还剩29页未读，
继续阅读
所属成套资源：2022学年高考化学模拟题汇编含解析专题
成套系列资料，整套一键下载
2022学年高考化学模拟题汇编专题17选修3物质结构与性质含解析
展开
这是一份2022学年高考化学模拟题汇编专题17选修3物质结构与性质含解析，共32页。试卷主要包含了青铜器是我国古代瑰宝，根据所学知识回答下列问题，铁及其化合物具有广泛的应用等内容，欢迎下载使用。
专题17 选修3 物质结构与性质
1．（2021·广东汕头市高三二模）光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。根据显影原理，光刻胶可分为正、负型胶，原理如图1.回答下列问题：
(1)光刻胶常含C、N等元素，在基态C原子中，核外存在_______对自旋方向相反的电子，N的3个2p轨道的取向为_______。
(2)近年来光刻胶的发展趋势是应用含有多羟基的二苯甲酮类化合物，如：，其C的杂化方式为_______。
(3)紫外负型光刻胶常含有—N3，形成的阴离子的等电子体是________(填化学式，任写一种)，其空间构型为_______。
(4)某光刻胶受紫外光照射后，发生反应如下，用稀碱水作为溶剂浸泡。根据茚羧酸结构分析该材料为_______型光刻胶(填“正”或“负”)，理由是_______。
(5)与K+能形成图2中的超分子加合物，该晶胞中K+的数目为_______。
【答案】(1)2 2px、2py、2pz，相互垂直 (2) sp2 (3) N2O、CO2、CS2（任写一种） 直线形 (4)正 茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解 (5) 12
【解析】(1)C原子电子排布式为：1s22s22p2，同一轨道内两个电子自旋方向相反，故1s和2s轨道中电子自旋方向相反，2p能级有3个原子轨道，两个电子分别填充在2个轨道上且自旋方向相同，故此处填2；2p能级有3个原子轨道，可表示为2px、2py、2pz，三个等价轨道取向相互垂直，故此处填：2px、2py、2pz，相互垂直；
(2)苯环碳原子、羰基碳原子周围均含3个σ电子对，不含孤对电子，故其价层电子对为3对，对应杂化方式为sp2，故此处填sp2；
(3)可将中1个N原子换成1个O原子，即得到其等电子体N2O，另外N2O中2个N可换成1个C和1个O，得到等电子体CO2，同时也可采用同族代换法，将CO2中O换成S得到等电子体CS2，故此处填：N2O、CO2、CS2（任写一种）；其空间构型与CO2相似，为直线形；
(4)由图示原理知，正型光刻胶曝光部分能溶于相应溶剂，而负型光刻胶不可以，茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解，故属于正型光刻胶，故此处填：正，理由是茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解；
(5)由图示知，K+有12个位于棱上，9个位于晶胞体内（其中1个位于体心），故该晶胞中含有K+个数=12×+9=12个。
2．（2021·山东日照市高三三模）硼酸(H3BO3)是玻璃工业、电子元件行业的重要原料。回答下列问题：
(1)与B、O同周期，第一电离能介于二者之间的有___________(填元素符号)。
(2)硼酸晶体结构为平面层状结构(如图I)，四硼酸根为立体结构(如图Ⅱ)。
①硼酸为___________晶体；晶体中各层之间的作用力为___________。
②四硼酸根中硼原子的杂化方式为___________。
(3)工业上曾用碳氨法制备硼酸，先用MgO·B2O3与NH4HCO3、H2O制得(NH4)H2BO3和MgCO3，然后再将(NH4)H2BO3脱NH3生成H3BO3。
①NH与CO的空间构型：NH___________：CO_______。
②MgO晶体结构属于NaC1型(如图)，图中表示Mg2+的为___________(填“大球”或“小球”)，其配位数是___________；MgO晶胞参数为a pm，则MgO晶胞的密度为___________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的式子表示)。
【答案】(1)Be、C (2) 分子 范德华力 sp2、sp3 (3) 正四面体 平面正三角形 小球 6
【解析】(1)同周期，从左向右第一电离能增大，则第二周期元素中，第一电离能介于B和O之间的元素有Be、C。
(2)①硼酸晶体中存在H3BO3分子，因此，是分子晶体，在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子与氧原子形成共价健、羟基中氢原子和氧原子间形成共价键，硼酸分子与硼酸分子间形成氢键、范德华力。
②四硼酸根的中的B必含有配位键，也就是说，四硼酸根的中的B是sp3杂化。
(3) ①铵根：中心原子为N，价层电子对为对数 (5-1×4-1)÷2+4=4，所以氮原子是sp³杂化，VSEPR模型是正四面体，考虑到有一个氢是以离子形式发生配位，每两个原子之间的作用力不一样，所以铵根的构型是四面体；碳酸根：中心原子是C，价层电子对对数为 (4-2×3+2)÷2+3=3，所以碳原子是sp²杂化，空间构型是平面正三角形。
②MgO晶体结构属于NaC1型(如图)，由氯化钠的晶胞结构可知，氯离子和钠离子的配位数都是6；所以在MgO晶胞中Mg和O的配位数也都是6，由氯化钠的晶胞结构知，氧化镁中镁原子和镁原子处于小正方形的对角线上，根据图象知，图中表示Mg2+的为小球；MgO晶胞参数为a pm，则MgO晶胞的密度为=·cm-3。
3．（2021·河北唐山市高三三模）青铜器是我国古代瑰宝。目前，在工业上用磷化铜()制造磷青铜，磷青铜是含少量钪、锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性合金原件。
(1)基态原子的核外电子排布式为___________；其价电子中未成对电子数与成对电子数之比为___________。
(2)①中的P原子的杂化方式是___________。
②P与N同主族，气态氢化物的沸点：___________(填“>”或“＜”)，说明理由：___________。
(3)磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为___________P(填“>”“＜”或“=”)。
(4)某立方磷青铜晶胞结构如下图所示。
①则其化学式为___________。
②该晶体中距离原子最近的原子有___________个，在晶胞中由原子构成的八面体与由和原子构成的八面体的个数之比为___________。
③若晶体密度为，最近的原子核间距为___________(用含、的代数式表示)。
【答案】(1)(或) 1：2 (2) > 因为分子间存在氢键 (3) < (4) 12 1：3
【解析】(1) 是21号元素，基态原子的核外电子排布式为(或)；其价电子排布式为，故未成对电子数与成对电子数之比为1：2；
(2)①中的P原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，为sp3杂化；
②P与N同主族，但分子间存在氢键，故气态氢化物的沸点：>；
(3)根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为＜P；
(4) ①，晶体中P原子位于中心，含有1个P原子，立方体每个面心含有1个Cu原子，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式；
②该晶体中距离原子最近的原子有4个，根据图可知，在晶胞中由原子构成的八面体为1个，由和原子构成的八面体可由2个面心上的Cu原子与4个顶点上的Sn原子构成，共6个，但与另一个晶胞共用，占，故个数为6=3，故两者之比为1：3；
③若晶体密度为，晶胞的体积为V==cm3，最近的原子核间距为边长的，故为=.
4．（2021·福建龙岩市高三三模）氮、锂、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。
(1)卟啉锌中H、C、O、N四种元素中，第一电离能最大的是___________(填元素符号)。
(2)卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为___________，图中①②③④处的化学键属于配位键的是___________(填序号)。
(3)已知离子核外没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子无颜色的是___________(填离子符号)。
(4)的键角小于，原因是___________。
(5)氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中锂、氮的原子个数比为___________；设氮化锂晶体中，同层N-N间距为a pm，层与层间距为b pm，该物质的密度为___________g/cm3.(用含a、b的式子表示)
【答案】(1)N (2) sp2、sp3 ② (3) Ti4+ (4) 中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力 (5) 2∶1
【解析】(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；
(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；
(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
(4)和的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力，导致键角：＜；
(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有=2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1；
根据均摊法，晶胞中N原子(黑球)的个数为=1，Li原子的个数为=3，所以晶胞的质量为g；底面为菱形，变成为a pm，则底面积为a2pm2，高为b pm，则晶胞的体积为a2b pm3=a2b×10-30cm3，所以密度为g/cm3.。
5．（2021·河北张家口市高三三模）第四周期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。
Ⅰ.中国锰矿资源较多，分布广泛。
(1)写出基态锰原子的价电子排布图：___________。
(2)用于分解制氧气的催化剂，中氧原子的杂化轨道类型为___________。
Ⅱ.铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。
(1)常作净水剂和补铁剂，SO的立体构型是___________。
(2)铁氰化钾是检验的重要试剂。
①写出一种与铁氰化钾中配体互为等电子体的极性分子的化学式___________。
②铁氰化钾中存在的化学键有___________(填字母标号)。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键 E。金属键
Ⅲ.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。硫化锌晶体的构型有多种，其中一种硫化锌的晶胞如图所示。
(1)该晶胞中的配位数为___________。
(2)若晶胞参数为，则该晶体密度的计算式为___________(用表示阿伏加德罗常数的值，不用化简)。
【答案】Ⅰ.(1) (2) sp3 Ⅱ. (1)正四面体形 (2)CO ABC
Ⅲ. (1)4 (2)
【解析】Ⅰ．(1)基态锰原子为25号元素，价电子排布式为3d54s2，则价电子排布图为；
(2)H2O2中氧原子则杂化轨道类型为sp3；
Ⅱ．(1)中心S原子，含有4条σ键，无孤电子对，则立体构型为正四面体；
(2)铁氰化钾中配体为CN-，含有2个原子，价电子总数为10，与其互为等电子体的极性分子为CO；铁氰化钾为离子化合物，存在的化学键有离子键、σ键、π键，故选ABC；
Ⅲ．(1)晶胞中Zn2+与其最近且相邻的S2-构成正四面体构型，则S2-的配位数为4；
(2)由晶胞结构可知，Zn2+位于晶胞的体内，个数为4，S2-位于晶胞的顶点和面心，个数=8×+6×=4，则1个晶胞中含有4个ZnS，该晶体密度。
6．（2021·天津耀华中学高三一模）根据所学知识回答下列问题：
(1)某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于___(填“晶体”或“非晶体”)，可___方法鉴别。
(2)基态Cr3+最高能层中成对电子与单电子的数目比为___。
(3)镍元素在周期表中的位置___，镍的羰基配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，固态Ni(CO)4属于___晶体。
(4)NiO晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为___g/cm3(不必计算出结果，NA表示阿伏加德罗常数的值，本题均使用)。
人工制备的NiO晶体中常存在缺陷(如图)：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，其结果晶体仍呈电中性。已知某氧化镍样品组成Ni0.96O，该晶体中Ni3+与Ni2+的离子个数之比为___。Ni2+和Fe2+半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO__FeO(填“＞”或“＜”)。
(5)①铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子所有原子最外层均满足8电子结构，则(SCN)2分子中含有σ键与π键的数目比为___。
②铜离子易与氨水反应形成[Cu(NH3)4]2+配离子，[Cu(NH3)4]2+中各元素电负性大小顺序为__，其中N原子的杂化轨道类型为___。
【答案】(1)晶体 X—射线衍射 (2) 8∶3 (3) 第四周期Ⅷ族 分子 (4) 或 1∶11 > (5) 5∶4 N>H>Cu sp3
【解析】(1)判断是否为晶体，观察其在三维空间里呈周期性有序排列，鉴别是否为晶体的最科学的方法为X-射线衍射实验，故答案为：晶体；X-射线衍射实验；
(2)基态Cr3+的最高能层为M层，排布式为3s23p63d3，有8个成对电子，3个未成对单电子，数目比为8∶3；
(3)镍元素为28号元素，在周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；Ni(CO)4常温下为液态，有较低的沸点，则固态Ni(CO)4属于分子晶体；
(4)根据NiO晶体的结构，氧离子在晶胞的顶点和面心，个数=8×+6×=4，镍离子在棱上和体内，个数=12×+1=4，则NiO晶体的密度==或g/cm3；
根据题意，N(Ni2+)+N(Ni3+)=0.96，2N(Ni2+)+3N(Ni3+)=2，两式联立，N(Ni3+)=0.08，N(Ni2+)=0.88，则N(Ni3+)∶N(Ni2+)=0.52∶0.44=1∶11；FeO、NiO均为离子晶体，Ni2+和Fe2+半径分别为69pm和78pm，且所带电荷相同，则离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，故熔点NiO＞FeO；
(5)①(SCN)2分子所有原子最外层均满足8电子结构，结构式为N≡C-S-S-C≡N，含有5条σ键，4条π键，σ键与π键的数目比为5∶4；
②[Cu(NH3)4]2+中有H、N、Cu三种元素，非金属性越强，电负性越大，则电负性大小顺序为N＞H＞Cu；其中N原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，与3个氢原子形成共价键，杂化轨道类型为sp3。
7．（2021·天津高三三模）N、P、S、、元素形成的化合物质性质丰富，研究较多。
(1)基态原子核外电子排布式为___________。
(2)硫脲()分子中氮、碳的杂化类型分别为___________、___________。
(3)P、S的第二电离能的大小关系为___________(填“＞”“＜”或“=”)，原因是___________。
(4)不稳定遇到氧气被氧化成深蓝色的，试回答下列问题：
①配位数为___________，含有键的数目为___________个。
②的空间结构为___________。
③上述反应可用于检验氨气中的痕量，写出该反应的离子方程式___________。
(5)属于立方晶体，如下图所示，
其晶胞参数为，阿伏加德罗常数为，S原子填充在构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为___________，则密度为___________(列出计算式)。
【答案】(1)[Ar]3d104s1 (2) sp3 sp2 (3) ＜ S+的价电子排布式为：3s23p3，属于半满结构，能量低，稳定，难失去电子 (4) 4 16 三角锥形 4+ 8NH3+O2+4H+=4+2H2O (5) 50%
【解析】(1)基态Cu原子核电荷数是29，核外3d能级上10个电子、4s能级上1个电子为其价电子，则Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1；
(2)每个N原子形成的共价键有2个N-H键、1个N-C键，且还含有1个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3；每个C原子形成的共价键有2个C-N键、1个C=S键，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型分别为sp2；
(3)P+的价电子排布式为3s23p2，S+的价电子排布式为：3s23p3，属于半满结构，能量低，稳定，难失去电子，所以I2(p)＜I2(s)；
(4)①[Cu(NH3)4]2+中的配体为NH3，有4个配体，所以配位数为4，即4个σ键，NH3中3个N-H键，有3个σ键，故σ键总数为3×4+4=16；
②NH3的价层电子对数=3+(5-3×1)/2=4，一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；
③在氨气中遇到氧气被氧化成深蓝色的，则氨作为配合物，需要2个NH3，Cu元素化合价从+1升至+2，则O元素化合价从0降至-2，变价2×2=4，则前配系数4，根据电荷守恒和Cu2+在酸性环境才能存在，则离子反应方程式为：4+ 8NH3+O2+4H+=
4+2H2O；
(5)Cu2SnS3的晶胞中，S原子填充在Cux(Sn1-x)构成的正四面体空隙个数为8，其中有4个被填充，则晶胞中正四面体的空隙填充率为50%，在一个晶胞中，S在晶胞内部，为4个，Cu和Sn在顶点和面上，数目为8×1/8+6×1/2=4，根据。
8．（2021·山东济南市高三三模）铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)铁元素在元素周期表中的位置为___________，其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+，基态Fe2+的价电子的排布式为___________，相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是___________。
(2)一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为___________(填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。P原子的杂化方式为___________，分子中不含有的化学键类型是___________(填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．键 F．键
(3)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料其正交相晶胞结构如图所示。
其中铁酸钇的化学式为___________，已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为___________，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为___________(列出表达式)
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族 3d6 基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定 (2) O N＞O＞C sp3 A (3) YFeO3 (，+m，)
【解析】(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是键，C=N双键中有一个键，一个键，不含有离子键，故选A。
(3)晶胞中Y的个数为，Fe的个数为2，O的个数为，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为(，+m，)，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为。
9．（2021·江苏扬州市高三模拟）纳米TiO2被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料制备纳米TiO2的步骤如下：25 ℃时，Ksp[TiO(OH)2] =1×10−29；Ksp[Fe(OH)3] = 4×10−38；Ksp[Fe(OH)2] = 8×10−16
(1)酸浸：向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸，充分反应后，所得溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+和SO。Ti基态核外电子排布式为___________。
(2)除铁、沉钛：向溶液中加入铁粉，充分反应，趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含TiO2+的溶液；调节除铁后溶液的pH，使TiO2+水解生成TiO(OH)2，过滤。
①若沉钛后c(TiO2+)＜1×10−5 mol·L−1，则需要调节溶液的pH略大于___________。
②TiO2+水解生成TiO(OH)2的离子方程式为___________。
③加入铁粉的作用是___________。
(3)煅烧：在550℃时煅烧TiO(OH)2，可得到纳米TiO2。
①TiO2的一种晶胞结构如图-1所示，每个O周围距离最近的Ti数目是___________。
②纳米TiO2在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。H2O和甲醛都可在催化剂表面吸附，光照时，吸附的H2O与O2产生HO，从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图-2所示，甲醛降解率随空气湿度变化的原因为___________。
(4)纯度测定：取纳米TiO2样品2.000 g，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO2＋还原为Ti3＋，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配成250 mL溶液。取合并液25.00 mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3＋氧化为TiO2＋，消耗0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL。该样品中TiO2的质量分数为___________。(写出计算过程)。
【答案】(1)[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2 (2) 2 TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+ 将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质 (3) 3 湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低 (4) 92.00%
【解析】(1)Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；
(2)①25℃时，Ksp[TiO(OH)2] =1×10−29，c(TiO2+)·c2(OH-)=1×10−29，c(TiO2+)＜1×10−5 mol·L−1，c(OH-)＞，c(H+)＜=10-2 mol/L，故需要调整溶液的pH＞2；
②调节除铁后溶液的pH，TiO2+水解生成TiO(OH)2沉淀同时产生H+，反应的离子方程式为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+；
③加入铁粉的作用是将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免在沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质；
(3)①根据TiO2的晶胞结构示意图可知：每个O周围距离最近的Ti数目是3个；
②湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO增多，甲醛降解率增大；当湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低；
(4)滴定消耗0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL所含溶质的物质的量n[NH4Fe(SO4)2]=0.1000 mol·L−1 × 23.00×10−3 L=2.300× 10−3 mol，根据电子守恒和元素守恒可建立反应关系如下TiO2 ~TiO2＋~Ti3＋~ NH4Fe(SO4)2，25 mL溶液中n(TiO2)=2.300×10−3 mol，则在250 mL溶液中n(TiO2)=×2.300×10-3 mol =2.300×10-2 mol。故在2.000 g纳米TiO2样品中含有TiO2的质量m(TiO2)=2.300×10-2 mol×80 g·mol -1=1.840 g，因此样品中TiO2的质量分数=×100%=92.00%。
10．（2021·天津高三三模）N、P、As均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：
(1)下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________(填序号)。
a. b. c. d.
(2)Si、P、S的电负性由大到小的顺序是___________，第一电离能由大到小的顺序是___________。
(3)KSCN溶液是检验Fe3+的常用试剂，SCN-的空间构型为___________。
(4)吡啶为含N有机物，这类物质是合成医药、农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH2CH3)2(即)反应生成有机化合物B，B具有优异的催化性能。
吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是___________，化合物A易溶于水，原因是___________。含Zn有机物B的分子结构中含___________(填序号)。
A．离子键 B．配位键 C．键 D．键 E．氢键
(5)N与金属可形成氮化物，如AlN晶胞结构如图甲所示，某种氮化铁结构如图乙所示。
①AlN晶胞中，含有的Al、N原子个数均是___________。
②该氮化铁晶胞边长为a pm，阿伏加德罗常数值为NA，则该氮化铁晶体密度___________g﹒cm-3。
【答案】（1）c （2） S>P>Si P>S>Si (3) 直线型 (4)sp2 化合物A与水分子间存在氢键 BCD (5)6
【解析】(1)从激发态跃迁到基态时，用光谱仪可捕捉到发射光谱，故c正确。
(2)、P与S是同周期中相邻的元素，同周期元素从左到右电负性增大，故、P、S的电负性由大到小的顺序是，同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势，但ⅤA中p轨道处于半充满状态，第一电离能大于ⅥA，故第一电离能由大到小的顺序是。
(3)[S=C=N]-，分子内N形成碳氮双键，价层电子数为2，故其杂没有孤电子对，空间构型为直线形。
(4) 从化合物A结构示意图知，分子内N形成碳氮双键，故其杂化方式为sp2；A易溶于水，原因是化合物A与水分子间存在氢键；含有机物B的分子是共价分子，则结构中不含离子键，所含共价键中有配位键、有单键有双键，故选项BCD正确。
(5)①晶体结构单元中，Al位于棱边的中点、体心、和晶胞内，N位于顶点和面向，按均摊法知，含有的数目为 、N原子个数 ，故均是6；②若该氮化铁的晶胞中，N原子位于体心，故N原子数目为1，铁原子有的位于顶点、有的位于面心，则其数目 ，边长为，阿伏加德罗常数的值为，则该氮化铁的晶体密度= ，可表示为。
11．（2021·广东珠海市高三二模）硒是稀散非金属之一，在光敏材料、电解锰行业催化剂和半导体材料等方面有广泛应用，其在元素周期表中相对位置关系如图所示：
回答下列问题：
(1)基态硒原子的核外电子排布式为____________。单质硒的熔点为221℃，其晶体类型____________。
(2)根据元素周期律，电负性：Se______S，第一电离能Ga______As。(填“>”“<”或“=”)，Se所在主族元素对应氢化物沸点最低的是______(填化学式)。
(3)硒的含氧酸有H2SeO3，H2SeO4。酸性：H2SeO3______H2SeO4(填“>”“<”或“=”)
(4)SeO3是一种无色晶状物，空气中易吸潮。请问Se原子的杂化方式为_____，SeO3的空间构型为_____。
(5)硒化锌材料是一种黄色透明的多晶材料，用于制造透红外线材料及红外线光学仪器，其晶胞如图所示(其中白色球表示硒原子)，Zn原子的配位数为______，已知晶胞边长参数为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则紧邻的Se2-与Zn2+之间的距离为______nm(列出表达式)，硒化锌的密度为______g·cm-3(列出计算式)。
【答案】(1)或 分子晶体 (2) < < H2S (3) < (4)sp2杂化 平面正三角形 (5) 4
【解析】(1) Se与O元素同主族，位于第四周期，其元素原子序数为34，N层有6个价电子，所以硒的电子排布式为或；单质硒的熔点为221℃，熔点较低，则说明该晶体属于分子晶体；
(2)Se与S同主族，因同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，电负性逐渐减少，所以电负性：Se＜S；Ga位于第四周期IIIA族，As位于第四周期VA族，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，且第VA族元素最外层电子是半充满结构，比较稳定，所以第一电离能：Ga
(4)SeO3分子中σ键电子对数为3，孤电子对数为=0，所以杂化方式为：sp2杂化；价层电子对数=3+0=3，为平面正三角形；
(5) ZnSe采取面心立方最密堆积方式，根据图示结构可知，Zn原子（小黑球）的配位数为4；晶胞边长参数为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则根据几何关系可知，紧邻的Se2-与Zn2+之间的距离为体对角线的，即该距离为；一个晶胞中含有Se2-个数为，含有Zn2+个数为4，硒化锌晶体的密度 g·cm-3 。
12．（2021·重庆高三三模）铁和铜及其化合物在生产、生活及科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)中基态阳离子核外电子排布式为________，的立体构型是________。
(2)晶体中与之间的化学键类型为________，该化学键能够形成的原因是________。
(3)将过量的氨水加入硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体{}。
①N、O、S的第一电离能从大到小的顺序为________________。
②分子中N原子的杂化类型是________，极易溶于水的原因是________________。
(4)Cu和Ni在周期表中的位置相邻，Cu的第二电离能大于Ni的第二电离能的原因是________________。
(5)Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为，与F之间的最近距离为。则阿伏加德罗常数的值________(用字母a、表示)。
【答案】(1) 平面三角形 (2) 配位键(或共价键) CN-能提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对 (3) N＞O＞S sp3 氨分子与水分子之间能形成氢键；氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶 (4)铜失去3d电子所需要的能量大于镍失去4s电子所需要的能量 (5)
【解析】(1)Cu(NO3)2中阳离子为Cu2+，Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，失去外围两个电子形成Cu2+，核外电子排布式为；NO中N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形；
(2)CN-能提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，所以Fe3+与CN-形成配位键(或共价键)；
(3)①同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；
②NH3分子中N原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化；氨分子与水分子之间能形成氢键，氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶，所以氨气极易溶于水；
(4)Cu+的价电子排布为3d10，Ni+的价电子排布为3d84s1，Cu+失去3d电子所需要的能量大于Ni+失去4s电子所需要的能量，所以Cu的第二电离能大于Ni的第二电离能；
(5)根据晶胞结构可知Cu与F最近的距离为体对角线的四分之一，设晶胞的棱长为b，则有b=4a，所以晶胞的棱长为a pm，晶胞的体积V=(a)3 pm3=(a)3×10-30 cm3；根据晶胞结构可知晶胞中有4个F原子，有=4个Cu原子，所以晶胞的质量m=g，则晶体的密度，解得NA=。
13．（2021·山东烟台市高三三模）已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：
(1)A中所含第二周期各元素基态原子中，第一电离能大小顺序为_____。
(2)胆矾CuSO4·5H2O结构示意图如下，CuSO4·5H2O中不存在的相互作用有____(填标号，下同)，加热蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体依次破坏的相互作用有____。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键 E.氢键
(3)氧和硫为同一族元素，形成阴离子的空间构型为___，中心原子S的杂化方式为___；H2S、H2Se具有类似的晶体结构，其中水溶液酸性较强的是____，原因是____。
(4)液氨可作制冷剂，气化时吸收大量热量的原因是____。
(5)氮化镓是一种新型半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。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。
①若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2的分数坐标为____。
②若晶胞中Ga和N原子的最近距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则氮化镓的晶体密度为____g·cm-3(列出计算表达式)。
【答案】(1)N>O>C (2) C ED (3)四面体 sp3 H2Se S的电负性大于Se，电负性越大与氢结合的越牢固，不易断键 (4)气化时需破坏氨分子间的大量的氢键作用 (5) (0.25，0.75，0.25)
【解析】(1)A中所含第二周期各元素分别为C、N、O，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但VA族最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的VIA族元素，因此第一电离能N>O>C；
(2)由胆矾CuSO4·5H2O结构示意图可知铜离子与水分子之间存在配位键、水分子内部存在极性共价键、水分子之间存在氢键、硫酸根离子内部存在极性共价键、硫酸根离子与水合铜离子间存在离子键，故不存在的作用力是非极性键，加热蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体依次破坏水分子间的氢键以及铜离子与水分子之间的配位键，故答案为：C；ED；
(3)阴离子中中心硫原子形成四对共用电子对与三个氧原子和一个硫原子成键，离子构型为四面体结构，中心S原子采用sp3杂化，S的电负性大于Se，电负性越大与氢结合的越牢固，形成的化学键越不易断键，电离就越困难，导致氢化物的酸性越弱，因此酸性H2Se大于H2S；
(4)氨分子间存在大量的氢键，气化时破坏氢键需要吸收大量的热才能实现；
(5)①根据金刚石的结构进行类推，将金刚石晶胞分作八个小部分，有四个原子分别位于不相邻的小立方体中心，1和2的x坐标值相同，y、z坐标值相反，故y点坐标为：(0.25，0.75，0.25)；
②设晶胞的参数为xcm，晶胞中Ga和N原子的最近距离为体对角线的四分之一，则，，一个晶胞的体积为x3=，1个氮化镓晶胞中含有4个N和4个Ga，则一个晶胞的质量为g，晶胞的密度= 。
14．（2021·河北沧州市高三三模）高熵合金通常被定义为含有5种以上主要元素的固溶体，每种元素的摩尔比为。这个概念已经扩展到创造熵稳定的功能材料中。此类材料有熵稳定高熵功能材料(的氧化物)，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。根据所学知识回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，有_______个未成对电子。
(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如(表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为_______；晶体中存在的化学键类型有_______(填标号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E.配位键 F。氢键
(3)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)已知：是强还原剂，与水反应能生成，中含有键与键的数目之比为_______，该离子中C的杂化方式为_______。
(5)的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为和，密度为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为_______(用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) 2 (2)三角锥形 BCE (3) (4) sp (5)
【解析】(1)基态原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；
(2)(表示苯基)中配体为原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在(极性键)，(非极性键)，(配位键)，答案选BCE；
(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能Fe＞Mn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn；
(4)中C、N以三键连接，三键中含有1个键，2个键，故键与键的数目之比为，键不参与杂化，只有1个键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；
(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个，故原子所占的总体积，该晶胞的体积为，则原子的空间利用率为。
15．（2021·山东青岛市高三模拟）镍、砷是近年来颇受材料化学研究领域关注的元素。
(1)Ni在周期表中的位置___，Ni2+价电子轨道表示式为____。
(2)NiO晶体结构与NaCl相似，在氧气中加热，部分Ni2+被氧化为Ni3+，成为NixO(x<1)，出现晶体空位。氧化过程如图，图a中Ni的配位数为___，图b中x为___，n(Ni2+):n(Ni3+)=___。
(3)砷存在多种同素异形体——黄砷、黑砷、灰砷
①黄砷结构与白磷相似，黄砷的空间构型为___，第三周期，第一电离能介于Al和P之间的元素有___种。
②近年来，黑砷在催化电解水方面的研究受到关注，其晶体结构与石墨类似。根据图中信息，下列说法正确的有___(填标号)。
a.黑砷中As—As键的键能均相同
b.黑砷与C60都属于混合型晶体
c.黑砷单层中As原子与As—As键的个数比为2:3
d.黑砷层与层之间的作用力为范德华力
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族 (2) 6 13:2 正四面体 (3) 3 cd
【解析】(1)28号元素位于第四周期第VIII族；的价电子排布式为：，所以价电子轨道表示式为：，故答案为：第四周期第VIII族；；
(2)根据图ａ的晶胞结构可知与紧邻O有6个，所以的配位数为6；根据图b晶胞结构，一个晶胞内含有的个数为，一个晶胞内含有O原子数为，所以；设＝a，＝b，根据化合价代数和为零，列出如下等式：，解得：，所以n(Ni2+):n(Ni3+)=13:2；
(3)①白磷的空间构型为：正四面体结构，黄砷结构与白磷相似，所以黄砷的空间构型为正四面体；同周期主族元素从左向右第一电离能递增，但是第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，第一电离能介于Al和P之间的元素有Mg、Al、P，共3种；
②a．根据图片中数值可知黑砷中As—As键的键能不一样，故a错误；
b．黑砷和石墨类似为混合型晶体，C60属于分子晶体，故b错误；
c．每个砷原子形成三条共价键，利用均摊发分析可知，平均一个砷原子含有条键，所以As原子与As—As键的个数比为2:3，故c正确；
d．黑砷晶体结构和石墨类似，层与层之间的作用力为范德华力，为混合型晶体，故d正确；答案为c d。
16．（2021·广东茂名市高三二模）铜及其化合物在生产生活中有广泛的应用，宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色就是来自Cu(OH)2•CuCO3。回答下列问题：
(1)基态Cu2+的核外电子排布式___，Cu在元素周期表中属于___区。
(2)CO的空间构型为___。
(3)铜的某种配合物结构如图，该配合物中Cu2+的配位数为___，其中C、N、O按第一电离能由小到大的顺序排列为___。该配合物中碳原子的杂化方式为___。该配体能Cu2+形成稳定的环状离子，其原因是___。
(4)钇钡铜氧是一种新型节能高温超导体，其晶胞结构如图a。研究发现，此高温超导体中的Cu元素有两种价态，分别为+2和+3，Y元素的化合价为+3。该物质的化学式为___，该物质中Cu2+与Cu3+的个数比为___。
(5)已知黄铜矿中铁、硫、铜组成晶胞结构如图b，化学式为CuFeS2。若晶体密度为dg•cm-3，则晶胞的高h=___pm(写出简化后的计算式即可)。
【答案】(1)[Ar]3d9 ds (2)平面三角形 (3)4 C
(2)CO32-中C原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为平面三角形；
(3)根据铜的某种配合物结构图可知，配合物中Cu2+的配位数为4，N原子2p能级为半充满状态，结构稳定，所以C、N、O按第一电离能由小到大的顺序排列为C
(5)根据均摊原则，1个晶胞中含有4个铁、8个硫、4个铜，晶体密度为dg•cm-3，则，h= pm。
17．（2021·湖南高三模拟）回答下列问题：
(1)我国自主研发的DF—31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志，其材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。
①基态镍原子的价电子排布式为__。
②Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为K___(填“＞”或“＜”)Cr；
③SCN-常用于检验Fe3+，其对应酸有硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N=C=S)两种。硫氰酸分子中σ键与π键的数目比为___，异硫氰酸沸点较高的原因是__。
(2)大连理工大学彭孝军院土课题组报道了基于硼氟荧类荧光染料(BODIPY)的铜荧光探针的设计与应用，利用Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物，进行Hela细胞中的Cu2+荧光成像和检测。其反应如图所示：
在水溶液里，Cu2+比Cu+稳定，是由于水分子配体的作用。在气态时，Cu2+比Cu+活泼的原因是____；BODIPY荧光探针分子中，1molBODIPY分子中含有__mol配位键。
(3)六方石墨和三方石墨都是由石墨层形分子平行堆积而形成的晶体。已知六方石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB…方式堆积而成，如图甲所示，一个石墨的六方晶胞如图乙所示。而三方石墨层形分子堆积的次序为ABCABC，一个三方石墨晶胞如图丙所示。
画出六方石墨晶胞沿c轴的投影：__(用“·”标出碳原子位置即可)，已知一个三方石墨晶胞的体积为Vpm3，则该晶胞的密度为__g/cm3。(用含NA和V的代数式表示)
【答案】(1)3d84s2 ＜ 3：2 异硫氰酸分子间存在氢键，沸点较高 (2)Cu+的价电子排布为3d10，3d能级处于全满状态，比Cu2+稳定 1 (3)
【解析】(1)①镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，价电子排布式为3d84s2；
②K、Cr同周期，与K相比，Cr原子半径较小、核电荷数较大，对核外电子的吸引力更大，故第一电离能Cr较大；
③根据结构简式可知每个HSCN分子中有3个键和2个键，故其比为3:2；异硫氰酸中有“N-H”结构，易形成分子间氢键，沸点较高；
(2)的价电子排布为，3d能级处于全满状态，比稳定；B原子和含双键的N原子形成一个配位键；
(3)六方石墨晶胞沿c轴的投影图如图所示，一个三方石墨晶胞中含有6个C原子，故晶胞的密度。
18．（2021·广东梅州市高三二模）2019年诺贝尔化学奖给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。锂离子电池的正极材料主要有层状结构的，尖晶石结构的以及橄榄石型的(M=Fe、Mn、Ni、Co等元素)。
(1)N、O、P的电负性由大到小的顺序为___________。第三电离能(Mn)___________(Fe)(填“＞”或“＜”)。
(2)基态Co原子核外电子排布式为___________；的一种配离子中，的配位数是___________，配位体中心原子杂化类型是___________。
(3)MnO的熔点(1650℃)比MnS的熔点(1610℃)高，它们含有的化学键类型是___________。前者熔点较高的原因是___________。
(4)磷元素和铝元素形成的化合物AIP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛使用。已知AlP的熔点为2000℃，其晶胞结构如图所示：
①磷化铝的晶体类型为___________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为___________。
③磷化铝的晶胞参数pm，其密度为___________(列出计算式即可，用表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】(1) ＞ (2) 6 sp (3)离子键 MnO的晶格能大 (4) 原子晶体(或共价晶体)
【解析】(1)非金属性越强，电负性越大，则N、O、P的电负性由大到小的顺序为。锰失去2个电子后，价电子排布式是3d5，处于半充满稳定状态，所以第三电离能(Mn)＞(Fe)。
(2)Co的原子序数是27，则基态Co原子核外电子排布式为；的一种配离子中含有的配体是N和NH3，的配位数是1+5＝6，配位体中心原子的价层电子对数是＝2，没有孤电子对，杂化类型是sp。
(3)MnO的熔点(1650℃)比MnS的熔点(1610℃)高，二者均是离子晶体，它们含有的化学键类型是离子键。氧离子半径小于硫离子半径，MnO的晶格能大，所以前者熔点较高。
(4)①AlP的熔点为2000℃，熔点高，因此磷化铝的晶体类型为原子晶体(或共价晶体)。
②根据A、B点的原子坐标可判断C点的原子坐标为。
③晶胞中P原子个数是＝4，Al原子个数是4，磷化铝的晶胞参数pm，则其密度为。
19．（2021·河北邯郸市高三三模）Ⅰ.主族元素能形成多种化合物，它们是探测器、激光器、微波器的重要材料。
(1)氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为___________，电子重排后的氧原子能量有所升高，原因是不符合___________(填“泡利原理”或“洪特规则”)。
(2)自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据下表数据分析其原因是___________。
化学键
B-H
B-O
B-B
键能(kJ·mol-1)
389
561
293
(3)NH3与BF3气体相遇发生反应生成F3B-NH3晶体
①F3B-NH3晶体中，B原子的杂化轨道类型为___________。
②F3B-NH3晶体中不存在的作用力有___________。
a.σ键 b.π键 c.离子键 d.配位键 e.范德华力
(4)已知：
物质
AsF3
AsCl3
BiF3
沸点/℃
62.8
130.2
900.0
解释表中物质之间沸点差异的原因___________。
Ⅱ.储氢合金能有效解决氢气的储存和运输，对大规模使用氢能具有重要意义。
(5)某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示。M是___________(填元素符号)，判断理由是___________。
I1/kJ·mol-1
I2/kJ·mol-1
I3/kJ·mol-1
I4/kJ·mol-1
I5/kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
(6)过渡金属Q与镧(La)形成的合金也是一种储氢材料，其中基态Q原子的价电子排布式为nd2n＋2(n＋1)sn-1；该合金的晶胞结构和z轴方向的投影图如图所示。
若阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金的密度ρ=___________g·cm-3(用含a、c、NA的代数式表示，列出计算式即可)。
【答案】(1) 洪特规则 (2) B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键 (3) sp3杂化 bc (4)BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，分子间作用强，沸点高 (5) Mg I3比 I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素 (6)
【解析】(1)O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4，价层电子排布式是2s22p4，氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为，其核外电子排布没有优先占据轨道，所以不符合洪特规则；
(2)因为B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键，根据键能越大物质越稳定可知，自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物；
(3) ①F3B-NH3晶体中，B原子与F、N以共价键相连，没有孤电子对，其价层电子对数为4+0=4，所以其杂化轨道类型为sp3杂化；②F3B-NH3分子中B与F原子之间存在σ键，B提供空轨道，N提供孤对电子，两者形成配位键，且分子与分子之间存在范德华力，所以该晶体中不存在π键和离子键，bc符合题意，故答案为：bc；
(4)沸点大小关系：离子晶体＞分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其范德华力越大，对应的晶体沸点越高。因为BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，则其分子间作用强（范德华力大），故沸点高；
(5)该元素的第三电离能剧增，即I3比I2大很多，说明价层有2个电子，则该元素属于第ⅡA族元素，为Mg元素；
(6) 由价电子排布式nd2n＋2(n＋1)sn-1知，n=3，即Q原子的核外价电子排布式为3d84s2，则Q元素为Ni，因为一个晶胞中，La的个数为，Ni的个数为 ，则该晶胞的质量为，根据几何关系可知晶胞的体积为 ，则该合金的密度g·cm-3。
20.（2021·天津南开中学高三二模）据世界权威刊物《自然》最近报道，选择碲化锆 (ZrTe5) 为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。Te 属于VIA族元素。回答下列问题：
(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中d轨道上的电子数是___________，Zr2+的价电子排布图是___________。
(2) Zr、 Te、Cl的电负性能由大到小的顺序是___________，H2O、H2S、H2Te的沸点由高到低的顺序是___________酸性强弱比较： H2SO4___________ H2TeO4 (填“＞”或“＜”)。
(3) H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是_____。
(4) [Zr(C2H5O)2]2+是 Zr4+形成的一种配离子，其中的配位原子是___________(填符号)，1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中含共价键的数目是___________。
(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是___________。 若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm，则立方氧化锆的密度为___________g/cm3 (写出计算表达式)。
【答案】(1)12 (2)Cl＞Te＞Zr H2O＞H2Te＞H2Se ＞ (3)H2Te 中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109º28， CO2中C为sp杂化，键角为180° (4) O 16 (5) 8
【解析】(1)锆(Zr)的原子序数为40，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10，4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2+离子失去最外层两个电子，其价电子排布式为4d2，它的价电子排布图是；
(2) 根据非金属性越强，电负性越大的规律，Zr为金属元素，Te和Cl为非金属元素，且非金属性Cl＞Te，则Zr、 Te、Cl的电负性能由大到小的顺序是Cl＞Te＞Zr；H2O受氢键影响，所以沸点最高，H2Se、H2Te的沸点主要受范氏力影响，分子量越大，沸点越高，即H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se；S和Te元素属于同主族元素，从上而下，非金属性减弱，原子序数Te＞S，则非金属性S＞Te，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性H2SO4＞H2TeO4；
(3) H2Te中Te原子价层电子对个数＝2+＝2+2＝4，采用sp3杂化，由于有两对孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对个数＝2+＝2+0＝2，采用sp杂化，分子为直线型，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°；
(4) [Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子的结构是含共价键的数目是16；
(5)由结构可知，该晶胞中Zr原子位于8个顶点和面心，个数＝8×+6×＝4，O原子位于晶胞内，个数为8，Zr、O原子个数之比=4:8=1:2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2anm，晶胞体积V=(2a×10-7cm)3，则立方氧化锆的密度ρ＝＝g·cm-3＝g·cm-3。
专题17 选修3 物质结构与性质
1．（2021·广东汕头市高三二模）光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。根据显影原理，光刻胶可分为正、负型胶，原理如图1.回答下列问题：
(1)光刻胶常含C、N等元素，在基态C原子中，核外存在_______对自旋方向相反的电子，N的3个2p轨道的取向为_______。
(2)近年来光刻胶的发展趋势是应用含有多羟基的二苯甲酮类化合物，如：，其C的杂化方式为_______。
(3)紫外负型光刻胶常含有—N3，形成的阴离子的等电子体是________(填化学式，任写一种)，其空间构型为_______。
(4)某光刻胶受紫外光照射后，发生反应如下，用稀碱水作为溶剂浸泡。根据茚羧酸结构分析该材料为_______型光刻胶(填“正”或“负”)，理由是_______。
(5)与K+能形成图2中的超分子加合物，该晶胞中K+的数目为_______。
【答案】(1)2 2px、2py、2pz，相互垂直 (2) sp2 (3) N2O、CO2、CS2（任写一种） 直线形 (4)正 茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解 (5) 12
【解析】(1)C原子电子排布式为：1s22s22p2，同一轨道内两个电子自旋方向相反，故1s和2s轨道中电子自旋方向相反，2p能级有3个原子轨道，两个电子分别填充在2个轨道上且自旋方向相同，故此处填2；2p能级有3个原子轨道，可表示为2px、2py、2pz，三个等价轨道取向相互垂直，故此处填：2px、2py、2pz，相互垂直；
(2)苯环碳原子、羰基碳原子周围均含3个σ电子对，不含孤对电子，故其价层电子对为3对，对应杂化方式为sp2，故此处填sp2；
(3)可将中1个N原子换成1个O原子，即得到其等电子体N2O，另外N2O中2个N可换成1个C和1个O，得到等电子体CO2，同时也可采用同族代换法，将CO2中O换成S得到等电子体CS2，故此处填：N2O、CO2、CS2（任写一种）；其空间构型与CO2相似，为直线形；
(4)由图示原理知，正型光刻胶曝光部分能溶于相应溶剂，而负型光刻胶不可以，茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解，故属于正型光刻胶，故此处填：正，理由是茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解；
(5)由图示知，K+有12个位于棱上，9个位于晶胞体内（其中1个位于体心），故该晶胞中含有K+个数=12×+9=12个。
2．（2021·山东日照市高三三模）硼酸(H3BO3)是玻璃工业、电子元件行业的重要原料。回答下列问题：
(1)与B、O同周期，第一电离能介于二者之间的有___________(填元素符号)。
(2)硼酸晶体结构为平面层状结构(如图I)，四硼酸根为立体结构(如图Ⅱ)。
①硼酸为___________晶体；晶体中各层之间的作用力为___________。
②四硼酸根中硼原子的杂化方式为___________。
(3)工业上曾用碳氨法制备硼酸，先用MgO·B2O3与NH4HCO3、H2O制得(NH4)H2BO3和MgCO3，然后再将(NH4)H2BO3脱NH3生成H3BO3。
①NH与CO的空间构型：NH___________：CO_______。
②MgO晶体结构属于NaC1型(如图)，图中表示Mg2+的为___________(填“大球”或“小球”)，其配位数是___________；MgO晶胞参数为a pm，则MgO晶胞的密度为___________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的式子表示)。
【答案】(1)Be、C (2) 分子 范德华力 sp2、sp3 (3) 正四面体 平面正三角形 小球 6
【解析】(1)同周期，从左向右第一电离能增大，则第二周期元素中，第一电离能介于B和O之间的元素有Be、C。
(2)①硼酸晶体中存在H3BO3分子，因此，是分子晶体，在硼酸[B（OH）3]分子中，硼原子与氧原子形成共价健、羟基中氢原子和氧原子间形成共价键，硼酸分子与硼酸分子间形成氢键、范德华力。
②四硼酸根的中的B必含有配位键，也就是说，四硼酸根的中的B是sp3杂化。
(3) ①铵根：中心原子为N，价层电子对为对数 (5-1×4-1)÷2+4=4，所以氮原子是sp³杂化，VSEPR模型是正四面体，考虑到有一个氢是以离子形式发生配位，每两个原子之间的作用力不一样，所以铵根的构型是四面体；碳酸根：中心原子是C，价层电子对对数为 (4-2×3+2)÷2+3=3，所以碳原子是sp²杂化，空间构型是平面正三角形。
②MgO晶体结构属于NaC1型(如图)，由氯化钠的晶胞结构可知，氯离子和钠离子的配位数都是6；所以在MgO晶胞中Mg和O的配位数也都是6，由氯化钠的晶胞结构知，氧化镁中镁原子和镁原子处于小正方形的对角线上，根据图象知，图中表示Mg2+的为小球；MgO晶胞参数为a pm，则MgO晶胞的密度为=·cm-3。
3．（2021·河北唐山市高三三模）青铜器是我国古代瑰宝。目前，在工业上用磷化铜()制造磷青铜，磷青铜是含少量钪、锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性合金原件。
(1)基态原子的核外电子排布式为___________；其价电子中未成对电子数与成对电子数之比为___________。
(2)①中的P原子的杂化方式是___________。
②P与N同主族，气态氢化物的沸点：___________(填“>”或“＜”)，说明理由：___________。
(3)磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为___________P(填“>”“＜”或“=”)。
(4)某立方磷青铜晶胞结构如下图所示。
①则其化学式为___________。
②该晶体中距离原子最近的原子有___________个，在晶胞中由原子构成的八面体与由和原子构成的八面体的个数之比为___________。
③若晶体密度为，最近的原子核间距为___________(用含、的代数式表示)。
【答案】(1)(或) 1：2 (2) > 因为分子间存在氢键 (3) < (4) 12 1：3
【解析】(1) 是21号元素，基态原子的核外电子排布式为(或)；其价电子排布式为，故未成对电子数与成对电子数之比为1：2；
(2)①中的P原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，为sp3杂化；
②P与N同主族，但分子间存在氢键，故气态氢化物的沸点：>；
(3)根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱；磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为＜P；
(4) ①，晶体中P原子位于中心，含有1个P原子，立方体每个面心含有1个Cu原子，每个Cu分摊给一个晶胞的占，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为，据此得到化学式；
②该晶体中距离原子最近的原子有4个，根据图可知，在晶胞中由原子构成的八面体为1个，由和原子构成的八面体可由2个面心上的Cu原子与4个顶点上的Sn原子构成，共6个，但与另一个晶胞共用，占，故个数为6=3，故两者之比为1：3；
③若晶体密度为，晶胞的体积为V==cm3，最近的原子核间距为边长的，故为=.
4．（2021·福建龙岩市高三三模）氮、锂、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。
(1)卟啉锌中H、C、O、N四种元素中，第一电离能最大的是___________(填元素符号)。
(2)卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为___________，图中①②③④处的化学键属于配位键的是___________(填序号)。
(3)已知离子核外没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子无颜色的是___________(填离子符号)。
(4)的键角小于，原因是___________。
(5)氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中锂、氮的原子个数比为___________；设氮化锂晶体中，同层N-N间距为a pm，层与层间距为b pm，该物质的密度为___________g/cm3.(用含a、b的式子表示)
【答案】(1)N (2) sp2、sp3 ② (3) Ti4+ (4) 中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力 (5) 2∶1
【解析】(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；
(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；
(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
(4)和的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力，导致键角：＜；
(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有=2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1；
根据均摊法，晶胞中N原子(黑球)的个数为=1，Li原子的个数为=3，所以晶胞的质量为g；底面为菱形，变成为a pm，则底面积为a2pm2，高为b pm，则晶胞的体积为a2b pm3=a2b×10-30cm3，所以密度为g/cm3.。
5．（2021·河北张家口市高三三模）第四周期某些过渡元素在工业生产中有着极其重要的作用。
Ⅰ.中国锰矿资源较多，分布广泛。
(1)写出基态锰原子的价电子排布图：___________。
(2)用于分解制氧气的催化剂，中氧原子的杂化轨道类型为___________。
Ⅱ.铁被称为“第一金属”，铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。
(1)常作净水剂和补铁剂，SO的立体构型是___________。
(2)铁氰化钾是检验的重要试剂。
①写出一种与铁氰化钾中配体互为等电子体的极性分子的化学式___________。
②铁氰化钾中存在的化学键有___________(填字母标号)。
A．离子键 B．σ键 C．π键 D．氢键 E。金属键
Ⅲ.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。硫化锌晶体的构型有多种，其中一种硫化锌的晶胞如图所示。
(1)该晶胞中的配位数为___________。
(2)若晶胞参数为，则该晶体密度的计算式为___________(用表示阿伏加德罗常数的值，不用化简)。
【答案】Ⅰ.(1) (2) sp3 Ⅱ. (1)正四面体形 (2)CO ABC
Ⅲ. (1)4 (2)
【解析】Ⅰ．(1)基态锰原子为25号元素，价电子排布式为3d54s2，则价电子排布图为；
(2)H2O2中氧原子则杂化轨道类型为sp3；
Ⅱ．(1)中心S原子，含有4条σ键，无孤电子对，则立体构型为正四面体；
(2)铁氰化钾中配体为CN-，含有2个原子，价电子总数为10，与其互为等电子体的极性分子为CO；铁氰化钾为离子化合物，存在的化学键有离子键、σ键、π键，故选ABC；
Ⅲ．(1)晶胞中Zn2+与其最近且相邻的S2-构成正四面体构型，则S2-的配位数为4；
(2)由晶胞结构可知，Zn2+位于晶胞的体内，个数为4，S2-位于晶胞的顶点和面心，个数=8×+6×=4，则1个晶胞中含有4个ZnS，该晶体密度。
6．（2021·天津耀华中学高三一模）根据所学知识回答下列问题：
(1)某种金属互化物具有自范性，原子在三维空间里呈周期性有序排列，该金属互化物属于___(填“晶体”或“非晶体”)，可___方法鉴别。
(2)基态Cr3+最高能层中成对电子与单电子的数目比为___。
(3)镍元素在周期表中的位置___，镍的羰基配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，固态Ni(CO)4属于___晶体。
(4)NiO晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为___g/cm3(不必计算出结果，NA表示阿伏加德罗常数的值，本题均使用)。
人工制备的NiO晶体中常存在缺陷(如图)：一个Ni2+空缺，另有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，其结果晶体仍呈电中性。已知某氧化镍样品组成Ni0.96O，该晶体中Ni3+与Ni2+的离子个数之比为___。Ni2+和Fe2+半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO__FeO(填“＞”或“＜”)。
(5)①铜能与类卤素(SCN)2反应生成Cu(SCN)2，(SCN)2分子所有原子最外层均满足8电子结构，则(SCN)2分子中含有σ键与π键的数目比为___。
②铜离子易与氨水反应形成[Cu(NH3)4]2+配离子，[Cu(NH3)4]2+中各元素电负性大小顺序为__，其中N原子的杂化轨道类型为___。
【答案】(1)晶体 X—射线衍射 (2) 8∶3 (3) 第四周期Ⅷ族 分子 (4) 或 1∶11 > (5) 5∶4 N>H>Cu sp3
【解析】(1)判断是否为晶体，观察其在三维空间里呈周期性有序排列，鉴别是否为晶体的最科学的方法为X-射线衍射实验，故答案为：晶体；X-射线衍射实验；
(2)基态Cr3+的最高能层为M层，排布式为3s23p63d3，有8个成对电子，3个未成对单电子，数目比为8∶3；
(3)镍元素为28号元素，在周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；Ni(CO)4常温下为液态，有较低的沸点，则固态Ni(CO)4属于分子晶体；
(4)根据NiO晶体的结构，氧离子在晶胞的顶点和面心，个数=8×+6×=4，镍离子在棱上和体内，个数=12×+1=4，则NiO晶体的密度==或g/cm3；
根据题意，N(Ni2+)+N(Ni3+)=0.96，2N(Ni2+)+3N(Ni3+)=2，两式联立，N(Ni3+)=0.08，N(Ni2+)=0.88，则N(Ni3+)∶N(Ni2+)=0.52∶0.44=1∶11；FeO、NiO均为离子晶体，Ni2+和Fe2+半径分别为69pm和78pm，且所带电荷相同，则离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，故熔点NiO＞FeO；
(5)①(SCN)2分子所有原子最外层均满足8电子结构，结构式为N≡C-S-S-C≡N，含有5条σ键，4条π键，σ键与π键的数目比为5∶4；
②[Cu(NH3)4]2+中有H、N、Cu三种元素，非金属性越强，电负性越大，则电负性大小顺序为N＞H＞Cu；其中N原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，与3个氢原子形成共价键，杂化轨道类型为sp3。
7．（2021·天津高三三模）N、P、S、、元素形成的化合物质性质丰富，研究较多。
(1)基态原子核外电子排布式为___________。
(2)硫脲()分子中氮、碳的杂化类型分别为___________、___________。
(3)P、S的第二电离能的大小关系为___________(填“＞”“＜”或“=”)，原因是___________。
(4)不稳定遇到氧气被氧化成深蓝色的，试回答下列问题：
①配位数为___________，含有键的数目为___________个。
②的空间结构为___________。
③上述反应可用于检验氨气中的痕量，写出该反应的离子方程式___________。
(5)属于立方晶体，如下图所示，
其晶胞参数为，阿伏加德罗常数为，S原子填充在构成的正四面体空隙中，则晶胞中正四面体的空隙填充率为___________，则密度为___________(列出计算式)。
【答案】(1)[Ar]3d104s1 (2) sp3 sp2 (3) ＜ S+的价电子排布式为：3s23p3，属于半满结构，能量低，稳定，难失去电子 (4) 4 16 三角锥形 4+ 8NH3+O2+4H+=4+2H2O (5) 50%
【解析】(1)基态Cu原子核电荷数是29，核外3d能级上10个电子、4s能级上1个电子为其价电子，则Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1；
(2)每个N原子形成的共价键有2个N-H键、1个N-C键，且还含有1个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断N原子杂化类型为sp3；每个C原子形成的共价键有2个C-N键、1个C=S键，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型分别为sp2；
(3)P+的价电子排布式为3s23p2，S+的价电子排布式为：3s23p3，属于半满结构，能量低，稳定，难失去电子，所以I2(p)＜I2(s)；
(4)①[Cu(NH3)4]2+中的配体为NH3，有4个配体，所以配位数为4，即4个σ键，NH3中3个N-H键，有3个σ键，故σ键总数为3×4+4=16；
②NH3的价层电子对数=3+(5-3×1)/2=4，一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形；
③在氨气中遇到氧气被氧化成深蓝色的，则氨作为配合物，需要2个NH3，Cu元素化合价从+1升至+2，则O元素化合价从0降至-2，变价2×2=4，则前配系数4，根据电荷守恒和Cu2+在酸性环境才能存在，则离子反应方程式为：4+ 8NH3+O2+4H+=
4+2H2O；
(5)Cu2SnS3的晶胞中，S原子填充在Cux(Sn1-x)构成的正四面体空隙个数为8，其中有4个被填充，则晶胞中正四面体的空隙填充率为50%，在一个晶胞中，S在晶胞内部，为4个，Cu和Sn在顶点和面上，数目为8×1/8+6×1/2=4，根据。
8．（2021·山东济南市高三三模）铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)铁元素在元素周期表中的位置为___________，其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+，基态Fe2+的价电子的排布式为___________，相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是___________。
(2)一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为___________(填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。P原子的杂化方式为___________，分子中不含有的化学键类型是___________(填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．键 F．键
(3)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料其正交相晶胞结构如图所示。
其中铁酸钇的化学式为___________，已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为___________，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为___________(列出表达式)
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族 3d6 基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定 (2) O N＞O＞C sp3 A (3) YFeO3 (，+m，)
【解析】(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是键，C=N双键中有一个键，一个键，不含有离子键，故选A。
(3)晶胞中Y的个数为，Fe的个数为2，O的个数为，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为(，+m，)，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为。
9．（2021·江苏扬州市高三模拟）纳米TiO2被广泛应用于光催化、精细陶瓷等领域。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3)为原料制备纳米TiO2的步骤如下：25 ℃时，Ksp[TiO(OH)2] =1×10−29；Ksp[Fe(OH)3] = 4×10−38；Ksp[Fe(OH)2] = 8×10−16
(1)酸浸：向磨细的钛铁矿中加入浓硫酸，充分反应后，所得溶液中主要含有TiO2+、Fe2+、Fe3+、H+和SO。Ti基态核外电子排布式为___________。
(2)除铁、沉钛：向溶液中加入铁粉，充分反应，趁热过滤。所得滤液冷却后过滤得到富含TiO2+的溶液；调节除铁后溶液的pH，使TiO2+水解生成TiO(OH)2，过滤。
①若沉钛后c(TiO2+)＜1×10−5 mol·L−1，则需要调节溶液的pH略大于___________。
②TiO2+水解生成TiO(OH)2的离子方程式为___________。
③加入铁粉的作用是___________。
(3)煅烧：在550℃时煅烧TiO(OH)2，可得到纳米TiO2。
①TiO2的一种晶胞结构如图-1所示，每个O周围距离最近的Ti数目是___________。
②纳米TiO2在室温下可有效催化降解空气中的甲醛。H2O和甲醛都可在催化剂表面吸附，光照时，吸附的H2O与O2产生HO，从而降解甲醛。空气的湿度与甲醛降解率的关系如图-2所示，甲醛降解率随空气湿度变化的原因为___________。
(4)纯度测定：取纳米TiO2样品2.000 g，在酸性条件下充分溶解，加入适量铝粉将TiO2＋还原为Ti3＋，过滤并洗涤，将所得滤液和洗涤液合并配成250 mL溶液。取合并液25.00 mL于锥形瓶中，加几滴KSCN溶液作指示剂，用0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定，将Ti3＋氧化为TiO2＋，消耗0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL。该样品中TiO2的质量分数为___________。(写出计算过程)。
【答案】(1)[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2 (2) 2 TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+ 将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质 (3) 3 湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO增多，甲醛降解率增大；湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低 (4) 92.00%
【解析】(1)Ti是22号元素，根据构造原理可知基态Ti原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；
(2)①25℃时，Ksp[TiO(OH)2] =1×10−29，c(TiO2+)·c2(OH-)=1×10−29，c(TiO2+)＜1×10−5 mol·L−1，c(OH-)＞，c(H+)＜=10-2 mol/L，故需要调整溶液的pH＞2；
②调节除铁后溶液的pH，TiO2+水解生成TiO(OH)2沉淀同时产生H+，反应的离子方程式为：TiO2++2H2O=TiO(OH)2↓+2H+；
③加入铁粉的作用是将溶液中Fe3+转化为Fe2+，避免在沉钛过程中生成Fe(OH)3杂质；
(3)①根据TiO2的晶胞结构示意图可知：每个O周围距离最近的Ti数目是3个；
②湿度低于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子增多，产生的HO增多，甲醛降解率增大；当湿度高于40%时，随湿度增大，催化剂表面吸附的水分子过多，降低了甲醛的吸附，甲醛降解率降低；
(4)滴定消耗0.1000 mol·L−1 NH4Fe(SO4)2标准溶液23.00 mL所含溶质的物质的量n[NH4Fe(SO4)2]=0.1000 mol·L−1 × 23.00×10−3 L=2.300× 10−3 mol，根据电子守恒和元素守恒可建立反应关系如下TiO2 ~TiO2＋~Ti3＋~ NH4Fe(SO4)2，25 mL溶液中n(TiO2)=2.300×10−3 mol，则在250 mL溶液中n(TiO2)=×2.300×10-3 mol =2.300×10-2 mol。故在2.000 g纳米TiO2样品中含有TiO2的质量m(TiO2)=2.300×10-2 mol×80 g·mol -1=1.840 g，因此样品中TiO2的质量分数=×100%=92.00%。
10．（2021·天津高三三模）N、P、As均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：
(1)下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________(填序号)。
a. b. c. d.
(2)Si、P、S的电负性由大到小的顺序是___________，第一电离能由大到小的顺序是___________。
(3)KSCN溶液是检验Fe3+的常用试剂，SCN-的空间构型为___________。
(4)吡啶为含N有机物，这类物质是合成医药、农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH2CH3)2(即)反应生成有机化合物B，B具有优异的催化性能。
吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是___________，化合物A易溶于水，原因是___________。含Zn有机物B的分子结构中含___________(填序号)。
A．离子键 B．配位键 C．键 D．键 E．氢键
(5)N与金属可形成氮化物，如AlN晶胞结构如图甲所示，某种氮化铁结构如图乙所示。
①AlN晶胞中，含有的Al、N原子个数均是___________。
②该氮化铁晶胞边长为a pm，阿伏加德罗常数值为NA，则该氮化铁晶体密度___________g﹒cm-3。
【答案】（1）c （2） S>P>Si P>S>Si (3) 直线型 (4)sp2 化合物A与水分子间存在氢键 BCD (5)6
【解析】(1)从激发态跃迁到基态时，用光谱仪可捕捉到发射光谱，故c正确。
(2)、P与S是同周期中相邻的元素，同周期元素从左到右电负性增大，故、P、S的电负性由大到小的顺序是，同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势，但ⅤA中p轨道处于半充满状态，第一电离能大于ⅥA，故第一电离能由大到小的顺序是。
(3)[S=C=N]-，分子内N形成碳氮双键，价层电子数为2，故其杂没有孤电子对，空间构型为直线形。
(4) 从化合物A结构示意图知，分子内N形成碳氮双键，故其杂化方式为sp2；A易溶于水，原因是化合物A与水分子间存在氢键；含有机物B的分子是共价分子，则结构中不含离子键，所含共价键中有配位键、有单键有双键，故选项BCD正确。
(5)①晶体结构单元中，Al位于棱边的中点、体心、和晶胞内，N位于顶点和面向，按均摊法知，含有的数目为 、N原子个数 ，故均是6；②若该氮化铁的晶胞中，N原子位于体心，故N原子数目为1，铁原子有的位于顶点、有的位于面心，则其数目 ，边长为，阿伏加德罗常数的值为，则该氮化铁的晶体密度= ，可表示为。
11．（2021·广东珠海市高三二模）硒是稀散非金属之一，在光敏材料、电解锰行业催化剂和半导体材料等方面有广泛应用，其在元素周期表中相对位置关系如图所示：
回答下列问题：
(1)基态硒原子的核外电子排布式为____________。单质硒的熔点为221℃，其晶体类型____________。
(2)根据元素周期律，电负性：Se______S，第一电离能Ga______As。(填“>”“<”或“=”)，Se所在主族元素对应氢化物沸点最低的是______(填化学式)。
(3)硒的含氧酸有H2SeO3，H2SeO4。酸性：H2SeO3______H2SeO4(填“>”“<”或“=”)
(4)SeO3是一种无色晶状物，空气中易吸潮。请问Se原子的杂化方式为_____，SeO3的空间构型为_____。
(5)硒化锌材料是一种黄色透明的多晶材料，用于制造透红外线材料及红外线光学仪器，其晶胞如图所示(其中白色球表示硒原子)，Zn原子的配位数为______，已知晶胞边长参数为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则紧邻的Se2-与Zn2+之间的距离为______nm(列出表达式)，硒化锌的密度为______g·cm-3(列出计算式)。
【答案】(1)或 分子晶体 (2) < < H2S (3) < (4)sp2杂化 平面正三角形 (5) 4
【解析】(1) Se与O元素同主族，位于第四周期，其元素原子序数为34，N层有6个价电子，所以硒的电子排布式为或；单质硒的熔点为221℃，熔点较低，则说明该晶体属于分子晶体；
(2)Se与S同主族，因同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，电负性逐渐减少，所以电负性：Se＜S；Ga位于第四周期IIIA族，As位于第四周期VA族，同周期从左到右第一电离能逐渐增大，且第VA族元素最外层电子是半充满结构，比较稳定，所以第一电离能：Ga
(4)SeO3分子中σ键电子对数为3，孤电子对数为=0，所以杂化方式为：sp2杂化；价层电子对数=3+0=3，为平面正三角形；
(5) ZnSe采取面心立方最密堆积方式，根据图示结构可知，Zn原子（小黑球）的配位数为4；晶胞边长参数为anm，NA表示阿伏加德罗常数，则根据几何关系可知，紧邻的Se2-与Zn2+之间的距离为体对角线的，即该距离为；一个晶胞中含有Se2-个数为，含有Zn2+个数为4，硒化锌晶体的密度 g·cm-3 。
12．（2021·重庆高三三模）铁和铜及其化合物在生产、生活及科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)中基态阳离子核外电子排布式为________，的立体构型是________。
(2)晶体中与之间的化学键类型为________，该化学键能够形成的原因是________。
(3)将过量的氨水加入硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体{}。
①N、O、S的第一电离能从大到小的顺序为________________。
②分子中N原子的杂化类型是________，极易溶于水的原因是________________。
(4)Cu和Ni在周期表中的位置相邻，Cu的第二电离能大于Ni的第二电离能的原因是________________。
(5)Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为，与F之间的最近距离为。则阿伏加德罗常数的值________(用字母a、表示)。
【答案】(1) 平面三角形 (2) 配位键(或共价键) CN-能提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对 (3) N＞O＞S sp3 氨分子与水分子之间能形成氢键；氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶 (4)铜失去3d电子所需要的能量大于镍失去4s电子所需要的能量 (5)
【解析】(1)Cu(NO3)2中阳离子为Cu2+，Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，失去外围两个电子形成Cu2+，核外电子排布式为；NO中N原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，空间构型为平面三角形；
(2)CN-能提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，所以Fe3+与CN-形成配位键(或共价键)；
(3)①同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S；
②NH3分子中N原子形成3个σ键，还有一对孤电子对，价层电子对数为4，杂化类型为sp3杂化；氨分子与水分子之间能形成氢键，氨分子和水分子都是极性分子，相似相溶，所以氨气极易溶于水；
(4)Cu+的价电子排布为3d10，Ni+的价电子排布为3d84s1，Cu+失去3d电子所需要的能量大于Ni+失去4s电子所需要的能量，所以Cu的第二电离能大于Ni的第二电离能；
(5)根据晶胞结构可知Cu与F最近的距离为体对角线的四分之一，设晶胞的棱长为b，则有b=4a，所以晶胞的棱长为a pm，晶胞的体积V=(a)3 pm3=(a)3×10-30 cm3；根据晶胞结构可知晶胞中有4个F原子，有=4个Cu原子，所以晶胞的质量m=g，则晶体的密度，解得NA=。
13．（2021·山东烟台市高三三模）已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：
(1)A中所含第二周期各元素基态原子中，第一电离能大小顺序为_____。
(2)胆矾CuSO4·5H2O结构示意图如下，CuSO4·5H2O中不存在的相互作用有____(填标号，下同)，加热蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体依次破坏的相互作用有____。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．配位键 E.氢键
(3)氧和硫为同一族元素，形成阴离子的空间构型为___，中心原子S的杂化方式为___；H2S、H2Se具有类似的晶体结构，其中水溶液酸性较强的是____，原因是____。
(4)液氨可作制冷剂，气化时吸收大量热量的原因是____。
(5)氮化镓是一种新型半导体材料。晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。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。
①若沿y轴投影的晶胞中所有原子的分布图如图，则原子2的分数坐标为____。
②若晶胞中Ga和N原子的最近距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则氮化镓的晶体密度为____g·cm-3(列出计算表达式)。
【答案】(1)N>O>C (2) C ED (3)四面体 sp3 H2Se S的电负性大于Se，电负性越大与氢结合的越牢固，不易断键 (4)气化时需破坏氨分子间的大量的氢键作用 (5) (0.25，0.75，0.25)
【解析】(1)A中所含第二周期各元素分别为C、N、O，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但VA族最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期的VIA族元素，因此第一电离能N>O>C；
(2)由胆矾CuSO4·5H2O结构示意图可知铜离子与水分子之间存在配位键、水分子内部存在极性共价键、水分子之间存在氢键、硫酸根离子内部存在极性共价键、硫酸根离子与水合铜离子间存在离子键，故不存在的作用力是非极性键，加热蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体依次破坏水分子间的氢键以及铜离子与水分子之间的配位键，故答案为：C；ED；
(3)阴离子中中心硫原子形成四对共用电子对与三个氧原子和一个硫原子成键，离子构型为四面体结构，中心S原子采用sp3杂化，S的电负性大于Se，电负性越大与氢结合的越牢固，形成的化学键越不易断键，电离就越困难，导致氢化物的酸性越弱，因此酸性H2Se大于H2S；
(4)氨分子间存在大量的氢键，气化时破坏氢键需要吸收大量的热才能实现；
(5)①根据金刚石的结构进行类推，将金刚石晶胞分作八个小部分，有四个原子分别位于不相邻的小立方体中心，1和2的x坐标值相同，y、z坐标值相反，故y点坐标为：(0.25，0.75，0.25)；
②设晶胞的参数为xcm，晶胞中Ga和N原子的最近距离为体对角线的四分之一，则，，一个晶胞的体积为x3=，1个氮化镓晶胞中含有4个N和4个Ga，则一个晶胞的质量为g，晶胞的密度= 。
14．（2021·河北沧州市高三三模）高熵合金通常被定义为含有5种以上主要元素的固溶体，每种元素的摩尔比为。这个概念已经扩展到创造熵稳定的功能材料中。此类材料有熵稳定高熵功能材料(的氧化物)，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。根据所学知识回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，有_______个未成对电子。
(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如(表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为_______；晶体中存在的化学键类型有_______(填标号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E.配位键 F。氢键
(3)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)已知：是强还原剂，与水反应能生成，中含有键与键的数目之比为_______，该离子中C的杂化方式为_______。
(5)的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为和，密度为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为_______(用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1) 2 (2)三角锥形 BCE (3) (4) sp (5)
【解析】(1)基态原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；
(2)(表示苯基)中配体为原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在(极性键)，(非极性键)，(配位键)，答案选BCE；
(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能Fe＞Mn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn；
(4)中C、N以三键连接，三键中含有1个键，2个键，故键与键的数目之比为，键不参与杂化，只有1个键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；
(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个，故原子所占的总体积，该晶胞的体积为，则原子的空间利用率为。
15．（2021·山东青岛市高三模拟）镍、砷是近年来颇受材料化学研究领域关注的元素。
(1)Ni在周期表中的位置___，Ni2+价电子轨道表示式为____。
(2)NiO晶体结构与NaCl相似，在氧气中加热，部分Ni2+被氧化为Ni3+，成为NixO(x<1)，出现晶体空位。氧化过程如图，图a中Ni的配位数为___，图b中x为___，n(Ni2+):n(Ni3+)=___。
(3)砷存在多种同素异形体——黄砷、黑砷、灰砷
①黄砷结构与白磷相似，黄砷的空间构型为___，第三周期，第一电离能介于Al和P之间的元素有___种。
②近年来，黑砷在催化电解水方面的研究受到关注，其晶体结构与石墨类似。根据图中信息，下列说法正确的有___(填标号)。
a.黑砷中As—As键的键能均相同
b.黑砷与C60都属于混合型晶体
c.黑砷单层中As原子与As—As键的个数比为2:3
d.黑砷层与层之间的作用力为范德华力
【答案】(1)第四周期第Ⅷ族 (2) 6 13:2 正四面体 (3) 3 cd
【解析】(1)28号元素位于第四周期第VIII族；的价电子排布式为：，所以价电子轨道表示式为：，故答案为：第四周期第VIII族；；
(2)根据图ａ的晶胞结构可知与紧邻O有6个，所以的配位数为6；根据图b晶胞结构，一个晶胞内含有的个数为，一个晶胞内含有O原子数为，所以；设＝a，＝b，根据化合价代数和为零，列出如下等式：，解得：，所以n(Ni2+):n(Ni3+)=13:2；
(3)①白磷的空间构型为：正四面体结构，黄砷结构与白磷相似，所以黄砷的空间构型为正四面体；同周期主族元素从左向右第一电离能递增，但是第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，第一电离能介于Al和P之间的元素有Mg、Al、P，共3种；
②a．根据图片中数值可知黑砷中As—As键的键能不一样，故a错误；
b．黑砷和石墨类似为混合型晶体，C60属于分子晶体，故b错误；
c．每个砷原子形成三条共价键，利用均摊发分析可知，平均一个砷原子含有条键，所以As原子与As—As键的个数比为2:3，故c正确；
d．黑砷晶体结构和石墨类似，层与层之间的作用力为范德华力，为混合型晶体，故d正确；答案为c d。
16．（2021·广东茂名市高三二模）铜及其化合物在生产生活中有广泛的应用，宋代《千里江山图》描绘了山清水秀的美丽景色，历经千年色彩依然，其中绿色就是来自Cu(OH)2•CuCO3。回答下列问题：
(1)基态Cu2+的核外电子排布式___，Cu在元素周期表中属于___区。
(2)CO的空间构型为___。
(3)铜的某种配合物结构如图，该配合物中Cu2+的配位数为___，其中C、N、O按第一电离能由小到大的顺序排列为___。该配合物中碳原子的杂化方式为___。该配体能Cu2+形成稳定的环状离子，其原因是___。
(4)钇钡铜氧是一种新型节能高温超导体，其晶胞结构如图a。研究发现，此高温超导体中的Cu元素有两种价态，分别为+2和+3，Y元素的化合价为+3。该物质的化学式为___，该物质中Cu2+与Cu3+的个数比为___。
(5)已知黄铜矿中铁、硫、铜组成晶胞结构如图b，化学式为CuFeS2。若晶体密度为dg•cm-3，则晶胞的高h=___pm(写出简化后的计算式即可)。
【答案】(1)[Ar]3d9 ds (2)平面三角形 (3)4 C
(2)CO32-中C原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为平面三角形；
(3)根据铜的某种配合物结构图可知，配合物中Cu2+的配位数为4，N原子2p能级为半充满状态，结构稳定，所以C、N、O按第一电离能由小到大的顺序排列为C
(5)根据均摊原则，1个晶胞中含有4个铁、8个硫、4个铜，晶体密度为dg•cm-3，则，h= pm。
17．（2021·湖南高三模拟）回答下列问题：
(1)我国自主研发的DF—31A洲际战略导弹是我国大国地位、国防实力的显著标志，其材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多种元素。
①基态镍原子的价电子排布式为__。
②Cr与K位于同一周期且最外层电子数相同，两种元素原子第一电离能的大小关系为K___(填“＞”或“＜”)Cr；
③SCN-常用于检验Fe3+，其对应酸有硫氰酸(H—S—C≡N)和异硫氰酸(H—N=C=S)两种。硫氰酸分子中σ键与π键的数目比为___，异硫氰酸沸点较高的原因是__。
(2)大连理工大学彭孝军院土课题组报道了基于硼氟荧类荧光染料(BODIPY)的铜荧光探针的设计与应用，利用Cu2+诱导胺的氧化脱氢反应形成的Cu+配合物，进行Hela细胞中的Cu2+荧光成像和检测。其反应如图所示：
在水溶液里，Cu2+比Cu+稳定，是由于水分子配体的作用。在气态时，Cu2+比Cu+活泼的原因是____；BODIPY荧光探针分子中，1molBODIPY分子中含有__mol配位键。
(3)六方石墨和三方石墨都是由石墨层形分子平行堆积而形成的晶体。已知六方石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB…方式堆积而成，如图甲所示，一个石墨的六方晶胞如图乙所示。而三方石墨层形分子堆积的次序为ABCABC，一个三方石墨晶胞如图丙所示。
画出六方石墨晶胞沿c轴的投影：__(用“·”标出碳原子位置即可)，已知一个三方石墨晶胞的体积为Vpm3，则该晶胞的密度为__g/cm3。(用含NA和V的代数式表示)
【答案】(1)3d84s2 ＜ 3：2 异硫氰酸分子间存在氢键，沸点较高 (2)Cu+的价电子排布为3d10，3d能级处于全满状态，比Cu2+稳定 1 (3)
【解析】(1)①镍元素的原子序数为28，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，价电子排布式为3d84s2；
②K、Cr同周期，与K相比，Cr原子半径较小、核电荷数较大，对核外电子的吸引力更大，故第一电离能Cr较大；
③根据结构简式可知每个HSCN分子中有3个键和2个键，故其比为3:2；异硫氰酸中有“N-H”结构，易形成分子间氢键，沸点较高；
(2)的价电子排布为，3d能级处于全满状态，比稳定；B原子和含双键的N原子形成一个配位键；
(3)六方石墨晶胞沿c轴的投影图如图所示，一个三方石墨晶胞中含有6个C原子，故晶胞的密度。
18．（2021·广东梅州市高三二模）2019年诺贝尔化学奖给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。锂离子电池的正极材料主要有层状结构的，尖晶石结构的以及橄榄石型的(M=Fe、Mn、Ni、Co等元素)。
(1)N、O、P的电负性由大到小的顺序为___________。第三电离能(Mn)___________(Fe)(填“＞”或“＜”)。
(2)基态Co原子核外电子排布式为___________；的一种配离子中，的配位数是___________，配位体中心原子杂化类型是___________。
(3)MnO的熔点(1650℃)比MnS的熔点(1610℃)高，它们含有的化学键类型是___________。前者熔点较高的原因是___________。
(4)磷元素和铝元素形成的化合物AIP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛使用。已知AlP的熔点为2000℃，其晶胞结构如图所示：
①磷化铝的晶体类型为___________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为___________。
③磷化铝的晶胞参数pm，其密度为___________(列出计算式即可，用表示阿伏加德罗常数的值)
【答案】(1) ＞ (2) 6 sp (3)离子键 MnO的晶格能大 (4) 原子晶体(或共价晶体)
【解析】(1)非金属性越强，电负性越大，则N、O、P的电负性由大到小的顺序为。锰失去2个电子后，价电子排布式是3d5，处于半充满稳定状态，所以第三电离能(Mn)＞(Fe)。
(2)Co的原子序数是27，则基态Co原子核外电子排布式为；的一种配离子中含有的配体是N和NH3，的配位数是1+5＝6，配位体中心原子的价层电子对数是＝2，没有孤电子对，杂化类型是sp。
(3)MnO的熔点(1650℃)比MnS的熔点(1610℃)高，二者均是离子晶体，它们含有的化学键类型是离子键。氧离子半径小于硫离子半径，MnO的晶格能大，所以前者熔点较高。
(4)①AlP的熔点为2000℃，熔点高，因此磷化铝的晶体类型为原子晶体(或共价晶体)。
②根据A、B点的原子坐标可判断C点的原子坐标为。
③晶胞中P原子个数是＝4，Al原子个数是4，磷化铝的晶胞参数pm，则其密度为。
19．（2021·河北邯郸市高三三模）Ⅰ.主族元素能形成多种化合物，它们是探测器、激光器、微波器的重要材料。
(1)氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为___________，电子重排后的氧原子能量有所升高，原因是不符合___________(填“泡利原理”或“洪特规则”)。
(2)自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据下表数据分析其原因是___________。
化学键
B-H
B-O
B-B
键能(kJ·mol-1)
389
561
293
(3)NH3与BF3气体相遇发生反应生成F3B-NH3晶体
①F3B-NH3晶体中，B原子的杂化轨道类型为___________。
②F3B-NH3晶体中不存在的作用力有___________。
a.σ键 b.π键 c.离子键 d.配位键 e.范德华力
(4)已知：
物质
AsF3
AsCl3
BiF3
沸点/℃
62.8
130.2
900.0
解释表中物质之间沸点差异的原因___________。
Ⅱ.储氢合金能有效解决氢气的储存和运输，对大规模使用氢能具有重要意义。
(5)某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示。M是___________(填元素符号)，判断理由是___________。
I1/kJ·mol-1
I2/kJ·mol-1
I3/kJ·mol-1
I4/kJ·mol-1
I5/kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
(6)过渡金属Q与镧(La)形成的合金也是一种储氢材料，其中基态Q原子的价电子排布式为nd2n＋2(n＋1)sn-1；该合金的晶胞结构和z轴方向的投影图如图所示。
若阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金的密度ρ=___________g·cm-3(用含a、c、NA的代数式表示，列出计算式即可)。
【答案】(1) 洪特规则 (2) B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键 (3) sp3杂化 bc (4)BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，分子间作用强，沸点高 (5) Mg I3比 I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素 (6)
【解析】(1)O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4，价层电子排布式是2s22p4，氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为，其核外电子排布没有优先占据轨道，所以不符合洪特规则；
(2)因为B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键，根据键能越大物质越稳定可知，自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物；
(3) ①F3B-NH3晶体中，B原子与F、N以共价键相连，没有孤电子对，其价层电子对数为4+0=4，所以其杂化轨道类型为sp3杂化；②F3B-NH3分子中B与F原子之间存在σ键，B提供空轨道，N提供孤对电子，两者形成配位键，且分子与分子之间存在范德华力，所以该晶体中不存在π键和离子键，bc符合题意，故答案为：bc；
(4)沸点大小关系：离子晶体＞分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其范德华力越大，对应的晶体沸点越高。因为BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，则其分子间作用强（范德华力大），故沸点高；
(5)该元素的第三电离能剧增，即I3比I2大很多，说明价层有2个电子，则该元素属于第ⅡA族元素，为Mg元素；
(6) 由价电子排布式nd2n＋2(n＋1)sn-1知，n=3，即Q原子的核外价电子排布式为3d84s2，则Q元素为Ni，因为一个晶胞中，La的个数为，Ni的个数为 ，则该晶胞的质量为，根据几何关系可知晶胞的体积为 ，则该合金的密度g·cm-3。
20.（2021·天津南开中学高三二模）据世界权威刊物《自然》最近报道，选择碲化锆 (ZrTe5) 为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。Te 属于VIA族元素。回答下列问题：
(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中d轨道上的电子数是___________，Zr2+的价电子排布图是___________。
(2) Zr、 Te、Cl的电负性能由大到小的顺序是___________，H2O、H2S、H2Te的沸点由高到低的顺序是___________酸性强弱比较： H2SO4___________ H2TeO4 (填“＞”或“＜”)。
(3) H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是_____。
(4) [Zr(C2H5O)2]2+是 Zr4+形成的一种配离子，其中的配位原子是___________(填符号)，1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中含共价键的数目是___________。
(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是___________。 若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm，则立方氧化锆的密度为___________g/cm3 (写出计算表达式)。
【答案】(1)12 (2)Cl＞Te＞Zr H2O＞H2Te＞H2Se ＞ (3)H2Te 中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109º28， CO2中C为sp杂化，键角为180° (4) O 16 (5) 8
【解析】(1)锆(Zr)的原子序数为40，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10，4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2+离子失去最外层两个电子，其价电子排布式为4d2，它的价电子排布图是；
(2) 根据非金属性越强，电负性越大的规律，Zr为金属元素，Te和Cl为非金属元素，且非金属性Cl＞Te，则Zr、 Te、Cl的电负性能由大到小的顺序是Cl＞Te＞Zr；H2O受氢键影响，所以沸点最高，H2Se、H2Te的沸点主要受范氏力影响，分子量越大，沸点越高，即H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O＞H2Te＞H2Se；S和Te元素属于同主族元素，从上而下，非金属性减弱，原子序数Te＞S，则非金属性S＞Te，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性H2SO4＞H2TeO4；
(3) H2Te中Te原子价层电子对个数＝2+＝2+2＝4，采用sp3杂化，由于有两对孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对个数＝2+＝2+0＝2，采用sp杂化，分子为直线型，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te为sp3杂化，由于两对孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28，CO2中C为sp杂化，键角为180°；
(4) [Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2+离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子的结构是含共价键的数目是16；
(5)由结构可知，该晶胞中Zr原子位于8个顶点和面心，个数＝8×+6×＝4，O原子位于晶胞内，个数为8，Zr、O原子个数之比=4:8=1:2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为anm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2anm，晶胞体积V=(2a×10-7cm)3，则立方氧化锆的密度ρ＝＝g·cm-3＝g·cm-3。
相关试卷
河南2023年高考化学模拟题汇编-17物质结构与性质（解答题）： 这是一份河南2023年高考化学模拟题汇编-17物质结构与性质（解答题），共23页。试卷主要包含了结构与性质等内容，欢迎下载使用。
高考化学真题与模拟题分类训练专题17 物质结构与性质（选修）（2份打包，含解析+原卷版，可预览）： 这是一份高考化学真题与模拟题分类训练专题17 物质结构与性质（选修）（2份打包，含解析+原卷版，可预览），文件包含高考化学真题与模拟题分类训练专题17物质结构与性质选修含解析doc、高考化学真题与模拟题分类训练专题17物质结构与性质选修原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共102页， 欢迎下载使用。
高考化学真题和模拟题分类汇编专题19选修3物质结构与性质（2份打包，含解析+原卷版，可预览）： 这是一份高考化学真题和模拟题分类汇编专题19选修3物质结构与性质（2份打包，含解析+原卷版，可预览），文件包含高考化学真题和模拟题分类汇编专题19选修3物质结构与性质含解析doc、高考化学真题和模拟题分类汇编专题19选修3物质结构与性质原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共92页， 欢迎下载使用。
