2023年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)（全國(guó)版） 第1部分 專題突破 　大題突破4　物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)大題研究(選考)

1．(2022·全國(guó)甲卷，35)2008年北京奧運(yùn)會(huì)的“水立方”，在2022年冬奧會(huì)上華麗轉(zhuǎn)身為“冰立方”，實(shí)現(xiàn)了奧運(yùn)場(chǎng)館的再利用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(CH2=CH2)與四氟乙烯(CF2CF2)的共聚物(ETFE)制成?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)F原子的價(jià)電子排布圖(軌道表示式)為_(kāi)_________。(2)圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級(jí)電離能I變化趨勢(shì)(縱坐標(biāo)的標(biāo)度不同)。第一電離能的變化圖是__________(填標(biāo)號(hào))，判斷的根據(jù)是__________；第三電離能的變化圖是__________(填標(biāo)號(hào))。(3)固態(tài)氟化氫中存在(HF)n形式，畫(huà)出(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)__________。(4)CF2CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為_(kāi)_________和________；聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學(xué)鍵的角度解釋原因__________________________________。(5)螢石(CaF2)是自然界中常見(jiàn)的含氟礦物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X代表的離子是__________；若該立方晶胞參數(shù)為apm，正負(fù)離子的核間距最小為_(kāi)_________pm。答案(1)(2)圖a同一周期第一電離能從左向右有增大的趨勢(shì)，但由于N元素的2p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高圖b(3)(4)sp2sp3C—F的鍵能大于聚乙烯中C—H的鍵能，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定(5)Ca2＋eq\f(\r(3),4)a解析(1)F為第9號(hào)元素，其電子排布式為1s22s22p5，則其價(jià)電子排布圖為。(2)C、N、O、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能從左向右有增大的趨勢(shì)，但由于N元素的2p能級(jí)為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高，因此C、N、O、F四種元素的第一電離能從小到大的順序?yàn)镃<O<N<F，滿足這一規(guī)律的圖像為圖a；氣態(tài)基態(tài)正2價(jià)陽(yáng)離子失去1個(gè)電子生成氣態(tài)基態(tài)正3價(jià)陽(yáng)離子所需要的能量為該原子的第三電離能，同一周期元素的第三電離能的總體趨勢(shì)也依次升高，但由于C原子在失去2個(gè)電子之后的2s能級(jí)為全充滿狀態(tài)，因此其再失去一個(gè)電子需要的能量稍高，則滿足這一規(guī)律的圖像為圖b。(3)固態(tài)HF中存在氫鍵，則(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)為。(4)由于F元素的電負(fù)性較大，因此在與C原子的結(jié)合過(guò)程中形成的C—F的鍵能大于聚乙烯中C—H的鍵能，鍵能的強(qiáng)弱決定物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定，因此聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯。(5)根據(jù)螢石晶胞結(jié)構(gòu)，X離子分布在晶胞的頂點(diǎn)和面心上，則1個(gè)晶胞中X離子共有8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個(gè)，Y離子分布在晶胞內(nèi)部，則1個(gè)晶胞中共有8個(gè)Y離子，因此該晶胞的化學(xué)式應(yīng)為XY2，結(jié)合螢石的化學(xué)式可知，X為Ca2＋；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)，將晶胞分成8個(gè)相等的小正方體，仔細(xì)觀察CaF2的晶胞結(jié)構(gòu)不難發(fā)現(xiàn)F－位于晶胞中8個(gè)小立方體中互不相鄰的4個(gè)小立方體的體心，小立方體邊長(zhǎng)為eq\f(1,2)apm，體對(duì)角線為eq\f(\r(3),2)apm，Ca2＋與F－之間的距離就是小晶胞體對(duì)角線的一半，因此晶體中正負(fù)離子的核間距最小為eq\f(\r(3),4)apm。2．(2022·全國(guó)乙卷，35)鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有________，其中能量較高的是__________。(填標(biāo)號(hào))a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5 d．1s22s22p33p2(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一個(gè)_____雜化軌道與Cl的3px軌道形成C—Cl_____鍵，并且Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成3中心4電子的大π鍵(Πeq\o\al(4,3))。②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl鍵長(zhǎng)的順序是_______________________________________________________________________________，理由：(ⅰ)C的雜化軌道中s成分越多，形成的C—Cl越強(qiáng)；(ⅱ)_________________________。(3)鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，生成無(wú)色晶體X和紅棕色液體Y。X為_(kāi)_________。解釋X的熔點(diǎn)比Y高的原因________________________________________。(4)α-AgI晶體中I－作體心立方堆積(如圖所示)，Ag＋主要分布在由I－構(gòu)成的四面體、八面體等空隙中。在電場(chǎng)作用下，Ag＋不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，α-AgI晶體在電池中可作為_(kāi)_________。已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝________m3·mol－1(列出算式)。答案(1)add(2)①sp2σ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl越強(qiáng)(3)CsClCsCl為離子晶體，ICl為分子晶體(4)電解質(zhì)eq\f(NA×504×10－123,2)解析(1)F的原子序數(shù)為9，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p5,1s22s22p43s1為基態(tài)氟原子2p能級(jí)上的1個(gè)電子躍遷到3s能級(jí)上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，a正確；1s22s22p43d2，核外共有10個(gè)電子，不是氟原子，b錯(cuò)誤；1s22s12p5，核外共有8個(gè)電子，不是氟原子，c錯(cuò)誤；1s22s22p33p2為基態(tài)氟原子2p能級(jí)上的2個(gè)電子躍遷到3p能級(jí)上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，d正確；同一原子3p能級(jí)的能量比3s能級(jí)的能量高，因此能量較高的是1s22s22p33p2。(2)①一氯乙烯的結(jié)構(gòu)式為，碳原子采取sp2雜化，因此C的一個(gè)sp2雜化軌道與Cl的3px軌道形成C—Clσ鍵。②C的雜化軌道中s成分越多，形成的C—Cl越強(qiáng)，C—Cl的鍵長(zhǎng)越短，一氯乙烷中碳采取sp3雜化，一氯乙烯中碳采取sp2雜化，一氯乙炔中碳采取sp雜化，sp雜化時(shí)s成分多，sp3雜化時(shí)s成分少，同時(shí)Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl的鍵長(zhǎng)越短，一氯乙烯中Cl的3p軌道與C的2p軌道形成3中心4電子的大π鍵(Πeq\o\al(4,3))，一氯乙炔中Cl的3p軌道與C的2p軌道形成2個(gè)3中心4電子的大π鍵(Πeq\o\al(4,3))，因此三種物質(zhì)中C—Cl鍵長(zhǎng)的順序?yàn)橐宦纫彝?gt;一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl2發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，各元素化合價(jià)不變，生成無(wú)色晶體和紅棕色液體，則無(wú)色晶體為CsCl，紅棕色液體為ICl，而CsCl為離子晶體，熔化時(shí)克服的是離子鍵，ICl為分子晶體，熔化時(shí)克服的是分子間作用力，因此CsCl的熔點(diǎn)比ICl高。(4)由題意可知，在電場(chǎng)作用下，Ag＋不需要克服太大阻力即可發(fā)生遷移，因此α-AgI晶體是優(yōu)良的離子導(dǎo)體，在電池中可作為電解質(zhì)；每個(gè)晶胞中含碘離子的個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2個(gè)，依據(jù)化學(xué)式AgI可知，銀離子個(gè)數(shù)也為2個(gè)，晶胞的物質(zhì)的量n＝eq\f(N,NA)mol＝eq\f(2,NA)mol，晶胞體積V＝a3pm3＝(504×10－12)3m3，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝eq\f(V,n)＝eq\f(504×10－123m3,\f(2,NA)mol)＝eq\f(NA×504×10－123,2)m3·mol－1。物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題為“拼盤(pán)”命制的題型，各小題之間相對(duì)獨(dú)立，重點(diǎn)考查考生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握情況，主要考查原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)。①在原子結(jié)構(gòu)部分主要命題點(diǎn)有電子排布式或電子排布圖的書(shū)寫(xiě)，電離能、電負(fù)性大小、微粒半徑的比較與判斷。②在分子結(jié)構(gòu)部分主要命題點(diǎn)有化學(xué)鍵類型的判斷，空間結(jié)構(gòu)的判斷，中心原子雜化方式的判斷，能從化學(xué)鍵角度認(rèn)識(shí)分子的結(jié)構(gòu)、性質(zhì)，從宏觀和微觀相結(jié)合的視試題有“三種”呈現(xiàn)形式：①以一種已知的元素立題，選取與其相關(guān)的某些典型單質(zhì)或化合物展開(kāi)設(shè)問(wèn)，綜合考查原子結(jié)構(gòu)、分子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)。②以幾種已知的元素立題，依托不同元素的物質(zhì)分別獨(dú)立或側(cè)重考查原子結(jié)構(gòu)、分子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)。③以推斷出的幾種元素立題，依托它們之間組成的物質(zhì)綜合考査原子結(jié)構(gòu)、分子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)。2022新高考卷真題匯編1．(2022·廣東，20)硒(Se)是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物領(lǐng)域具有重要應(yīng)用。自我國(guó)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)聚集誘導(dǎo)發(fā)光(AIE)效應(yīng)以來(lái)，AIE在發(fā)光材料、生物醫(yī)學(xué)等領(lǐng)域引起廣泛關(guān)注。一種含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路線如下：(1)Se與S同族，基態(tài)硒原子價(jià)電子排布式為_(kāi)_________。(2)H2Se的沸點(diǎn)低于H2O，其原因是__________________。(3)關(guān)于Ⅰ～Ⅲ三種反應(yīng)物，下列說(shuō)法正確的有__________。A．Ⅰ中僅有σ鍵B．Ⅰ中的Se—Se為非極性共價(jià)鍵C．Ⅱ易溶于水D．Ⅱ中原子的雜化軌道類型只有sp與sp2E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O電負(fù)性最大(4)Ⅳ中具有孤電子對(duì)的原子有__________。(5)硒的兩種含氧酸的酸性強(qiáng)弱為H2SeO4______(填“>”或“<”)H2SeO3。研究發(fā)現(xiàn)，給小鼠喂食適量硒酸鈉(Na2SeO4)可減輕重金屬鉈引起的中毒。SeOeq\o\al(2－,4)的空間結(jié)構(gòu)為_(kāi)_______。(6)我國(guó)科學(xué)家發(fā)展了一種理論計(jì)算方法，可利用材料的晶體結(jié)構(gòu)數(shù)據(jù)預(yù)測(cè)其熱電性能，該方法有助于加速新型熱電材料的研發(fā)進(jìn)程。化合物X是通過(guò)該方法篩選出的潛在熱電材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖1，沿x、y、z軸方向的投影均為圖2。①X的化學(xué)式為_(kāi)_________。②設(shè)X的最簡(jiǎn)式的式量為Mr，晶體密度為ρg·cm－3，則X中相鄰K之間的最短距離為_(kāi)_________nm(列出計(jì)算式，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。答案(1)4s24p4(2)兩者都是分子晶體，由于水分子存在分子間氫鍵，沸點(diǎn)高(3)BDE(4)O、Se(5)＞正四面體形(6)①K2SeBr6②eq\f(1,2)×eq\r(3,\f(4Mr,NAρ))×107解析(1)基態(tài)S原子價(jià)電子排布式為3s23p4，Se與S同族，Se為第四周期元素，因此基態(tài)Se原子價(jià)電子排布式為4s24p4。(3)Ⅰ中有σ鍵，還有大π鍵，故A錯(cuò)誤；Ⅰ中的Se—Se為非極性共價(jià)鍵，故B正確；烴都難溶于水，因此Ⅱ難溶于水，故C錯(cuò)誤；Ⅱ中苯環(huán)上的碳原子和碳碳雙鍵上的碳原子雜化類型為sp2，碳碳三鍵上的碳原子雜化類型為sp，故D正確；根據(jù)同周期元素從左到右電負(fù)性逐漸增大，同主族元素從上到下電負(fù)性逐漸減小，因此Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O電負(fù)性最大，故E正確。(4)分子Ⅳ中O、Se都有孤電子對(duì)，C、H、S都沒(méi)有孤電子對(duì)。(5)根據(jù)非羥基氧越多，酸性越強(qiáng)，因此硒的兩種含氧酸的酸性強(qiáng)弱為H2SeO4＞H2SeO3。SeOeq\o\al(2－,4)中Se的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4＋eq\f(1,2)×(6＋2－2×4)＝4，其空間結(jié)構(gòu)為正四面體形。(6)①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)得到一個(gè)晶胞中K有8個(gè)，有8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個(gè)，則X的化學(xué)式為K2SeBr6。②設(shè)晶胞參數(shù)為anm，得到ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(Mrg·mol－1,NAmol－1)×4,a×10－73cm3)＝ρg·cm－3，解得a＝eq\r(3,\f(4Mr,NAρ))×107，X中相鄰K之間的最短距離為晶胞參數(shù)的一半，即為eq\f(1,2)×eq\r(3,\f(4Mr,NAρ))×107nm。2．(2022·湖南，18)鐵和硒(Se)都是人體所必需的微量元素，且在醫(yī)藥、催化、材料等領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用，回答下列問(wèn)題：(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一種抗癌新藥，其結(jié)構(gòu)式如下：①基態(tài)Se原子的核外電子排布式為[Ar]__________。②該新藥分子中有__________種不同化學(xué)環(huán)境的C原子。③比較鍵角大小：氣態(tài)SeO3分子________SeOeq\o\al(2－,3)離子(填“>”“<”或“＝”)，原因是_____________________________________________________________________________。(2)富馬酸亞鐵(FeC4H2O4)是一種補(bǔ)鐵劑。富馬酸分子的結(jié)構(gòu)模型如圖所示：①富馬酸分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比為_(kāi)_______________________________。②富馬酸亞鐵中各元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)開(kāi)_________。轉(zhuǎn)化為NHeq\o\al(－,2)，反應(yīng)過(guò)程如圖所示：①產(chǎn)物中N原子的雜化軌道類型為_(kāi)________________。②與NHeq\o\al(－,2)互為等電子體的一種分子為_(kāi)_________(填化學(xué)式)。(4)鉀、鐵、硒可以形成一種超導(dǎo)材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分別如圖所示：①該超導(dǎo)材料的最簡(jiǎn)化學(xué)式為_(kāi)_________。②Fe原子的配位數(shù)為_(kāi)_________。③該晶胞參數(shù)a＝b＝0.4nm、c＝1.4nm。阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶體的密度為_(kāi)_________g·cm－3(列出計(jì)算式)。答案(1)①3d104s24p4②8③＞SeO3的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，SeOeq\o\al(2－,3)的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形(2)①11∶3②O＞C＞H＞Fe(3)①sp3雜化②H2O(4)①KFe2Se2②4③eq\f(2×39＋56×2＋79×2,NA×0.4×0.4×1.4×10－21)解析(1)①硒元素的原子序數(shù)為34，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4。②由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，乙烷硒啉的分子結(jié)構(gòu)對(duì)稱，分子中含有8種不同化學(xué)環(huán)境的碳原子。③三氧化硒分子中硒原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，孤電子對(duì)數(shù)為0，分子的空間結(jié)構(gòu)為平面三角形，鍵角為120°，亞硒酸根離子中硒原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為1，離子的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，鍵角小于120°。(2)①由結(jié)構(gòu)模型可知，富馬酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOOCCH=CHCOOH，分子中的單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，則分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為11∶3。②金屬元素的電負(fù)性小于非金屬元素，則鐵元素的電負(fù)性最小，非金屬元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，氫、碳、氧的非金屬性依次增強(qiáng)，則電負(fù)性依次增大，所以富馬酸亞鐵中四種元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镺＞C＞H＞Fe。(3)①由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，產(chǎn)物中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，原子的雜化方式為sp3雜化。②水分子和氨基陰離子的原子個(gè)數(shù)都為3、價(jià)電子數(shù)都為8，互為等電子體。(4)①由平面投影圖可知，晶胞中位于頂點(diǎn)和體心的鉀原子個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，均位于棱上和體內(nèi)的硒原子的個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,4)＋2＝4，均位于面上的鐵原子個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,2)＝4，該物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：，則超導(dǎo)材料的最簡(jiǎn)化學(xué)式為KFe2Se2。②由平面投影圖可知，鐵原子的配位數(shù)為4。③設(shè)晶體的密度為dg·cm－3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：eq\f(2×39＋56×2＋79×2,NA)g＝abc×10－21×dg，解得d＝eq\f(2×39＋56×2＋79×2,NA×0.4×0.4×1.4×10－21)g·cm－3。3．(2022·北京，15)FeSO4·7H2O失水后可轉(zhuǎn)為FeSO4·H2O，與FeS2可聯(lián)合制備鐵粉精(FexOy)和H2SO4。Ⅰ.FeSO4·H2O結(jié)構(gòu)如圖所示。(1)Fe2＋價(jià)層電子排布式為_(kāi)____________________________________。(2)比較SOeq\o\al(2－,4)和H2O分子中的鍵角大小并給出相應(yīng)解釋：_____________________________。(3)H2O與Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)和H2O的作用分別為_(kāi)__________________________________。Ⅱ.FeS2晶胞為立方體，邊長(zhǎng)為anm，如圖所示。(4)①與Fe2＋緊鄰的陰離子個(gè)數(shù)為_(kāi)____________________________________。②晶胞的密度為ρ＝__________g·cm－3。(1nm＝10－9m)(5)以FeS2為燃料，配合FeSO4·H2O可以制備鐵粉精(FexOy)和H2SO4。結(jié)合圖示解釋可充分實(shí)現(xiàn)能源和資源有效利用的原因?yàn)開(kāi)__________________________________________。答案(1)3d6(2)SOeq\o\al(2－,4)的鍵角大于H2O分子的鍵角，SOeq\o\al(2－,4)中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤電子對(duì)數(shù)為0，離子的立體構(gòu)型為正四面體形，H2O分子中O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤電子對(duì)數(shù)為2，分子的立體構(gòu)型為V形(3)配位鍵、氫鍵(4)①6②eq\f(480,a3NA)×1021(5)由圖可知，F(xiàn)eS2與O2生成FexOy的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，F(xiàn)eSO4·H2O分解生成FexOy的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)放出的熱量有利于吸熱反應(yīng)的進(jìn)行，有利于反應(yīng)生成的SO3與H2O反應(yīng)生成H2SO4解析(1)鐵元素的原子序數(shù)為26，基態(tài)亞鐵離子的價(jià)層電子排布式為3d6。(3)由圖可知，具有空軌道的亞鐵離子與水分子中具有孤電子對(duì)的氧原子形成配位鍵，硫酸根離子與水分子間形成氫鍵。(4)①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)的亞鐵離子與位于棱上的陰離子Seq\o\al(2－,2)間的距離最近，則與亞鐵離子緊鄰的陰離子個(gè)數(shù)為6。②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)和面心的亞鐵離子的個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，位于棱上和體心的Seq\o\al(2－,2)的個(gè)數(shù)為12×eq\f(1,4)＋1＝4，則晶胞的密度ρ＝eq\f(4×56＋32×2,NA×10－21a3)g·cm－3＝eq\f(480,a3NA)×1021g·cm－3。(5)由圖可知，F(xiàn)eS2與O2生成FexOy的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，F(xiàn)eSO4·H2O分解生成FexOy的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)放出的熱量有利于吸熱反應(yīng)的進(jìn)行，有利于反應(yīng)生成的SO3與H2O反應(yīng)生成H2SO4，所以以FeS2為燃料，配合FeSO4·H2O可以制備鐵粉精和H2SO4，可充分實(shí)現(xiàn)能源和資源的有效利用。4．[2022·海南，19(1)(2)(3)(4)(5)]以Cu2O、ZnO等半導(dǎo)體材料制作的傳感器和芯片具有能耗低、效率高的優(yōu)勢(shì)。回答問(wèn)題：(1)基態(tài)O原子的電子排布式____________，其中未成對(duì)電子有__________個(gè)。(2)Cu、Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性，從金屬鍵的理論看，原因是________________。(3)酞菁的銅、鋅配合物在光電傳感器方面有著重要的應(yīng)用價(jià)值。酞菁分子結(jié)構(gòu)如下圖，分子中所有原子共平面，所有N原子的雜化軌道類型相同，均采取__________雜化。鄰苯二甲酸酐()和鄰苯二甲酰亞胺()都是合成酞菁的原料，后者熔點(diǎn)高于前者，主要原因是__________________________________。(4)金屬Zn能溶于氨水，生成以氨為配體，配位數(shù)為4的配離子，Zn與氨水反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________________________________________。(5)ZnO晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導(dǎo)體的性能，Zn—N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn—O鍵，原因是_____________________________________________。答案(1)1s22s22p4(或[He]2s22p4)2(2)自由電子在外加電場(chǎng)中作定向移動(dòng)(3)sp2兩者均為分子晶體，后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，熔點(diǎn)更高(4)Zn＋4NH3＋2H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋2OH－＋H2↑(5)電負(fù)性：O＞N，Zn與N元素間的電負(fù)性差值小于Zn與O元素間的電負(fù)性差值，成鍵元素電負(fù)性差值越大，形成的化學(xué)鍵中離子鍵成分越大解析(1)基態(tài)O原子核外有8個(gè)電子，因此基態(tài)O原子的電子排布式為1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p軌道有2個(gè)未成對(duì)電子，即O原子有2個(gè)未成對(duì)電子。(2)由于金屬的自由電子可在外加電場(chǎng)中作定向移動(dòng)，因此Cu、Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性。(3)根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，N原子的雜化方式均為sp2，由于鄰苯二甲酸酐和鄰苯二甲酰亞胺均為分子晶體，而后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，因此熔點(diǎn)更高。(4)金屬Zn與氨水反應(yīng)可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反應(yīng)的離子方程式為Zn＋4NH3＋2H2O=[Zn(NH3)4]2＋＋2OH－＋H2↑。5．[2022·河北，17(1)(2)(3)(4)(5)]含Cu、Zn、Sn及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡(jiǎn)寫(xiě)為CZTS)，是一種低價(jià)、無(wú)污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽(yáng)能電池領(lǐng)域?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)S原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_(kāi)_________。(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是__________，原因是_____________。(3)SnCleq\o\al(－,3)的幾何構(gòu)型為_(kāi)_________，其中心離子雜化方式為_(kāi)_________。(4)將含有未成對(duì)電子的物質(zhì)置于外磁場(chǎng)中，會(huì)使磁場(chǎng)強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是____________(填字母)。A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CuNH32))Cl B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(CuNH34))SO4C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ZnNH34))SO4 D．Na2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ZnOH4))(5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將Mn2＋轉(zhuǎn)化為MnOeq\o\al(－,4)的是__________(填字母)。理由是____________________________________________________________________________。答案(1)1∶2(或2∶1)(2)CuCu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1的電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2的電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大(3)三角錐形sp3(4)B(5)DD中含有－1價(jià)的O，易被還原，具有強(qiáng)氧化性，能將Mn2＋轉(zhuǎn)化為MnOeq\o\al(－,4)解析(1)基態(tài)S的價(jià)電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為1∶2或2∶1。(3)SnCleq\o\al(－,3)中Sn2＋的孤電子對(duì)數(shù)為eq\f(1,2)×(4＋1－3×1)＝1，成鍵電子對(duì)數(shù)為3，則價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，幾何構(gòu)型為三角錐形，Sn2＋的雜化方式為sp3雜化。(4)根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對(duì)電子。[Cu(NH3)2]Cl各原子核外電子均已成對(duì)，A不符合題意；[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2＋價(jià)電子排布是3d9，有未成對(duì)電子，B符合題意；[Zn(NH3)4]SO4各原子核外電子均已成對(duì)，C不符合題意；Na2[Zn(OH)4]各原子核外電子均已成對(duì)，D不符合題意。(5)Mn2＋轉(zhuǎn)化為MnOeq\o\al(－,4)需要氧化劑，且氧化性比MnOeq\o\al(－,4)的強(qiáng)，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnOeq\o\al(－,4)，故A不符合題意；B、C中的S化合價(jià)比H2SO4低，氧化轉(zhuǎn)化為MnOeq\o\al(－,4)，故D符合題意。的籠形包合物四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫(huà)出)，每個(gè)苯環(huán)只有一半屬于該晶胞。晶胞參數(shù)為a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)_______，在元素周期表中位置為_(kāi)_________。(2)晶胞中N原子均參與形成配位鍵，Ni2＋與Zn2＋的配位數(shù)之比為_(kāi)_________；x∶y∶z＝__________；晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是__________。(3)吡啶()替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似的Πeq\o\al(6,6)大π鍵、則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)________(填標(biāo)號(hào))。A．2s軌道 B．2p軌道C．sp雜化軌道 D．sp2雜化軌道(4)在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，主要原因是①___________________________________，②_____________________________________________________________________________。(5)、、的堿性隨N原子電子云密度的增大而增強(qiáng)，其中堿性最弱的是__________。答案(1)3d84s2第四周期Ⅷ族(2)2∶32∶1∶1Zn2＋(3)D(4)吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵吡啶和H2O均為極性分子，相似相溶，而苯為非極性分子(5)解析(1)已知Ni是28號(hào)元素，故基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為3d84s2，在元素周期表中位于第四周期Ⅷ族。(2)由題干晶胞示意圖可知，一個(gè)晶胞中含有Ni2＋個(gè)數(shù)為2×eq\f(1,2)＝1，Zn2＋個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＝1，CN－個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,2)＝4，NH3個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,4)＝2，苯環(huán)個(gè)數(shù)為4×eq\f(1,2)＝2，則該晶胞的化學(xué)式為Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6，且晶胞中每個(gè)N原子均參與形成配位鍵，Ni2＋周圍形成的配位鍵數(shù)目為4，Zn2＋周圍形成的配位鍵數(shù)目為6，則Ni2＋與Zn2＋的配位數(shù)之比為4∶6＝2∶3；x∶y∶z＝4∶2∶2＝2∶1∶1；Ni2＋的配位數(shù)為4，則Ni2＋采取sp3雜化，而Zn2＋的配位數(shù)為6，Zn2＋采取sp3d2雜化，即晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是Zn2＋。(3)已知吡啶中含有與苯類似的Πeq\o\al(6,6)大π鍵，則說(shuō)明吡啶中N原子也是采取sp2雜化，雜化軌道只用于形成σ鍵和容納孤電子對(duì)，則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)sp2雜化軌道。(4)已知苯分子為非極性分子，吡啶、H2O分子為極性分子，且吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵，從而導(dǎo)致在水中的溶解度：吡啶遠(yuǎn)大于苯。(5)已知—CH3為推電子基團(tuán)，—Cl是吸電子基團(tuán)，則N原子電子云密度大小順序?yàn)椋荆?，結(jié)合題干信息可知，其中堿性最弱的為。專題強(qiáng)化練1．(2022·吉林延邊一模)銅是人類廣泛使用的一種金屬，含銅物質(zhì)在生產(chǎn)、生活中有著廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)銅錳氧化物(CuMn2O4)能在常溫下催化氧化一氧化碳和甲醛(HCHO)。①基態(tài)Cu原子的M層電子排布式為_(kāi)___________________________。②CO和N2互為等電子體。標(biāo)準(zhǔn)狀況下VLCO分子中π鍵數(shù)目為_(kāi)_________。(2)鈣銅合金可用作電解法制備金屬鈣的陰極電極材料。鈣在元素周期表中位于__________(填“s”“p”“d”或“ds”)區(qū)。一種鈣銅合金的結(jié)構(gòu)如圖(Ⅲ可看作是由Ⅰ、Ⅱ兩種原子層交替堆積排列而形成的，其晶胞結(jié)構(gòu)為Ⅳ)。該鈣銅合金中銅原子與鈣原子的個(gè)數(shù)比為_(kāi)___________。(3)已知硫酸銅稀溶液呈藍(lán)色，判斷硫酸銅稀溶液中不存在的作用力有__________(填字母)。A．配位鍵B．金屬鍵C．離子鍵D．氫鍵E．范德華力(4)Cu2＋可形成[Cu(X)2]2＋，其中X代表CH3—HN—CH2—CH2—NH2。則1mol[Cu(X)2]2＋微粒中VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有________mol。(5)一種含有Fe、Cu、S三種元素的礦物的晶胞(如圖所示)，屬于四方晶系(晶胞底面為正方形)，則該化合物的化學(xué)式為_(kāi)___________________________________________；若晶胞的底面邊長(zhǎng)為anm，晶體的密度為ρg·cm－3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞的高為_(kāi)_______nm。答案(1)①3s23p63d10②eq\f(VNA,11.2)(2)s5∶1(3)BC(4)10(5)FeCuS2eq\f(736,a2ρNA×10－21)解析(1)②CO和N2互為等電子體。等電子體結(jié)構(gòu)相似，CO分子中C、O原子之間以共價(jià)三鍵結(jié)合，其中含有1個(gè)σ鍵，2個(gè)π鍵。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下VLCO氣體中含有氣體分子物質(zhì)的量n(CO)＝eq\f(V,22.4)mol，則該分子中含有的π鍵數(shù)目N(π)＝2n(CO)NA＝eq\f(VNA,11.2)。(2)Ca是20號(hào)元素，Ca原子核外電子排布為2、8、8、2，所以Ca位于元素周期表第四周期ⅡA族，屬于s區(qū)元素；由圖Ⅳ可知：上下底面內(nèi)角為120°、60°，上下面共用4個(gè)對(duì)稱的Cu原子、前后面和左右面共用1個(gè)Cu原子，體心有1個(gè)Cu原子；Ca原子為晶胞的頂點(diǎn)，則一個(gè)晶胞中含有Ca的數(shù)目為4×eq\f(1,12)＋4×eq\f(1,6)＝1，含有Cu的數(shù)目為8×eq\f(1,2)＋1＝5，所以鈣銅合金中銅原子與鈣原子的個(gè)數(shù)比為5∶1。(3)硫酸銅在溶液中完全電離產(chǎn)生自由移動(dòng)的離子，不存在離子鍵；水分子之間存在范德華力、氫鍵，水分子、硫酸根離子中原子之間形成共價(jià)鍵，水合銅離子中存在配位鍵，不存在金屬鍵，故合理選項(xiàng)是BC。(4)Cu2＋可形成[Cu(X)2]2＋，其中X代表CH3—HN—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)都是4，VSEPR模型為四面體形，則1mol[Cu(X)2]2＋微粒中VSEPR模型為四面體的非金屬原子共有10mol。(5)根據(jù)圖示可知在一個(gè)晶胞中含有的Fe原子數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,2)＋1＝4；含有的Cu原子數(shù)目為4×eq\f(1,4)＋6×eq\f(1,2)＝4，含有的S原子數(shù)目是8個(gè)，所以該物質(zhì)的化學(xué)式為FeCuS2；假設(shè)晶胞高度為cnm，該晶胞密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(4×56＋64＋32×2,NAa2c×10－21)g·cm－3＝eq\f(736,NAa2c×10－21)g·cm－3，所以晶胞的高度c＝eq\f(736,a2ρNA×10－21)nm。2．(2022·江西上饒模擬預(yù)測(cè))磷酸亞鐵鋰(LiFePO4)電池是新能源汽車動(dòng)力電池之一。(1)寫(xiě)出基態(tài)Fe2＋的核外電子排布式：________________________，請(qǐng)從原子結(jié)構(gòu)角度解釋Fe能呈＋2價(jià)的原因：____________。(2)POeq\o\al(3－,4)的立體構(gòu)型為_(kāi)_____________，由兩種短周期同主族元素構(gòu)成且與磷酸根離子互為等電子體的粒子為_(kāi)_____________，P的雜化軌道與O的2p軌道形成____________。氧離子：(0,0,0)；(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，0)；(eq\f(1,2)，0，eq\f(1,2))；(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))；……鋰離子：(eq\f(1,4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,4))；(eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，eq\f(1,4))；(eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，eq\f(1,4))；(eq\f(3,4)，eq\f(3,4)，eq\f(1,4))；……①在圖上畫(huà)出氧化鋰晶胞沿x軸投影的俯視圖。②鋰離子的配位數(shù)為_(kāi)_____________。③設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，氧化鋰晶體的密度為_(kāi)_______g·cm－3(列出計(jì)算表達(dá)式)。答案(1)[Ar]3d6(或1s22s22p63s23p63d6)Fe的價(jià)層電子排布為3d64s2，其4s上的2個(gè)電子易失去而顯＋2價(jià)(2)正四面體SOeq\o\al(2－,4)σ鍵(3)①②4③eq\f(4×30,NA×a3×10－30)解析(2)POeq\o\al(3－,4)的中心原子P上的孤電子對(duì)數(shù)為eq\f(1,2)×(5＋3－4×2)＝0，σ鍵電子對(duì)數(shù)為4，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，P原子采取sp3雜化，VSEPR模型為四面體形，由于沒(méi)有孤電子對(duì)，故立體構(gòu)型為正四面體；用“替代法”，由兩種短周期同主族元素構(gòu)成且與磷酸根離子互為等電子體的粒子為SOeq\o\al(2－,4)；P的雜化軌道與O的2p軌道形成σ鍵。(3)①由題干得，Li2O的晶胞中O2－位于8個(gè)頂點(diǎn)和6個(gè)面心，1個(gè)晶胞中含8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個(gè)O2－，Li＋位于O2－構(gòu)成的八個(gè)四面體空隙，1個(gè)晶胞中含8個(gè)Li＋，則氧化鋰晶胞沿x軸投影的俯視圖為。②Li2O的晶胞中O2－位于8個(gè)頂點(diǎn)和6個(gè)面心，Li＋位于O2－構(gòu)成的八個(gè)四面體空隙，則鋰離子的配位數(shù)為4。③1個(gè)晶胞的質(zhì)量為eq\f(4×30,NA)g；晶胞參數(shù)為apm,1個(gè)晶胞的體積為(a×10－10cm)3＝a3×10－30cm3；則氧化鋰晶體的密度為eq\f(\f(4×30,NA)g,a3×10－30cm3)＝eq\f(4×30,NA×a3×10－30)g·cm－3。3．(2022·云南二模)過(guò)渡金屬及其化合物在生產(chǎn)、生活中有著廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)過(guò)渡元素Co基態(tài)原子的核外電子排布式為_(kāi)_________________；第四電離能I4(Co)＜I4(Fe)，其原因是___________________________________________________________。①配合物Fe(CO)5的熔點(diǎn)為－20℃，沸點(diǎn)為103℃，可用于制備純鐵。Fe(CO)5的結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于Fe(CO)5說(shuō)法不正確的是________(填字母)。A．Fe(CO)5是分子晶體B．Fe(CO)5中Fe原子的配體與Ceq\o\al(2－,2)互為等電子體C．Fe(CO)5中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為1∶1D．Fe(CO)5=Fe＋5CO反應(yīng)中沒(méi)有新化學(xué)鍵形成②CN－的電子式為_(kāi)_____________。③H2NCONH2(尿素)中N原子的雜化方式為_(kāi)_____________，組成尿素的4種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)開(kāi)_____________。(3)Ni和As形成某種晶體的晶胞如圖所示。其中，大球?yàn)镹i，小球?yàn)锳s，距離As最近的Ni構(gòu)成正三棱柱，其中晶胞下方As原子坐標(biāo)為(eq\f(1,3)，eq\f(2,3)，eq\f(1,4))。①Ni的配位數(shù)為_(kāi)_____________。②已知晶胞底面邊長(zhǎng)為apm，高為cpm，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。則晶胞密度為_(kāi)___________g·cm－3。答案(1)1s22s22p63s23p63d74s2(或[Ar]3d74s2)Fe失去的是較穩(wěn)定的3d5中的一個(gè)電子，Co失去的是3d6中的一個(gè)電子(2)①D②③sp3N＞O＞H＞C(3)①6②eq\f(268,\f(\r(3),2)a2c×10－30×NA)解析(2)①配合物Fe(CO)5的熔點(diǎn)為－20℃，沸點(diǎn)為103℃，可知其屬于分子晶體，故A正確；Fe(CO)5中Fe原子的配體為CO，與Ceq\o\al(2－,2)原子總數(shù)相等，價(jià)電子數(shù)也相同，所以CO、Ceq\o\al(2－,2)屬于等電子體，故B正確；Fe與CO形成5個(gè)配位鍵即σ鍵，每個(gè)CO分子中含有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，σ鍵與π鍵數(shù)目之比為1∶1，故C正確；反應(yīng)得到Fe單質(zhì)，形成金屬鍵，故D錯(cuò)誤。②CN－與N2互為等電子體，等電子體的結(jié)構(gòu)相似，所以CN－的電子式為。③H2NCONH2(尿素)中N原子形成3個(gè)σ鍵，有1個(gè)孤電子對(duì)，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4，所以N原子的雜化方式為sp3；同一周期元素，其第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢(shì)，但第ⅡA族、第ⅤA族第一電離能大于同周期相鄰元素，所以第一電離能：N＞O＞H＞C。(3)①晶胞含Ni原子2個(gè)，As原子2個(gè)，化學(xué)式為NiAs，配位數(shù)之比應(yīng)為1∶1；與As配位的Ni形成正三棱柱，As的配位數(shù)是6，所以Ni的配位數(shù)為6。②由As配位的Ni形成正三棱柱可判斷，該三棱柱底面為正三角形，晶胞底面夾角為60°和120°，底面積為eq\f(\r(3),2)a2×10－20cm2，所以晶胞密度為eq\f(59＋75×2,\f(\r(3),2)a2c×10－30×NA)g·cm－3＝eq\f(268,\f(\r(3),2)a2c×10－30×NA)g·cm－3。4．(2022·安徽二模)鎳是一種銀白色金屬，具有良好的機(jī)械強(qiáng)度和延展性，常用來(lái)制造貨幣等，鍍?cè)谄渌饘偕峡梢苑乐股P?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)鎳原子核外未成對(duì)的電子數(shù)為_(kāi)_____個(gè)。(2)鎳不溶于水，在稀酸中可緩慢溶解，生成Ni2＋。用丁二酮肟(dmg)鑒定Ni2＋的存在時(shí)生成鮮紅色的沉淀，其反應(yīng)的離子方程式為Ni2＋＋2dmgNi(dmg)2↓＋2H＋。已知：丁二酮肟的結(jié)構(gòu)式為；Ni(dmg)2的結(jié)構(gòu)如圖所示。①Ni(dmg)2中所含的作用力有____(填字母)。A．極性鍵B．非極性鍵C．離子鍵D．配位鍵E．氫鍵②Ni(dmg)2中所含元素電負(fù)性由大到小的順序是__________，N原子的雜化方式為_(kāi)______________________________________________________________________________________。③Ni(dmg)2中Ni與N成鍵，而非和O成鍵的原因可能是_______________________________。④Ni(dmg)2在水中的溶解度比較小的原因是_____________________________