2025屆高考化學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試專題強(qiáng)化練六物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)

專題強(qiáng)化練(六)物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)1．(2024·浙江卷)共價(jià)化合物Al2Cl6中全部原子均滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，肯定條件下可發(fā)生反應(yīng)：Al2Cl6＋2NH3=2Al(NH3)Cl3，下列說法不正確的是()A．Al2Cl6的結(jié)構(gòu)式為B．Al2Cl6為非極性分子C．該反應(yīng)中NH3的配位實(shí)力大于氯D．Al2Br6比Al2Cl6更難與NH3發(fā)生反應(yīng)解析：由雙聚氯化鋁分子中全部原子均滿意8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)可知，分子的結(jié)構(gòu)式為，故A項(xiàng)正確；由選項(xiàng)A的分析可知，則雙聚氯化鋁分子為結(jié)構(gòu)對稱的非極性分子，故B項(xiàng)正確；由反應(yīng)方程式可知，氨分子更易與具有空軌道的鋁原子形成配位鍵，配位實(shí)力大于氯原子，故C項(xiàng)正確；溴元素的電負(fù)性小于氯元素，溴原子的原子半徑大于氯原子，則鋁溴鍵弱于鋁氯鍵，所以雙聚溴化鋁的鋁溴鍵更易斷裂，比雙聚氯化鋁更易與NH3反應(yīng)，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：D2．(2024·全國甲卷)Q、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，其最外層電子數(shù)之和為19。Q與X、Y、Z位于不同周期，X、Y相鄰，Y原子最外層電子數(shù)是Q原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍。下列說法正確的是()A．非金屬性：X>QB．單質(zhì)的熔點(diǎn)：X>YC．簡潔氫化物的沸點(diǎn)：Z>QD．最高價(jià)含氧酸的酸性：Z>Y解析：Q、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Q與X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外層電子數(shù)為Q原子內(nèi)層電子數(shù)的2倍，則Q應(yīng)為其次周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外層電子數(shù)為4，則Y為Si元素，X、Y相鄰，且X的原子序數(shù)小于Y，則X為Al元素。Q、X、Y、Z的最外層電子數(shù)之和為19，則Q、Z的最外層電子數(shù)之和為19－3－4＝12，主族元素的最外層電子數(shù)最多為7，若Q的最外層電子數(shù)為7，為F元素，Z的最外層電子數(shù)為5，為P元素；若Q的最外層電子數(shù)為6，為O元素，則Z的最外層電子數(shù)為6，為S元素；若Q的最外層電子數(shù)為5，為N元素，Z的最外層電子數(shù)為7，為Cl元素。綜上所述，Q為N或O或F，X為Al，Y為Si，Z為Cl或S或P，據(jù)此分析解答。X為Al，Q為N或O或F，同一周期從左往右元素非金屬性依次增加，同一主族從上往下依次減弱，故非金屬性：Q>X，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由分析可知，X為Al屬于金屬晶體，Y為Si屬于共價(jià)晶體，故單質(zhì)熔點(diǎn)：Si>Al，即Y>X，B項(xiàng)錯(cuò)誤；含有氫鍵的物質(zhì)沸點(diǎn)上升，由分析可知Q為N或O或F，其簡潔氫化物為H2O或NH3或HF，Z為Cl或S或P，其簡潔氫化物為HCl或H2S或PH3，由于前者物質(zhì)中存在分子間氫鍵，而后者物質(zhì)中不存在，故沸點(diǎn)：Q>Z，C項(xiàng)錯(cuò)誤；元素的非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)含氧酸的酸性越強(qiáng)，P、S、Cl的非金屬性均強(qiáng)于Si，因此最高價(jià)含氧酸酸性：Z>Y，D項(xiàng)正確。故選D。答案：D3．(2024·遼寧卷)某種鎂鹽具有良好的電化學(xué)性能，其陰離子結(jié)構(gòu)如下圖所示。W、X、Y、Z、Q是核電荷數(shù)依次增大的短周期元素，W、Y原子序數(shù)之和等于Z，Y原子價(jià)電子數(shù)是Q原子價(jià)電子數(shù)的2倍。下列說法錯(cuò)誤的是()A．W與X的化合物為極性分子B．第一電離能Z>Y>XC．Q的氧化物是兩性氧化物D．該陰離子中含有配位鍵解析：W、X、Y、Z、Q是核電荷數(shù)依次增大的短周期元素，W形成1條單鍵且核電荷數(shù)最小，W為H，X形成4條鍵，核電荷數(shù)大于H，且小于其他三種元素，X為C，Y形成2條單鍵，核電荷數(shù)大于C，Y為O，W、Y原子序數(shù)之和等于Z，Z為F，Y原子價(jià)電子數(shù)為Q原子價(jià)電子數(shù)的2倍，Q為Al。據(jù)此分析解答。W與X的化合物不肯定為極性分子，如CH4就是非極性分子，A項(xiàng)錯(cuò)誤；同周期元素從左到右第一電離能呈增大趨勢，則第一電離能F>O>C，B項(xiàng)正確；Q為Al，Al2O3為兩性氧化物，C項(xiàng)正確；該陰離子中L與Q之間形成配位鍵，D項(xiàng)正確。故選A。答案：A4．(2024·湖北卷)W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相鄰，W的核外電子數(shù)與X的價(jià)層電子數(shù)相等，Z2是氧化性最強(qiáng)的單質(zhì)，4種元素可形成離子化合物(XY)＋(WZ4)－。下列說法正確的是()A．分子的極性：WZ3<XZ3B．第一電離能：X<Y<ZC．氧化性：X2Y3<W2Y3D．鍵能：X2<Y2<Z2解析：Z2是氧化性最強(qiáng)的單質(zhì)，則Z是F，X、Y、Z相鄰，且X、Y、Z為原子序數(shù)依次增加的同一短周期元素，則X為N，Y為O，W的核外電子數(shù)與X的價(jià)層電子數(shù)相等，則W為B，即W為B，X為N，Y為O，Z是F，以此解題。由分析可知，W為B，X為N，Z是F，WZ3為BF3，XZ3為NF3，BF3的價(jià)層電子對數(shù)為3，空間構(gòu)型為平面三角形，為非極性分子，NF3的價(jià)層電子對數(shù)為4，有一對孤電子對，空間構(gòu)型為三角錐形，為極性分子，則分子的極性：WZ3<XZ3，A項(xiàng)正確；由分析可知，X為N，Y為O，Z是F，同一周期從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但是N的價(jià)層電子排布式為2s22p3，為半充溢穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能大于相鄰周期的元素，則第一電離能：Y<X<Z，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由分析可知，W為B，X為N，Y為O，則X2Y3為N2O3，W2Y3為B2O3，兩種化合物中N和B的化合價(jià)都是＋3價(jià)，但是N的非金屬性更強(qiáng)一些，故N2O3的氧化性更強(qiáng)一些，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由分析可知，X為N，Y為O，Z是F，其中N對應(yīng)的單質(zhì)為氮?dú)?，其中包含三鍵，鍵能較大，D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選A。答案：A5．鉻離子能形成多種配位化合物，下列關(guān)于[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋的說法正確的是()A．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中Cr的化合價(jià)為＋2B．[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2＋中鉻離子的配位數(shù)是5C．NH3的沸點(diǎn)比H2O低D．NH3與H2O的鍵角相同解析：NH3、H2O化合價(jià)代數(shù)和均為0，Cl化合價(jià)為－1價(jià)，故Cr的化合價(jià)為＋2－(－1)＝＋3價(jià)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；H2O中的氧原子、NH3中的氮原子和Cl－中都有孤電子對，可作配位原子，故配位原子為O、N、Cl，中心離子的配位數(shù)為3＋2＋1＝6，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；NH3形成的氫鍵比H2O的弱，NH3的沸點(diǎn)比H2O低，選項(xiàng)C正確；H2O中的氧原子有兩對孤電子對，而NH3中的氮原子只有一對孤電子對，H2O中O原子的孤電子對數(shù)更多，對成鍵電子對的斥力更大，鍵角更小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。答案：C6．(2024·廣東統(tǒng)考一模)一種鋰的氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù)a＝b＝c＝0.4665nm，晶胞棱邊夾角均為90°)。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。下列有關(guān)說法不正確的是()A．該氧化物的化學(xué)式為Li2OB．O原子之間的最短距離為eq\f(\r(2),2)×466.5pmC．與Li距離最近且相等的O有8個(gè)D．若p原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))，則q原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))解析：該晶胞中，含Li＋個(gè)數(shù)為8，含O2－個(gè)數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，則氧化物的化學(xué)式為Li2O，A項(xiàng)正確；從題圖中可以看出，O原子之間的最短距離為面對角線長度的一半，即為eq\f(\r(2),2)×466.5pm，B項(xiàng)正確；在晶胞中，Li＋與鄰近的4個(gè)O2－構(gòu)成正四面體，則與Li距離最近且相等的O有4個(gè)，C項(xiàng)不正確；若p原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(1,4)))，則q原子在x、y、z軸上的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為eq\f(1,4)、eq\f(3,4)、eq\f(3,4)，從而得出q原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(3,4)，\f(3,4)))，D項(xiàng)正確。故選C。答案：C7．(2024·天津部分高三期中聯(lián)考)1934年約里奧—居里夫婦在核反應(yīng)中用α粒子(即氦eq\o\al(4,2)He)轟擊金屬原子eq\o\al(W,Z)X，得到核素eq\o\al(30,Z＋2)X，開創(chuàng)了人造放射性核素的先河：eq\o\al(W,Z)X＋eq\o\al(4,2)He→eq\o\al(30,Z＋2)Y＋eq\o\al(1,0)n，其中元素X、Y的最外層電子數(shù)之和為8。下列敘述正確的是()A．X的相對原子質(zhì)量為26B．X、Y均可形成三氯化物C．X的原子半徑小于Y的D．Y僅有一種含氧酸解析：由質(zhì)量守恒可得：W＝30＋1－4＝27，設(shè)X的最外層電子數(shù)為x，由元素X、Y的最外層電子數(shù)之和為8可得：x＋x＋2＝8，解得x＝3，Y的質(zhì)量數(shù)為30，則X為Al元素、Y為P元素。由分析可知，X的質(zhì)量數(shù)是27，eq\o\al(27,13)Al的相對原子質(zhì)量近似為27，Al元素的相對原子質(zhì)量須要依據(jù)鋁的各種同位素的相對原子質(zhì)量和它們在自然界中的原子百分比計(jì)算平均值，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；鋁元素、磷元素都能與氯元素形成三氯化物，如三氯化鋁、三氯化磷，故B項(xiàng)正確；同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則鋁原子的原子半徑大于磷原子，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；磷元素可以形成磷酸、亞磷酸、偏磷酸等多種含氧酸，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。故選B。答案：B8．(2024·全國乙卷)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。回答下列問題：(1)氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有________，其中能量較高的是________。(均填字母)a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2c．1s22s12p2 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鍵長的依次是____________________________，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)，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為________。說明X的熔點(diǎn)比Y高的緣由：___________________________________________________________________________________________________________________________。(4)α-AgI晶體中I－離子作體心立方積累(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。在電場作用下，Ag＋不須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________。已知阿伏加德羅常數(shù)為NA，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝____________m3·mol－1(列出算式)。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。a項(xiàng)，1s22s22p43s1，基態(tài)氟原子2p能級上的1個(gè)電子躍遷到3s能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)；b項(xiàng)，1s22s22p43d2，核外共10個(gè)電子，不是氟原子；c項(xiàng)，1s22s12p5，核外共8個(gè)電子，不是氟原子；d項(xiàng)，1s22s22p33p2，基態(tài)氟原子2p能級上的2個(gè)電子躍遷到3p能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)；答案選ad。而同一原子3p能級的能量比3s能級的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案選d。(2)①一氯乙烯的結(jié)構(gòu)式為，碳為雙鍵碳實(shí)行sp2雜化，因此C的1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的鍵長越短，一氯乙烷中碳實(shí)行sp3雜化，一氯乙烯中碳實(shí)行sp2雜化，一氯乙炔中碳實(shí)行sp雜化，sp雜化時(shí)p成分少，sp3雜化時(shí)p成分多，因此三種物質(zhì)中C—Cl鍵長依次為一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同時(shí)Cl參加形成的大π鍵越多，形成的C—Cl的鍵長越短，一氯乙烯中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))，一氯乙炔中Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成2套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鍵長依次為一氯乙烷>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，生成無色晶體和紅棕色液體，則無色晶體為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，在電場作用下，Ag＋不須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(（504×10－12）3m3,\f(2,NA)mol)＝eq\f(NA×（504×10－12）3,2)m3·mol－1。答案：(1)add(2)①sp2σ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔Cl參加形成的大π鍵越多，形成的C—Cl的鍵長越短(3)CsClCsCl為離子晶體，ICl為分子晶體(4)電解質(zhì)eq\f(NA×（504×10－12）3,2)9．(2024·天津模擬預(yù)料)硒—鈷—鑭(La)三元整流劑在導(dǎo)電玻璃中應(yīng)用廣泛，且三種元素形成的單質(zhì)及其化合物均有重要的應(yīng)用。請回答下列問題：(1)鈷位于元素周期表中________(填“s”“p”“d”或“ds”)區(qū)，與鈷位于同一周期且含有相同未成對電子數(shù)的元素有________種。(2)元素Se、O、N的第一電離能由大到小的依次__________________。硒的某種氧化物為鏈狀聚合結(jié)構(gòu)如圖1所示，該氧化物的化學(xué)式為_________________________________。圖1(3)二硒鍵和二硫鍵是重要的光響應(yīng)動(dòng)態(tài)共價(jià)鍵，其光響應(yīng)原理可用圖2表示。已知光的波長與鍵能成反比，則圖中實(shí)現(xiàn)光響應(yīng)的波長：λ1________(填“>”“＜”或“＝”)λ2，其緣由是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)[Co(15-冠-5)(H2O)eq\o\al(2＋,2)](“15-冠-5”是指冠醚的環(huán)上原子總數(shù)為15，其中O原子數(shù)為5)是一種配位離子，該配位離子的結(jié)構(gòu)示意圖如圖3，該配位離子中含有的σ鍵數(shù)目為________。全惠斯勒合金CrxCoyAlz的晶胞結(jié)構(gòu)如圖4所示，其化學(xué)式為__________。解析：(1)基態(tài)鈷原子的核外電子排布式為[Ar]3d74s2位于元素周期表的d區(qū)，與鈷同一周期且含有相同未成對電子數(shù)(3個(gè))的元素為V、As，共2種。(2)同主族元素至上而下，第一電離能減小，即O>Se。氮元素的2p軌道電子處于半充溢穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，即N>O，所以第一電離能由小到大的依次為Se<O<N。依據(jù)題中結(jié)構(gòu)圖可以推斷與Se結(jié)合的氧原子個(gè)數(shù)為1＋2×eq\f(1,2)＝2，所以該氧化物的化學(xué)式為SeO2。(3)由于Se的原子半徑比S的原子半徑大，Se—Se的鍵能比S—S的鍵能小，斷裂Se—Se所須要的最低能量小，對應(yīng)的光波波長較長，所以圖中實(shí)現(xiàn)光響應(yīng)的波長：λ1<λ2。(4)冠醚分子中還含有碳?xì)滏I有2×10＝20(個(gè))，環(huán)上有碳氧鍵和C—C鍵共15個(gè)，2個(gè)H2O分子中4個(gè)O—H鍵。同時(shí)配離子中的配位鍵也為σ鍵，7個(gè)配位，配位鍵共有7個(gè)。有則該配位離子中含有的σ鍵數(shù)目為15＋2×10＋2×2＋7＝46。由題圖4可知，一個(gè)晶胞中含有Cr的數(shù)目為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋4×1＝8，含有Co的數(shù)目為12×eq\f(1,4)＋1×1＝4，含有Al的數(shù)目為4×1＝4，所以晶體化學(xué)式為Cr2CoAl。答案：(1)d2(2)N>O>SeSeO2(3)＜Se的原子半徑比S的原子半徑大，Se—Se的鍵能比S—S的鍵能小，斷裂Se—Se所須要的最低能量小，對應(yīng)的光波的波長較長(4)46Cr2CoAl10．(2024·浙江卷)氮的化合物種類繁多，應(yīng)用廣泛。請回答下列問題：(1)基態(tài)N原子的價(jià)層電子排布式是___________________________________________。(2)與碳?xì)浠衔镱愃?，N、H兩元素之間也可以形成氮烷、氮烯。①下列說法不正確的是________。A．能量最低的激發(fā)態(tài)N原子的電子排布式：1s22s12p33s1B．化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：Ca3N2>Mg3N2C．最簡潔的氮烯分子式：N2H2D．氮烷中N原子的雜化方式都是sp3②氮和氫形成的無環(huán)氮多烯，設(shè)分子中氮原子數(shù)為n，雙鍵數(shù)為m，其分子式通式為______________________________________。③給出H＋的實(shí)力：NH3________(填“>”或“<”)[CuNH3]2＋，理由是_________________________________________________________________________________________。(3)某含氮化合物晶胞如圖，其化學(xué)式為__________，每個(gè)陰離子團(tuán)的配位數(shù)(緊鄰的陽離子數(shù))為________。解析：(1)N核電荷數(shù)為7，核外有7個(gè)電子，基態(tài)N原子電子排布式為1s22s22p3，則基態(tài)N原子的價(jià)層電子排布式是2s22p3。(2)①能量最低的激發(fā)態(tài)N原子應(yīng)當(dāng)是2p能級上一個(gè)電子躍遷到3s能級，其電子排布式：1s22s22p23s1，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；鈣的金屬性比鎂的金屬性強(qiáng)，則化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：Ca3N2>Mg3N2，故B項(xiàng)正確；氮有三個(gè)價(jià)鍵，最簡潔的氮烯即含一個(gè)氮氮雙鍵，另一個(gè)價(jià)鍵與氫結(jié)合，則其分子式為N2H2，故C項(xiàng)正確；氮烷中N原子有一對孤對電子，有三個(gè)價(jià)鍵，則氮原子的雜化方式都是sp3，故D項(xiàng)正確。故選A。②氮和氫形成的無環(huán)氮多烯，一個(gè)氮的氮烷為NH3，兩個(gè)氮的氮烷為N2H4，三個(gè)氮的氮烷為N3H5，四個(gè)氮的氮烷為N4H6，設(shè)分子中氮原子數(shù)為n，其氮烷分子式通式為NnHn＋2，依據(jù)有一個(gè)氮氮雙鍵，則少2個(gè)氫原子，因此當(dāng)雙鍵數(shù)為m，其分子式通式為NnHn＋2－2m(m≤eq\f(n,2)，m為正整數(shù))。③[CuNH3]2＋形成配位鍵后，由于Cu對電子的吸引，使電子云向銅偏移，進(jìn)一步使氮?dú)滏I的極性變大，故其更易斷裂，因此給出H＋的實(shí)力：NH3＜[CuNH3]2＋。(3)依據(jù)題圖可知，鈣個(gè)數(shù)為2＋8×eq\f(1,8)＝3，CNeq\o\al(2－,2)個(gè)數(shù)為2＋4×eq\f(1,4)＝3，則其化學(xué)式為CaCN2；其鍵角為120°依據(jù)六方最密積累圖，以體內(nèi)的1個(gè)CNeq\o\al(2－,2)為例，在其上方、下方距離最近的鈣離子各有3個(gè)，其配位數(shù)為6。答案：(1)2s22p3(2)①A②NnHn＋2－2m(m≤eq\f(n,2)，m為正整數(shù))③＜形成配位鍵后，由于Cu對電子的吸引，使電子云向銅偏移，進(jìn)一步使氮?dú)滏I的極性變大，故其更易斷裂(3)CaCN2611．(2024·廣東卷)Ni、Co均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，并獲得高附加值化工產(chǎn)品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋與NH3形成可溶于水的配離子：lgKb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp如下表。氫氧化物Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10－151.6×10－445.5×10－161.3×10－335.6×10－12回答下列問題：(1)活性MgO可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為_____________________________________________________________________________________________________________。(2)常溫下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3·H2O)________(填“>”“<”或“＝”)c(NHeq\o\al(＋,4))。(3)“氨浸”時(shí)，由Co(OH)3轉(zhuǎn)化為[Co(NH3)6]2＋的離子方程式為__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)(NH4)2CO3會(huì)使濾泥中的一種膠狀物質(zhì)轉(zhuǎn)化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現(xiàn)了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。①NH4Al(OH)2CO3屬于__________(填“晶體”或“非晶體”)。②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其緣由是_____________________________________________________________________________________________________。(5)①“析晶”過程中通入的酸性氣體A為__________________________________。②由CoCl2可制備AlxCoOy晶體，其立方晶胞如圖。Al與O最小間距大于Co與O最小間距，x、y為整數(shù)，則Co在晶胞中的位置為__________；晶體中一個(gè)Al四周與其最近的O的個(gè)數(shù)為____________。(6)①“結(jié)晶純化”過程中，沒有引入新物質(zhì)。晶體A含6個(gè)結(jié)晶水，則所得HNO3溶液中n(HNO3)與n(H2O)的比值，理論上最高為________。②“熱解”對于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，在于可重復(fù)利用HNO3和_______(填化學(xué)式)。解析：硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化鎂、調(diào)整溶液pH值，過濾，得到濾液主要是硝酸鎂，結(jié)晶純化得到硝酸鎂晶體，再熱解得到氧化鎂和硝酸。濾泥加入氨性溶液氨浸，過濾，然后在濾液中進(jìn)行鎳鈷分別，經(jīng)過一系列操作得到氯化鈷和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中通入氯化氫氣體得到氯化鎳晶體。(1)活性MgO可與水反應(yīng)，化學(xué)方程式為MgO＋H2O=Mg(OH)2。(2)常溫下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(OH－)＝10－4.1，由lgKb(NH3·H2O)＝－4.7，則Kb(NH3·H2O)＝10－4.7＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(10－4.7,c（OH－）)＝eq\f(10－4.7,10－4.1)＝10－0.6<1，則c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al