由大到小的关系为_______(用元素符号表示)。
②固态CrO2Cl2属于_______ 晶体。化合物COCl2中存在的共价键类型是_______。
(3)中S的杂化轨道类型为_______。已知氧族元 素氢化物的熔沸点高低顺序为：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是_______。
(4)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。已知A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子坐标为_______，1个钙原子与_______个氧原子等距离且最近，已知钙和氧的最近距离为a nm，则该晶体的密度为_______g/cm3 (列出计算式，NA为阿伏伽德罗常数的值)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1 16
(2) O＞Cl＞C 分子晶体 σ键和π键
(3) sp3 均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高
(4) (1，，) 12
【解析】(1)铬的原子序数为24，基态铬原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，核外电子有多少个即有多少种运动状态电子，所以基态硫原子核外电子运动状态有16种；
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，16。
(2)①反应方程式中涉及的非金属元素为C、O、Cl，其电负性由大到小的关系为O＞Cl＞C，②氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔、 沸点较低，且易溶于CCl4，属于分子晶体，化合物COCl2中存在碳氧双键，所以共价键类型是σ键和π键。
故答案为：O＞Cl＞C，分子晶体，σ键和π键。
(3)中的S 有4个σ键，没有孤电子对，所以S的杂化轨道类型为sp3，氧族元素氢化物均为分子晶体，其中H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，熔沸点逐渐升高。
故答案为：sp3，均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高。
(4)根据氧铬酸钙的立方晶胞图以及A、B的原子坐标可知C的原子位于晶胞右侧面的面心，其坐标为(1，，)，氧原子位于晶胞的面心，钙原子位于晶胞的顶点，每个钙原子与12个氧原子等距离且最近，根据均摊法计算晶胞中有3个氧原子，1个铬原子和1个钙原子，由钙和氧的最近距离为a nm可得晶胞的边长为anm，由密度计算公式可得。
故答案为：(1，，)，12，。
3．（2022·北京房山·二模）金属铬及其化合物广泛应用于工业生产中。
(1)烟酸铬是铬的一种化合物，可促进生物体内的蛋白质合成，提高生物体的免疫力，其合成过程如图：
①H、C、N、O的电负性由大到小的顺序是____。
②烟酸中碳原子的杂化方式为____。
(2)基态铬原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。
(3)铬元素的一种配合物[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O，配离子中提供孤电子对的原子为____，配位数为____。
(4)Cr2O3晶体的熔点为2435℃，而CrCl3晶体易升华，其主要原因是____。
(5)铬、钙和氧组成一种特殊的导电材料(复合氧化物)，其晶胞如图所示。该晶体的化学式为____。
【答案】(1) O>N>C>H sp2
(2) 1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1 6
(3) O、Cl 6
(4)Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华
(5)CaCrO3
【解析】(1)①C、N、O的氢化物中H元素均显正价，所以H的电负性最小，而同周期元素自左至右电负性依次增大，所以电负性O>N>C>H；
②烟酸中的碳原子为苯环上的碳、形成碳氧双键的碳，均为sp2杂化；
(2)Cr为24号元素，核外有24个电子，排布式为1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1，有3d和4s轨道上共6个未成对电子；
(3)H2O中的O原子、Cl原子均有孤电子对，可以提供孤电子对，根据该配合物的分子式可知有4个H2O和2个Cl原子配位，所以配位数为6；
(4)CrCl3晶体易升华，说明其熔沸点低，而Cr2O3晶体的熔点很高，可见二者的晶体种类不同，Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华；
(5)根据均摊法，该晶胞中Cr4+的个数为1，Ca2+的个数为8×=1，O2-的个数为6×=3，所以化学式为CaCrO3。
4．（2022·湖南怀化·一模）制备的实验操作如下：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂(如乙醇)，将析出深蓝色的晶体。回答以下问题：
(1)“沉淀溶解”时发生反应的离子方程式为_______
(2)基态价层电子排布式为_______。
(3)N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)沸点：，原因为_______。
(5)含有σ键的数目为_______。
(6)写出一种与互为等电子体的分子的化学式_______。
(7)S与形成的某化合物晶体的晶胞(实心点表示，空心点表示S)如图所示：
①该化合物的化学式为_______。
②已知该晶胞的晶胞参数为，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶胞的密度为_____。
【答案】(1)或
(2)
(3)
(4)均为分子晶体，分子间存在氢键，故沸点最高；的相对分子质量大于，故的范德华力大于，则的沸点高于
(5)
(6)
(7)
【解析】(1)“沉淀溶解”即发生的是氢氧化铜和氨气或氨水反应生成四氨合铜离子和氢氧根离子，其发生反应的离子方程式为或；故答案为：或。
(2)Cu是29号元素，基态电子排布式为[Ar]，则基态Cu价层电子排布式为；故答案为：。
(3)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为；故答案为：。
(4)分子晶体的沸点主要从范德华力和分子间氢键分析，沸点：，其原因为均为分子晶体，分子间存在氢键，故沸点最高；的相对分子质量大于，故的范德华力大于，则的沸点高于；故答案为：均为分子晶体，分子间存在氢键，故沸点最高；的相对分子质量大于，故的范德华力大于，则的沸点高于。
(5)1个氨气中有3个σ键，氨气与铜离子形成配位键，也是σ键，1个硫酸根中有4个σ键，因此含有σ键的数目为；故答案为：。
(6)根据F＋=O，C=Si=S2+，则与互为等电子体的分子的化学式；故答案为：。
(7)S与形成的某化合物晶体的晶胞(实心点表示，空心点表示S)如图所示：
①该晶胞中Zn的个数为个，S的个数为4个，该化合物的化学式为ZnS；故答案为：ZnS。
②已知该晶胞的晶胞参数为，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶胞的密度为；故答案为：。
5．（2022·福建厦门·二模）超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。
注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。
(1)基态C原子的价电子排布式为_______。
(2)组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(3)组件B中碳原子的杂化类型为_______。
(4)组件C中C原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。
(5)每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。
(6)钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为a pm)。超分子笼内钌晶体密度为_______ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】(1)3d74s2
(2)H＜C＜S＜O
(3)sp2
(4)八面体
(5)30
(6)
【解析】（1）C为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；
（2）据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜C＜S＜O；
（3）物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；
（4）据图可知C原子周围有6个O原子，形成八面体，即C原子位于相邻O原子构成的八面体空隙中；
（5）根据A的结构简式可知其带4个单位负电荷，组件B不带电，一个PPC-2中含有6个A、8个B、6个C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；
（6）面心立方堆积中含有4个钌原子，则晶胞的质量为g，晶胞参数为a pm，所以晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为g·cm-3。
1．（2022·广西南宁·模拟）软包电池(水系)具有优异的稳定性，良好的容量保持率，且成本较低，大规模储能的应用前景广泛。
回答下列问题：
(1)基态原子核外电子排布式为_______；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，则与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为_______。
(2)是锰的一种配合物。配体与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_______(填元素符号)，其能量最高的电子所在的能级符号为_______，配合物中心原子的配位数是_______。
(3)软包电池的关键组件结构如图所示。
①其中S原子的杂化轨道类型为_______。
②中存在的作用力为_______(填标号)。
A．金属键 B．键 C．键 D．氢键
③中第二周期非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_______，原因是_______。
(4)掺杂的氮化钛晶胞结构如图所示。距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶体的密度为，该晶胞的边长为_______cm(列出算式)。
【答案】(1) 或
(2) N 6
(3) BC F>N>O>C 中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子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F>N>O>C
(4) 4 或
【详解】（1）是25号元素，基态原子核外电子排布式为；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，则与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，电子排布式为，其核外电子自旋磁量子数的代数和为或；
（2）中，甲基与碳形成C-C单键，C与N形成三键，含有孤电子对的原子为N原子，其电子排布式为，其能量最高的电子所在的能级符号为，配合物中心原子Mn的配位数是6；
（3）①根据结构简式中S的价键可知，S形成6对共用电子对，没有孤电子对，S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；
②中既有单键也有双键，非金属元素之间形成共价键，故存在的作用力为键、键 ，不存在金属键、氢键，答案选BC；
③中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子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F>N>O>C；
（4）位于晶胞体心，位于晶胞的棱，若以为中心，则围在以为中心的棱为中心的四个晶胞的中心为距离最近的，总共有4个；
根据均摊法，晶胞中含有8个N，12个，1个，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶体的密度为，该晶胞的质量为g，体积为，则边长为或cm。
2．（2022·贵州·模拟）翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定其绿色的深浅，是决定翡翠品质的重要因素之一
(1)基态Cr3+最外电子层的电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的是_______，原因是_______
(3)配合物K[Cr(C2O4)2(H2O)]中的配体是_______，H2O的沸点比CO2的高了许多，主要原因是_______。
(4)已知某FeSO4·xH2O的结构如图所示。
粒子内部的键角SO_______H2O(填“>”“<”或“=”)，从杂化类型及斥力大小角度说明判断的理由：_______。
(5)Ca、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中Ca2+、O2-采用面心立方最密堆积方式。
①该晶体的化学式为_______。
②已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，晶胞中Cr4+位于O2-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_______pm。
【答案】(1)；
(2) Na； Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；
(3) 、H2O； H2O分子之间可以形成氢键；
(4) ＞； SO、H2O的中心原子均采取sp3杂化，SO的中心原子价层无孤电子对，H2O的中心原子价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；
(5) CaCrO3； 240。
【分析】（1）基态Cr3+最外电子层的电子排布为3s23p63d3，根据泡利原理和洪特规则，可得其轨道表示式为，故答案为：；
（2）NaAlSi2O6所含元素中，Na元素的原子半径最大，且最外层只有一个3s1电子，失去这个电子后，最外层达到全充满结构，因此Na原子失去第一个电子的趋势最大，第一电离能最小，故答案为：Na；Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；
（3）[Cr(C2O4)2(H2O)]¯离子中，Cr3+是中心离子，配体是、H2O；H2O分子之间可以形成氢键，使得H2O的沸点明显高于CO2，故答案为：、H2O；H2O分子之间可以形成氢键；
（4）SO中S原子的价层电子对数= ，H2O中O原子的价层电子对数= ，二者中心原子均采取sp3杂化，SO中S原子的价层没有孤电子对，H2O中O原子的价层有2个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；故答案为：＞；SO、H2O的中心原子均采取sp3杂化，SO的中心原子价层无孤电子对，H2O的中心原子价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；
（5）晶胞中，Ca2+位于晶胞的8个顶点，1个晶胞中的Ca2+数= ，O2-位于6个面心，1个晶胞中的O2-数= ，Cr4+位于晶胞的体心，1个晶胞中含有1个Cr4+，所以该晶体中Ca2+、Cr4+、O2-的个数比为1：1：3，化学式为CaCrO3；由晶胞的结构图可知，O2-形成的正八面体的边长= ×晶胞的面对角线，面对角线的长度=2r(Ca2+)+2r(O2-)=2×100pm+2×140pm=480pm，则正八面体的边长=240pm，故答案为：CaCrO3；240。
3．（2022·四川巴中·模拟）Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题:
(1)Fe元素属于元素周期表的_______ 区(填分区)
(2)基态Ni2+核外电子排布式为________________。
(3)鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。
①组成M的5种元素中，除H元素外，另外4种元素第一电离能由大到小的顺序为______(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为_________________。
②图中各微粒不存在的作用力有________ ( 填标号)
a． 极性键 b．非极性键 c． 配位键
d． π键 e．离子键 f．氢键
(4)一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件,其晶胞结构如图乙所示。
①铁氮化合物的化学式为_____________。
②在该晶胞结构的另一种表示中，N处于顶点位置，则铁处于_________、______位置
③若该化合物密度为pg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数,则由Fe( II )构成的正八面体的体积为______________cm3
【答案】(1)d
(2)
(3) e
(4) 或 体心 棱心
【解析】（1）铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。
（2）Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8或。
（3）另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。
②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，C-C非极性键，C-N、C-H、O-H极性键，C=N双键中含有π键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。
（4）①依据晶胞结构，Fe原子个数为：，其中Fe(II)占3个、Fe(III)占1个，N原子位于体心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为：或。
②依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。
③氮化铁的化学式为Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为a cm，则晶胞质量，，Fe(II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。
4．（2022·黑龙江·佳木斯一中三模）C、Ni 元素及其化合物有着很多优良的性能和特性，回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布图为_______；金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍的晶胞俯视图为_______(填字母)。
a. b. c. d.
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4 蓝色溶液，N 原子的杂化方式是_______，[Ni(NH3)6]SO4晶体中不存在的化学键类型包括_______(填序号)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 E.非极性共价键 F.氢键
(3)C3+通常易形成六配位的配合物，已知 CCl3·6H2O 有多种结构，若取 1ml CCl3·6H2O溶解于水后滴加足量的硝酸银溶液，能够形成 2ml 沉淀，则 CCl3·6H2O 中配离子的结构示意图为(不考虑空间结构)_______。
(4)C3O4 晶体中 O 作面心立方最密堆积(如图)，C 随机填充在晶胞中 O 构成的 8 个四面体空隙和 4 个八面体空隙中，则 C 的配位数分别为_______、_______，如果晶胞边长为a nm，C3O4的摩尔质量为 M g/ml，NA为阿伏伽德罗常数的值，则C3O4 的晶体密度为_______g/cm3(列出计算式)。
【答案】(1) c
(2) sp3杂化 DE
(3)
(4) 6 4
【解析】（1）镍为28号元素，Ni的价层电子排布为3d84s2，价层电子排布图为：；由堆积方式可知，金属镍的原子堆积方式可以看出为面心立方最密堆积，所有镍原子所在的位置为顶点和面心，故晶胞俯视图为c；
（2）NH3的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp3杂化；[Ni(NH3)6]SO4晶体中内界与外界之间为离子键，中心原子Ni与配体中N原子之间为配位键，氨气中N与H之间为极性共价键，氨气之间存在氢键，但氢键不是化学键，故不存在的化学键类型为金属键、非极性共价键，故选DE；
（3）1mlCCl3·6H2O溶解于水后滴加足量的硝酸银溶液，能够形成2ml沉淀，说明CCl3·6H2O中有1个氯离子在配合物的内界，2个氯离子在配合物的外界，因C3+通常易形成六配位的配合物，故配体为5个水分子、1个氯离子，结构为：；
（4）C随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，八面体空隙配位数为6，四面体空隙配位数为4，故C的配位数依次为6、4；
C3O4晶体中O作面心立方最密堆积，晶胞中O位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为，故C的个数为3，晶胞质量为，晶胞密度。
5．（2022·四川巴中·一模）镍具有很好的可塑性、耐腐蚀性和磁性等性能，因此广泛应用于钢铁、镍基合金、电镀及电池等领域。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子电子排布式为_______，有_______ 个未成对电子。
(2)已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·ml-1，ICu= 1958 kJ·ml-1，ICu>INi的原因是_______。
(3)Ni2+常与丁二酮肟()形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果：
①熔点大小： A_______ B (填“>”或“<”)，其原因是_______。
②Ni2+与丁二酮肟之间形成的化学键称为_______。
③B中碳原子的杂化轨道类型是_______。
(4)硫酸镍[NiSO4J]常用于有机化学合成中，阴离子的空间构型为_______。
(5)NiO，FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO _______FeO(填“<”或“>”)， NiO晶胞中Ni的配位数为_______。
(6)某砷镍合金的密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。As和Ni的原子半径分别为rAs pm和rNi pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______。
【答案】(1) 3d84s2 2
(2)铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
(3) ＜ A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小 配位键 sp2、sp3
(4)正四面体
(5) ＞ 6
(6)
【解析】（1）Ni是28号元素，则基态Ni原子的价电子电子排布式为3d84s2，有2个未成对电子；
（2）已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·ml-1，ICu= 1958 kJ·ml-1，ICu>INi的原因是：铜失去一个电子后， 3d轨道全充满，电子的能量低，若再失去一个电子, 所需能量高；而镍失去一个电子后， 3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子, 所需能量低，答案为：铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
（3）①A分子内O与-OH中的H能形成氢键，所以熔点大小：A＜B，其原因是A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小；
②Ni2＋与丁二酮肟之间形成的共价键由N原子单方面提供，所以此化学键称为配位键；
③B中碳原子的价层电子对数为3和4，所以杂化轨道类型是sp2、sp3；
（4）阴离子硫酸根离子的价层电子对数=，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；
（5）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，则熔点是NiO＞FeO；
因为NiO与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni的配位数均为6；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中有两个As原子，有2个Ni原子，则晶胞中原子的体积为2×π(r3As +r3Ni) ×10-30，晶胞的体积为，则则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。
6．（2022·广东惠州·二模）太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：
(1)基态二价铜离子的核外电子排布式为______，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释_______。
(2)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是_______。
(3)硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的原因是___________。
(4)立方氮化硼(结构如图)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为_______。
(5)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为______。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为apm，立方氮化硼的密度是______g·cm-3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d9 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2)1 : 2
(3)异硫氰酸分子间可形成氢键，所以沸点较高
(4)4 : 1
(5) 分子间作用力(或范德华力)
【解析】（1）铜的原子序数为29，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态二价铜离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，铜原子失去一个电子后形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，处于稳定的全充满状态，所以导致高温下Cu2O比CuO更稳定。
（2）N2的结构式为N≡N，三键中有1个σ键和2个π键，因此σ键和π键个数比为1:2。
（3）氮的电负性强，异硫氰酸(H-N=C=S)分子间可形成氢键，而硫氰酸(H-S-C≡N)分子间不能形成氢键，因此硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)。
（4）依据均摊法，该晶胞中N原子数为4，B原子数为8+6=4，则B-N键个数为16，立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为：16:4=4:1。
（5）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，则该晶体层间相互作用力为范德华力(或分子间作用力)；依据均摊法，N原子个数为4，B原子数为8+6=4，晶胞质量为g=g，晶胞体积为a3pm3=(a10-10)3cm3，晶胞密度为g/cm3=g/cm3。
1．（2022·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。
(3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]ClB．[Cu(NH3)4]SO4C．[Zn(NH3)4]SO4D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是____(填标号)，理由是____。
(6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为_____。
②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，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。
【答案】(1)1：2或2：1
(2) Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3) 三角锥形 sp3杂化
(4)B
(5) D D中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
(6) Cu2ZnSnS4 (，，)
【详解】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；
A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
故选B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
2．（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
(1)结构示意图如图1。
①的价层电子排布式为___________。
②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。
③中与与的作用力类型分别是___________。
(2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。
①距离最近的阴离子有___________个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。
该晶体的密度为___________。
(3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。
【答案】(1) 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 配位键、氢键
(2) 6
(3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
【解析】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。
②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。
（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：
。
4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。
答案为：6；
（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
3．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。
(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。
(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。
【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降
(2) 4
(3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【详解】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。
（2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
（3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。
4．（2022·河北·高考真题）含及S的四元半导体化合物(简写为)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是_______，原因是_______。
(3)的几何构型为_______，其中心离子杂化方式为_______。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是_______(填标号)。
A．B．C．D．
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将转化为的是_______(填标号)。理由是_______。
本题暂无(6)问
【答案】(1)1：2
(2) Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3) 三角锥形
sp3杂化
(4)B
(5) D D中含有-1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
【解析】(1)基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为：1：2或2：1；
(2)Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
(3)Sn是ⅣA族元素，SnCl的中心离子Sn2+价层电子对数为3+，有1对孤电子对，中心离子是sp3杂化，SnCl的几何构型是三角锥形；
(4)根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子。A.[Cu(NH3)2]Cl各原子核外电子均已成对，不符合题意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外围电子排布是3d9，有未成对电子，符合题意；C.[Zn(NH3)4]SO4各原子核外电子均已成对，不符合题意；D.Na2[Zn(OH)] 各原子核外电子均已成对，不符合题意；故答案选B。
(5)Mn2+转化为MnO需要氧化剂，且氧化性比MnO的强，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO，故A不符合；B、C中的S化合价比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO，故D符合。
5．（2022·海南·高考真题）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
(1)基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。
(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。
(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。
(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_______。
(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是_______。
(6)下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面_______、_______。
【答案】(1) 1s22s22p4或[He]2s22p4 2
(2)自由电子在外加电场中作定向移动
(3) sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
(4)Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
(5)电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
(6) ▱cdhi ▱bcfe
【解析】（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
（3）根据结构式可知，N原子以双键或以NH三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；
（4）金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
（5）由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；
（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，从底面O原子排列图看，能平移且与abcd共边的只有二个四边形，为cdhi和bcfe。
5．（2022·山东·高考真题）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5)、、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_______。
【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族
(2) 2:3 2:1:1 Zn2+、Ni2+
(3)D
(4) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
(5)
【解析】（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知，，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为：6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以与的配位数之比为4:6=2:3；含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4:2:2=2:1:1；故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。
考 点
高考年
考频解密
考点分布
物质结构与性质
2022年
2022年河北卷〔17〕；2022年山东卷〔16〕；2022年湖南卷〔18〕；2022年广东卷〔20〕；2022年江苏卷〔14〕；2022年海南卷〔19〕；2022年北京卷〔15〕；2022年全国甲卷〔11〕,2022年全国乙卷〔11〕等
原子结构与性质〔6次〕，分子结构与性质〔8次〕，晶体结构与性质〔8次〕
晶体
离子间距/nm
熔点/℃
NaCl
801
NiO
1960
TiX4
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24
38.3
153
气体
溶解度/g
分子结构特点
乙烷
0.0062
中心原子杂化，轨道半径较大，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)不明显
乙炔
0.117
中心原子sp杂化，轨道半径较小，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)明显
1．物质结构常见考点剖析
(1)以原子或离子结构为主线的考查角度
(2)以分子结构为主线的考查角度
(3)以晶体结构为主线的考查角度
2．性质比较及解释类问题模型构建
(1)“原因解释”类试题的解题流程
(2)模板构建
eq \x(叙述结构)→eq \x(阐述原理)→eq \x(回扣结论)
探究一 原子结构与性质
前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：
(1)元素A、B、C中，电负性最大的是_______(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为_______。
(2)与同族其他元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是_______；BA3分子中键角_______109°28′(填“>”“＜”或“=”)，原因是_______。
(3)基态E原子的电子排布式为_______；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目之比为_______。
(4)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为apm，则晶体的密度为_______g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数)。
【答案】(1) O N>O>Al
(2) NH3分子间存在氢键 ＜ 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用
(3) 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1) 7：1
(4)×1030
【详解】（1）元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Al，故答案为O；N＞O＞Al；
（2）NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH3分子间易形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；
（3）E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为＋6)，结构为，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；7:1；
（4）AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8×+6×=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度==×1030 g·cm－3，故答案为×1030。
【变式练习】
1．主族元素N、F、Si、As、Se、Cl、Ti等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)Si3N4陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于_______晶体；高纯硅制备过程中会有SiHCl3、SiCl4等中间产物生成。沸点：SiHCl3_______ SiCl4(填“>”或“<”)，SiCl4中Si采取的杂化类型为_______。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为_______；OF2分子的空间构型为_______；OF2的熔、沸点低于Cl2O，原因是_______。
(3)Se元素基态原子的原子核外电子排布式为_______；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为_______。
(4)时速600公里的磁浮列车需用到超导材料。超导材料TiN具有NaCl型结构(如图) ，晶胞参数(晶胞边长)为aD(1D= 10 -10m) ，TiN的相对分子质量为M，该氮化钛晶体的密度_______g· cm-3(列出计算式即可)。
【答案】(1) 共价 < sp3
(2) F＞O＞Cl V形 OF2和Cl2O是结构相似的分子晶体，Cl2O的相对分子量大于OF2，分子间作用力大于OF2
(3) [Ar]3d104s24p4 As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素
(4)
【详解】（1）Si3N4陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于共价晶体；SiHCl3、SiCl4均为分子晶体，SiHCl3相对分子质量小于SiCl4，则沸点：SiHCl3
（3）Se为34号元素，元素基态原子的原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素；
（4）晶胞中N位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；Ti原子位于晶胞内部和棱，一个晶胞中原子数目为；故晶胞质量为g；晶胞体积为，所以密度为。
2．（2022·福建·泉州七中高三期中）我国科学家最近开发了柔性热电材料―硒化银(β-Ag2Se)，其功能可与半导体材料碲化铋(Bi2Te3)媲美。请回答下列问题：
(1)基态硒原子的价层电子排布式为_______；基态铋原子有_______个未成对电子。
(2)简单氢化物、、、的稳定性依次减弱的主要原因是_______，四种氢化物中沸点最低的是_______(填化学式)。
(3)三氧化硒(SeO3)的熔点为1650在126℃时升华。的晶体类型是_______。
(4)我国科学家利用亚硒酸盐和硫酸盐追踪固氮酶取得新进展。亚硒酸根的空间构型是_______，碲酸根中Te的杂化类型是_______。
(5)半导体材料硒化锌的晶胞如图所示。已知该晶胞参数为anm，则该晶体密度为_______(用晶胞参数a表示)
【答案】(1) 3
(2) O、S、、的原子半径依次增大，与H形成的共价键键长增大，键能减小
(3)分子晶体
(4) 三角锥形
(5)
【详解】（1）硒是34号元素，基态硒原子的价层电子排布式为。与N位于同主族，未成对电子数为3；
（2）氧、硫、硒、碲的原子半径依次增大，与氢形成共价键的键能依次减小，故稳定性依次减弱。分子之间形成氢键，沸点比高，、、相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，沸点逐渐升高，故沸点最低；
（3）三氧化硒(SeO3)的熔点为1650在126℃时升华，说明熔点较低，易升华，即粒子之间作用力小，所以属于分子晶体；
（4）中硒原子价电子对数为，有1个孤电子对，空间构型为三角锥形。中Te原子价电子对数为，采用杂化；
（5）根据晶胞结构可知，硒化锌晶胞中含Zn的个数为：4，Se的个数为：=4，根据晶胞密度=晶胞质量与体积的比可知，上述晶胞的密度=g/cm3。
3．（2022·辽宁沈阳·高三期中）2022年北京冬奥会的“冰立方”是由2008年北京奥运会的“水立方”改造而来，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯与四氟乙烯的共聚物制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图为_______。
(2)固态氟化氢中存在形式，画出的链状结构_______。
(3)属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，分子中C的杂化轨道类型为_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因：_______。
(4)萤石是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为，正负离子的核间距最小为_______。
【答案】(1)
(2)
(3) 非极性 键的键能大于聚乙烯中键的键能，键能越大，化学性质越稳定
(4)
【详解】（1）F为第9号元素其电子排布为，则其价电子排布图为。
（2）固体中存在氢键，则的链状结构为。
（3）是平面结构，结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子。共聚物中C原子存在4对共用电子对，所以杂化轨道类型为。由于F元素的电负性较大，因此与C原子的结合而形成的键的键能大于聚乙烯中键的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定。
（4）根据萤石晶胞结构，X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中X离子共有个，Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个Y离子，因此该晶胞的化学式应为，结合萤石的化学式可知，X为根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察的晶胞结构不难发现F位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为，与之间的距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负离子核间距的最小距离为。
探究二 分子结构与性质
晶体具有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。
(1)干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。
①1个分子周围等距且最近的分子有________个。
②铜金合金的晶胞结构与干冰相似，若顶点为Au、面心为Cu，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为是________。
③如图是冰的结构。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是________ (填字母序号)。
a．二氧化碳分子的质量大于水分子
b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集
c．水分子极性强，分子间作用力大
d．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低
(2)单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。
①单晶硅中最小的环上有________个Si原子。
②1ml单晶硅中含有________ml Si－Si键。
(3)是一种碳的单质。
①1个晶胞中含有________个分子。
②世界上第一辆单分子“纳米小车”的四个轮子是，小车运行情况如图所示，从a处化学键的特点说明其运动原因：________。
(4)NiO晶体与NaCl晶体结构相似。
①NiO的熔点远高于NaCl，结合右表说明理由：________。
②设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为a pm()，NiO的摩尔质量为M ，则晶体的密度为________(列出计算式)。
③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如右图所示的缺陷：当一个空缺，会有两个被两个所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中与的离子数之比为6：91。若该晶体的化学式为，则x=________。
【答案】(1) 12 1：3 abd
(2) 6 2
(3) 4 a处通过σ单键相连，可以绕键轴旋转
(4) NiO和NaCl晶体类型相同，Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子，Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强 0.97
【详解】（1）①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上，将晶胞补全可知，有3层每各有4个二氧化碳分子与之最近，故之最近的二氧化碳分子有4×3=12，故答案为：12；
②若顶点为Au、面心为Cu,晶胞中含有Au原子数目为8×=1，晶胞中含有Cu原子数目为6×=3，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为1：3，故答案为：1：3；
a．二氧化碳分子的质量大于水分子，则相同体积的二氧化碳分子，其密度比水大，a正确；
b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集，则说明干冰的密度比冰大，b正确；
c．水分子极性强，分子间作用力大，不能说明干冰的密度比冰大，c错误；
d．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低，能说明干冰的密度比冰大，d正确；
故选：abd；
（2）①每个Si原子连接4个Si原子，其结构和金刚石的结构相似，最小的环中含有6个Si原子；
②单晶硅中每个Si原子平均形成2个Si-Si键，则1ml单晶硅中含有2mlSi-Si键；
（3）①碳60晶胞中C60分子位于8各顶点和6个面心，根据均摊法可知，在C60晶胞中含有有C60分子的个数为：6×+×8=4；
②a处通过σ单键相连，可以绕键轴旋转，因此单分子“纳米小车”的四个轮子向前滚动；
（4）①NiO的晶体结构类型与氯化钠相同，NaCl中钠离子的配位数是6，所以NiO晶胞中Ni2+的配位数为6；NaCl、NiO都是离子晶体，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl,离子半径小，NiO的晶格能越大，其离子键的键能更大，熔点更高，故答案为：NiO和NaCl晶体类型相同，Ni2+和O2-都是二价离子，Na+和Cl-都是一价离子，Ni2+和O2-间距比Na+和Cl-间距更小，NiO晶体中作用力更强；
②以体心Ni2+研究，周围与之等距离的Ni2+处于晶胞棱心，共有12个。晶胞中O2-离子数目为1+12×=4，则由化学式NiO，可知晶胞中有4个''NiO“，故晶胞质量为m=4×g，距离最近的两个间距为晶胞棱长的，则棱长为，晶胞体积为V=，故晶胞密度为：g/cm3；
③因为氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91，所以镍元素的平均价为根据化合物化合价代数各为零，得，则x=0.97，故答案为：0.97。
【变式练习】
1．（2022·辽宁实验中学高三期中）完成下列问题
(1)四卤化硅()的沸点和二卤化铅()的熔点如图所示
①的沸点依次序升高的原因是_______。
②结合的沸点和的熔点变化规律，可推断：依次序，晶体中离子键百分数_______(填“增大”、“不变”或“减小”)。
(2)铍及其化合物的应用正日益被重视
①铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关和铝的叙述正确的有_______。
A．都属于p区主族元素 B．电负性都比镁大
C．第一电离能都比镁大 D．氯化物的水溶液均小于7
②氯化铍在气态时存在单分子——a和二聚分子——b，固态时则具有如下图所示的链状结构——c
a属于_______(填“极性”或“非极性”)分子，二聚分子中原子的杂化方式相同，且所有原子都在同一平面上，b的结构式为_______。
③立方晶胞如下图所示。
阿伏伽德罗常数的数值为，若晶体的密度为，则和之间最近的距离为_______。
【答案】(1) SiX4属于均为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，熔沸点越高 减小
(2) BD 非极性
【详解】（1）①SiX4属于均为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，熔沸点越高；
②同主族从上到下非金属性减弱，得电子能力减弱，则PbX2中离子键百分数减弱，故答案为：减弱；
（2）①A．铍原子的价电子排布式为2s2，处于元素周期表s区，而铝元素的价电子排布式为3s23p1，处于元素周期表p区，故A错误；
B．元素的金属性越强，电负性越小，同主族元素，从上到下金属性依次增强，同周期元素，从左到右金属性依次减弱，则镁元素的金属性强于比铍元素、铝元素，电负性小于铍元素、铝元素，故B正确；
C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子2s轨道为全充满的稳定结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则镁元素的第一电离能大于铝元素，故C错误；
D．氯化铍、氯化铝都是强酸弱碱盐，在溶液中均能发生水解反应使溶液呈酸性，所以氯化铍、氯化铝的水溶液pH均小于7，故D正确；
故选BD；
②氯化铍分子中铍原子的价层电子对数为2，孤对电子对数为0，分子的空间构型为结构对称的直线形，所以氯化铍分子为正负电荷中心重合的非极性分子；由题意可知，双聚氯化铍分子中具有空轨道的铍原子与具有孤对电子的氯原子形成了2个配位键，且所有原子都在同一平面上，结构式为；
③由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的氧离子个数为8×+6×=4，位于体内的铍离子个数为4，设晶胞边长为anm，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得a=nm，和之间最近的距离为体对角线的四分之一，则为nm。
2．（2022·北京·北师大实验中学高三期中）钛及其化合物被广泛应用于飞机、火箭、卫星、舰艇、医疗以及石油化工等领域。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为___________。
(2)钛与卤素形成的化合物TiX4熔点如下表：
解释TiX4熔点差异的原因___________。
(3) TiCl4能与甲胺(CH3NH2)形成稳定的配合物[TiCl4(CH3NH2)2]。
①甲胺中N原子的杂化方式为___________。
②CH3NH2中H-N-H键角比[TiCl4(CH3NH2)2]中H-N-H键角小，从结构角度解释原因___________。
(4)TiO2的化学性质非常稳定，广泛用于涂料、橡胶和造纸等工业。
①向TiCl4中加入大量的水，可制得TiO2∙xH2O，该反应的化学方程式为___________，所得TiO2∙xH2O经焙烧得到TiO2。
②金红石型TiO2的晶胞为长方体，晶胞参数如图所示。TiO2的摩尔质量为80 g∙ml-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为___________ g∙cm-3。
(5)Ti(SO4)2是有机合成中常见的催化剂。测定Ti(SO4)2溶液物质的量浓度的方法为：
ⅰ.取5mL待测液于烧杯中，加入足量铝粉，充分反应；
ⅱ.将所得混合物过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并，转移到锥形瓶中，加水稀释到25mL；
ⅲ.向锥形瓶中滴加2滴KSCN溶液；
ⅳ.用cml/LFe2(SO4)3溶液滴定，滴定终点时消耗Fe2(SO4)3溶液VmL。
已知：
①滴定终点时的现象为___________。
②待测液中Ti(SO4)2的浓度为___________。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2
(2)TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高
(3) sp3 CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小
(4)
(5) 滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色
【详解】（1）基态Ti原子核外有22个电子，位于第4周期第ⅣB族，则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2。答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2；
（2）从表中数据可以看出，TiF4的沸点反常，则其晶体类型与其它三种不同，其应为离子晶体，从而得出TiX4熔点差异的原因：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高。答案为：TiF4为离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4为分子晶体，故TiF4熔点最高；TiCl4、TiBr4、TiI4相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；
（3）①甲胺中N原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3。
②CH3NH2中H-N-H与[TiCl4(CH3NH2)2]中H-N-H相比，前者N原子最外层有1个孤电子对，后者N原子的孤电子对形成了配位键，所以对成键电子的排斥作用前者大于后者，则前者键角小，从结构角度解释原因：CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小。答案为：sp3；CH3NH2与[TiCl4(CH3NH2)2]中的N均为sp3杂化；CH3NH2中N上有一对孤电子对，[TiCl4 (CH3NH2)2]中N与Ti形成配位键后，原来的孤电子对变为成键电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对与成键电子对之间的斥力，故CH3NH2中H-N-H键角更小；
（4）①向TiCl4中加入大量的水，可制得TiO2∙xH2O，则另一种产物为HCl，该反应的化学方程式为。
②在晶胞中，含Ti原子数为=2，含O原子数为=4，TiO2的摩尔质量为80 g∙ml-1，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为=g∙cm-3。答案为：；；
（5）①滴定前，溶液呈无色，终点时溶液呈浅红色，现象为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色。
②由发生的反应，可建立以下关系式：Fe2(SO4)3——2 Ti(SO4)2，待测液中Ti(SO4)2的浓度为=ml/L。答案为：滴入最后一滴Fe2(SO4)3溶液时，锥形瓶中溶液恰好变为浅红色，且半分钟内不褪色；。
3．第三代半导体材料以碳化硅和氮化镓为主，广泛应用于新能源汽车、高铁等领域。
(1)基态Si原子的价电子排布图为_______。
(2)C、N、Si的第一电离能由大到小的顺序是_______(填元素符号)。
(3)的空间构型为_______，其中碳原子的杂化轨道类型为_______。
(4)岩盐矿结构的GaN晶体结构如图a、图b所示，Ga、N原子半径分别为、，则Ga原子的配位数为_______，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该GaN的密度是_______(列出算式)。
(5)煤的气化是一种重要的制氢途径。在一定温度下：向体积固定的密闭容器中加入足量的和1ml，发生下列反应生成水煤气：
Ⅰ.
Ⅱ.
反应平衡时，的转化率为50%，CO的物质的量为0.1ml。
① _______。
②下列说法正确的是_______。
A．将炭块粉碎，可加快反应速率
B．平衡时向容器中充入惰性气体，反应Ⅰ的平衡逆向移动
C．混合气体的密度保持不变时，说明反应体系已达到平衡
D．平衡时的体积分数可能大于
③求反应Ⅱ的平衡常数K=_______。
【答案】(1)
(2)N>C>Si
(3) 平面三角形
(4) 6
(5) -90.3kJ/ml AC 2
【详解】（1）基态硅原子的价电子排布图为：，故答案为：；
（2）在C、N、Si中N的非金属最强其第一电离能最大，C次之，Si最小，故答案为：N＞C＞Si；
（3）①根据价层电子对互斥理论孤电子对数为0，价层电子对数为3，空间结构是平面三角形，故答案为：平面三角形
②价层电子对数为3，杂化方式，故答案为：
（4）①由 晶体结构，离原子最近的N原子数为6，则 原子的配位数为6，故答案为：6
②N原子处于体心和棱上，晶胞中含有N原子数目为 ， Ga 原子处于顶点与面心，晶胞中含有 原子数目为 ，根据图b，晶胞的边长为N、两原子的直径和，已知、N原子半径分别为 、 ，故该 晶体密度 。
（5）①目标方程=-(反应Ⅰ+反应Ⅱ)，则ΔH=-(131.4kJ/ml-41.1kJ/ml)=-90.3kJ/ml；
②A．将碳块粉碎，增大了反应物之间的接触面积，反应速率加快，A正确；
B．平衡时向容器中充入惰性气体，因反应容器体积固定，故反应Ⅰ平衡不移动，B错误；
C．该反应中有固体参与，气体质量随反应的进行而改变，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，C正确；
D．当反应Ⅰ和反应Ⅱ均反应完全时，氢气的体积分数为，但是以上两个反应均为可逆反应，反应物无法完全反应，D错误；
故答案选AC；
③设反应Ⅰ转化H2Oaml，反应Ⅱ转化H2Obml，则a+b=0.5ml，同时CO的物质的量为0.1ml，则a-b=0.1ml，解得a=0.3ml，b=0.2ml，则K== ；
探究三 晶体结构与性质
（2022·浙江温州·模拟）完成下列问题。
(1)已知气体溶解度(气体压强为，温度为293K，在100g水中的溶解度)数据如下表：
结合上表信息，说明乙烷与乙炔气体的溶解度存在差异的原因：_______。
(2)已知乙酸()的正交晶胞如图所示。阿伏加德罗常数为。
①第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是：_______(填元素符号)。
②乙酸晶胞的密度_______。
(3)某笼形络合物结构中，金属离子与连接形成平面层，两个平面层通过分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如)。其基本结构如图(H原子未画出)：
①_______。
②该结构不是晶胞结构单元，理由是_______；
③通过分析，金属离子的配位数为_______(填入序号)。
A．2、3 B．4、6 C．3、4 D．5、6
【答案】(1)C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)
(2) N
(3) 2:1:1 结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性) B
【详解】（1）根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)。
（2）①同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，故第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是N；
②根据晶胞图可知每个晶胞中含有4个乙酸分子，乙酸晶胞的密度；
（3）①根据均摊法Ni占据8个顶点，每个单元中含有Ni个数为，CN-占据8个棱，每个单元含有CN-的个数为，含有NH3为，故2:1:1；
②该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)；
③通过分析，同层有4个CN-，金属离子的配位数为4，轴向有两个NH3，配位数为4+2=6 ，金属离子配位数为4和6，故答案为B；
【变式练习】
1．（2022·福建·上杭一中高三期中）第ⅤA族元素在科研、化工生产等领域中具有重要的意义，回答下列相关问题：
(1)第ⅤA族元素价电子的排布通式为_______。
(2)、LiCl和苯胺等可用于制备锂离子电池正极材料的原料。
①与互为等电子体的分子的化学式为_______。
②苯胺()中碳、氮原子杂化方式分别为_______，苯胺的熔沸点高于甲苯的原因是_______。
(3)肼 (N2H4)可用作火箭燃料。
①肼燃烧时发生的反应是 ，该反应中有键断裂，则形成的π键有_______ml。
②肼能与硫酸反应生成，晶体类型与硫酸铵相同，则的晶体内不存在_______(填标号)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.范德华力
(4)砷化镓(GaAs)是当前主流的化合物半导体材料，其晶胞结构如图所示，若晶胞参数为apm，Ga与As的最近距离为_______。
【答案】(1)ns2np3
(2) CH4 sp2杂化；sp3杂化 苯胺分子间可形成氢键
(3) 3 d
(4)anm
【详解】（1）第ⅤA族元素的最外层为5个电子，价电子排布式为ns2np3，故答案为：ns2np3；
（2）①等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子，中电子数为：7+4-1=10，如CH4中电子数为：6+4=10和是等电子体，答案为CH4；
②苯胺()中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，N元素全部形成单键，属于sp3杂化，故答案为：sp2杂化；sp3杂化；
苯胺中有-NH2，分子间可形成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，分子间氢键可明显地提升分子晶体的熔、沸点，故答案为:苯胺分子间可形成氢键；
（3）①有4ml N-H键断裂，即1mlN2H4参加反应，生成1.5mlN2，且1个N≡N中含2个π键，则形成的π键有1.5ml×2=3ml；
②晶体类型与硫酸铵相同，根据硫酸铵晶体中存在的化学键判断，硫酸铵晶体中铵根离子和硫酸根离子之间存在离子键，铵根离子内部N和H之间存在共价键，硫酸铵晶体属于离子晶体，不存在分子间作用力，所以的晶体内存在离子键、共价键和配位键，不含范德华力，答案为d；
（4）体对角线上的2个Ga原子、2个As原子共线，且Ga、As原子之间的距离最短，该距离为体对角线长度的，该晶胞体对角线长度=anm，该距离为体对角线长度的=anm。
2．某种水性钠离子电池电极材料属于配位化合物，使用过程中电极嵌入或脱嵌，变化如下：格林绿普鲁士蓝普鲁士白，格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白均为立方晶胞，省略的晶胞示意图如图1，嵌入和脱嵌过程中均填充在小立方体的体心。X为上述三种晶体中的其中一种，如果不考虑，所有微粒都只有一种化学环境，从X中切出的部分结构如图2所示。
回答下列问题：
(1)从结构上分析基态、，_______相对更稳定，原因是_______。
(2)配位化合物X中，N原子的杂化类型是_______，的配位数是_______，X中键和键的数目之比为_______。
(3)格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白的化学式可用表示，后两者的化学式依次是_______、_______。
【答案】(1) 价电子排布式为，是半满结构，比较稳定
(2) 6
(3)
【详解】（1）铁是26号元素，价电子排布式为3d6s2，失去3个电子后，Fe3+的价电子的电子轨道表达式为，价电子排布式为，是半满结构，比较稳定。
（2）由图2可知，N原子和C原子以三键连接，N原子的杂化类型是；的配位数是6，碳氮三键中含有1个键和两个键，N原子和Fe原子之间以配位键连接，则X中含有36个键和24个键，键和键的数目之比为。
（3）配位化合物X中铁的个数为，的个数为；普鲁士白晶胞中有8个，则化学式为；X为三种晶体中的其中一种，如果不考虑，所有微粒都只有一种化学环境，说明普鲁士蓝晶体中和各4个，有4个，则化学式为。
3．（2022·广东广东·高三期中）第VA族元素被称为“氮族元素”，主要有氮(N)、磷(P)、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)等元素，回答下列问题：
(1)基态铋(Bi)的价层电子的轨道表示式为：____。
(2)苯胺()中C与N原子的杂化类型分别为____。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但熔沸点苯胺____甲苯(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是苯胺可以形成____。
(3)磷元素可以形成多种含氧酸，已知次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，其结构式为：____。
(4)砷(As)与硒(Se)同周期且相邻，比较它们的第一电离能大小____，并说明原因____。
(5)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α=β=γ=90°。
请写出锑酸亚铁的化学式：____，晶胞内Sb与O的最短距离为____nm(用晶胞参数表示)。
【答案】(1)
(2) sp2、sp3 ＞ 分子间氢键
(3)或
(4) As＞Se As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故第一电离能As＞Se
(5) Fe(SbO3)2 或
【详解】（1）基态铋(Bi)位于第6周期第ⅤA族，则其价层电子排布式为6s26p3，轨道表示式为：。答案为：；
（2）苯胺()中C与N原子的价层电子对数分别为3和4，则杂化类型分别为sp2、sp3。苯胺与甲苯()的相对分子质量相近，但苯胺分子间能形成氢键，则熔沸点：苯胺＞甲苯，原因是苯胺可以形成分子间氢键。答案为：sp2、sp3；＞；分子间氢键；
（3）次磷酸(H3PO2)为一元弱酸，则其中心P原子的最外层形成8电子相对稳定结构，且分子中含有1个-OH，则其结构式为：或。答案为：或；
（4）砷(As)的价电子排布式为4s24p3，硒(Se)为4s24p4，砷的4p轨道半充满，电子的能量低，第一电离能反常，则它们的第一电离能大小：As＞Se，原因是：As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故第一电离能As＞Se。答案为：As＞Se；As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故第一电离能As＞Se；
（5）锑酸亚铁晶胞中，含Fe原子个数为=2，含Sb原子个数为=4，含O原子个数为12，则锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2；从图中可以看出，晶胞内Sb与O的最短距离是面对角线的四分之一，即为或nm。答案为：Fe(SbO3)2；或。
1．（2022·河南·焦作市第一中学模拟）BP晶体超硬、耐磨，是耐高温飞行器的红外增透的理想材料，其合成途径之一为。
请回答下列问题：
(1)基态溴原子的核外电子排布式为_______；基态磷原子中自旋方向相反的电子数目相差_______个。
(2)①的熔沸点比的熔沸点高的原因为_______。
②在分子中，有B的_______杂化轨道与Br的4p轨道形成的_______键(填“σ”或“π”)，并且还有B_______(填“杂化”或“未杂化”)的2p空轨道与Br的4p轨道形成4中心6电子的大π键。
(3)的空间构型为_______。
(4)BP的晶胞结构如图所示，B原子在P原子围成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)；若晶胞的棱长为，用表示阿伏加德罗常数的值，则BP晶体的摩尔体积=_______(用含a、的代数式表示)。
【答案】(1) 3
(2) 、的结构相似，的相对分子质量大，范德华力大 σ 未杂化
(3)三角锥形
(4) 四面体
【解析】（1）溴为35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为；磷为15号元素，核外电子排布图为，故基态磷原子中自旋方向相反的电子数目相差3个。
（2）①的熔沸点比的熔沸点高的原因为、均为分子晶体，结构相似，的相对分子质量大，范德华力大，熔沸点高。
②在分子中，中心B原子价层电子对数为3+=3，B原子采用sp2杂化，有B的杂化轨道与Br的4p轨道形成的σ键，并且还有B未杂化的2p空轨道与Br的4p轨道形成4中心6电子的大π键。
（3）中心P原子价层电子对数为3+=4，P原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥形；
（4）BP的晶胞结构如图所示，由图我看着B原子在P原子围成的四面体空隙中；
晶胞中P原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为；B原子位于晶胞内部，一个晶胞中原子数目为4；晶胞体积为，BP晶体的摩尔体积为：。
2．（2022·广西·一模）我国科学家在2021年《Natural·Chemical》 发表了研究成果—AgCrS2在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
(1)基态铬原子核外电子排布式为_______，基态硫原子核外电子运动状态有_______种。
(2)铬的化合物氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔点95.6℃、 沸点117℃，易溶于CCl4，可作为化工生产中的氧化剂。能通过反应K2Cr2O7+ 3CCl4=2KCl + 2CrO2Cl2 + 3COCl2↑来制备。
①反应方程式中的非金属元素电负性由大到小的关系为_______(用元素符号表示)。
②固态CrO2Cl2属于_______ 晶体。化合物COCl2中存在的共价键类型是_______。
(3)中S的杂化轨道类型为_______。已知氧族元 素氢化物的熔沸点高低顺序为：H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是_______。
(4)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。已知A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子坐标为_______，1个钙原子与_______个氧原子等距离且最近，已知钙和氧的最近距离为a nm，则该晶体的密度为_______g/cm3 (列出计算式，NA为阿伏伽德罗常数的值)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1 16
(2) O＞Cl＞C 分子晶体 σ键和π键
(3) sp3 均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高
(4) (1，，) 12
【解析】(1)铬的原子序数为24，基态铬原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，核外电子有多少个即有多少种运动状态电子，所以基态硫原子核外电子运动状态有16种；
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，16。
(2)①反应方程式中涉及的非金属元素为C、O、Cl，其电负性由大到小的关系为O＞Cl＞C，②氯化铬酰(CrO2Cl2)，熔、 沸点较低，且易溶于CCl4，属于分子晶体，化合物COCl2中存在碳氧双键，所以共价键类型是σ键和π键。
故答案为：O＞Cl＞C，分子晶体，σ键和π键。
(3)中的S 有4个σ键，没有孤电子对，所以S的杂化轨道类型为sp3，氧族元素氢化物均为分子晶体，其中H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增强，熔沸点逐渐升高。
故答案为：sp3，均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相对分子质量逐渐增大，熔沸点逐渐升高，H2O分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高。
(4)根据氧铬酸钙的立方晶胞图以及A、B的原子坐标可知C的原子位于晶胞右侧面的面心，其坐标为(1，，)，氧原子位于晶胞的面心，钙原子位于晶胞的顶点，每个钙原子与12个氧原子等距离且最近，根据均摊法计算晶胞中有3个氧原子，1个铬原子和1个钙原子，由钙和氧的最近距离为a nm可得晶胞的边长为anm，由密度计算公式可得。
故答案为：(1，，)，12，。
3．（2022·北京房山·二模）金属铬及其化合物广泛应用于工业生产中。
(1)烟酸铬是铬的一种化合物，可促进生物体内的蛋白质合成，提高生物体的免疫力，其合成过程如图：
①H、C、N、O的电负性由大到小的顺序是____。
②烟酸中碳原子的杂化方式为____。
(2)基态铬原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。
(3)铬元素的一种配合物[Cr(H2O)4Cl2]Cl•2H2O，配离子中提供孤电子对的原子为____，配位数为____。
(4)Cr2O3晶体的熔点为2435℃，而CrCl3晶体易升华，其主要原因是____。
(5)铬、钙和氧组成一种特殊的导电材料(复合氧化物)，其晶胞如图所示。该晶体的化学式为____。
【答案】(1) O>N>C>H sp2
(2) 1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1 6
(3) O、Cl 6
(4)Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华
(5)CaCrO3
【解析】(1)①C、N、O的氢化物中H元素均显正价，所以H的电负性最小，而同周期元素自左至右电负性依次增大，所以电负性O>N>C>H；
②烟酸中的碳原子为苯环上的碳、形成碳氧双键的碳，均为sp2杂化；
(2)Cr为24号元素，核外有24个电子，排布式为1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1，有3d和4s轨道上共6个未成对电子；
(3)H2O中的O原子、Cl原子均有孤电子对，可以提供孤电子对，根据该配合物的分子式可知有4个H2O和2个Cl原子配位，所以配位数为6；
(4)CrCl3晶体易升华，说明其熔沸点低，而Cr2O3晶体的熔点很高，可见二者的晶体种类不同，Cr2O3是离子晶体，CrCl3是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr2O3晶体的熔点高，而CrCl3晶体的熔点低，易升华；
(5)根据均摊法，该晶胞中Cr4+的个数为1，Ca2+的个数为8×=1，O2-的个数为6×=3，所以化学式为CaCrO3。
4．（2022·湖南怀化·一模）制备的实验操作如下：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂(如乙醇)，将析出深蓝色的晶体。回答以下问题：
(1)“沉淀溶解”时发生反应的离子方程式为_______
(2)基态价层电子排布式为_______。
(3)N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)沸点：，原因为_______。
(5)含有σ键的数目为_______。
(6)写出一种与互为等电子体的分子的化学式_______。
(7)S与形成的某化合物晶体的晶胞(实心点表示，空心点表示S)如图所示：
①该化合物的化学式为_______。
②已知该晶胞的晶胞参数为，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶胞的密度为_____。
【答案】(1)或
(2)
(3)
(4)均为分子晶体，分子间存在氢键，故沸点最高；的相对分子质量大于，故的范德华力大于，则的沸点高于
(5)
(6)
(7)
【解析】(1)“沉淀溶解”即发生的是氢氧化铜和氨气或氨水反应生成四氨合铜离子和氢氧根离子，其发生反应的离子方程式为或；故答案为：或。
(2)Cu是29号元素，基态电子排布式为[Ar]，则基态Cu价层电子排布式为；故答案为：。
(3)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，因此N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为；故答案为：。
(4)分子晶体的沸点主要从范德华力和分子间氢键分析，沸点：，其原因为均为分子晶体，分子间存在氢键，故沸点最高；的相对分子质量大于，故的范德华力大于，则的沸点高于；故答案为：均为分子晶体，分子间存在氢键，故沸点最高；的相对分子质量大于，故的范德华力大于，则的沸点高于。
(5)1个氨气中有3个σ键，氨气与铜离子形成配位键，也是σ键，1个硫酸根中有4个σ键，因此含有σ键的数目为；故答案为：。
(6)根据F＋=O，C=Si=S2+，则与互为等电子体的分子的化学式；故答案为：。
(7)S与形成的某化合物晶体的晶胞(实心点表示，空心点表示S)如图所示：
①该晶胞中Zn的个数为个，S的个数为4个，该化合物的化学式为ZnS；故答案为：ZnS。
②已知该晶胞的晶胞参数为，阿伏伽德罗常数为NA，则该晶胞的密度为；故答案为：。
5．（2022·福建厦门·二模）超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。
注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。
(1)基态C原子的价电子排布式为_______。
(2)组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(3)组件B中碳原子的杂化类型为_______。
(4)组件C中C原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。
(5)每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。
(6)钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为a pm)。超分子笼内钌晶体密度为_______ g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】(1)3d74s2
(2)H＜C＜S＜O
(3)sp2
(4)八面体
(5)30
(6)
【解析】（1）C为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；
（2）据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜C＜S＜O；
（3）物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；
（4）据图可知C原子周围有6个O原子，形成八面体，即C原子位于相邻O原子构成的八面体空隙中；
（5）根据A的结构简式可知其带4个单位负电荷，组件B不带电，一个PPC-2中含有6个A、8个B、6个C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；
（6）面心立方堆积中含有4个钌原子，则晶胞的质量为g，晶胞参数为a pm，所以晶胞的体积为a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为g·cm-3。
1．（2022·广西南宁·模拟）软包电池(水系)具有优异的稳定性，良好的容量保持率，且成本较低，大规模储能的应用前景广泛。
回答下列问题：
(1)基态原子核外电子排布式为_______；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，则与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为_______。
(2)是锰的一种配合物。配体与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_______(填元素符号)，其能量最高的电子所在的能级符号为_______，配合物中心原子的配位数是_______。
(3)软包电池的关键组件结构如图所示。
①其中S原子的杂化轨道类型为_______。
②中存在的作用力为_______(填标号)。
A．金属键 B．键 C．键 D．氢键
③中第二周期非金属元素的第一电离能由大到小的顺序为_______，原因是_______。
(4)掺杂的氮化钛晶胞结构如图所示。距离最近的有_______个，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶体的密度为，该晶胞的边长为_______cm(列出算式)。
【答案】(1) 或
(2) N 6
(3) BC F>N>O>C 中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子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F>N>O>C
(4) 4 或
【详解】（1）是25号元素，基态原子核外电子排布式为；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，则与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态原子，电子排布式为，其核外电子自旋磁量子数的代数和为或；
（2）中，甲基与碳形成C-C单键，C与N形成三键，含有孤电子对的原子为N原子，其电子排布式为，其能量最高的电子所在的能级符号为，配合物中心原子Mn的配位数是6；
（3）①根据结构简式中S的价键可知，S形成6对共用电子对，没有孤电子对，S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；
②中既有单键也有双键，非金属元素之间形成共价键，故存在的作用力为键、键 ，不存在金属键、氢键，答案选BC；
③中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子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F>N>O>C；
（4）位于晶胞体心，位于晶胞的棱，若以为中心，则围在以为中心的棱为中心的四个晶胞的中心为距离最近的，总共有4个；
根据均摊法，晶胞中含有8个N，12个，1个，已知阿伏加德罗常数的值为，若晶体的密度为，该晶胞的质量为g，体积为，则边长为或cm。
2．（2022·贵州·模拟）翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定其绿色的深浅，是决定翡翠品质的重要因素之一
(1)基态Cr3+最外电子层的电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的是_______，原因是_______
(3)配合物K[Cr(C2O4)2(H2O)]中的配体是_______，H2O的沸点比CO2的高了许多，主要原因是_______。
(4)已知某FeSO4·xH2O的结构如图所示。
粒子内部的键角SO_______H2O(填“>”“<”或“=”)，从杂化类型及斥力大小角度说明判断的理由：_______。
(5)Ca、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中Ca2+、O2-采用面心立方最密堆积方式。
①该晶体的化学式为_______。
②已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，晶胞中Cr4+位于O2-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_______pm。
【答案】(1)；
(2) Na； Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；
(3) 、H2O； H2O分子之间可以形成氢键；
(4) ＞； SO、H2O的中心原子均采取sp3杂化，SO的中心原子价层无孤电子对，H2O的中心原子价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；
(5) CaCrO3； 240。
【分析】（1）基态Cr3+最外电子层的电子排布为3s23p63d3，根据泡利原理和洪特规则，可得其轨道表示式为，故答案为：；
（2）NaAlSi2O6所含元素中，Na元素的原子半径最大，且最外层只有一个3s1电子，失去这个电子后，最外层达到全充满结构，因此Na原子失去第一个电子的趋势最大，第一电离能最小，故答案为：Na；Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；
（3）[Cr(C2O4)2(H2O)]¯离子中，Cr3+是中心离子，配体是、H2O；H2O分子之间可以形成氢键，使得H2O的沸点明显高于CO2，故答案为：、H2O；H2O分子之间可以形成氢键；
（4）SO中S原子的价层电子对数= ，H2O中O原子的价层电子对数= ，二者中心原子均采取sp3杂化，SO中S原子的价层没有孤电子对，H2O中O原子的价层有2个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；故答案为：＞；SO、H2O的中心原子均采取sp3杂化，SO的中心原子价层无孤电子对，H2O的中心原子价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；
（5）晶胞中，Ca2+位于晶胞的8个顶点，1个晶胞中的Ca2+数= ，O2-位于6个面心，1个晶胞中的O2-数= ，Cr4+位于晶胞的体心，1个晶胞中含有1个Cr4+，所以该晶体中Ca2+、Cr4+、O2-的个数比为1：1：3，化学式为CaCrO3；由晶胞的结构图可知，O2-形成的正八面体的边长= ×晶胞的面对角线，面对角线的长度=2r(Ca2+)+2r(O2-)=2×100pm+2×140pm=480pm，则正八面体的边长=240pm，故答案为：CaCrO3；240。
3．（2022·四川巴中·模拟）Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题:
(1)Fe元素属于元素周期表的_______ 区(填分区)
(2)基态Ni2+核外电子排布式为________________。
(3)鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。
①组成M的5种元素中，除H元素外，另外4种元素第一电离能由大到小的顺序为______(填元素符号)，其中C原子的杂化类型为_________________。
②图中各微粒不存在的作用力有________ ( 填标号)
a． 极性键 b．非极性键 c． 配位键
d． π键 e．离子键 f．氢键
(4)一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件,其晶胞结构如图乙所示。
①铁氮化合物的化学式为_____________。
②在该晶胞结构的另一种表示中，N处于顶点位置，则铁处于_________、______位置
③若该化合物密度为pg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数,则由Fe( II )构成的正八面体的体积为______________cm3
【答案】(1)d
(2)
(3) e
(4) 或 体心 棱心
【解析】（1）铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。
（2）Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8或。
（3）另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为：；由M的结构可知，既有饱和碳原子、又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。
②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，C-C非极性键，C-N、C-H、O-H极性键，C=N双键中含有π键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。
（4）①依据晶胞结构，Fe原子个数为：，其中Fe(II)占3个、Fe(III)占1个，N原子位于体心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为：或。
②依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。
③氮化铁的化学式为Fe4N，则晶胞质量，若晶胞边长为a cm，则晶胞质量，，Fe(II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、，正四棱锥的高等于，根据，八面体体积。
4．（2022·黑龙江·佳木斯一中三模）C、Ni 元素及其化合物有着很多优良的性能和特性，回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布图为_______；金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍的晶胞俯视图为_______(填字母)。
a. b. c. d.
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4 蓝色溶液，N 原子的杂化方式是_______，[Ni(NH3)6]SO4晶体中不存在的化学键类型包括_______(填序号)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 E.非极性共价键 F.氢键
(3)C3+通常易形成六配位的配合物，已知 CCl3·6H2O 有多种结构，若取 1ml CCl3·6H2O溶解于水后滴加足量的硝酸银溶液，能够形成 2ml 沉淀，则 CCl3·6H2O 中配离子的结构示意图为(不考虑空间结构)_______。
(4)C3O4 晶体中 O 作面心立方最密堆积(如图)，C 随机填充在晶胞中 O 构成的 8 个四面体空隙和 4 个八面体空隙中，则 C 的配位数分别为_______、_______，如果晶胞边长为a nm，C3O4的摩尔质量为 M g/ml，NA为阿伏伽德罗常数的值，则C3O4 的晶体密度为_______g/cm3(列出计算式)。
【答案】(1) c
(2) sp3杂化 DE
(3)
(4) 6 4
【解析】（1）镍为28号元素，Ni的价层电子排布为3d84s2，价层电子排布图为：；由堆积方式可知，金属镍的原子堆积方式可以看出为面心立方最密堆积，所有镍原子所在的位置为顶点和面心，故晶胞俯视图为c；
（2）NH3的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp3杂化；[Ni(NH3)6]SO4晶体中内界与外界之间为离子键，中心原子Ni与配体中N原子之间为配位键，氨气中N与H之间为极性共价键，氨气之间存在氢键，但氢键不是化学键，故不存在的化学键类型为金属键、非极性共价键，故选DE；
（3）1mlCCl3·6H2O溶解于水后滴加足量的硝酸银溶液，能够形成2ml沉淀，说明CCl3·6H2O中有1个氯离子在配合物的内界，2个氯离子在配合物的外界，因C3+通常易形成六配位的配合物，故配体为5个水分子、1个氯离子，结构为：；
（4）C随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，八面体空隙配位数为6，四面体空隙配位数为4，故C的配位数依次为6、4；
C3O4晶体中O作面心立方最密堆积，晶胞中O位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为，故C的个数为3，晶胞质量为，晶胞密度。
5．（2022·四川巴中·一模）镍具有很好的可塑性、耐腐蚀性和磁性等性能，因此广泛应用于钢铁、镍基合金、电镀及电池等领域。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子电子排布式为_______，有_______ 个未成对电子。
(2)已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·ml-1，ICu= 1958 kJ·ml-1，ICu>INi的原因是_______。
(3)Ni2+常与丁二酮肟()形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果：
①熔点大小： A_______ B (填“>”或“<”)，其原因是_______。
②Ni2+与丁二酮肟之间形成的化学键称为_______。
③B中碳原子的杂化轨道类型是_______。
(4)硫酸镍[NiSO4J]常用于有机化学合成中，阴离子的空间构型为_______。
(5)NiO，FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO _______FeO(填“<”或“>”)， NiO晶胞中Ni的配位数为_______。
(6)某砷镍合金的密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。As和Ni的原子半径分别为rAs pm和rNi pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______。
【答案】(1) 3d84s2 2
(2)铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
(3) ＜ A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小 配位键 sp2、sp3
(4)正四面体
(5) ＞ 6
(6)
【解析】（1）Ni是28号元素，则基态Ni原子的价电子电子排布式为3d84s2，有2个未成对电子；
（2）已知镍与铜的第二电离能分别为INi= 1753 kJ·ml-1，ICu= 1958 kJ·ml-1，ICu>INi的原因是：铜失去一个电子后， 3d轨道全充满，电子的能量低，若再失去一个电子, 所需能量高；而镍失去一个电子后， 3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子, 所需能量低，答案为：铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
（3）①A分子内O与-OH中的H能形成氢键，所以熔点大小：A＜B，其原因是A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小；
②Ni2＋与丁二酮肟之间形成的共价键由N原子单方面提供，所以此化学键称为配位键；
③B中碳原子的价层电子对数为3和4，所以杂化轨道类型是sp2、sp3；
（4）阴离子硫酸根离子的价层电子对数=，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；
（5）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于Fe2+的离子半径，则熔点是NiO＞FeO；
因为NiO与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni的配位数均为6；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中有两个As原子，有2个Ni原子，则晶胞中原子的体积为2×π(r3As +r3Ni) ×10-30，晶胞的体积为，则则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。
6．（2022·广东惠州·二模）太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：
(1)基态二价铜离子的核外电子排布式为______，已知高温下Cu2O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度解释_______。
(2)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目之比是_______。
(3)硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的原因是___________。
(4)立方氮化硼(结构如图)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为_______。
(5)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为______。六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为apm，立方氮化硼的密度是______g·cm-3(只列算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d9 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2)1 : 2
(3)异硫氰酸分子间可形成氢键，所以沸点较高
(4)4 : 1
(5) 分子间作用力(或范德华力)
【解析】（1）铜的原子序数为29，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态二价铜离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，铜原子失去一个电子后形成亚铜离子，亚铜离子的价电子排布式为3d10，处于稳定的全充满状态，所以导致高温下Cu2O比CuO更稳定。
（2）N2的结构式为N≡N，三键中有1个σ键和2个π键，因此σ键和π键个数比为1:2。
（3）氮的电负性强，异硫氰酸(H-N=C=S)分子间可形成氢键，而硫氰酸(H-S-C≡N)分子间不能形成氢键，因此硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)。
（4）依据均摊法，该晶胞中N原子数为4，B原子数为8+6=4，则B-N键个数为16，立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为：16:4=4:1。
（5）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，则该晶体层间相互作用力为范德华力(或分子间作用力)；依据均摊法，N原子个数为4，B原子数为8+6=4，晶胞质量为g=g，晶胞体积为a3pm3=(a10-10)3cm3，晶胞密度为g/cm3=g/cm3。
1．（2022·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。
(3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]ClB．[Cu(NH3)4]SO4C．[Zn(NH3)4]SO4D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是____(填标号)，理由是____。
(6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为_____。
②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，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。
【答案】(1)1：2或2：1
(2) Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3) 三角锥形 sp3杂化
(4)B
(5) D D中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
(6) Cu2ZnSnS4 (，，)
【详解】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；
A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
故选B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
2．（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
(1)结构示意图如图1。
①的价层电子排布式为___________。
②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。
③中与与的作用力类型分别是___________。
(2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。
①距离最近的阴离子有___________个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。
该晶体的密度为___________。
(3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。
【答案】(1) 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 配位键、氢键
(2) 6
(3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
【解析】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。
②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。
（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：
。
4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。
答案为：6；
（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
3．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。
(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。
(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。
(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。
【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降
(2) 4
(3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【详解】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。
（2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
（3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。
4．（2022·河北·高考真题）含及S的四元半导体化合物(简写为)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_______。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是_______，原因是_______。
(3)的几何构型为_______，其中心离子杂化方式为_______。
(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是_______(填标号)。
A．B．C．D．
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将转化为的是_______(填标号)。理由是_______。
本题暂无(6)问
【答案】(1)1：2
(2) Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3) 三角锥形
sp3杂化
(4)B
(5) D D中含有-1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
【解析】(1)基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为：1：2或2：1；
(2)Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
(3)Sn是ⅣA族元素，SnCl的中心离子Sn2+价层电子对数为3+，有1对孤电子对，中心离子是sp3杂化，SnCl的几何构型是三角锥形；
(4)根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子。A.[Cu(NH3)2]Cl各原子核外电子均已成对，不符合题意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外围电子排布是3d9，有未成对电子，符合题意；C.[Zn(NH3)4]SO4各原子核外电子均已成对，不符合题意；D.Na2[Zn(OH)] 各原子核外电子均已成对，不符合题意；故答案选B。
(5)Mn2+转化为MnO需要氧化剂，且氧化性比MnO的强，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO，故A不符合；B、C中的S化合价比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO，故D符合。
5．（2022·海南·高考真题）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
(1)基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。
(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。
(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。
(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_______。
(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是_______。
(6)下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面_______、_______。
【答案】(1) 1s22s22p4或[He]2s22p4 2
(2)自由电子在外加电场中作定向移动
(3) sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
(4)Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
(5)电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
(6) ▱cdhi ▱bcfe
【解析】（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
（3）根据结构式可知，N原子以双键或以NH三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；
（4）金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
（5）由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；
（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，从底面O原子排列图看，能平移且与abcd共边的只有二个四边形，为cdhi和bcfe。
5．（2022·山东·高考真题）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5)、、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_______。
【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族
(2) 2:3 2:1:1 Zn2+、Ni2+
(3)D
(4) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
(5)
【解析】（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知，，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为：6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以与的配位数之比为4:6=2:3；含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4:2:2=2:1:1；故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。
考 点
高考年
考频解密
考点分布
物质结构与性质
2022年
2022年河北卷〔17〕；2022年山东卷〔16〕；2022年湖南卷〔18〕；2022年广东卷〔20〕；2022年江苏卷〔14〕；2022年海南卷〔19〕；2022年北京卷〔15〕；2022年全国甲卷〔11〕,2022年全国乙卷〔11〕等
原子结构与性质〔6次〕，分子结构与性质〔8次〕，晶体结构与性质〔8次〕
晶体
离子间距/nm
熔点/℃
NaCl
801
NiO
1960
TiX4
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
-24
38.3
153
气体
溶解度/g
分子结构特点
乙烷
0.0062
中心原子杂化，轨道半径较大，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)不明显
乙炔
0.117
中心原子sp杂化，轨道半径较小，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)明显
相关试卷
新高考化学二轮复习讲与练 专题12 物质结构与性质综合(题型突破)(讲义)（2份打包，原卷版+解析版）： 这是一份新高考化学二轮复习讲与练 专题12 物质结构与性质综合(题型突破)(讲义)（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考化学二轮复习讲与练专题12物质结构与性质综合题型突破讲义原卷版docx、新高考化学二轮复习讲与练专题12物质结构与性质综合题型突破讲义解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共180页， 欢迎下载使用。
高考化学二轮复习讲练测(新高考专用)专题16物质结构与性质综合题(练)(原卷版+解析)： 这是一份高考化学二轮复习讲练测(新高考专用)专题16物质结构与性质综合题(练)(原卷版+解析)，共45页。试卷主要包含了钠的一种氧化物的晶胞如图等内容，欢迎下载使用。
高考化学二轮复习讲练测(新高考专用)专题16物质结构与性质综合题(测)(原卷版+解析)： 这是一份高考化学二轮复习讲练测(新高考专用)专题16物质结构与性质综合题(测)(原卷版+解析)，共25页。试卷主要包含了5ml，转移电子数为0等内容，欢迎下载使用。
