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【高考二轮复习】2023年高考化学精讲+精练+小测（全国通用）——专题15 物质结构与性质（练）（原卷版+解析版）
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专题15 物质结构与性质
1．(2023·湖南省雅礼中学高三第四次月考)下列有关化学用语表示正确的是( )
A．氮原子所有价电子的电子云轮廓图均为哑铃形
B．HCN的电子式：
C．键线式为的有机物存在顺反异构
D．基态氮原子价电子的轨道表示式：
【答案】C
【解析】A项，基态氮原子的价电子排布式为2s22p3，其价电子云轮廓图为球形和哑铃形，A错误；B项，HCN是共价化合物，B错误；C项，中有碳碳双键，且双键两边基团不一致，所以存在顺反异构，C正确；D项，基态氮原子的价电子不包括1s轨道的电子，且2p轨道的三个电子应在不同轨道，且自旋方向相同，D错误；故选C。
2．(2023·江苏省苏州市高三期中调研）7N、15P、33As、51Sb是周期表中ⅤA族元素。下列说法正确的是( ）
A．电负性大小： B．氢化物沸点高低：AsH3＞PH3＞NH3
C．酸性强弱：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4 D．ⅤA族元素单质的晶体类型相同
【答案】C
【解析】A项，N、P、As为同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则电负性大小：，A不正确；B项，由于NH3分子间能形成氢键，增大了分子间的作用力，使其沸点升高，所以氢化物沸点高低：NH3＞AsH3＞PH3，B不正确；C项，N、P、As为同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则最高价氧化物的水化物的酸性依次减弱，从而得出酸性强弱：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，C正确；D项，ⅤA族元素单质中，N、P、As的单质晶体类型相同，都为分子晶体，但Sb为金属，其晶体为金属晶体，D不正确；故选C。
3．某种原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，有关该原子的下列说法中正确的是( )
A．该原子核内有13个中子 B．该原子的简化电子排布式为[He]3s23p1
C．该原子最外层有1个电子 D．该原子第二能层上有8个电子
【答案】D
【解析】由电子排布式可以看出该原子核外共13个电子，故只能确定核内质子数为13，中子数无法确定，A错误；该原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p1，B错误；该原子的最外层电子排布式为3s23p1，故最外层有3个电子，C错误。
4．已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物X2Y3，2元素可形成负一价离子。下列说法正确的是( )
A．X元素基态原子的电子排布式为
B．X元素是第4周期第VA族元素
C．Y元素原子的轨道表示式为
D．Z元素的单质Z2在氧气中不能燃烧
【答案】B
【解析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，推知原子序数为33号，是As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，推知原子序数为8，是O元素；已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，推知Z的原子序数为1，是氢元素；X与Y形成的化合物X2Y3是As2O3。A项，由分析知X为As，As元素基态原子的电子排布式为，故A项错误；B项，As元素是第4周期第ⅤA族元素，故B正确；C项，由分析知Y为氧元素，不是碳元素，而是碳元素原子的轨道表示式，故C错误；D项，由分析知Z为氢元素，H2能在O2中燃烧，故D错误；故选B。
5．下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是( )
A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子
B．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
C．最外层电子数是核外电子总数的的原子和价电子排布为4s24p5的原子
D．2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子
【答案】B
【解析】A项，3p能级有一个空轨道，说明3p上填2个电子，因填1个电子有2个空轨道，填3个电子或3个以上电子无空轨道，则3p上有2个电子，3s上肯定已填满，价电子排布为3s23p2，因此A中两微粒相同。M层全充满而N层为4s2，M层上有d轨道，即：3s23p63d10，显然是锌元素，3d64s2是铁元素，B选项符合题意。C中价电子排布为4s24p5，则3d上已排满10个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5；最外层电子数是核外电子总数的原子，可按下述方法讨论：若最外层电子数为1，核外电子总数为5不可能，最外层电子数为2，核外电子总数为10不可能，同理，可讨论，只有最外层电子数为7，核外电子总数为35时合理，其电子排布式也是1s22s22p63s23p63d104s24p5，二者是同种元素的原子。D中2p能级有一个未成对电子，可以是2p1，也可以是2p5，因此二者不一定属于同种元素的原子，D选项不符合题意。
6．元素周期表共有18个纵行，从左到右排为1～18列，即碱金属是第一列，稀有气体是第18列。按这种规定，下面说法正确的是( )
A．第9列元素中不完全是金属元素
B．第15列元素的原子最外层电子的排布式为ns2np3
C．最外层电子数为ns2的元素都在第2列
D．第10、11列为ds区的元素，形成化合物种类最多的元素在第14列
【答案】B
【解析】第9列元素为第Ⅷ族元素，全部属于金属元素，A项错误；第15列为第ⅤA族元素，其最外层电子的排布式为ns2np3，B项正确；最外层电子数为ns2的元素除第ⅡA族(第2列)外，还有He以及部分过渡金属元素，C项错误；ds区元素是第11、12列元素，D项错误。
7．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。
则下列有关比较中正确的是( )
A．第一电离能：④>③>②>① B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>②>① D．最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】A
【解析】由电子排布式可知：①为S，②为P，③为N，④为F。第一电离能为④>③>②>①，A项正确；原子半径应是②最大，④最小，B项不正确；电负性应是④最大，②最小，C项不正确；F无正价，最高正价①>②＝③，D项不正确。
8．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式：六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积。a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，a、b、c三种晶胞内金属原子个数比为( )
A.3∶2∶1 B.11∶8∶4 C.9∶8∶4 D.21∶14∶9
【答案】A
【解析】a中：3＋2×＋12×＝6，b中：8×＋6×＝4，c中：8×＋1＝2，所以三种晶胞内金属原子个数之比为3∶2∶1。
9．下列模型分别表示C2H2、S8、SF6的结构，下列说法错误的是( )
A.32 g S8分子中含有0.125 mol σ键 B.SF6是由极性键构成的非极性分子
C.1 mol C2H2分子中有3 mol σ键和2 mol π键 D.1 mol S8中含有8 mol S—S键
【答案】A
【解析】A项，1 mol S8中有8 mol σ键，32 g S8中含有σ键 mol×8＝1 mol，错误；B项，由SF6的球棍模型知，其是由S—F极性键构成，结构对称，属于非极性分子，正确；C项，单键为σ键，叁键中有2个π键，因此1 mol乙炔中含有3 mol σ键和2 mol π键，正确；D项，根据选项A分析，正确。
10．多核离子所带电荷可以认为是中心原子得到或失去电子导致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面的一组是( )
A．NO和NH B．H3O＋和ClO C．NO和CH D．PO和SO
【答案】A
【解析】根据三点共面，A项正确；根据价层电子对互斥理论，B项H3O＋中的氧原子上有一对孤电子对，故H3O＋为三角锥形；C项中CH中C原子上有一对孤电子对，CH亦为三角锥形；D项中的PO、SO均为正四面体形。
11．下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是( )
A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对
C．NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键
D．杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾
【答案】D
【解析】中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子可能是正四面体(如CH4)、三角锥(如NH3)或者V形(如H2O)，A正确；π键是由未参与杂化的轨道“肩并肩”形成的，B正确；正四面体形的CH4和三角锥形的NH3中，中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键，C正确；杂化轨道理论和VSEPR模型都是为了解释分子的空间结构而提出的理论，两者不矛盾，可以先通过VSEPR模型判断出分子的构型，再判断出中心原子的杂化类型，D错误。
12．下列过程与配合物的形成无关的是( )
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液 B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液 D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】对于A项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；对于B项，AgNO3与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配合物离子Ag(NH3)2]＋；对于C项，Fe3＋与KSCN反应生成了配合物离子Fe(SCN)n]3－n；对于D项，CuSO4与氨水反应生成了配合物离子Cu(NH3)4]2＋。
13．(2022·天津市滨海新区塘沽第一中学高三期中)下列说法正确的是( )
A．可以利用原子光光谱上的特征谱线来鉴定不同的元素
B．元素周期表中金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
C．三氯乙酸的酸性大于三氟乙酸
D．价电子排布为5s25p4的元素位于第五周期第ⅣA族，是p区元素
【答案】A
【解析】A项，用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，A正确；B项，元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素既具有一定的金属性，又具有一定的非金属性，而过渡元素包括副族与第Ⅷ族元素，B错误；C项，F3C-的极性大于Cl3C-的极性，三氟乙酸(F3CCOOH)中-COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的-COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，C错误；D项，价电子排布为5s25p4的元素，有5个电子层，最外层有6个电子，则该元素位于第五周期第ⅥA族，是p区元素，D错误；故选A。
14．(2022·浙江省诸暨中学高二实验班期中)下列关于价层电子对互斥模型(VSEPR 模型)的叙述中不正确的是( )
A．VSEPR 模型可用预测分子的立体构型
B．VSEPR 模型不能用于预测以过渡金属为中心原子的分子
C．中心原子上的孤电子对也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥
D．分子中键角越大，价层电子对相互排斥力越大，分子越稳定
【答案】D
【解析】A项，VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对，A正确；B项，VSEPR模型可用于预测简单分子的空间结构，不能用于预测以过渡金属为中心原子的分子，B正确；C项，中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥，且孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力，C正确；D项，分子的稳定性与键角没有关系，与化学键强弱有关，D错误；故选D。
15．(2022·浙江省诸暨中学高二实验班期中)下列各项叙述中，正确的是( )
A．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同
B．s原子轨道轮廓图的形状相同，电子层序数越大，半径越大
C．杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对
D．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】B
【解析】A项，同一电子层上有不同的轨道，不同轨道中的电子自旋方向可能相同，A错误；B项，s能级原子轨道都是球形的，且能层序数越大，半径也越大，B正确；C项，杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，未参与杂化的轨道形成π键，C错误；D项，1s22s22p63s2为基态，1s22s22p63p2为激发态，基态吸收能力转化为激发态，D错误；故选B。
16．(2022·清华大学中学生标准学术能力诊断性测试)下列化学术语正确的是( )
A．的电子式： B．AlCl3的结构式：
C．Cr原子的价电子排布图： D．葡萄糖的实验式：CH2O
【答案】D
【解析】A项，氢化钠的电子式为，A项错误；B项，AlCl3的结构式，B项错误；C项，Cr原子的价电子排布图，C项错误；D项，葡萄糖的分子式C06H12O6，实验室为CH2O，D项正确；故选D。
17．(2022·江苏省扬州市高三调研)NF3是一种优良的蚀刻气体。HF、F2均可用于制备NF3，F2制备NF3的反应为4NH3+3F2 NF3+3NH4F．Ka(HF)=6.3×10−4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5。下列说法正确的是( )
A．中子数为10的氟原子：F B．HF的电子式：
C．NF3的空间构型为平面正三角形 D．第一电离能：I1(F)＞I1(N)＞I1(O)
【答案】D
【解析】A项，中子数为10的氟原子的质量数为10+9=19，符号为F，A错误；B项，HF为共价化合物，电子式为，B错误；C项，NF3的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形，C错误；D项，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以I1(F)＞I1(N)＞I1(O)，D正确；故选D。
18．(2022·上海市金山区质量监控一模)工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，有关化学用语表示正确的是( )
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO(NH2)2的结构简式：
【答案】D
【解析】A项，中子数为8的碳原子表示为14C或，A错误；B项，NH3的N最外层达到8电子稳定结构，其电子式为，B错误；C项，还差1s轨道的2个电子，C错误；D项，CO(NH2)2是2个氨基与羰基碳相连，其结构简式为，D正确；故选D。
19．(2022·山东省潍坊市高三学科核心素养测评)光气(COCl2)是一种重要的有机中间体。可用反应CHCl3+H2O2=COCl2↑+HCl+H2O制备光气。下列叙述错误的是( )
A．CHCl3为极性分子
B．电负性：O>Cl>C
C．基态Cl原子的价电子轨道表示式：
D．COCl2中碳原子的杂化类型为sp3杂化
【答案】D
【解析】
A项，CH4为非极性分子，3个H被Cl代替得到的CHCl3为极性分子，A正确；B项，非金属性越强，电负性越大，故电负性：O>Cl>C，B正确；C项，Cl元素为17号元素，原子核外有17个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，价电子轨道表示式：，C正确；D项，COCl2中含有碳氧双键，碳原子为sp2杂化，D错误；故选D。
20．(2022·江苏省苏州八校联盟高三第二次适应性考试)CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2均为常见的燃料，关于这三者的结构与性质，下列说法错误的是( )
A．CH3OH的电子式为 B．N2H4空间结构为平面形
C．CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都易溶于水 D．CH3OH和(CH3)2NNH中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，CH3OH的电子式为，A正确；B项，N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都能和水分子形成氢键，都易溶于水，C正确；D项，CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
21．(2022·江苏省如皋市高三期中调研)X、Y、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y、Z的原子半径和最外层电子数如图所示。W的基态原子最外层只有1个电子且内层电子全部充满。下列说法正确的是( )
A．第一电离能：X＜Y B．W的基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p64s1
C．Z元素没有正化合价 D．X的简单氢化物分子间能形成氢键
【答案】D
【解析】W的基态原子最外层只有1个电子且内层电子全部充满W为Na，X最外层电子数为5，则为N元素、Y最外层电子数为6，则为O元素、Z最外层电子数为7，且原子半径大于X，Z为Br。A项，第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，N：1s22s22p3，O：1s22s22p2，N处于半充满状态，第一电离能：X＞Y，A错误；B项，W为Na元素，基态原子的电子排布式：1s22s22p63s1，B错误；C项，溴的化合价有：－1、0、+1、+3、+5、+7，C错误；D项，X的简单氢化物分子为NH3，氨在液态条件下，分子间距离较近，可以形成氢键，D正确；故选D。
22．(2022·辽宁省名校联盟高三第四次联合考试)我国的激光技术在世界上处于领先地位，科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，与此同时再用射频电火花喷射氮气，此时碳、氮原子结合成氮碳化合物薄膜，氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，其中β一氮化碳的结构如图。下列有关氮化碳的说法错误的是( )
A．氮化碳属于共价晶体 B．氮化碳的化学式为C3N4
C．碳、氮原子均采取sp3杂化 D．1mol氮化碳中含有4molN—C键
【答案】D
【解析】A项，氮化碳为网状结构，硬度超过金刚石晶体，则氮化碳晶体为共价晶体，A项正确；B项，每个C和4个N形成共价键，每个N与3个C相连，所以氮化碳的化学式为C3N4，B项正确；C项，C、N原子均采取sp3杂化，C项正确；D项，1mol氮化碳中含有12molN—C键，D项错误；故选D。
23．(2022·山东省东明县第一中学高三期中)联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( )
A．N2H4分子中σ键与键的数目之比为5：1
B．1molN2H4可处理水中2mol O2
C．[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键
D．氨水中NH3与H2O间存在氢键
【答案】D
【解析】A项，联氨分子中含有4个N-H键和1个N-N键，结构式为，只含有单键，即只含有σ键，不含有π键，故A错误；B项，1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1mol O2，故B错误；C项，[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故C错误；
D项，N、O元素电负性都较大，能和另一分子中的H原子形成氢键，所以NH3与H2O以氢键结合成NH3•H2O分子，故D正确；故选D。
24．(2022·山东省学情高三质量检测)叶酸拮抗剂是一种多靶向性抗癌药物，常以苯和丁二酸酐为原料合成过程中，某一中间体(X)结构如右图所示：下列有关说法错误的是( )
A．基态N原子的核外电子空间运动状态有5种
B．沸点：高于
C．X结构中，C、N原子杂化方式种数相同
D．X结构中含有大键
【答案】C
【解析】A项，N核外电子排布式为：1s22s22p3，核外电子占据5个轨道，因此有5种空间运动状态，A正确；B项，能形成分子间氢键，而不能形成分子间氢键，故沸点：前者高于后者，B正确；C项，该有机物中C原子均为sp2杂化，N原子有sp2、sp3两种杂化，C错误；D项，该有机物环上的4个碳原子和2个氮原子均为sp2杂化轨道相互重叠形成σ键，构成平面六元环，每个原子上有一个p轨道垂直于环平面，这些p轨道重叠形成大π键，D正确；故选C。
1．(2023·福建省诏安县桥东中学高三期中)下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：
(1)元素y为26号元素，请写出其基态原子的电子排布式：_______。
(2)元素x的价电子排布图为_______。
(3)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：_______。
(4)x、y两元素的部分电离能数据列于下表：
元素
x
y
电离能/(kJ/mol)
I1
717
759
I2
1 509
1 561
I3
3 248
2 957
比较两元素的I2、I3可知，气态x2+再失去一个电子比气态y2+再失去一个电子难。对此，你的解释是_______。
(5)第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序排列如图所示，其中电负性最大的是_______(填序号)。
(6)表中所列的某主族元素的电离能情况如图所示，则该元素是_______(填元素符号)。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
(2)
(3)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量
(4)Mn2+的3d轨道电子排布为半充满结构，比较稳定
(5)2
(6)Al
【解析】根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素。(1)Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理可知，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)；(2)元素x为Mn，原子序数为25，价电子排布图为：；(3)镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量；(4)由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少；(5)第三周期8种元素，只有Si单质为原子晶体，熔点最大，与图中8对应；分子晶体的熔点低，有磷、硫、氯气、氩气几种物质，但Cl的电负性最大，与图中2对应；(6)根据表中所列的某主族元素的电离能可知，该元素原子最外层电子数为3，所以该元素为Al元素。
2．(2023·广东省名校联盟高三大联考)我国在商代或更早就掌握了冶炼铜的技术。以黄铜矿为原料冶炼铜涉及多个反应，其中一个反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。
(1)基态Cu+的电子排布式为_______，从原子结构角度上解释，高温下CuO能转化为Cu2O的原因是_______。铜、铁两类原子核外电子运动状态相差_______种。
(2) SO2、SO3、SO32-、SO42-四种含硫微粒中，中心原子为sp3杂化的是_______，属于极性分子的是_______，空间构型为平面三角形的微粒是_______。
(3) FeO、Fe2O3的熔点是下列两个值中的一个：，，则两种氧化物的品体类型都是_______，是_______的熔点。
(4) CuFeS2晶胞结构如图1所示。晶胞中的投影位置如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，例如图1中原子1的坐标分数为，则原子2的分数坐标为_______；该晶体的密度为ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数NA=_______ mol－1 (用含ρ、a的代数式表示)。
【答案】(1)1 s22s22p63s23p63d10或 [Ar]3d10 Cu+的价电子排布式为全充满的3d10，处于较稳定状态，Cu2+的价电子排布式为3d9，较不稳定 3
(2) SO32-、SO42- SO2 SO3
(3)离子晶体 FeO
(4)
【解析】(1)Cu元素是29号元素，基态Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，从原子结构角度上解释，高温下CuO能转化为Cu2O的原因是：Cu+的价电子排布式为全充满的3d10，处于较稳定状态，Cu2+的价电子排布式为3d9，较不稳定，故高温下氧化铜可转化为更稳定的氧化亚铜。原子核外一个电子均对应一种运动状态，铜原子比铁原子多3个电子，故铜原子多3种运动状态。(2)SO2中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，故为sp2杂化、空间构型为V形、则其正负电荷中心不重叠，为极性分子；SO3中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形、则其正负电荷中心重叠，为非极性分子；SO32-离子中，中心原子S的孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形；SO42-离子中，中心原子S原子的孤电子对为，价层电子对个数=4+0=4 ，所以中心原子为 sp3 杂化，其空间构型为正四面体；综上，SO2、SO3、SO32-、SO42-四种含硫微粒中，中心原子为 sp3 杂化的是SO32-、SO42-，属于极性分子的是SO2，空间构型为平面三角形的微粒是SO3。(3)两种物质的熔点都比较高，因此两种氧化物的晶体类型都是离子晶体。由于氧化铁中Fe3+带三个单位正电荷，而氧化亚铁中Fe2+带两个单位正电荷，因此氧化铁中离子键强与氧化亚铁中的离子键，因此氧化亚铁的熔点较低，则1360℃是FeO的熔点。(4)由图1可知原子2位于最右侧面上，沿x轴方向居中，沿z轴方向位于处，结合原子1的分数坐标可知，原子2的坐标为分数坐标为；由图知，S原子位于晶胞内部，共有8个硫原子，结合化学式可知一个晶胞内含有4个Fe原子、4个Cu原子， 1个晶胞质量为，晶胞的体积为：2a3×10-30cm3，该晶体的密度为，则=2a3×10-30cm3×ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数(用含ρ、a的代数式表示)。
3．(2022·湖南省三湘教育联盟高三第二次大联考)镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，用镍制造不锈钢和各种合金钢被广泛地用于飞机、舰艇、雷达、导弹、陶瓷颜料、永磁材料、电子遥控等领域。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为___。
(2)具有不对称结构的Schiff碱及其与过渡金属形成的配合物结构类似于生命体系的真实情况。有一种广泛用于生命体系中金属蛋白的模拟研究，其结构如图所示。
该配合物中C原子的杂化方式为___；该配合物中除H之外的组成元素的第一电离能由小到大的顺序是___。
(3)二氧化硒主要用于电解锰行业，其中一种制备方法为2NiSeO42NiSeO3+O2↑、NiSeO3NiO+SeO2。下列分子或离子的VSEPR模型为平面三角形的是___(填字母)。
A．SeO42- B．SeO32- C．NiO D．SeO2
(4)草酸镍可用于制镍粉和镍的催化剂等，加热分解的化学方程式为NiC2O4NiO+CO+CO2，属于非极性分子的产物是___，等物质的量的CO(C≡O)与CO2分子中的π键比为___，与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为___(任写一种)。
(5)氢能是一种重要的二次能源，其独有的优势和丰富的资源引起人类广泛的兴趣，然而氢的储存是目前氢能利用的一大难题，现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图所示：
①该储氢材料的化学式为___。
②已知晶胞参数边长为anm，高为bnm，设阿伏加德罗常数的值为NA一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为___g·cm-3。
【答案】(1)
(2)sp2、sp3 Ni＜C＜O＜N (3)D
(4) CO2 1：1 CNO- (5)LaNi5 ×1021
【解析】(1)Ni是28号元素，基态Ni原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，价电子排布式是3d84s2，价电子轨道表示式(电子排布图)为 ；(2)该配合物中双键C原子的杂化方式为sp2、单键C原子的杂化方式为sp3；该配合物中含有Ni、C、H、O、N四种元素，非金属性越强第一电离能越大，N原子2p能级为半充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，除H之外的组成元素的第一电离能由小到大的顺序是Ni＜C＜O＜N。(3)A项，SeO42-中Se原子价电子对数为，VSEPR模型为正四面体，故不选A；B项，SeO32-中Se原子价电子对数为，VSEPR模型为正四面体，故不选B；C项，NiO中O2-价电子对数为4，VSEPR模型为正四面体，故不选C；D项，SeO2中Se原子价电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，故选D；故选D。(4)CO2是直线型分子，结构对称，正负电荷的重心重合，CO2属于非极性分子；双键中有1个π键，叁键中有2个π键，等物质的量的CO(C≡O)与CO2分子中的π键比为1:1；CO2的价电子数是16，与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为CNO-；(5)①根据均摊原则，晶胞中La原子数是、Ni原子数是，该储氢材料的化学式为LaNi5；②晶胞参数边长为anm，高为bnm，则晶胞体积为，设阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为g·cm-3。
4．(2022·山东省高三备考监测第二次联合考试)氮元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。回答下列问题：
(1)基态氮原子的价电子排布式为___________。
(2)与N同周期的元素中第一电离能比N大的元素有____________种。
(3)三硝基胺N(NO2)3(其结构为)是一种新型的火箭燃料，因硝基吸电子能力强，中心N原子上无孤电子对，则中心N原子的杂化方式为___________，并且与三个硝基中的N构成___________形。
(4)(CN)2、(SCN)2的性质与卤素单质的相似，称为拟卤素。其分子内各原子均达到8电子稳定结构，则1mol(CN)2分子中含___________molπ键，SCN-的空间构型为___________形。
(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，研究发现固态PCl4和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为[PCl4]+[PCl6]-和[PBr4]+Br-，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因：___________。
(6)过渡金属氮化物因其优异的催化性能(加氢处理、光和电化学催化等)受到了广泛关注。贵金属钼(Mo)的氮化物可作将N2还原为氨的反应的催化剂。贵金属钼的氮化物的立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为___________，晶体的密度为___________(列出计算式)g·cm-3。
【答案】(1)2s22p3 (2)2 (3)sp2 (平面)三角
(4)4 直线 (5)Br-半径较大，无法形成[PBr6]-
(6)Mo2N
【解析】(1)基态氮原子的价电子排布式为2s22p3；(2)同周期元素原子从左到右第一电离能呈增大趋势，但第V A族元素原子的p轨道半充满，相对稳定，其第一电离能比第VA族元素原子的大，故与N元素同周期的元素中，第一电离能比N大的元素有F、Ne；(3)推知中心N原子为sp2杂化，三硝基胺的结构图为三角形；(4)(CN)2的结构式为N ≡C- C ≡N，1个(CN)2分子中含有1个碳碳单键、2个碳氮三键，所以分子中π键的个数为4.SCN- 的空间构型为直线形；(5)Br-半径较大，而Cl-半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl-，而无法容纳6个Br- ，无法形成[PBr6]-；(6)根据晶胞结构可知，一个晶胞中有4个白球、2个黑球，故晶体化学式为Mo2N；晶胞的体积为a3nm3=(a ×10-7)3 cm3，1个晶胞的质量为g，所以晶体的密度为g·cm-3 。
5．(2022·安徽省高中示范校高三联考)镁、铜、硼及其化合物在医药、国防、材料领域应用广泛。请回答下列问题：
(1)铜是重要的金属材料铜属于元素周期表中的___________区元素，与铜同周期且基态原子最外层未成对电子数与基态铜原子相同的元素有___________种。
(2)镁元素是人体必需的微量元素，其中起作用的是Mg2+。碱性条件下，检验Mg2+是否存在的化合物被称为“试镁灵”，其结构简式如图所示，其组成元素中第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)，分子中N原子的杂类型为___________。
(3)氨硼烷(H3BNH3)是一种安全、高效的储氢材料，可由反应3CH4+2B3N3H6+6H2O=3CO2+6H3BNH3制得。
①H3BNH3的结构与乙烷相似，H3BNH3中存在配位键，提供孤电子对形成配位键的原子是___________(填元素符号)。
②CO2的空间构型为___________，H2O的键角小于CH4的键角，原因为___________。
(4)一种由Mg2+、N3-、F-组成的化合物的立方晶胞如图所示：
①该化合物的化学式为___________，的配位数为___________。
②填充在由阴离子构成的八面体空隙中，则八面体空隙的填充率为___________%。
③若距离最近的两个Mg2+的核间距为apmNA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为___________ g· cm-3。
【答案】(1)ds 4 (2)N＞O＞H＞C sp2
(3)N 直线 H2O中的O原子和CH4中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力比成键电子对之间的斥力大，导致水的键角变小
(4)Mg3NF3 6 75
【解析】(1)Cu属于ds区元素，与Cu同周期且基态原子最外层未成对电子数与Cu相同的元素有K、Cr、Ga、Br，共4种；(2)“试镁灵”中由H、C、N、O\四种元素组成，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C；分子中氮氮双键和硝基中的氮原子均为sp2杂化；(3)①H3BNH3的结构与乙烷相似，结构为H3B←NH3，B原子提供空轨道，N原子提供孤对电子；②CO2的空间构型为直线；H2O中的O原子和CH4中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故水的键角小于甲烷的键角；(4)①根据均摊法可知，1个晶胞中含有3个Mg2+、1个N3-和3个F-，故该化合物的化学式为Mg3NF3；由晶胞结构可知N3-的配位数为6；②晶胞中由阴离子构成的八面体空隙有4个，3个Mg2+填充在八面体空隙中，八面体空隙的填充率为75%；③若距离最近的两个Mg2+间距为apm，则晶胞边长为，晶胞密度为。
6．(2022·广东省“六校联盟”高三第三次联考)锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：
(1)Mn的价电子排布式为___________。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“___________理论”解释。
(2)已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列___________(填序号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为___________。
A．B．C．D．
(3)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO(CH3)2。DMSO中硫原子的杂化轨道类型为___________，SO(CH3)2中键角∠C—S—O___________CH3COCH3中键角∠C—C—O(填“大于”“小于”或“等于”)，ClO的空间构型是___________，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为___________。
(4)镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)，其相对分子质量等于丙醛(CH3CH2CHO)，但两者沸点相差较大，原因是___________。
(5)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏伽德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】(1) 3d54d2 电子气 (2)C 12
(3)sp3 小于 正四面体 O＞Cl＞S
(4)丙烯醇分子之间能形成分子间氢键 (5)(1，，)
【解析】(1)锰元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54d2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释；(2)γ型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，由图可知， C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻，则每个锰原子周围紧邻的原子数为12，；(3)二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角∠C—S—O小于丙酮中键角∠C—C—O；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；元素的非金属性越大，电负性越大，元素非金属性的强弱顺序为O＞Cl＞S，则电负性的大小顺序为O＞Cl＞S；(4)相对分子质量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子间之间能形成分子间氢键，分子间的分子间作用力大于丙醛，沸点高于丙醛；(5)由氧化镍晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)、B为(1，1，1)可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为(1，，)；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×sin60°=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为2a2pm2，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g=g。
7．(2022·广东省高考研究会高考测评研究院高三学习效率检测调研)TiO2是环境友好材料，能光催化降解有机物。请回答以下问题：
(1)基态Ti原子价电子中未成对电子有_______个。
(2)二氧化钛与COCl2、SOCl2(光/等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。
①SOCl2的立体结构为_______，SOCl2中σ键和π键的数日之比为_______。
②COCl2是_______分子。(填“极性”或“非极性”)
(3)香豆素是一种天然香料，能被TiO2光降解。
①香豆素分子中C、О元素的第一电离能大小关系是_______，理由足_______。
②分子中C原子的杂化类型是_______。
③已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号“π”表示，其中n代表参形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如香豆素中的大π键可表示为)，则苯分子中的大π键应该表示为_______。
(4)研究表明，在TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。
TiO2-aNb晶体中a：b=_______
【答案】(1)2 (2)三角锥形 3：1 极性
(3)O>C O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力较大 sp2 π66
(4)7：2
【解析】(1)Ti原子价电子排布式为3d24s2，因此未成对电子数为2；(2)①根据杂化轨道理论，SOCl2以S为中心，根据VSEPR理论可求得价层电子对数，而成键数为4，应为sp3杂化，但是S有一对孤对电子，故SOCl2为三角锥形。S与O之间是双键，S与Cl之间是单键，则σ键和π键的数目之比为3：1；②COCl2是平面三角形分子，但不是正三角形，正电中心和负电中心不在同一位置，为极性分子。(3)①C和O相比，O原子核内质子数多，核电荷数大，半径小，对核外电子的吸引力强，不易失去电子，所以O第一电离能大于C的第一电离能。②分子中的C均成三个σ键且无孤对电子，则采用sp2杂化。③苯中6个碳原子均成三个σ键，6个碳原子均有1个孤电子，则形成6中心，6电子的大π键，可表示为π66。(4)图示结构含有4个TiO2，氮掺杂后，每个TiO2-aNb中氧原子数；氮原子数=；2-a=，则a=，b=。a：b=7：2。
8．(2022·湖北省重点校联考高三试题)氮族元素N、P、As等元素在农药、化肥等领域有广泛应用。回答下列问题：
(1)基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为___________。
(2)基态As原子的核外电子排布式为___________。
(3)氮元素的简单气态氢化物为NH3，其沸点比PH3的___________(填“高”或“低”)，理由是___________。
(4)氮元素的常见含氧酸根为NO3-，其空间构型为___________，其中N的杂化方式为___________。NO3-和Co2+可形成配离子[Co(NO3)4]2+，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)，1mol该配离子中含有的键数目为___________ NA。
(5)AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的晶胞结构如图所示。
①A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为___________。
②磷化铝的晶胞参数(1pm=10-12m)，其密度为___________g/cm3(列出计算式即可，NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)M (2)1s22s22p63s23p63d104s24p3或者[Ar] 3d104s24p3
(3)高 NH3分子间存在氢键
(4)平面三角形 sp2 Co＜O＜N 16
(5) (，，)
【解析】(1)已知磷是15号元素，基态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，故基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为M；(2)已知As是33号元素，故基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或者[Ar] 3d104s24p3；(3)由于NH3中存在分子间氢键，而PH3分子间不存在氢键，故导致氮元素的简单气态氢化物为NH3的沸点比PH3的高；(4)氮元素的常见含氧酸根为NO3-，NO3-中心原子N原子周围的价层电子对数为：3+(5+1-3×2)=3，根据价层电子对互斥理论可知其空间构型为平面三角形，根据杂化轨道理论可知， N的杂化方式为sp2，NO3-和Co2+可形成配离子，该配离子中各元素即N、O、Co，根据第一电离能同一周期从左往右呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，金属的第一电离能一般小于非金属，故第一电离能由小到大的顺序为Co＜O＜N，已知单键、双键、三键均只有一个σ键，故1个NO3-含有3个NO3-，另外4个NO3-与Co2+之间形成4个配位键即4个σ键，1mol该配离子中含有的σ键数目为1mol×(4×3+4)×NAmol-1=16NA；(5)①由晶胞图结合A、B的坐标可知，C点与晶胞顶点连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，故C点到左侧面、前平面、下底面的距离分别为晶胞棱长的、、，故C点的原子坐标为(，，)；③晶胞中，Al原子数目为4，P原子数目为8×+6×=4，晶胞质量=4×g，磷化铝的晶胞参数a=546.35pm，其密度=4×g，÷(546.35×10-10 cm)3= 。
9．(2022·山东省潍坊市高三学科核心素养测评)铜和钴掺杂的含氮碳层材料是一种新型催化材料，具有氧还原催化性能。回答下列问题：
(1)下列状态的N原子或离子的核外电子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_____(填序号)。
A．1s22s22p3 B．1s22s2 C．1s22s12p4 D．1s22s22p6
(2)已知氮的两种化合物N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，二者的碱性强弱：N2H4_____NH2OH(填“强于”或“弱于”)，理由是___。
(3)叠氮酸根NN3-的空间结构是______，NONO2-中含有的价层电子对数目为______。
(4)Co的第四电离能比铁的第四电离能______(填“大”或“小”)，理由是____。
(5)高导电紫铜常用硼化钙提高导电率，其晶胞如图所示，具有立方晶系的对称性，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B—B键连接成三维骨架，则该硼化钙的化学式是___________，B原子半径为r nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则硼化钙的密度为___________g·cm-3。
【答案】(1)C
(2)强于 O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度降低，结合质子能力减弱，碱性减弱
(3)直线形 3
(4)小 Co失去3个电子后价电子排布式为3d6，容易失去1个电子形成稳定的半充满3d5结构，Fe失去3个电子后价电子排布式为3d5，3d轨道为稳定的半充满结构，不易失去电子
(5)CaB6 ×1021
【解析】(1)电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，1s22s12p4是氮原子的激发态，则核外电子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱，故选c；(2)O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度降低，结合质子能力减弱，碱性减弱；O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度降低，结合质子能力减弱，碱性减弱；(3)叠氮酸根和二氧化碳的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则叠氮酸根和二氧化碳的空间构型都为直线形；亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1；(4)铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后所得离子的价电子排布式为3d5，3d轨道为稳定的半充满结构，不易失去电子，钴原子的价电子排布式为3d74s2，失去3个电子后所得离子的价电子排布式为3d6，易失去1个电子形成稳定的半充满3d5结构，所以钴的第四电离能比铁的第四电离能小；(5)由晶胞结构可知，晶胞中含有1个钙原子，硼原子全部组成正八面体，每个正八面体含有6个硼原子，则晶胞中硼原子的个数为8××6=6，硼化钙的化学式为CaB6；由晶胞结构可得如下八面体结构结构：，图中O为正八面体的中心，也是晶胞的顶点，AOB为等腰三角形，硼原子的原子半径为rnm，则AB为2rnm，OB为AB= rnm，晶胞的参数为2OB+2r=2(1+) rnm，由晶胞的质量公式可得：[2(1+)r×10—7]3ρ=，解得ρ=×1021g/cm3。
10．(2022·山东省潍坊市高三联考)在工业上用磷化铜(Cu3P2)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Sc原子的价电子排布式为_______；同周期中未成对电子数与Sc相同的元素有_______种。
(2)磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为Sn_______P(填“>”“<”或“=”)。
(3)NH3易与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子，在该配离子中H-N-H键角比NH3分子中H-N-H键角大的原因是_______。[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代，得到两种结构的配离子，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是_______(填“正四面体”或“正四边形”)。
(4)某立方磷青铜晶体的晶胞结构如图所示。
①原子分数坐标可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子分数坐标：A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，C为(0，1，1)，则D原子的分数坐标为_______。
②若晶体密度为ρg/cm3，最近的Cu原子核间距为_______pm(用含ρ、NA的代数式表示)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d14s2或者[Ar] 3d14s2 5 (2)＜
(3)由于NH3分子中存在1对孤电子对，形成络离子后则不存在孤电子对转化为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用＞成键电子对对成键电子对的排斥作用 正四边形
(4)(0.5，1，0.5) ××1010pm
【解析】(1)已知钪Sc是21号元素，故基态Sc原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2或者[Ar] 3d14s2，其中只有1个未成对电子，同周期中未成对电子数与Sc相同的元素有价电子排布为4s1的K、为3d54s1的Cr、为3d104s1的Cu，为4s24p1的Ga、4s24p5的Br共5种；(2)根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强，同一主族从上往下元素的电负性依次减小，则有P＞Si＞Ge＞Sn，故磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为Sn＜P；(3)NH3易与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子，由于NH3分子中存在1对孤电子对，形成络离子后则不存在孤电子对转化为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用＞成键电子对对成键电子对的排斥作用，故在该配离子中H-N-H键角比NH3分子中H-N-H键角大，如果[Cu(NH3)4]2+ 是正四面体结构，则[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代，只能得到一种结构(类似于甲烷中的2个H被两个Cl取代一样)，现在却得到两种结构的配离子，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是正四边形；(4)①原子分数坐标可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子分数坐标：A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，C为(0，1，1)，由晶胞图可知，D位于后面的面心上，则D原子的分数坐标为(0.5，0.5，0.5)；②一个晶胞中含有Sn的数目为8×=1个，含有Cu的数目为6×=3个，含有P的数目为1个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(64×3+31+119)g，设晶胞的边长为apm，则根据密度为ρ＝=g/cm3，解得：a=×1010pm，晶胞中P占据体心，Cu占据面心，铜、磷原子最近距离为a pm，有晶胞图可知，铜与铜原子最近距离为a=××1010pm。
11．(2022·湖南省五市十校教育教改共同体高三第二次大联考)主族元素N、P、、、等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)N、P、电负性由大到小的顺序为___________，的第一电离能比的第一电离能大的原因为___________。
(2)阿散酸(如图)是一种饲料添加剂，能溶于溶液中，常含有H3AsO3、等杂质，该结构中的杂化方式为___________，AsO33-的空间构型为___________。
(3)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是___________。
(4)CrCl3能与H2O、NH3形成配位数为6的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为2：1，该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液可得白色沉淀，则该配合物的化学式为___________。
(5)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。
①中的配位数为___________。
②若该晶体的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则β-MnSe的密度___________(列出表达式) g· cm-3。
【答案】(1)N>P>As As的4p能级是半充满状态，能量更低，更稳定
(2)sp3杂化 三角锥形
(3)NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量
(4)[Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3
(5)4
【解析】(1)N、P、As位于同一主族，同主族元素从上至下元素非金属性逐渐减弱，因此电负性：N>P>As；As位于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，Se位于第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4，As原子4p能级半充满，相对较为稳定，更难失去第一个电子；(2)阿散酸中N原子的价层电子对数=，因此N原子的杂化方式为sp3；AsO33-中As原子的价层电子对数=，孤对电子对数为1，因此AsO33-的空间构型为三角锥形；(3)液态NH3分子之间存在氢键，液氨汽化过程中需要吸收大量能量使氢键发生断裂，能够使环境温度降低；(4)1mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液生成白色沉淀，该白色沉淀为AgCl， 430.5g AgCl的物质的量为，说明该配合物中Cl-全部在外界，溶于水后全部电离，内界配体为H2O、NH3，且相应两种配体的物质的量之比为2:1， Cr3+的配位数为6，因此该配合物化学式为[Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3；(5)①根据晶胞结构分析，Mn位于四面体中心，周围有4个Se，则Mn的配位数为4；②由图可知，Mn原子在晶胞内部，含有4个；Se位于晶胞的顶点和面心，含有个，晶胞质量，晶胞体积，根据可知，密度为。
12．(2022·辽宁省大连市八中高三期中)锌及锌的化合物应用广泛。例如，测定铜合金中的铅、锌时要利用锌配离子的下列反应：
[Zn(CN)4]2++4HCHO+4H2O= Zn2++4HOCH2CN+4OH-
回答下列问题：
(1)基态Zn的价电子排布式为_____，基态C原子核外电子占据_______个空间运动状态不同的原子轨道。
(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______，HOCH2CN分子中含有的σ键与π键数目之比为________。
(3)HCHO分子中碳原子轨道的杂化类型是_______，福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO极易与水互溶的主要原因是______。
(4)[Zn(CN)4]2+中Zn2+与CN-之间的化学键称为_____，提供孤电子对的成键原子是______。
(5)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示：
①填入组成的_______空隙中；
A．四面体 B．六面体 C．八面体 D．十二面体
②已知晶体密度为，该晶胞的边长表达式为____pm(写计算表达式)。
【答案】(1)3d104s2 4 (2)N>O>C 3：1
(3)sp2 HCHO与水分子间存在氢键 (4)配位键 C
(5)A
【解析】(1)Zn位于周期表中第4周期第ⅡB族，则其基态核外电子排布式为：[Ar]3d104s2；C的基态核外电子排布式为1s22s22p2，则轨道表达式为，占据4个不同的原子轨道；(2)C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C；单键为σ键，三键中一根为σ键，两根为π键，HOCH2CN分子中含有的σ键有6个，含有π键数目为2，所以含有的σ键与π键数目之比为3：1；(3)甲醛分子中含有碳氧双键，1个甲醛分子中含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化，因甲醛中碳原子采取sp2杂化；福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO极易与水互溶是因为HCHO与水分子间存在氢键；(4)含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Zn2+提供空轨道、CN-中C原子提供孤电子对而形成配位键，提供孤电子对的成键原子是C原子；(5)①ZnS和金刚石晶胞的相似性，S2-形成的是正四面体结构，则Zn2+填在了S2-形成的正四面体空隙中，故答案为A；②取1mol晶胞，则有NA个晶胞，设晶胞参数为acm，则一个晶胞的体积为V=a3cm3，对于立方晶胞，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，则一个ZnS晶胞中，含有Zn的数目为8×+6×＝4，含有S的数目为4，因此1molZnS的质量为m=4×(65+32)g=388g，已知晶体的密度为dg/cm3，则有，解得：。
13．(2022·山东省日照市高三校际联考)“掺杂”和“包覆”是改善电极性能的重要手段。工业上以Li2CO3为原料制备锂离子电池的正极材料NCM811(LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2)。
回答下列问题：
(1)基态氧原子价电子轨道表示式为___；Mn属于__区元素；基态Co原子核外电子有__种运动状态。
(2)与Li2CO3的阴离子互为等电子体的分子有__(填化学式)；Li2CO3阴离子的中心原子采取了__杂化方式，Li2CO3热稳定性__(填“>”或“<”)其同族其他元素的碳酸盐。
(3)“掺杂”能够提高电极的电导率和结构稳定性。MgF2是常用的掺杂剂，其熔点高于MgCl2熔点的原因为___。
(4)TiO2形成的表面包覆材料，能够明显提高NCM811的性能。已知：NA为阿伏加德罗常数的值。TiO2的晶胞如图所示(α=β=γ=90°)。TiO2晶体中O原子的配位数为__，TiO2晶胞的密度为__g•cm-3(用含NA、a和b的式子表示)。
【答案】(1) d 27
(2) BF3(或O4等) sp2 ＜
(3)F-的半径小，MgF2的晶格能高于MgCl2的晶格能
(4)3
【解析】(1)基态氧原子价电子为6，价电子排布式为2s22p4，价电子轨道表示式为；Mn为第四周期第ⅤIIB族元素，最后填充电子为d电子，属于周期表中d区元素；Co是27号元素，基态Co核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，核外电子有27种运动状态；(2)CO32-的电子数为6+8×3+2=32，与CO32-互为等电子体的分子有BF3(或O4等)；CO32-中碳原子价层电子对个数=3+(4+2-3×2)=3，且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化；由于离子半径中Li+在同一主族中最小，而离子半径越小，越容易从CO32-中夺取氧离子变为其氧化物，同时释放二氧化碳，其稳定性越弱，则Li2CO3热稳定性<其同族其他元素的碳酸盐；(3)镁为活泼金属，氟为非金属性最强的元素，MgF2、MgCl2都为离子晶体，F、Cl是同一主族元素，由于两者所带的电荷数目相等，F-的半径比Cl-的小，MgF2的晶格能高于MgCl2的晶格能，断裂消耗的能量较多，因此MgF2熔点较高；(4)由图知，距离O原子最近的Ti原子有3个，则TiO2晶体中O原子的配位数为3；利用均摊法，每个晶胞中含Ti原子数为，含O原子数为，则晶胞密度为g•cm-3。
14．(2022·湖南省190多所名校高三联考)工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5。为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu(NH3)2OOCCH3+CO+NH3= Cu(NH3)3(CO)OOCCH3。回答下列问题：
(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是___________(填标号)。
a． b．
c． d．
(2)写出CO的一种常见等电子体分子的结构式：___________；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
(3)与N同族的元索还有P、As，它们氢化物的沸点大小为___________，其原因是___________。
(4)配合物Cu(NH3)2OOCCH3中，铜显+1价，则其中碳原子的杂化轨道类型是___________，NH3分子的价层电子对互斥理论模型是___________。
(5)已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：
①若坐标参数A为(0，0，0)，C为(，，)，则B的坐标参数为___________。
②若阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的边长为a pm，则晶体的密度为___________g/cm3。
【答案】(1)a (2)N≡N N＞O＞C
(3)NH3＞AsH3＞PH3 NH3、PH3、AsH3均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而NH3分子间存在氢键，所以沸点最高
(4)sp3、sp2 四面体形
(5) (，，)
【解析】(1)基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，电子排布图表示的状态中只有a项符合；(2)等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：N≡N；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；(3)NH3、PH3、AsH3均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致NH3的沸点异常的高，所以沸点大小为NH3＞AsH3＞PH3；(4)甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3；而羰基中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2；NH3中氮原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价层电子对互斥理论模型是四面体形；(5)①根据晶胞结构分析，坐标参数A为(0，0，0)，C位于体心，C为(，，)，则B的坐标参数为；②1个晶胞中氧负离子个数为8×+1=2，亚铜离子个数为4，则晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，所以密度为。
15．(2022·河北省邢台市“五岳联盟”部分重点学校高三联考)我国科学家发现AgCrS2 (AMX2家族成员之一，A为一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
(1)一个原子轨道填充2个自旋方向相反(顺时针和逆时针)的电子。基态硫原子核外最多有___________个电子顺时针旋转。基态铬原子有___________个未成对电子。
(2)氧族元素有氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素。
①这四种元素中，电负性最大的是___________(填元素符号)。
②科学家用亚硒酸盐和硫酸盐跟踪固氮酶，研究反应机理。SeO32-的空间构型为___________，TeO42-中碲的杂化类型是___________。
③H2O、H2S、H2Se、H2Te的键角依次减小，其主要原因可能是___________。
(3)配合物[Cr(OH)3(H2O)en] (en为H2NCH2CH2NH2)的中心离子配位数为___________。(Cr与O、N均形成了配位键)
(4)在银氨溶液中，1 mol[Ag(NH3)2]+中含___________molσ键。
(5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。
①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___________。
②1个钙原子与___________个氧原子等距离且最近。
③该晶体密度为___________ g· cm-3 (列出计算式即可)。已知钙和氧的最近距离为a nm，NA代表阿伏加德罗常数。
【答案】(1) 9 6
(2)O 三角锥形 sp3 O、S、Se、Te的原子半径依次增大，成键电子对之间排斥力依次减小 (3)6 (4)8
(5)( ，1，) 12
【解析】(1)S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，s轨道数目是1，p轨道数目是3，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样排布使原子的能量最低，原子处于稳定状态。在S原子是3p4轨道上，只有一个轨道上有1对电子，另外2个3p轨道电子成单排列，原子的其它轨道上都是1对自旋方向相反的电子，所以基态硫原子核外最多有1+1+3+1+3=9个；Cr是24号元素，基态Cr原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，则其中含有的未成对电子数是6个；(2)①同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性就越弱，其电负性就越小，所以在这四种元素中电负性最大的元素是O元素；②SeO32-的中心Se原子的价层电子对数是，有1对孤电子对，所以SeO32-的空间构型是三角锥形，其中Se原子的杂化类型是sp3杂化；③O、S、Se、Te是同一主族的元素，它们形成的氢化物H2O、H2S、H2Se、H2Te结构相似，但它们的键角依次减小，主要是由于随着原子核外电子层数的增多，O、S、Se、Te的原子半径依次增大，成键电子对之间排斥力依次减小；(3)配合物[Cr(OH)3(H2O)en] (en为H2NCH2CH2NH2)的中心离子配位数为6；(4)在[Ag(NH3)2]+中的中心原子是Ag+，配位体是NH3，在配位体中含有3个共价键，每个配位体与中心原子以配位键结合，共价键、配位键都是σ键，在1个[Ag(NH3)2]+中含有8个σ键，则在1 mol[Ag(NH3)2]+中含有8 mol σ键；(5)①根据坐标系，结合A、B两点的坐标，可知C点的坐标为( ，1，)；②根据晶胞结构可知：与Ca原子距离相等且最近的O原子数目是；③在该晶胞中含有Ca：8×=1个；含有O：4×=2个；含有Cr：1个，所以该晶体的化学式为：CaCrO2。已知钙和氧的最近距离为a nm，则晶胞面对角线为2a nm，晶胞边长L= nm，所以该晶体的密度ρ=。
16．(2023·湘豫名校联盟高三联考)新型半导体材料如碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)等在国防技术、航空航天及5G技术等领域扮演着重要的角色。回答下列问题：
(1)基态Si原子中，核外电子占据的最高能层的符号为___________，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为___________；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，其转化为下列激发态时，吸收能量最少的是___________(填选项字母)。
A．[Ar]
B．[Ar]
C．[Ar]
D．[Ar]
(2)C与Si是同主族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Si原子之间难以形成双键、叁键。从原子结构分析，其原因为___________。
(3)GaCl3的熔点为77.9℃，GaF3的熔点为1000℃，试分析GaCl3熔点低于GaF3的原因为___________；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，据此写出二聚体的结构式为___________。
(4)B和Mg形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录。该化合物的晶体结构单元如图所示，其中Mg原子间形成正六棱柱，6个B原子分别位于六个三棱柱体心。则该化合物的化学式可表示为___________；相邻B原子与Mg原子间的最短距离为___________nm(用含x、y的代数式表示)。
【答案】(1) M 哑铃形(纺锤形) B
(2)Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键
(3)GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力
(4) MgB2
【解析】(1)基态Si原子中，核外电子占据三层，其中最高能层的符号为M，占据最高能级为p能级，电子的电子云轮廓图形状为哑铃形(或纺锤形)；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，其转化为激发态时，进入高能级的电子越少，吸收的能量越少，选项中进入高能级电子最少的是A和B，其中B满足洪特规则，能量更低，所以所需能量最少的为B；(2)双键、三键中一定有一个σ键，然后由剩下的p轨道通过“肩并肩”重叠形成一个或两个π键，Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键；(3)GaCl3的熔点明显低于GaF3，说明GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键的强度远大于分子间作用力，所以GaCl3的熔点明显低于GaF3；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，说明Ga形成一个配位键，二聚体的结构式为；(4)镁原子处于晶胞顶点和面心上，顶点上镁原子为6个晶胞共用，面心上的镁原子为2个晶胞共用；B原子处于晶胞内部，为一个晶胞独有，故晶胞中镁原子个数==3，B原子个数=6，二者的个数比=1∶2，则该化合物的化学式可表示为MgB2；B原子位于三棱柱的体心，如图，将B原子、顶点处Mg原子分别与底面正三角形的中心相连，形成一个直角三角形，则直角三角形的斜边(图中红色线段)的长度为相邻B原子与Mg原子间的最短距离；，其中蓝色线段的长度=nm，红色线段的长度=nm=nm，则红色线段的长度=nm=nm。
17．(2023·湖南省雅礼中学高三质检)铁和钨(W)在工农业生产和国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。K3[Fe(C2O4)3]中铁离子的配位数为_______，其配体C2O42-中C原子的杂化方式为_______。
(2) Fe3O4晶胞具有反尖晶石结构，氧离子和不同价态铁离子构成A、B两种结构，如图所示，其晶胞可以看作是由4个A型和4个B型小单元交替并置而成。
①Fe3+填充在围成的_______空隙处(填“正四面体”或“正八面体”)。
②纳米材料的量子尺寸效应可以显著改变材料电磁性能，材料表面原子(或离子)占总原子(或离子)数的比例是重要的影响因素。假设某Fe3O4纳米颗粒恰好是一个Fe3O4晶胞，该颗粒表面离子与总离子数的最简整数比为_______。
(3)金属氮化物材料具有高熔点、高硬度、高热稳定性特点。最近，科学家研究的某三元氮化物表现出特殊导电性质，该晶体结构如图1所示。每一层氮原子都是密置层，且层间距相等。铁原子和钨原子相间填充在两层氮原子之间，钨原子填充在氮原子形成的三棱柱配位体中心，铁原子填充在氮原子形成的八面配位体中心。图2为该晶体的一个晶胞。
由图1、图2可知该晶体的化学式为_______。已知晶胞参数a=0.287 6 nm，c=1.093 nm，该晶体的密度ρ=_______ g· cm-3 (用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】(1) 6 sp2
(2) 正八面体 12：65
(3) FeWN2
【解析】(1)三草酸合铁酸钾中中心离子是铁离子，草酸根离子是配体，草酸根是二配位的配体，故配位数为6；草酸根离子中2个形成双键的碳原子的杂化方式都为sp2杂化。(2)①A中黑球为个，白球为4个；B中白球为4个，黑球为个，三角形为4个，结合晶胞结构，晶胞中黑球为8个，白球为32个，三角形为16个，根据正负化合价代数和为零可以知道，黑球代表Fe2+，白球代表O2-，三角形代表Fe3+；在图B中三角形代表Fe3+，结合Fe3O4晶胞的结构可知，Fe3+填充在O2-围成的正八面体空隙中；②由Fe3O4晶胞可知，一个晶胞含有Fe2+、Fe3+、O2-的个数分别是为8、16、32，该颗粒只有黑球即Fe2+在表面，表面离子数为12，总离子数为65，最简整数比为12：65。(3)根据均摊法，晶胞顶点的原子占1/8，棱上的原子占1/4，内部的原子占1，则有8个N3-位于顶点，4个N3-位于棱上，2个N3-位于内部，所以一个晶胞共含4个N3-；Fe2+和W4+都位于晶胞的内部，一个晶胞实际含4个N3-、2个Fe2+和2个W4+，故晶体的化学式为FeWN2．一个晶胞中所含铁原子数为2，钨原子数为2，氮原子数为．一个晶胞的质量，一个晶胞的体积，故晶体的密度。
1．(2022•辽宁省选择性考试）下列符号表征或说法正确的是( )
A．H2S电离：H2S2H++S2- B． Na位于元素周期表p区
C．CO32-空间结构：平面三角形 D．KOH电子式：
【答案】C
【解析】A项，H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2SH++HS-，A错误；B项，基态 Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B错误；C项，CO32-中心碳原子的价层电子对数为，故其空间结构为平面三角形，C正确；D项，KOH是离子化合物，电子式为，D错误；故选C。
2．(2022•湖北省选择性考试）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O=P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是( )
A．为非极性分子 B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出N2 D．分解产物的电子式为
【答案】C
【解析】A项，磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误；B项，磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；C项，磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，C项正确；D项，NPO为共价化合物，则电子式为，D项错误；故选C。
3．(2022•江苏卷)工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是( )
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】A
【解析】A项，核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确；B项，同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误；C项，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误；D项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D错误；故选A。
4．(2022•海南省选择性考试）钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是( )
A．钠元素的第一电离能大于钾
B．基态钾原子价层电子轨道表示式为
C．钾能置换出NaCl溶液中的钠
D．钠元素与钾元素的原子序数相差18
【答案】A
【解析】A项，同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾，A说法正确；B项，基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为，B说法不正确；C项，钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1溶液中的钠，C说法不正确；D项，钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19，两者相差8，D说法不正确；故选A。
5．(2022•湖北省选择性考试）Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是( )
A．Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物 B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低
C．Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性 D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在
【答案】A
【解析】A项，Al3+半径小，不能容纳6个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A项错误；B项，BeCl2和AlCl3属于分子晶体，而MgCl2属于离子晶体，则BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低，B项正确；C项，Be(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确；D项，Be和Al的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确；故选A。
6．(2022•湖北省选择性考试）C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是( )
A．具有自范性 B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子 D．化学性质与金刚石有差异
【答案】A
【解析】A项，自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A错误；B项，碳玻璃和C60均是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，B正确；C项，碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以含有sp3杂化的碳原子形成化学键，C正确；D项，金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D正确；故选A。
7．(2022•山东卷)AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是( ）
A．的熔点高于 B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取sp3杂化 D．晶体中所有原子的配位数均相同
【答案】A
【解析】根据元素周期表，Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，结合题意AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似，AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。A项，因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说错误；B项，不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；C项，金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确；D项，金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。故选A。
8．(2021•湖北选择性考试)金属Na溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子，向该溶液中加入穴醚类配体L，得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物[NaL]＋Na－。下列说法错误的是( )
A．Na-的半径比F-的大 B．Na-的还原性比Na的强
C．Na-的第一电离能比H-的大 D．该事实说明Na也可表现非金属性
【答案】C
【解析】Na-核外有3个电子层，而F-核外有2个电子层，故Na-的半径比F-的大，A项正确；Na-的半径比Na的大，Na-中的原子核对最外层电子的吸引力小，易失去电子，故Na-的还原性比Na的强，B项正确；H-的1s上有2个电子，为全充满稳定结构，不易失去电子，而Na-最外层有2个电子，很活泼，故Na-的第一电离能比H-的小，C项错误；该事实说明可以形成Na-，Na表现出非金属性，D项正确。
9．(2022•海南省选择性考试）(双选）已知CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl，ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强。下列有关说法正确的是( )
A．HCl的电子式为 B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C．CH3COOH分子中只有σ键 D．ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强
【答案】BD
【解析】A项，HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A错误；B项，原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确；C项，CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误；D项，电负性Cl＞I，-Cl能使-COOH上的H原子具有更大的活动性，因此ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D正确；故选BD。
10．(2022•江苏卷)下列说法正确的是( )
A．金刚石与石墨烯中的C-C-C夹角都为
B．SiH4、SiCl4都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为4s24p2
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
【答案】B
【解析】A项，金刚石中的碳原子为正四面体结构，C-C-C夹角为109°28′，故A错误；B项，SiH4的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；SiCl4的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；C项，锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为[Ar] 4s24p2，故C错误；D项，ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；故选B。
11．(2022•湖北省选择性考试）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ca2+的配位数为6 B．与距离最近的是K+
C．该物质的化学式为KCaF3 D．若换为Cl-，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【解析】A项，Ca2+配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，Ca2+位于体心，F-位于面心，所以Ca2+配位数为6，A正确；B项，F-与K+的最近距离为棱长的，F-与Ca2+的最近距离为棱长的，所以与F-距离最近的是Ca2+，B错误；C项，K+位于顶点，所以K+个数==1，F-位于面心，F-个数==3，Ca2+位于体心，所以Ca2+个数=1，综上，该物质的化学式为KCaF3，C正确；D项，F-与Cl-半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；故选B。
12．(2022•海南选择性考试) SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是( )
A．是非极性分子 B．键角都等于90°
C．与之间共用电子对偏向S D．原子满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】A项，结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A正确；B项，SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，故键角不都等于90°，B错误；C项，由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C错误；D项，中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误；故选A。
13．(2022•辽宁选择性考试)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是( )
A．S位于元素周期表p区 B．该物质的化学式为H3S
C．S位于H构成的八面体空隙中 D．该晶体属于分子晶体
【答案】D
【解析】A项，S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A正确；B项，由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为8×＋1=2，H个数为：12×＋6×=6，故H、S原子个数比为3:1，故该物质的化学式为H3S，B正确；C项，S位于H构成的八面体空隙中，如图所示，C正确；D项，由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D错误；故选D。
14．(2022•河北省选择性考试）含Cu、Zn、Sn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) SnCl3-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]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[ Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
(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Mn2+转化为MnO4-的是_______(填标号)。理由是_______。
本题暂无(6)问
【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，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO4-
【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，SnCl3-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，SnCl3-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项，[Cu(NH3)2]Cl各原子核外电子均已成对，不符合题意；B项，[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项，[Zn(NH3)4]SO4各原子核外电子均已成对，不符合题意；D项，Na2[Zn(OH)4] 各原子核外电子均已成对，不符合题意；故选B。(5)Mn2+转化为MnO4-需要氧化剂，且氧化性比MnO4-的强，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO4-，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MnO4-，故D符合。
15．(2022•山东卷)研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6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Ni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，Ni2+与Zn2+的配位数之比为_______；x：y：z=_______；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π66大π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+ (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；(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为：4，Zn2+周围形成的配位键数目为：6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比,4：6=2：3；x：y：z=4：2：2=2：1：1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+；(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π66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，故选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；(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：。
16．(2022•北京卷)FeSO4·7H2O失水后可转为FeSO4·H2O，与FeS2可联合制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。
I. FeSO4·H2O结构如图所示。
(1) Fe2+价层电子排布式为___________。
(2)比较SO42-和H2O分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
(3)H2O与Fe2+、SO42-和H2O的作用分别为___________。
II．FeS2晶胞为立方体，边长为，如图所示。
(4)①与Fe2+紧邻的阴离子个数为___________。
②晶胞的密度为___________ 。
(5)以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。
【答案】(1)3d6
(2) SO42-的键角大于H2O，SO42-中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形
(3)配位键、氢键 (4) 6 ×1021
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4
【解析】(1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6；
(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子；(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键；(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021；(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用。
17．(2022•湖南选择性考试）铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态原子的核外电子排布式为 [Ar]_______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子_______ SeO32-离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中键与键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3-转化为NH2-，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与NH2-互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数、。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______ g· cm-3 (列出计算式)。
【答案】(1) [Ar] 3d104s24p4 6 ＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeO32-的空间构型为三角锥形
(2) 11：3 O＞C＞H＞Fe (3) sp3杂化 H2O
(4) KFe2Se2 4
【解析】(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子；③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°；(2)①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化；②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体；(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12×+2×=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=。
18．(2022•广东选择性考试）硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
(1) Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是_______。
(3)关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有键 B．I中的Se-Se键为非极性共价键
C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(4)IV中具有孤对电子的原子有_______。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4_______ H2SeO3(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO42-的立体构型为_______。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)4s24p4
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE
(4)O、Se
(5)＞ 正四面体形
(6) K2SeBr6
【解析】(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；(2) H2Se的沸点低于H2O，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；(3)A项，I中有键，还有大π键，故A错误；B项，Se−Se是同种元素，因此I中的Se−Se键为非极性共价键，故B正确；C项，烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D项，II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；故选BDE。(4)根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3。SeO42-中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即。
19．(2022•江苏卷)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。
(1)纳米FeS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，Cr(VI)主要以HCrO4-、Cr2O72-、CrO42-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：Ksp(FeS)=6.5×10-1，Ksp[Fe(OH)2)=5.0×10-11；H2S电离常数分别为Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13。
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO42-反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+Fe2++HS-的平衡常数K的数值为_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中Cr(VI)的速率越慢，原因是_______。
(2) FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S22-的数目为_______，在FeS2晶体中，每个S原子与三个紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了FeS2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) FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2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) FeS+ CrO42-+4H2O= Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH- 5×10-5 c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO42-物质的量分数越大
(2) 4
(3)Fe2O3；设FeS2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
【解析】(1)在弱碱性溶液中，FeS与CrO42-反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S的离子方程式为： FeS+ CrO42-+4H2O= Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH- ；反应FeS+H+Fe2++HS-的平衡常数K=，由题目信息可知，，H2S 电离常数，所以K===5×10-5 ；在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，是由于c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO42-物质的量分数越大；(2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中S22-的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和S22-的位置(S22-中的S-S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S-S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Fe2+紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接图如下：；(3)有图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2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。
专题15 物质结构与性质
1．(2023·湖南省雅礼中学高三第四次月考)下列有关化学用语表示正确的是( )
A．氮原子所有价电子的电子云轮廓图均为哑铃形
B．HCN的电子式：
C．键线式为的有机物存在顺反异构
D．基态氮原子价电子的轨道表示式：
【答案】C
【解析】A项，基态氮原子的价电子排布式为2s22p3，其价电子云轮廓图为球形和哑铃形，A错误；B项，HCN是共价化合物，B错误；C项，中有碳碳双键，且双键两边基团不一致，所以存在顺反异构，C正确；D项，基态氮原子的价电子不包括1s轨道的电子，且2p轨道的三个电子应在不同轨道，且自旋方向相同，D错误；故选C。
2．(2023·江苏省苏州市高三期中调研）7N、15P、33As、51Sb是周期表中ⅤA族元素。下列说法正确的是( ）
A．电负性大小： B．氢化物沸点高低：AsH3＞PH3＞NH3
C．酸性强弱：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4 D．ⅤA族元素单质的晶体类型相同
【答案】C
【解析】A项，N、P、As为同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则电负性大小：，A不正确；B项，由于NH3分子间能形成氢键，增大了分子间的作用力，使其沸点升高，所以氢化物沸点高低：NH3＞AsH3＞PH3，B不正确；C项，N、P、As为同主族元素，从上到下非金属性依次减弱，则最高价氧化物的水化物的酸性依次减弱，从而得出酸性强弱：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，C正确；D项，ⅤA族元素单质中，N、P、As的单质晶体类型相同，都为分子晶体，但Sb为金属，其晶体为金属晶体，D不正确；故选C。
3．某种原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，有关该原子的下列说法中正确的是( )
A．该原子核内有13个中子 B．该原子的简化电子排布式为[He]3s23p1
C．该原子最外层有1个电子 D．该原子第二能层上有8个电子
【答案】D
【解析】由电子排布式可以看出该原子核外共13个电子，故只能确定核内质子数为13，中子数无法确定，A错误；该原子的简化电子排布式为[Ne]3s23p1，B错误；该原子的最外层电子排布式为3s23p1，故最外层有3个电子，C错误。
4．已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物X2Y3，2元素可形成负一价离子。下列说法正确的是( )
A．X元素基态原子的电子排布式为
B．X元素是第4周期第VA族元素
C．Y元素原子的轨道表示式为
D．Z元素的单质Z2在氧气中不能燃烧
【答案】B
【解析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，推知原子序数为33号，是As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，推知原子序数为8，是O元素；已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，推知Z的原子序数为1，是氢元素；X与Y形成的化合物X2Y3是As2O3。A项，由分析知X为As，As元素基态原子的电子排布式为，故A项错误；B项，As元素是第4周期第ⅤA族元素，故B正确；C项，由分析知Y为氧元素，不是碳元素，而是碳元素原子的轨道表示式，故C错误；D项，由分析知Z为氢元素，H2能在O2中燃烧，故D错误；故选B。
5．下列各组表述中，两个微粒一定不属于同种元素原子的是( )
A．3p能级有一个空轨道的基态原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p2的原子
B．M层全充满而N层为4s2的原子和核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2的原子
C．最外层电子数是核外电子总数的的原子和价电子排布为4s24p5的原子
D．2p能级有一个未成对电子的基态原子和原子的价电子排布为2s22p5的原子
【答案】B
【解析】A项，3p能级有一个空轨道，说明3p上填2个电子，因填1个电子有2个空轨道，填3个电子或3个以上电子无空轨道，则3p上有2个电子，3s上肯定已填满，价电子排布为3s23p2，因此A中两微粒相同。M层全充满而N层为4s2，M层上有d轨道，即：3s23p63d10，显然是锌元素，3d64s2是铁元素，B选项符合题意。C中价电子排布为4s24p5，则3d上已排满10个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5；最外层电子数是核外电子总数的原子，可按下述方法讨论：若最外层电子数为1，核外电子总数为5不可能，最外层电子数为2，核外电子总数为10不可能，同理，可讨论，只有最外层电子数为7，核外电子总数为35时合理，其电子排布式也是1s22s22p63s23p63d104s24p5，二者是同种元素的原子。D中2p能级有一个未成对电子，可以是2p1，也可以是2p5，因此二者不一定属于同种元素的原子，D选项不符合题意。
6．元素周期表共有18个纵行，从左到右排为1～18列，即碱金属是第一列，稀有气体是第18列。按这种规定，下面说法正确的是( )
A．第9列元素中不完全是金属元素
B．第15列元素的原子最外层电子的排布式为ns2np3
C．最外层电子数为ns2的元素都在第2列
D．第10、11列为ds区的元素，形成化合物种类最多的元素在第14列
【答案】B
【解析】第9列元素为第Ⅷ族元素，全部属于金属元素，A项错误；第15列为第ⅤA族元素，其最外层电子的排布式为ns2np3，B项正确；最外层电子数为ns2的元素除第ⅡA族(第2列)外，还有He以及部分过渡金属元素，C项错误；ds区元素是第11、12列元素，D项错误。
7．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。
则下列有关比较中正确的是( )
A．第一电离能：④>③>②>① B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>②>① D．最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】A
【解析】由电子排布式可知：①为S，②为P，③为N，④为F。第一电离能为④>③>②>①，A项正确；原子半径应是②最大，④最小，B项不正确；电负性应是④最大，②最小，C项不正确；F无正价，最高正价①>②＝③，D项不正确。
8．金属晶体中金属原子有三种常见的堆积方式：六方堆积、面心立方堆积和体心立方堆积。a、b、c分别代表这三种晶胞的结构，a、b、c三种晶胞内金属原子个数比为( )
A.3∶2∶1 B.11∶8∶4 C.9∶8∶4 D.21∶14∶9
【答案】A
【解析】a中：3＋2×＋12×＝6，b中：8×＋6×＝4，c中：8×＋1＝2，所以三种晶胞内金属原子个数之比为3∶2∶1。
9．下列模型分别表示C2H2、S8、SF6的结构，下列说法错误的是( )
A.32 g S8分子中含有0.125 mol σ键 B.SF6是由极性键构成的非极性分子
C.1 mol C2H2分子中有3 mol σ键和2 mol π键 D.1 mol S8中含有8 mol S—S键
【答案】A
【解析】A项，1 mol S8中有8 mol σ键，32 g S8中含有σ键 mol×8＝1 mol，错误；B项，由SF6的球棍模型知，其是由S—F极性键构成，结构对称，属于非极性分子，正确；C项，单键为σ键，叁键中有2个π键，因此1 mol乙炔中含有3 mol σ键和2 mol π键，正确；D项，根据选项A分析，正确。
10．多核离子所带电荷可以认为是中心原子得到或失去电子导致，根据VSEPR模型，下列离子中所有原子都在同一平面的一组是( )
A．NO和NH B．H3O＋和ClO C．NO和CH D．PO和SO
【答案】A
【解析】根据三点共面，A项正确；根据价层电子对互斥理论，B项H3O＋中的氧原子上有一对孤电子对，故H3O＋为三角锥形；C项中CH中C原子上有一对孤电子对，CH亦为三角锥形；D项中的PO、SO均为正四面体形。
11．下列关于杂化轨道的叙述中，不正确的是( )
A．分子中中心原子通过sp3杂化轨道成键时，该分子不一定为正四面体结构
B．杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤电子对
C．NH3和CH4两个分子中中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键
D．杂化轨道理论与VSEPR模型分析分子的空间构型结果常常相互矛盾
【答案】D
【解析】中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子可能是正四面体(如CH4)、三角锥(如NH3)或者V形(如H2O)，A正确；π键是由未参与杂化的轨道“肩并肩”形成的，B正确；正四面体形的CH4和三角锥形的NH3中，中心原子N和C都是通过sp3杂化轨道成键，C正确；杂化轨道理论和VSEPR模型都是为了解释分子的空间结构而提出的理论，两者不矛盾，可以先通过VSEPR模型判断出分子的构型，再判断出中心原子的杂化类型，D错误。
12．下列过程与配合物的形成无关的是( )
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液 B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液 D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】对于A项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；对于B项，AgNO3与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配合物离子Ag(NH3)2]＋；对于C项，Fe3＋与KSCN反应生成了配合物离子Fe(SCN)n]3－n；对于D项，CuSO4与氨水反应生成了配合物离子Cu(NH3)4]2＋。
13．(2022·天津市滨海新区塘沽第一中学高三期中)下列说法正确的是( )
A．可以利用原子光光谱上的特征谱线来鉴定不同的元素
B．元素周期表中金属和非金属分界线附近的元素属于过渡元素
C．三氯乙酸的酸性大于三氟乙酸
D．价电子排布为5s25p4的元素位于第五周期第ⅣA族，是p区元素
【答案】A
【解析】A项，用光谱仪器摄取各种元素的电子的吸收光谱或发射光谱总称原子光谱，不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，所以可以利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，A正确；B项，元素周期表中位于金属和非金属分界线附近的元素既具有一定的金属性，又具有一定的非金属性，而过渡元素包括副族与第Ⅷ族元素，B错误；C项，F3C-的极性大于Cl3C-的极性，三氟乙酸(F3CCOOH)中-COOH比三氯乙酸(Cl3CCOOH)中的-COOH容易电离出氢离子，所以三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，C错误；D项，价电子排布为5s25p4的元素，有5个电子层，最外层有6个电子，则该元素位于第五周期第ⅥA族，是p区元素，D错误；故选A。
14．(2022·浙江省诸暨中学高二实验班期中)下列关于价层电子对互斥模型(VSEPR 模型)的叙述中不正确的是( )
A．VSEPR 模型可用预测分子的立体构型
B．VSEPR 模型不能用于预测以过渡金属为中心原子的分子
C．中心原子上的孤电子对也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥
D．分子中键角越大，价层电子对相互排斥力越大，分子越稳定
【答案】D
【解析】A项，VSEPR模型可用来预测分子的立体构型，注意实际空间构型要去掉孤电子对，A正确；B项，VSEPR模型可用于预测简单分子的空间结构，不能用于预测以过渡金属为中心原子的分子，B正确；C项，中心原子上的孤对电子也要占据中心原子周围的空间并参与互相排斥，且孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力，C正确；D项，分子的稳定性与键角没有关系，与化学键强弱有关，D错误；故选D。
15．(2022·浙江省诸暨中学高二实验班期中)下列各项叙述中，正确的是( )
A．在同一电子层上运动的电子，其自旋方向肯定不同
B．s原子轨道轮廓图的形状相同，电子层序数越大，半径越大
C．杂化轨道可用于形成σ键、π键或用于容纳未参与成键的孤电子对
D．镁原子由1s22s22p63s2→1s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态
【答案】B
【解析】A项，同一电子层上有不同的轨道，不同轨道中的电子自旋方向可能相同，A错误；B项，s能级原子轨道都是球形的，且能层序数越大，半径也越大，B正确；C项，杂化轨道只用于形成σ键或用于容纳未参与成键的孤对电子，未参与杂化的轨道形成π键，C错误；D项，1s22s22p63s2为基态，1s22s22p63p2为激发态，基态吸收能力转化为激发态，D错误；故选B。
16．(2022·清华大学中学生标准学术能力诊断性测试)下列化学术语正确的是( )
A．的电子式： B．AlCl3的结构式：
C．Cr原子的价电子排布图： D．葡萄糖的实验式：CH2O
【答案】D
【解析】A项，氢化钠的电子式为，A项错误；B项，AlCl3的结构式，B项错误；C项，Cr原子的价电子排布图，C项错误；D项，葡萄糖的分子式C06H12O6，实验室为CH2O，D项正确；故选D。
17．(2022·江苏省扬州市高三调研)NF3是一种优良的蚀刻气体。HF、F2均可用于制备NF3，F2制备NF3的反应为4NH3+3F2 NF3+3NH4F．Ka(HF)=6.3×10−4，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5。下列说法正确的是( )
A．中子数为10的氟原子：F B．HF的电子式：
C．NF3的空间构型为平面正三角形 D．第一电离能：I1(F)＞I1(N)＞I1(O)
【答案】D
【解析】A项，中子数为10的氟原子的质量数为10+9=19，符号为F，A错误；B项，HF为共价化合物，电子式为，B错误；C项，NF3的价层电子对数为=4，含一对孤电子对，空间构型为三角锥形，C错误；D项，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以I1(F)＞I1(N)＞I1(O)，D正确；故选D。
18．(2022·上海市金山区质量监控一模)工业合成尿素的原理：CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，有关化学用语表示正确的是( )
A．中子数为8的碳原子：8C
B．NH3的电子式：
C．氧原子的核外电子轨道表示式：
D．CO(NH2)2的结构简式：
【答案】D
【解析】A项，中子数为8的碳原子表示为14C或，A错误；B项，NH3的N最外层达到8电子稳定结构，其电子式为，B错误；C项，还差1s轨道的2个电子，C错误；D项，CO(NH2)2是2个氨基与羰基碳相连，其结构简式为，D正确；故选D。
19．(2022·山东省潍坊市高三学科核心素养测评)光气(COCl2)是一种重要的有机中间体。可用反应CHCl3+H2O2=COCl2↑+HCl+H2O制备光气。下列叙述错误的是( )
A．CHCl3为极性分子
B．电负性：O>Cl>C
C．基态Cl原子的价电子轨道表示式：
D．COCl2中碳原子的杂化类型为sp3杂化
【答案】D
【解析】
A项，CH4为非极性分子，3个H被Cl代替得到的CHCl3为极性分子，A正确；B项，非金属性越强，电负性越大，故电负性：O>Cl>C，B正确；C项，Cl元素为17号元素，原子核外有17个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，价电子轨道表示式：，C正确；D项，COCl2中含有碳氧双键，碳原子为sp2杂化，D错误；故选D。
20．(2022·江苏省苏州八校联盟高三第二次适应性考试)CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2均为常见的燃料，关于这三者的结构与性质，下列说法错误的是( )
A．CH3OH的电子式为 B．N2H4空间结构为平面形
C．CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都易溶于水 D．CH3OH和(CH3)2NNH中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，CH3OH的电子式为，A正确；B项，N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都能和水分子形成氢键，都易溶于水，C正确；D项，CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
21．(2022·江苏省如皋市高三期中调研)X、Y、Z、W为前四周期原子序数依次增大的四种元素，X、Y、Z的原子半径和最外层电子数如图所示。W的基态原子最外层只有1个电子且内层电子全部充满。下列说法正确的是( )
A．第一电离能：X＜Y B．W的基态原子的电子排布式：1s22s22p63s23p64s1
C．Z元素没有正化合价 D．X的简单氢化物分子间能形成氢键
【答案】D
【解析】W的基态原子最外层只有1个电子且内层电子全部充满W为Na，X最外层电子数为5，则为N元素、Y最外层电子数为6，则为O元素、Z最外层电子数为7，且原子半径大于X，Z为Br。A项，第一电离能是基态的气态原子失去最外层的一个电子所需能量，N：1s22s22p3，O：1s22s22p2，N处于半充满状态，第一电离能：X＞Y，A错误；B项，W为Na元素，基态原子的电子排布式：1s22s22p63s1，B错误；C项，溴的化合价有：－1、0、+1、+3、+5、+7，C错误；D项，X的简单氢化物分子为NH3，氨在液态条件下，分子间距离较近，可以形成氢键，D正确；故选D。
22．(2022·辽宁省名校联盟高三第四次联合考试)我国的激光技术在世界上处于领先地位，科学家用激光将置于铁室中石墨靶上的碳原子炸松，与此同时再用射频电火花喷射氮气，此时碳、氮原子结合成氮碳化合物薄膜，氮化碳硬度超过金刚石晶体，成为首屈一指的超硬新材料，其中β一氮化碳的结构如图。下列有关氮化碳的说法错误的是( )
A．氮化碳属于共价晶体 B．氮化碳的化学式为C3N4
C．碳、氮原子均采取sp3杂化 D．1mol氮化碳中含有4molN—C键
【答案】D
【解析】A项，氮化碳为网状结构，硬度超过金刚石晶体，则氮化碳晶体为共价晶体，A项正确；B项，每个C和4个N形成共价键，每个N与3个C相连，所以氮化碳的化学式为C3N4，B项正确；C项，C、N原子均采取sp3杂化，C项正确；D项，1mol氮化碳中含有12molN—C键，D项错误；故选D。
23．(2022·山东省东明县第一中学高三期中)联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( )
A．N2H4分子中σ键与键的数目之比为5：1
B．1molN2H4可处理水中2mol O2
C．[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键
D．氨水中NH3与H2O间存在氢键
【答案】D
【解析】A项，联氨分子中含有4个N-H键和1个N-N键，结构式为，只含有单键，即只含有σ键，不含有π键，故A错误；B项，1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1mol O2，故B错误；C项，[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故C错误；
D项，N、O元素电负性都较大，能和另一分子中的H原子形成氢键，所以NH3与H2O以氢键结合成NH3•H2O分子，故D正确；故选D。
24．(2022·山东省学情高三质量检测)叶酸拮抗剂是一种多靶向性抗癌药物，常以苯和丁二酸酐为原料合成过程中，某一中间体(X)结构如右图所示：下列有关说法错误的是( )
A．基态N原子的核外电子空间运动状态有5种
B．沸点：高于
C．X结构中，C、N原子杂化方式种数相同
D．X结构中含有大键
【答案】C
【解析】A项，N核外电子排布式为：1s22s22p3，核外电子占据5个轨道，因此有5种空间运动状态，A正确；B项，能形成分子间氢键，而不能形成分子间氢键，故沸点：前者高于后者，B正确；C项，该有机物中C原子均为sp2杂化，N原子有sp2、sp3两种杂化，C错误；D项，该有机物环上的4个碳原子和2个氮原子均为sp2杂化轨道相互重叠形成σ键，构成平面六元环，每个原子上有一个p轨道垂直于环平面，这些p轨道重叠形成大π键，D正确；故选C。
1．(2023·福建省诏安县桥东中学高三期中)下表是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。试回答下列问题：
(1)元素y为26号元素，请写出其基态原子的电子排布式：_______。
(2)元素x的价电子排布图为_______。
(3)h的单质在空气中燃烧发出耀眼的白光，请用原子结构的知识解释发光的原因：_______。
(4)x、y两元素的部分电离能数据列于下表：
元素
x
y
电离能/(kJ/mol)
I1
717
759
I2
1 509
1 561
I3
3 248
2 957
比较两元素的I2、I3可知，气态x2+再失去一个电子比气态y2+再失去一个电子难。对此，你的解释是_______。
(5)第三周期8种元素按单质熔点高低的顺序排列如图所示，其中电负性最大的是_______(填序号)。
(6)表中所列的某主族元素的电离能情况如图所示，则该元素是_______(填元素符号)。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)
(2)
(3)电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量
(4)Mn2+的3d轨道电子排布为半充满结构，比较稳定
(5)2
(6)Al
【解析】根据元素在周期表中的位置知，a到p分别是H、Li、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Mn、Fe元素。(1)Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理可知，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)；(2)元素x为Mn，原子序数为25，价电子排布图为：；(3)镁在空气中燃烧发出耀眼的白光，在反应过程中电子从能量较高的轨道跃迁到能量较低的轨道时，以光(子)的形式释放能量；(4)由Mn2+转化为Mn3+时，3d能级由较稳定的3d5半充满状态转为不稳定的3d4状态需要的能量较多；而Fe2+到Fe3+时，3d能级由不稳定的3d6到稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少；(5)第三周期8种元素，只有Si单质为原子晶体，熔点最大，与图中8对应；分子晶体的熔点低，有磷、硫、氯气、氩气几种物质，但Cl的电负性最大，与图中2对应；(6)根据表中所列的某主族元素的电离能可知，该元素原子最外层电子数为3，所以该元素为Al元素。
2．(2023·广东省名校联盟高三大联考)我国在商代或更早就掌握了冶炼铜的技术。以黄铜矿为原料冶炼铜涉及多个反应，其中一个反应为8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。
(1)基态Cu+的电子排布式为_______，从原子结构角度上解释，高温下CuO能转化为Cu2O的原因是_______。铜、铁两类原子核外电子运动状态相差_______种。
(2) SO2、SO3、SO32-、SO42-四种含硫微粒中，中心原子为sp3杂化的是_______，属于极性分子的是_______，空间构型为平面三角形的微粒是_______。
(3) FeO、Fe2O3的熔点是下列两个值中的一个：，，则两种氧化物的品体类型都是_______，是_______的熔点。
(4) CuFeS2晶胞结构如图1所示。晶胞中的投影位置如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，例如图1中原子1的坐标分数为，则原子2的分数坐标为_______；该晶体的密度为ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数NA=_______ mol－1 (用含ρ、a的代数式表示)。
【答案】(1)1 s22s22p63s23p63d10或 [Ar]3d10 Cu+的价电子排布式为全充满的3d10，处于较稳定状态，Cu2+的价电子排布式为3d9，较不稳定 3
(2) SO32-、SO42- SO2 SO3
(3)离子晶体 FeO
(4)
【解析】(1)Cu元素是29号元素，基态Cu+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，从原子结构角度上解释，高温下CuO能转化为Cu2O的原因是：Cu+的价电子排布式为全充满的3d10，处于较稳定状态，Cu2+的价电子排布式为3d9，较不稳定，故高温下氧化铜可转化为更稳定的氧化亚铜。原子核外一个电子均对应一种运动状态，铜原子比铁原子多3个电子，故铜原子多3种运动状态。(2)SO2中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，故为sp2杂化、空间构型为V形、则其正负电荷中心不重叠，为极性分子；SO3中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形、则其正负电荷中心重叠，为非极性分子；SO32-离子中，中心原子S的孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形；SO42-离子中，中心原子S原子的孤电子对为，价层电子对个数=4+0=4 ，所以中心原子为 sp3 杂化，其空间构型为正四面体；综上，SO2、SO3、SO32-、SO42-四种含硫微粒中，中心原子为 sp3 杂化的是SO32-、SO42-，属于极性分子的是SO2，空间构型为平面三角形的微粒是SO3。(3)两种物质的熔点都比较高，因此两种氧化物的晶体类型都是离子晶体。由于氧化铁中Fe3+带三个单位正电荷，而氧化亚铁中Fe2+带两个单位正电荷，因此氧化铁中离子键强与氧化亚铁中的离子键，因此氧化亚铁的熔点较低，则1360℃是FeO的熔点。(4)由图1可知原子2位于最右侧面上，沿x轴方向居中，沿z轴方向位于处，结合原子1的分数坐标可知，原子2的坐标为分数坐标为；由图知，S原子位于晶胞内部，共有8个硫原子，结合化学式可知一个晶胞内含有4个Fe原子、4个Cu原子， 1个晶胞质量为，晶胞的体积为：2a3×10-30cm3，该晶体的密度为，则=2a3×10-30cm3×ρg· cm-3，则阿伏加德罗常数(用含ρ、a的代数式表示)。
3．(2022·湖南省三湘教育联盟高三第二次大联考)镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，它能够高度磨光和抗腐蚀，用镍制造不锈钢和各种合金钢被广泛地用于飞机、舰艇、雷达、导弹、陶瓷颜料、永磁材料、电子遥控等领域。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为___。
(2)具有不对称结构的Schiff碱及其与过渡金属形成的配合物结构类似于生命体系的真实情况。有一种广泛用于生命体系中金属蛋白的模拟研究，其结构如图所示。
该配合物中C原子的杂化方式为___；该配合物中除H之外的组成元素的第一电离能由小到大的顺序是___。
(3)二氧化硒主要用于电解锰行业，其中一种制备方法为2NiSeO42NiSeO3+O2↑、NiSeO3NiO+SeO2。下列分子或离子的VSEPR模型为平面三角形的是___(填字母)。
A．SeO42- B．SeO32- C．NiO D．SeO2
(4)草酸镍可用于制镍粉和镍的催化剂等，加热分解的化学方程式为NiC2O4NiO+CO+CO2，属于非极性分子的产物是___，等物质的量的CO(C≡O)与CO2分子中的π键比为___，与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为___(任写一种)。
(5)氢能是一种重要的二次能源，其独有的优势和丰富的资源引起人类广泛的兴趣，然而氢的储存是目前氢能利用的一大难题，现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图所示：
①该储氢材料的化学式为___。
②已知晶胞参数边长为anm，高为bnm，设阿伏加德罗常数的值为NA一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为___g·cm-3。
【答案】(1)
(2)sp2、sp3 Ni＜C＜O＜N (3)D
(4) CO2 1：1 CNO- (5)LaNi5 ×1021
【解析】(1)Ni是28号元素，基态Ni原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，价电子排布式是3d84s2，价电子轨道表示式(电子排布图)为 ；(2)该配合物中双键C原子的杂化方式为sp2、单键C原子的杂化方式为sp3；该配合物中含有Ni、C、H、O、N四种元素，非金属性越强第一电离能越大，N原子2p能级为半充满状态，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，除H之外的组成元素的第一电离能由小到大的顺序是Ni＜C＜O＜N。(3)A项，SeO42-中Se原子价电子对数为，VSEPR模型为正四面体，故不选A；B项，SeO32-中Se原子价电子对数为，VSEPR模型为正四面体，故不选B；C项，NiO中O2-价电子对数为4，VSEPR模型为正四面体，故不选C；D项，SeO2中Se原子价电子对数为，VSEPR模型为平面三角形，故选D；故选D。(4)CO2是直线型分子，结构对称，正负电荷的重心重合，CO2属于非极性分子；双键中有1个π键，叁键中有2个π键，等物质的量的CO(C≡O)与CO2分子中的π键比为1:1；CO2的价电子数是16，与CO2互为等电子体(等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团)的阴离子为CNO-；(5)①根据均摊原则，晶胞中La原子数是、Ni原子数是，该储氢材料的化学式为LaNi5；②晶胞参数边长为anm，高为bnm，则晶胞体积为，设阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞内可以储存18个氢原子，储氢后的晶胞密度为g·cm-3。
4．(2022·山东省高三备考监测第二次联合考试)氮元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。回答下列问题：
(1)基态氮原子的价电子排布式为___________。
(2)与N同周期的元素中第一电离能比N大的元素有____________种。
(3)三硝基胺N(NO2)3(其结构为)是一种新型的火箭燃料，因硝基吸电子能力强，中心N原子上无孤电子对，则中心N原子的杂化方式为___________，并且与三个硝基中的N构成___________形。
(4)(CN)2、(SCN)2的性质与卤素单质的相似，称为拟卤素。其分子内各原子均达到8电子稳定结构，则1mol(CN)2分子中含___________molπ键，SCN-的空间构型为___________形。
(5)白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，研究发现固态PCl4和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为[PCl4]+[PCl6]-和[PBr4]+Br-，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因：___________。
(6)过渡金属氮化物因其优异的催化性能(加氢处理、光和电化学催化等)受到了广泛关注。贵金属钼(Mo)的氮化物可作将N2还原为氨的反应的催化剂。贵金属钼的氮化物的立方晶胞如图所示。已知晶胞参数为anm，则该晶体的化学式为___________，晶体的密度为___________(列出计算式)g·cm-3。
【答案】(1)2s22p3 (2)2 (3)sp2 (平面)三角
(4)4 直线 (5)Br-半径较大，无法形成[PBr6]-
(6)Mo2N
【解析】(1)基态氮原子的价电子排布式为2s22p3；(2)同周期元素原子从左到右第一电离能呈增大趋势，但第V A族元素原子的p轨道半充满，相对稳定，其第一电离能比第VA族元素原子的大，故与N元素同周期的元素中，第一电离能比N大的元素有F、Ne；(3)推知中心N原子为sp2杂化，三硝基胺的结构图为三角形；(4)(CN)2的结构式为N ≡C- C ≡N，1个(CN)2分子中含有1个碳碳单键、2个碳氮三键，所以分子中π键的个数为4.SCN- 的空间构型为直线形；(5)Br-半径较大，而Cl-半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl-，而无法容纳6个Br- ，无法形成[PBr6]-；(6)根据晶胞结构可知，一个晶胞中有4个白球、2个黑球，故晶体化学式为Mo2N；晶胞的体积为a3nm3=(a ×10-7)3 cm3，1个晶胞的质量为g，所以晶体的密度为g·cm-3 。
5．(2022·安徽省高中示范校高三联考)镁、铜、硼及其化合物在医药、国防、材料领域应用广泛。请回答下列问题：
(1)铜是重要的金属材料铜属于元素周期表中的___________区元素，与铜同周期且基态原子最外层未成对电子数与基态铜原子相同的元素有___________种。
(2)镁元素是人体必需的微量元素，其中起作用的是Mg2+。碱性条件下，检验Mg2+是否存在的化合物被称为“试镁灵”，其结构简式如图所示，其组成元素中第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)，分子中N原子的杂类型为___________。
(3)氨硼烷(H3BNH3)是一种安全、高效的储氢材料，可由反应3CH4+2B3N3H6+6H2O=3CO2+6H3BNH3制得。
①H3BNH3的结构与乙烷相似，H3BNH3中存在配位键，提供孤电子对形成配位键的原子是___________(填元素符号)。
②CO2的空间构型为___________，H2O的键角小于CH4的键角，原因为___________。
(4)一种由Mg2+、N3-、F-组成的化合物的立方晶胞如图所示：
①该化合物的化学式为___________，的配位数为___________。
②填充在由阴离子构成的八面体空隙中，则八面体空隙的填充率为___________%。
③若距离最近的两个Mg2+的核间距为apmNA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞密度为___________ g· cm-3。
【答案】(1)ds 4 (2)N＞O＞H＞C sp2
(3)N 直线 H2O中的O原子和CH4中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力比成键电子对之间的斥力大，导致水的键角变小
(4)Mg3NF3 6 75
【解析】(1)Cu属于ds区元素，与Cu同周期且基态原子最外层未成对电子数与Cu相同的元素有K、Cr、Ga、Br，共4种；(2)“试镁灵”中由H、C、N、O\四种元素组成，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞H＞C；分子中氮氮双键和硝基中的氮原子均为sp2杂化；(3)①H3BNH3的结构与乙烷相似，结构为H3B←NH3，B原子提供空轨道，N原子提供孤对电子；②CO2的空间构型为直线；H2O中的O原子和CH4中的C原子的杂化方式相同，但O原子上有2个孤电子对，孤电子对与键合电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，故水的键角小于甲烷的键角；(4)①根据均摊法可知，1个晶胞中含有3个Mg2+、1个N3-和3个F-，故该化合物的化学式为Mg3NF3；由晶胞结构可知N3-的配位数为6；②晶胞中由阴离子构成的八面体空隙有4个，3个Mg2+填充在八面体空隙中，八面体空隙的填充率为75%；③若距离最近的两个Mg2+间距为apm，则晶胞边长为，晶胞密度为。
6．(2022·广东省“六校联盟”高三第三次联考)锰(Mn)、钴(Co)、镍(Ni)等过渡金属元素化合物的应用研究是前沿科学之一，回答下列问题：
(1)Mn的价电子排布式为___________。金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用“___________理论”解释。
(2)已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列___________(填序号)，每个Mn原子周围紧邻的原子数为___________。
A．B．C．D．
(3)[Co(DMSO)6](ClO4)2是一种紫色晶体，其中DMSO为二甲基亚砜，化学式为SO(CH3)2。DMSO中硫原子的杂化轨道类型为___________，SO(CH3)2中键角∠C—S—O___________CH3COCH3中键角∠C—C—O(填“大于”“小于”或“等于”)，ClO的空间构型是___________，元素S、Cl、O的电负性由大到小的顺序为___________。
(4)镍和苯基硼酸在催化剂作用下可以合成丙烯醇(CH2=CH—CH2OH)，其相对分子质量等于丙醛(CH3CH2CHO)，但两者沸点相差较大，原因是___________。
(5)NiO的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，1)，则C的离子坐标参数为___________。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中(如图乙)，已知O2-的半径为apm，设阿伏伽德罗常数值为NA，每平方米面积上具有该晶体的质量为___________g(用含a、NA的代数式表示)。
【答案】(1) 3d54d2 电子气 (2)C 12
(3)sp3 小于 正四面体 O＞Cl＞S
(4)丙烯醇分子之间能形成分子间氢键 (5)(1，，)
【解析】(1)锰元素的原子序数为24，基态原子的价电子排布式为3d54d2；金属晶体中原子之间存在金属键，描述金属键本质的最简单理论是电子气理论，电子气理论可解释金属晶体的熔沸点的高低，也可以解释金属的导电、导热性能，有金属光泽和延展性，则金属锰可导电、导热，有金属光泽和延展性可用电子气理论解释；(2)γ型锰为面心立方晶胞，晶胞中锰原子位于晶胞的顶点和面心，由图可知， C为面心立方晶胞俯视图，晶胞中顶点的锰与位于面心的锰原子紧邻，则每个锰原子周围紧邻的原子数为12，；(3)二甲基亚砜中硫原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，则硫原子的杂化方式为sp3杂化，丙酮中羰基碳原子的杂化方式为sp2杂化，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，则二甲基亚砜中键角∠C—S—O小于丙酮中键角∠C—C—O；高氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形；元素的非金属性越大，电负性越大，元素非金属性的强弱顺序为O＞Cl＞S，则电负性的大小顺序为O＞Cl＞S；(4)相对分子质量相等的丙烯醇和丙醛中，丙烯醇分子间之间能形成分子间氢键，分子间的分子间作用力大于丙醛，沸点高于丙醛；(5)由氧化镍晶胞中离子坐标参数A为(0，0，0)、B为(1，1，1)可知，晶胞的边长为1，则位于右侧面心离子坐标参数C为(1，，)；由图乙可知，每个镍离子被3个氧离子包围，每个氧离子被3个镍离子包围，相对位置如图所示：，相邻的3个氧离子的中心形成边长为2apm的正三角形，每个三角形中含有1个镍离子，三角形的面积为×2apm×2apm×sin60°=a2pm2，实际上镍离子被如图所示的两个小三角形所包含：，两个小三角形形成的平行四边形的面积为2a2pm2，含有的氧离子个数为6×=1，则每平方米面积上具有该晶体的质量为g=g。
7．(2022·广东省高考研究会高考测评研究院高三学习效率检测调研)TiO2是环境友好材料，能光催化降解有机物。请回答以下问题：
(1)基态Ti原子价电子中未成对电子有_______个。
(2)二氧化钛与COCl2、SOCl2(光/等氯化试剂反应可用于制取四氯化钛。
①SOCl2的立体结构为_______，SOCl2中σ键和π键的数日之比为_______。
②COCl2是_______分子。(填“极性”或“非极性”)
(3)香豆素是一种天然香料，能被TiO2光降解。
①香豆素分子中C、О元素的第一电离能大小关系是_______，理由足_______。
②分子中C原子的杂化类型是_______。
③已知单双键交替的共轭结构可以形成大π键，大π键可用符号“π”表示，其中n代表参形成大π键的原子数，m代表参与形成大π键的电子数(如香豆素中的大π键可表示为)，则苯分子中的大π键应该表示为_______。
(4)研究表明，在TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。
TiO2-aNb晶体中a：b=_______
【答案】(1)2 (2)三角锥形 3：1 极性
(3)O>C O原子半径比C原子小，对最外层电子吸引力较大 sp2 π66
(4)7：2
【解析】(1)Ti原子价电子排布式为3d24s2，因此未成对电子数为2；(2)①根据杂化轨道理论，SOCl2以S为中心，根据VSEPR理论可求得价层电子对数，而成键数为4，应为sp3杂化，但是S有一对孤对电子，故SOCl2为三角锥形。S与O之间是双键，S与Cl之间是单键，则σ键和π键的数目之比为3：1；②COCl2是平面三角形分子，但不是正三角形，正电中心和负电中心不在同一位置，为极性分子。(3)①C和O相比，O原子核内质子数多，核电荷数大，半径小，对核外电子的吸引力强，不易失去电子，所以O第一电离能大于C的第一电离能。②分子中的C均成三个σ键且无孤对电子，则采用sp2杂化。③苯中6个碳原子均成三个σ键，6个碳原子均有1个孤电子，则形成6中心，6电子的大π键，可表示为π66。(4)图示结构含有4个TiO2，氮掺杂后，每个TiO2-aNb中氧原子数；氮原子数=；2-a=，则a=，b=。a：b=7：2。
8．(2022·湖北省重点校联考高三试题)氮族元素N、P、As等元素在农药、化肥等领域有广泛应用。回答下列问题：
(1)基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为___________。
(2)基态As原子的核外电子排布式为___________。
(3)氮元素的简单气态氢化物为NH3，其沸点比PH3的___________(填“高”或“低”)，理由是___________。
(4)氮元素的常见含氧酸根为NO3-，其空间构型为___________，其中N的杂化方式为___________。NO3-和Co2+可形成配离子[Co(NO3)4]2+，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为___________(用元素符号表示)，1mol该配离子中含有的键数目为___________ NA。
(5)AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AlP的晶胞结构如图所示。
①A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为___________。
②磷化铝的晶胞参数(1pm=10-12m)，其密度为___________g/cm3(列出计算式即可，NA表示阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)M (2)1s22s22p63s23p63d104s24p3或者[Ar] 3d104s24p3
(3)高 NH3分子间存在氢键
(4)平面三角形 sp2 Co＜O＜N 16
(5) (，，)
【解析】(1)已知磷是15号元素，基态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，故基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为M；(2)已知As是33号元素，故基态As原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3或者[Ar] 3d104s24p3；(3)由于NH3中存在分子间氢键，而PH3分子间不存在氢键，故导致氮元素的简单气态氢化物为NH3的沸点比PH3的高；(4)氮元素的常见含氧酸根为NO3-，NO3-中心原子N原子周围的价层电子对数为：3+(5+1-3×2)=3，根据价层电子对互斥理论可知其空间构型为平面三角形，根据杂化轨道理论可知， N的杂化方式为sp2，NO3-和Co2+可形成配离子，该配离子中各元素即N、O、Co，根据第一电离能同一周期从左往右呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，金属的第一电离能一般小于非金属，故第一电离能由小到大的顺序为Co＜O＜N，已知单键、双键、三键均只有一个σ键，故1个NO3-含有3个NO3-，另外4个NO3-与Co2+之间形成4个配位键即4个σ键，1mol该配离子中含有的σ键数目为1mol×(4×3+4)×NAmol-1=16NA；(5)①由晶胞图结合A、B的坐标可知，C点与晶胞顶点连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，故C点到左侧面、前平面、下底面的距离分别为晶胞棱长的、、，故C点的原子坐标为(，，)；③晶胞中，Al原子数目为4，P原子数目为8×+6×=4，晶胞质量=4×g，磷化铝的晶胞参数a=546.35pm，其密度=4×g，÷(546.35×10-10 cm)3= 。
9．(2022·山东省潍坊市高三学科核心素养测评)铜和钴掺杂的含氮碳层材料是一种新型催化材料，具有氧还原催化性能。回答下列问题：
(1)下列状态的N原子或离子的核外电子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是_____(填序号)。
A．1s22s22p3 B．1s22s2 C．1s22s12p4 D．1s22s22p6
(2)已知氮的两种化合物N2H4和NH2OH都能结合H+而具有弱碱性，二者的碱性强弱：N2H4_____NH2OH(填“强于”或“弱于”)，理由是___。
(3)叠氮酸根NN3-的空间结构是______，NONO2-中含有的价层电子对数目为______。
(4)Co的第四电离能比铁的第四电离能______(填“大”或“小”)，理由是____。
(5)高导电紫铜常用硼化钙提高导电率，其晶胞如图所示，具有立方晶系的对称性，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B—B键连接成三维骨架，则该硼化钙的化学式是___________，B原子半径为r nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则硼化钙的密度为___________g·cm-3。
【答案】(1)C
(2)强于 O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度降低，结合质子能力减弱，碱性减弱
(3)直线形 3
(4)小 Co失去3个电子后价电子排布式为3d6，容易失去1个电子形成稳定的半充满3d5结构，Fe失去3个电子后价电子排布式为3d5，3d轨道为稳定的半充满结构，不易失去电子
(5)CaB6 ×1021
【解析】(1)电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，1s22s12p4是氮原子的激发态，则核外电子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱，故选c；(2)O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度降低，结合质子能力减弱，碱性减弱；O原子电负性大，使得NH2OH分子中N原子周围电子云密度降低，结合质子能力减弱，碱性减弱；(3)叠氮酸根和二氧化碳的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，等电子体具有相同的空间构型，则叠氮酸根和二氧化碳的空间构型都为直线形；亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为1；(4)铁原子的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后所得离子的价电子排布式为3d5，3d轨道为稳定的半充满结构，不易失去电子，钴原子的价电子排布式为3d74s2，失去3个电子后所得离子的价电子排布式为3d6，易失去1个电子形成稳定的半充满3d5结构，所以钴的第四电离能比铁的第四电离能小；(5)由晶胞结构可知，晶胞中含有1个钙原子，硼原子全部组成正八面体，每个正八面体含有6个硼原子，则晶胞中硼原子的个数为8××6=6，硼化钙的化学式为CaB6；由晶胞结构可得如下八面体结构结构：，图中O为正八面体的中心，也是晶胞的顶点，AOB为等腰三角形，硼原子的原子半径为rnm，则AB为2rnm，OB为AB= rnm，晶胞的参数为2OB+2r=2(1+) rnm，由晶胞的质量公式可得：[2(1+)r×10—7]3ρ=，解得ρ=×1021g/cm3。
10．(2022·山东省潍坊市高三联考)在工业上用磷化铜(Cu3P2)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Sc原子的价电子排布式为_______；同周期中未成对电子数与Sc相同的元素有_______种。
(2)磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为Sn_______P(填“>”“<”或“=”)。
(3)NH3易与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子，在该配离子中H-N-H键角比NH3分子中H-N-H键角大的原因是_______。[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代，得到两种结构的配离子，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是_______(填“正四面体”或“正四边形”)。
(4)某立方磷青铜晶体的晶胞结构如图所示。
①原子分数坐标可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子分数坐标：A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，C为(0，1，1)，则D原子的分数坐标为_______。
②若晶体密度为ρg/cm3，最近的Cu原子核间距为_______pm(用含ρ、NA的代数式表示)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d14s2或者[Ar] 3d14s2 5 (2)＜
(3)由于NH3分子中存在1对孤电子对，形成络离子后则不存在孤电子对转化为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用＞成键电子对对成键电子对的排斥作用 正四边形
(4)(0.5，1，0.5) ××1010pm
【解析】(1)已知钪Sc是21号元素，故基态Sc原子的价电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2或者[Ar] 3d14s2，其中只有1个未成对电子，同周期中未成对电子数与Sc相同的元素有价电子排布为4s1的K、为3d54s1的Cr、为3d104s1的Cu，为4s24p1的Ga、4s24p5的Br共5种；(2)根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强，同一主族从上往下元素的电负性依次减小，则有P＞Si＞Ge＞Sn，故磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为Sn＜P；(3)NH3易与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+配离子，由于NH3分子中存在1对孤电子对，形成络离子后则不存在孤电子对转化为成键电子对，而孤电子对对成键电子对的排斥作用＞成键电子对对成键电子对的排斥作用，故在该配离子中H-N-H键角比NH3分子中H-N-H键角大，如果[Cu(NH3)4]2+ 是正四面体结构，则[Cu(NH3)4]2+中2个NH3被2个H2O取代，只能得到一种结构(类似于甲烷中的2个H被两个Cl取代一样)，现在却得到两种结构的配离子，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型是正四边形；(4)①原子分数坐标可表示晶胞内部各原子的相对位置，图中各原子分数坐标：A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，C为(0，1，1)，由晶胞图可知，D位于后面的面心上，则D原子的分数坐标为(0.5，0.5，0.5)；②一个晶胞中含有Sn的数目为8×=1个，含有Cu的数目为6×=3个，含有P的数目为1个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(64×3+31+119)g，设晶胞的边长为apm，则根据密度为ρ＝=g/cm3，解得：a=×1010pm，晶胞中P占据体心，Cu占据面心，铜、磷原子最近距离为a pm，有晶胞图可知，铜与铜原子最近距离为a=××1010pm。
11．(2022·湖南省五市十校教育教改共同体高三第二次大联考)主族元素N、P、、、等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)N、P、电负性由大到小的顺序为___________，的第一电离能比的第一电离能大的原因为___________。
(2)阿散酸(如图)是一种饲料添加剂，能溶于溶液中，常含有H3AsO3、等杂质，该结构中的杂化方式为___________，AsO33-的空间构型为___________。
(3)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是___________。
(4)CrCl3能与H2O、NH3形成配位数为6的配合物，且相应两种配体的物质的量之比为2：1，该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液可得白色沉淀，则该配合物的化学式为___________。
(5)β-MnSe的结构中Se为面心立方最密堆积，晶胞结构如图所示。
①中的配位数为___________。
②若该晶体的晶胞参数为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则β-MnSe的密度___________(列出表达式) g· cm-3。
【答案】(1)N>P>As As的4p能级是半充满状态，能量更低，更稳定
(2)sp3杂化 三角锥形
(3)NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量
(4)[Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3
(5)4
【解析】(1)N、P、As位于同一主族，同主族元素从上至下元素非金属性逐渐减弱，因此电负性：N>P>As；As位于第四周期VA族，价电子排布式为4s24p3，Se位于第四周期VIA族，价电子排布式为4s24p4，As原子4p能级半充满，相对较为稳定，更难失去第一个电子；(2)阿散酸中N原子的价层电子对数=，因此N原子的杂化方式为sp3；AsO33-中As原子的价层电子对数=，孤对电子对数为1，因此AsO33-的空间构型为三角锥形；(3)液态NH3分子之间存在氢键，液氨汽化过程中需要吸收大量能量使氢键发生断裂，能够使环境温度降低；(4)1mol该配合物溶于水，加入足量的硝酸银溶液生成白色沉淀，该白色沉淀为AgCl， 430.5g AgCl的物质的量为，说明该配合物中Cl-全部在外界，溶于水后全部电离，内界配体为H2O、NH3，且相应两种配体的物质的量之比为2:1， Cr3+的配位数为6，因此该配合物化学式为[Cr(H2O)4(NH3)2]Cl3；(5)①根据晶胞结构分析，Mn位于四面体中心，周围有4个Se，则Mn的配位数为4；②由图可知，Mn原子在晶胞内部，含有4个；Se位于晶胞的顶点和面心，含有个，晶胞质量，晶胞体积，根据可知，密度为。
12．(2022·辽宁省大连市八中高三期中)锌及锌的化合物应用广泛。例如，测定铜合金中的铅、锌时要利用锌配离子的下列反应：
[Zn(CN)4]2++4HCHO+4H2O= Zn2++4HOCH2CN+4OH-
回答下列问题：
(1)基态Zn的价电子排布式为_____，基态C原子核外电子占据_______个空间运动状态不同的原子轨道。
(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______，HOCH2CN分子中含有的σ键与π键数目之比为________。
(3)HCHO分子中碳原子轨道的杂化类型是_______，福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO极易与水互溶的主要原因是______。
(4)[Zn(CN)4]2+中Zn2+与CN-之间的化学键称为_____，提供孤电子对的成键原子是______。
(5)Zn与S形成某种化合物的晶胞如图所示：
①填入组成的_______空隙中；
A．四面体 B．六面体 C．八面体 D．十二面体
②已知晶体密度为，该晶胞的边长表达式为____pm(写计算表达式)。
【答案】(1)3d104s2 4 (2)N>O>C 3：1
(3)sp2 HCHO与水分子间存在氢键 (4)配位键 C
(5)A
【解析】(1)Zn位于周期表中第4周期第ⅡB族，则其基态核外电子排布式为：[Ar]3d104s2；C的基态核外电子排布式为1s22s22p2，则轨道表达式为，占据4个不同的原子轨道；(2)C、O、N元素都是第二周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N>O>C；单键为σ键，三键中一根为σ键，两根为π键，HOCH2CN分子中含有的σ键有6个，含有π键数目为2，所以含有的σ键与π键数目之比为3：1；(3)甲醛分子中含有碳氧双键，1个甲醛分子中含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化，因甲醛中碳原子采取sp2杂化；福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO极易与水互溶是因为HCHO与水分子间存在氢键；(4)含有空轨道和含有孤电子对的原子之间易形成配位键，Zn2+提供空轨道、CN-中C原子提供孤电子对而形成配位键，提供孤电子对的成键原子是C原子；(5)①ZnS和金刚石晶胞的相似性，S2-形成的是正四面体结构，则Zn2+填在了S2-形成的正四面体空隙中，故答案为A；②取1mol晶胞，则有NA个晶胞，设晶胞参数为acm，则一个晶胞的体积为V=a3cm3，对于立方晶胞，顶点粒子占，面心粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，则一个ZnS晶胞中，含有Zn的数目为8×+6×＝4，含有S的数目为4，因此1molZnS的质量为m=4×(65+32)g=388g，已知晶体的密度为dg/cm3，则有，解得：。
13．(2022·山东省日照市高三校际联考)“掺杂”和“包覆”是改善电极性能的重要手段。工业上以Li2CO3为原料制备锂离子电池的正极材料NCM811(LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2)。
回答下列问题：
(1)基态氧原子价电子轨道表示式为___；Mn属于__区元素；基态Co原子核外电子有__种运动状态。
(2)与Li2CO3的阴离子互为等电子体的分子有__(填化学式)；Li2CO3阴离子的中心原子采取了__杂化方式，Li2CO3热稳定性__(填“>”或“<”)其同族其他元素的碳酸盐。
(3)“掺杂”能够提高电极的电导率和结构稳定性。MgF2是常用的掺杂剂，其熔点高于MgCl2熔点的原因为___。
(4)TiO2形成的表面包覆材料，能够明显提高NCM811的性能。已知：NA为阿伏加德罗常数的值。TiO2的晶胞如图所示(α=β=γ=90°)。TiO2晶体中O原子的配位数为__，TiO2晶胞的密度为__g•cm-3(用含NA、a和b的式子表示)。
【答案】(1) d 27
(2) BF3(或O4等) sp2 ＜
(3)F-的半径小，MgF2的晶格能高于MgCl2的晶格能
(4)3
【解析】(1)基态氧原子价电子为6，价电子排布式为2s22p4，价电子轨道表示式为；Mn为第四周期第ⅤIIB族元素，最后填充电子为d电子，属于周期表中d区元素；Co是27号元素，基态Co核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，核外电子有27种运动状态；(2)CO32-的电子数为6+8×3+2=32，与CO32-互为等电子体的分子有BF3(或O4等)；CO32-中碳原子价层电子对个数=3+(4+2-3×2)=3，且不含孤电子对，所以C原子采用sp2杂化；由于离子半径中Li+在同一主族中最小，而离子半径越小，越容易从CO32-中夺取氧离子变为其氧化物，同时释放二氧化碳，其稳定性越弱，则Li2CO3热稳定性<其同族其他元素的碳酸盐；(3)镁为活泼金属，氟为非金属性最强的元素，MgF2、MgCl2都为离子晶体，F、Cl是同一主族元素，由于两者所带的电荷数目相等，F-的半径比Cl-的小，MgF2的晶格能高于MgCl2的晶格能，断裂消耗的能量较多，因此MgF2熔点较高；(4)由图知，距离O原子最近的Ti原子有3个，则TiO2晶体中O原子的配位数为3；利用均摊法，每个晶胞中含Ti原子数为，含O原子数为，则晶胞密度为g•cm-3。
14．(2022·湖南省190多所名校高三联考)工业上合成氨，CO易与铁触媒作用导致铁触媒失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5。为了防止催化剂铁触媒中毒，要除去CO，发生的反应为Cu(NH3)2OOCCH3+CO+NH3= Cu(NH3)3(CO)OOCCH3。回答下列问题：
(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量最低的是___________(填标号)。
a． b．
c． d．
(2)写出CO的一种常见等电子体分子的结构式：___________；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
(3)与N同族的元索还有P、As，它们氢化物的沸点大小为___________，其原因是___________。
(4)配合物Cu(NH3)2OOCCH3中，铜显+1价，则其中碳原子的杂化轨道类型是___________，NH3分子的价层电子对互斥理论模型是___________。
(5)已知铜的一种氧化物Cu2O晶体的晶胞结构如图所示：
①若坐标参数A为(0，0，0)，C为(，，)，则B的坐标参数为___________。
②若阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的边长为a pm，则晶体的密度为___________g/cm3。
【答案】(1)a (2)N≡N N＞O＞C
(3)NH3＞AsH3＞PH3 NH3、PH3、AsH3均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，而NH3分子间存在氢键，所以沸点最高
(4)sp3、sp2 四面体形
(5) (，，)
【解析】(1)基态N的核外电子排布式为1s22s22p3，基态排布为能量最低的排布，电子排布图表示的状态中只有a项符合；(2)等电子体为原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与CO互为等电子体的一种分子为N2，其结构式为：N≡N；同周期主族元素，随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞C；(3)NH3、PH3、AsH3均是分子晶体，相对分子质量逐渐减小，范德华力减小，所以沸点减小，但由于氢键的作用力比范德华力强，氢键会使沸点异常升高，会导致NH3的沸点异常的高，所以沸点大小为NH3＞AsH3＞PH3；(4)甲基中碳原子形成4个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3；而羰基中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2；NH3中氮原子形成3个N-H键，含有1对孤对电子，价层电子对数=3+1=4，价层电子对互斥理论模型是四面体形；(5)①根据晶胞结构分析，坐标参数A为(0，0，0)，C位于体心，C为(，，)，则B的坐标参数为；②1个晶胞中氧负离子个数为8×+1=2，亚铜离子个数为4，则晶胞的质量为，晶胞的体积为(a×10-10)3cm3，所以密度为。
15．(2022·河北省邢台市“五岳联盟”部分重点学校高三联考)我国科学家发现AgCrS2 (AMX2家族成员之一，A为一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
(1)一个原子轨道填充2个自旋方向相反(顺时针和逆时针)的电子。基态硫原子核外最多有___________个电子顺时针旋转。基态铬原子有___________个未成对电子。
(2)氧族元素有氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素。
①这四种元素中，电负性最大的是___________(填元素符号)。
②科学家用亚硒酸盐和硫酸盐跟踪固氮酶，研究反应机理。SeO32-的空间构型为___________，TeO42-中碲的杂化类型是___________。
③H2O、H2S、H2Se、H2Te的键角依次减小，其主要原因可能是___________。
(3)配合物[Cr(OH)3(H2O)en] (en为H2NCH2CH2NH2)的中心离子配位数为___________。(Cr与O、N均形成了配位键)
(4)在银氨溶液中，1 mol[Ag(NH3)2]+中含___________molσ键。
(5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。
①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___________。
②1个钙原子与___________个氧原子等距离且最近。
③该晶体密度为___________ g· cm-3 (列出计算式即可)。已知钙和氧的最近距离为a nm，NA代表阿伏加德罗常数。
【答案】(1) 9 6
(2)O 三角锥形 sp3 O、S、Se、Te的原子半径依次增大，成键电子对之间排斥力依次减小 (3)6 (4)8
(5)( ，1，) 12
【解析】(1)S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，s轨道数目是1，p轨道数目是3，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样排布使原子的能量最低，原子处于稳定状态。在S原子是3p4轨道上，只有一个轨道上有1对电子，另外2个3p轨道电子成单排列，原子的其它轨道上都是1对自旋方向相反的电子，所以基态硫原子核外最多有1+1+3+1+3=9个；Cr是24号元素，基态Cr原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，则其中含有的未成对电子数是6个；(2)①同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性就越弱，其电负性就越小，所以在这四种元素中电负性最大的元素是O元素；②SeO32-的中心Se原子的价层电子对数是，有1对孤电子对，所以SeO32-的空间构型是三角锥形，其中Se原子的杂化类型是sp3杂化；③O、S、Se、Te是同一主族的元素，它们形成的氢化物H2O、H2S、H2Se、H2Te结构相似，但它们的键角依次减小，主要是由于随着原子核外电子层数的增多，O、S、Se、Te的原子半径依次增大，成键电子对之间排斥力依次减小；(3)配合物[Cr(OH)3(H2O)en] (en为H2NCH2CH2NH2)的中心离子配位数为6；(4)在[Ag(NH3)2]+中的中心原子是Ag+，配位体是NH3，在配位体中含有3个共价键，每个配位体与中心原子以配位键结合，共价键、配位键都是σ键，在1个[Ag(NH3)2]+中含有8个σ键，则在1 mol[Ag(NH3)2]+中含有8 mol σ键；(5)①根据坐标系，结合A、B两点的坐标，可知C点的坐标为( ，1，)；②根据晶胞结构可知：与Ca原子距离相等且最近的O原子数目是；③在该晶胞中含有Ca：8×=1个；含有O：4×=2个；含有Cr：1个，所以该晶体的化学式为：CaCrO2。已知钙和氧的最近距离为a nm，则晶胞面对角线为2a nm，晶胞边长L= nm，所以该晶体的密度ρ=。
16．(2023·湘豫名校联盟高三联考)新型半导体材料如碳化硅(SiC)、氮化镓(GaN)等在国防技术、航空航天及5G技术等领域扮演着重要的角色。回答下列问题：
(1)基态Si原子中，核外电子占据的最高能层的符号为___________，占据最高能级的电子的电子云轮廓图形状为___________；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，其转化为下列激发态时，吸收能量最少的是___________(填选项字母)。
A．[Ar]
B．[Ar]
C．[Ar]
D．[Ar]
(2)C与Si是同主族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Si原子之间难以形成双键、叁键。从原子结构分析，其原因为___________。
(3)GaCl3的熔点为77.9℃，GaF3的熔点为1000℃，试分析GaCl3熔点低于GaF3的原因为___________；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，据此写出二聚体的结构式为___________。
(4)B和Mg形成的化合物刷新了金属化合物超导温度的最高记录。该化合物的晶体结构单元如图所示，其中Mg原子间形成正六棱柱，6个B原子分别位于六个三棱柱体心。则该化合物的化学式可表示为___________；相邻B原子与Mg原子间的最短距离为___________nm(用含x、y的代数式表示)。
【答案】(1) M 哑铃形(纺锤形) B
(2)Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键
(3)GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力
(4) MgB2
【解析】(1)基态Si原子中，核外电子占据三层，其中最高能层的符号为M，占据最高能级为p能级，电子的电子云轮廓图形状为哑铃形(或纺锤形)；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，其转化为激发态时，进入高能级的电子越少，吸收的能量越少，选项中进入高能级电子最少的是A和B，其中B满足洪特规则，能量更低，所以所需能量最少的为B；(2)双键、三键中一定有一个σ键，然后由剩下的p轨道通过“肩并肩”重叠形成一个或两个π键，Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p-p轨道“肩并肩”重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键；(3)GaCl3的熔点明显低于GaF3，说明GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键的强度远大于分子间作用力，所以GaCl3的熔点明显低于GaF3；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，说明Ga形成一个配位键，二聚体的结构式为；(4)镁原子处于晶胞顶点和面心上，顶点上镁原子为6个晶胞共用，面心上的镁原子为2个晶胞共用；B原子处于晶胞内部，为一个晶胞独有，故晶胞中镁原子个数==3，B原子个数=6，二者的个数比=1∶2，则该化合物的化学式可表示为MgB2；B原子位于三棱柱的体心，如图，将B原子、顶点处Mg原子分别与底面正三角形的中心相连，形成一个直角三角形，则直角三角形的斜边(图中红色线段)的长度为相邻B原子与Mg原子间的最短距离；，其中蓝色线段的长度=nm，红色线段的长度=nm=nm，则红色线段的长度=nm=nm。
17．(2023·湖南省雅礼中学高三质检)铁和钨(W)在工农业生产和国防建设中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O (三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。K3[Fe(C2O4)3]中铁离子的配位数为_______，其配体C2O42-中C原子的杂化方式为_______。
(2) Fe3O4晶胞具有反尖晶石结构，氧离子和不同价态铁离子构成A、B两种结构，如图所示，其晶胞可以看作是由4个A型和4个B型小单元交替并置而成。
①Fe3+填充在围成的_______空隙处(填“正四面体”或“正八面体”)。
②纳米材料的量子尺寸效应可以显著改变材料电磁性能，材料表面原子(或离子)占总原子(或离子)数的比例是重要的影响因素。假设某Fe3O4纳米颗粒恰好是一个Fe3O4晶胞，该颗粒表面离子与总离子数的最简整数比为_______。
(3)金属氮化物材料具有高熔点、高硬度、高热稳定性特点。最近，科学家研究的某三元氮化物表现出特殊导电性质，该晶体结构如图1所示。每一层氮原子都是密置层，且层间距相等。铁原子和钨原子相间填充在两层氮原子之间，钨原子填充在氮原子形成的三棱柱配位体中心，铁原子填充在氮原子形成的八面配位体中心。图2为该晶体的一个晶胞。
由图1、图2可知该晶体的化学式为_______。已知晶胞参数a=0.287 6 nm，c=1.093 nm，该晶体的密度ρ=_______ g· cm-3 (用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【答案】(1) 6 sp2
(2) 正八面体 12：65
(3) FeWN2
【解析】(1)三草酸合铁酸钾中中心离子是铁离子，草酸根离子是配体，草酸根是二配位的配体，故配位数为6；草酸根离子中2个形成双键的碳原子的杂化方式都为sp2杂化。(2)①A中黑球为个，白球为4个；B中白球为4个，黑球为个，三角形为4个，结合晶胞结构，晶胞中黑球为8个，白球为32个，三角形为16个，根据正负化合价代数和为零可以知道，黑球代表Fe2+，白球代表O2-，三角形代表Fe3+；在图B中三角形代表Fe3+，结合Fe3O4晶胞的结构可知，Fe3+填充在O2-围成的正八面体空隙中；②由Fe3O4晶胞可知，一个晶胞含有Fe2+、Fe3+、O2-的个数分别是为8、16、32，该颗粒只有黑球即Fe2+在表面，表面离子数为12，总离子数为65，最简整数比为12：65。(3)根据均摊法，晶胞顶点的原子占1/8，棱上的原子占1/4，内部的原子占1，则有8个N3-位于顶点，4个N3-位于棱上，2个N3-位于内部，所以一个晶胞共含4个N3-；Fe2+和W4+都位于晶胞的内部，一个晶胞实际含4个N3-、2个Fe2+和2个W4+，故晶体的化学式为FeWN2．一个晶胞中所含铁原子数为2，钨原子数为2，氮原子数为．一个晶胞的质量，一个晶胞的体积，故晶体的密度。
1．(2022•辽宁省选择性考试）下列符号表征或说法正确的是( )
A．H2S电离：H2S2H++S2- B． Na位于元素周期表p区
C．CO32-空间结构：平面三角形 D．KOH电子式：
【答案】C
【解析】A项，H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2SH++HS-，A错误；B项，基态 Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B错误；C项，CO32-中心碳原子的价层电子对数为，故其空间结构为平面三角形，C正确；D项，KOH是离子化合物，电子式为，D错误；故选C。
2．(2022•湖北省选择性考试）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为O=P(N3)3。下列关于该分子的说法正确的是( )
A．为非极性分子 B．立体构型为正四面体形
C．加热条件下会分解并放出N2 D．分解产物的电子式为
【答案】C
【解析】A项，磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误；B项，磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；C项，磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N2，C项正确；D项，NPO为共价化合物，则电子式为，D项错误；故选C。
3．(2022•江苏卷)工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是( )
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】A
【解析】A项，核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确；B项，同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误；C项，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误；D项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D错误；故选A。
4．(2022•海南省选择性考试）钠和钾是两种常见金属，下列说法正确的是( )
A．钠元素的第一电离能大于钾
B．基态钾原子价层电子轨道表示式为
C．钾能置换出NaCl溶液中的钠
D．钠元素与钾元素的原子序数相差18
【答案】A
【解析】A项，同一主族元素的第一电离能从上到下依次减小，金属性越强的元素，其第一电离能越小，因此，钠元素的第一电离能大于钾，A说法正确；B项，基态钾原子价层电子为4s1，其轨道表示式为，B说法不正确；C项，钾和钠均能与水发生置换反应，因此，钾不能置换出 NaC1溶液中的钠，C说法不正确；D项，钠元素与钾元素的原子序数分别为11和19，两者相差8，D说法不正确；故选A。
5．(2022•湖北省选择性考试）Be2+和Al3+的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法错误的是( )
A．Be2+与Al3+都能在水中与氨形成配合物 B．BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低
C．Be(OH)2和Al(OH)3均可表现出弱酸性 D．Be和Al的氢化物都不能在酸中稳定存在
【答案】A
【解析】A项，Al3+半径小，不能容纳6个氮原子和它配位，则不能在水中与氨形成配合物，A项错误；B项，BeCl2和AlCl3属于分子晶体，而MgCl2属于离子晶体，则BeCl2和AlCl3的熔点都比MgCl2的低，B项正确；C项，Be(OH)2和Al(OH)3均为两性氢氧化物，则均可表现出弱酸性，C项正确；D项，Be和Al的氢化物与酸反应，生成对应的盐和氢气，则都不能在酸中稳定存在，D项正确；故选A。
6．(2022•湖北省选择性考试）C60在高温高压下可转变为具有一定导电性、高硬度的非晶态碳玻璃。下列关于该碳玻璃的说法错误的是( )
A．具有自范性 B．与C60互为同素异形体
C．含有sp3杂化的碳原子 D．化学性质与金刚石有差异
【答案】A
【解析】A项，自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A错误；B项，碳玻璃和C60均是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，B正确；C项，碳玻璃具有高硬度，与物理性质金刚石类似，因而结构具有一定的相似性，所以含有sp3杂化的碳原子形成化学键，C正确；D项，金刚石与碳玻璃属于同素异形体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有着活性的差异，D正确；故选A。
7．(2022•山东卷)AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是( ）
A．的熔点高于 B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取sp3杂化 D．晶体中所有原子的配位数均相同
【答案】A
【解析】根据元素周期表，Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，结合题意AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似，AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。A项，因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说错误；B项，不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；C项，金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确；D项，金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。故选A。
8．(2021•湖北选择性考试)金属Na溶解于液氨中形成氨合钠离子和氨合电子，向该溶液中加入穴醚类配体L，得到首个含碱金属阴离子的金黄色化合物[NaL]＋Na－。下列说法错误的是( )
A．Na-的半径比F-的大 B．Na-的还原性比Na的强
C．Na-的第一电离能比H-的大 D．该事实说明Na也可表现非金属性
【答案】C
【解析】Na-核外有3个电子层，而F-核外有2个电子层，故Na-的半径比F-的大，A项正确；Na-的半径比Na的大，Na-中的原子核对最外层电子的吸引力小，易失去电子，故Na-的还原性比Na的强，B项正确；H-的1s上有2个电子，为全充满稳定结构，不易失去电子，而Na-最外层有2个电子，很活泼，故Na-的第一电离能比H-的小，C项错误；该事实说明可以形成Na-，Na表现出非金属性，D项正确。
9．(2022•海南省选择性考试）(双选）已知CH3COOH+Cl2ClCH2COOH+HCl，ClCH2COOH的酸性比CH3COOH强。下列有关说法正确的是( )
A．HCl的电子式为 B．Cl-Cl键的键长比I-I键短
C．CH3COOH分子中只有σ键 D．ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强
【答案】BD
【解析】A项，HCl为共价化合物，H原子和Cl原子间形成共用电子对，其电子式为，A错误；B项，原子半径Cl＜I，故键长：Cl—Cl＜I—I，B正确；C项，CH3COOH分子中，羧基的碳氧双键中含有π键，C错误；D项，电负性Cl＞I，-Cl能使-COOH上的H原子具有更大的活动性，因此ClCH2COOH的酸性比ICH2COOH强，D正确；故选BD。
10．(2022•江苏卷)下列说法正确的是( )
A．金刚石与石墨烯中的C-C-C夹角都为
B．SiH4、SiCl4都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为4s24p2
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
【答案】B
【解析】A项，金刚石中的碳原子为正四面体结构，C-C-C夹角为109°28′，故A错误；B项，SiH4的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；SiCl4的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；C项，锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为[Ar] 4s24p2，故C错误；D项，ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；故选B。
11．(2022•湖北省选择性考试）某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ca2+的配位数为6 B．与距离最近的是K+
C．该物质的化学式为KCaF3 D．若换为Cl-，则晶胞棱长将改变
【答案】B
【解析】A项，Ca2+配位数为与其距离最近且等距离的F-的个数，如图所示，Ca2+位于体心，F-位于面心，所以Ca2+配位数为6，A正确；B项，F-与K+的最近距离为棱长的，F-与Ca2+的最近距离为棱长的，所以与F-距离最近的是Ca2+，B错误；C项，K+位于顶点，所以K+个数==1，F-位于面心，F-个数==3，Ca2+位于体心，所以Ca2+个数=1，综上，该物质的化学式为KCaF3，C正确；D项，F-与Cl-半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确；故选B。
12．(2022•海南选择性考试) SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是( )
A．是非极性分子 B．键角都等于90°
C．与之间共用电子对偏向S D．原子满足8电子稳定结构
【答案】A
【解析】A项，结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A正确；B项，SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，故键角不都等于90°，B错误；C项，由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C错误；D项，中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D错误；故选A。
13．(2022•辽宁选择性考试)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是( )
A．S位于元素周期表p区 B．该物质的化学式为H3S
C．S位于H构成的八面体空隙中 D．该晶体属于分子晶体
【答案】D
【解析】A项，S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A正确；B项，由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为8×＋1=2，H个数为：12×＋6×=6，故H、S原子个数比为3:1，故该物质的化学式为H3S，B正确；C项，S位于H构成的八面体空隙中，如图所示，C正确；D项，由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D错误；故选D。
14．(2022•河北省选择性考试）含Cu、Zn、Sn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) SnCl3-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]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[ Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
(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Mn2+转化为MnO4-的是_______(填标号)。理由是_______。
本题暂无(6)问
【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，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO4-
【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，SnCl3-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，SnCl3-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项，[Cu(NH3)2]Cl各原子核外电子均已成对，不符合题意；B项，[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项，[Zn(NH3)4]SO4各原子核外电子均已成对，不符合题意；D项，Na2[Zn(OH)4] 各原子核外电子均已成对，不符合题意；故选B。(5)Mn2+转化为MnO4-需要氧化剂，且氧化性比MnO4-的强，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO4-，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MnO4-，故D符合。
15．(2022•山东卷)研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6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Ni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，Ni2+与Zn2+的配位数之比为_______；x：y：z=_______；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π66大π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+ (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；(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为：4，Zn2+周围形成的配位键数目为：6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比,4：6=2：3；x：y：z=4：2：2=2：1：1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+；(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π66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，故选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；(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：。
16．(2022•北京卷)FeSO4·7H2O失水后可转为FeSO4·H2O，与FeS2可联合制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。
I. FeSO4·H2O结构如图所示。
(1) Fe2+价层电子排布式为___________。
(2)比较SO42-和H2O分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
(3)H2O与Fe2+、SO42-和H2O的作用分别为___________。
II．FeS2晶胞为立方体，边长为，如图所示。
(4)①与Fe2+紧邻的阴离子个数为___________。
②晶胞的密度为___________ 。
(5)以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。
【答案】(1)3d6
(2) SO42-的键角大于H2O，SO42-中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形
(3)配位键、氢键 (4) 6 ×1021
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4
【解析】(1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6；
(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子；(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键；(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021；(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用。
17．(2022•湖南选择性考试）铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态原子的核外电子排布式为 [Ar]_______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子_______ SeO32-离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中键与键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3-转化为NH2-，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与NH2-互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数、。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______ g· cm-3 (列出计算式)。
【答案】(1) [Ar] 3d104s24p4 6 ＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeO32-的空间构型为三角锥形
(2) 11：3 O＞C＞H＞Fe (3) sp3杂化 H2O
(4) KFe2Se2 4
【解析】(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子；③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°；(2)①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化；②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体；(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12×+2×=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=。
18．(2022•广东选择性考试）硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
(1) Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是_______。
(3)关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有键 B．I中的Se-Se键为非极性共价键
C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(4)IV中具有孤对电子的原子有_______。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4_______ H2SeO3(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO42-的立体构型为_______。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)4s24p4
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE
(4)O、Se
(5)＞ 正四面体形
(6) K2SeBr6
【解析】(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；(2) H2Se的沸点低于H2O，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；(3)A项，I中有键，还有大π键，故A错误；B项，Se−Se是同种元素，因此I中的Se−Se键为非极性共价键，故B正确；C项，烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D项，II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；故选BDE。(4)根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3。SeO42-中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即。
19．(2022•江苏卷)硫铁化合物(FeS、FeS2等)应用广泛。
(1)纳米FeS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，Cr(VI)主要以HCrO4-、Cr2O72-、CrO42-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：Ksp(FeS)=6.5×10-1，Ksp[Fe(OH)2)=5.0×10-11；H2S电离常数分别为Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13。
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO42-反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+Fe2++HS-的平衡常数K的数值为_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中Cr(VI)的速率越慢，原因是_______。
(2) FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S22-的数目为_______，在FeS2晶体中，每个S原子与三个紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了FeS2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) FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2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) FeS+ CrO42-+4H2O= Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH- 5×10-5 c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO42-物质的量分数越大
(2) 4
(3)Fe2O3；设FeS2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
【解析】(1)在弱碱性溶液中，FeS与CrO42-反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S的离子方程式为： FeS+ CrO42-+4H2O= Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH- ；反应FeS+H+Fe2++HS-的平衡常数K=，由题目信息可知，，H2S 电离常数，所以K===5×10-5 ；在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，是由于c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO42-物质的量分数越大；(2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中S22-的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和S22-的位置(S22-中的S-S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S-S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Fe2+紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接图如下：；(3)有图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2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。
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