2020年高考真題+高考模擬題 專(zhuān)項(xiàng)版解析匯編 化學(xué)-17 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選修）（教師版）

PAGEPAGE1專(zhuān)題17物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（選修）20202020年高考真題1．（2020年山東新高考）下列關(guān)于C、Si及其化合物結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的論述錯(cuò)誤的是A．鍵能、，因此C2H6穩(wěn)定性大于Si2H6B．立方型SiC是與金剛石成鍵、結(jié)構(gòu)均相似的共價(jià)晶體，因此具有很高的硬度C．SiH4中Si的化合價(jià)為+4，CH4中C的化合價(jià)為-4，因此SiH4還原性小于CH4D．Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，是因?yàn)镾i的原子半徑大于C，難形成鍵〖答案〗C〖解析〗A．因鍵能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的鍵能總和大于Si2H6，鍵能越大越穩(wěn)定，故C2H6的穩(wěn)定性大于Si2H6，A正確；B．SiC的成鍵和結(jié)構(gòu)與金剛石類(lèi)似均為原子晶體，金剛石的硬度很大，類(lèi)比可推測(cè)SiC的硬度和很大，B正確；C．SiH4中Si的化合價(jià)為-4價(jià)，C的非金屬性強(qiáng)于Si，則C的氧化性強(qiáng)于Si，則Si的陰離子的還原性強(qiáng)于C的陰離子，則SiH4的還原性較強(qiáng)，C錯(cuò)誤；D．Si原子的半徑大于C原子，在形成化學(xué)鍵時(shí)紡錘形的p軌道很難相互重疊形成π鍵，故Si原子間難形成雙鍵，D正確；故選C。2．（2020年山東新高考）B3N3H6(無(wú)機(jī)苯)的結(jié)構(gòu)與苯類(lèi)似，也有大π鍵。下列關(guān)于B3N3H6的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．其熔點(diǎn)主要取決于所含化學(xué)鍵的鍵能B．形成大π鍵的電子全部由N提供C．分子中B和N的雜化方式相同D．分子中所有原子共平面〖答案〗A〖解析〗A．無(wú)機(jī)苯是分子晶體，其熔點(diǎn)主要取決于分子間的作用力，A錯(cuò)誤；B．B原子最外層3個(gè)電子，與其它原子形成3個(gè)鍵，N原子最外層5個(gè)電子，與其它原子形成3個(gè)鍵，還剩余2個(gè)電子，故形成大鍵的電子全部由N原子提供，B正確；C．無(wú)機(jī)苯與苯等電子體，分子中含有大鍵，故分子中B、N原子的雜化方式為sp2雜化，C正確；D．無(wú)機(jī)苯與苯等電子體，分子中含有大鍵，故分子中B、N原子的雜化方式為sp2雜化，所以分子中所有原子共平面，D正確；〖答案〗選A。3．（2020年新課標(biāo)Ⅰ）Goodenough等人因在鋰離子電池及鈷酸鋰、磷酸鐵鋰等正極材料研究方面的卓越貢獻(xiàn)而獲得2019年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對(duì)的電子數(shù)之比為_(kāi)________。(2)Li及其周期表中相鄰元素的第一電離能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是_________。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是________。(3)磷酸根離子的空間構(gòu)型為_(kāi)______，其中P的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為_(kāi)______、雜化軌道類(lèi)型為_(kāi)______。(4)LiFePO4的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如(a)所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過(guò)共頂點(diǎn)、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。每個(gè)晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有____個(gè)。電池充電時(shí)，LiFeO4脫出部分Li+，形成Li1?xFePO4，結(jié)構(gòu)示意圖如(b)所示，則x=_______，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=_______?！即鸢浮剑?）4:5（2）Na與Li同主族，Na的電子層數(shù)更多，原子半徑更大，故第一電離能更小Li，Be和B為同周期元素，同周期元素從左至右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢(shì)；但由于基態(tài)Be原子的s能級(jí)軌道處于全充滿狀態(tài)，能量更低更穩(wěn)定，故其第一電離能大于B的（3）正四面體形4sp3（4）4或0.187513:3〖解析〗(1)基態(tài)鐵原子的價(jià)電子排布式為，失去外層電子轉(zhuǎn)化為Fe2+和Fe3+，這兩種基態(tài)離子的價(jià)電子排布式分別為和，根據(jù)Hund規(guī)則可知，基態(tài)Fe2+有4個(gè)未成對(duì)電子，基態(tài)Fe3+有5個(gè)未成對(duì)電子，所以未成對(duì)電子個(gè)數(shù)比為4:5；(2)同主族元素，從上至下，原子半徑增大，第一電離能逐漸減小，所以；同周期元素，從左至右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢(shì)，但由于ⅡA元素基態(tài)原子s能級(jí)軌道處于全充滿的狀態(tài)，能量更低更穩(wěn)定，所以其第一電離能大于同一周期的ⅢA元素，因此；(3)經(jīng)過(guò)計(jì)算，中不含孤電子對(duì)，成鍵電子對(duì)數(shù)目為4，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，因此其構(gòu)型為正四面體形，P原子是采用sp3雜化方式形成的4個(gè)sp3雜化軌道；(4)由題干可知，LiFePO4的晶胞中，F(xiàn)e存在于由O構(gòu)成的正八面體內(nèi)部，P存在由O構(gòu)成的正四面體內(nèi)部；再分析題干中給出的(a),(b)和(c)三個(gè)不同物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，對(duì)比(a)和(c)的差異可知，(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即為L(zhǎng)i+，其位于晶胞的8個(gè)頂點(diǎn)，4個(gè)側(cè)面面心以及上下底面各自的相對(duì)的兩條棱心處，經(jīng)計(jì)算一個(gè)晶胞中Li+的個(gè)數(shù)為個(gè)；進(jìn)一步分析(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，八面體結(jié)構(gòu)和四面體結(jié)構(gòu)的數(shù)目均為4，即晶胞中含F(xiàn)e和P的數(shù)目均為4；考慮到化學(xué)式為L(zhǎng)iFePO4，并且一個(gè)晶胞中含有的Li+，F(xiàn)e和P的數(shù)目均為4，所以一個(gè)晶胞中含有4個(gè)LiFePO4單元。對(duì)比(a)和(b)兩個(gè)晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一個(gè)面心的Li+以及一個(gè)棱心的Li+；結(jié)合上一個(gè)空的分析可知，LiFePO4晶胞的化學(xué)式為L(zhǎng)i4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化學(xué)式為L(zhǎng)i3.25Fe4P4O16，所以有即x=0.1875。結(jié)合上一個(gè)空計(jì)算的結(jié)果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；假設(shè)Fe2+和Fe3+數(shù)目分別為x和y，則列方程組：，，解得x=0.8125，y=0.1875，則Li1-xFePO4中?！尽狐c(diǎn)石成金』】對(duì)第一電離能的考查，最常出現(xiàn)的是ⅡA，ⅤA基態(tài)原子與同一周期相鄰主族元素的基態(tài)原子第一電離能的比較；判斷分子等構(gòu)型時(shí)，可以通過(guò)價(jià)層電子對(duì)互斥理論或雜化軌道理論以及等電子體原理進(jìn)行判斷；由陌生晶胞結(jié)構(gòu)書(shū)寫(xiě)晶體化學(xué)式時(shí)，一方面要認(rèn)真分析晶胞中各類(lèi)粒子的位置信息，另一方面也要注意均攤法的使用。4．（2020年新課標(biāo)Ⅱ）鈣鈦礦(CaTiO3)型化合物是一類(lèi)可用于生產(chǎn)太陽(yáng)能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料，回答下列問(wèn)題：(1)基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為_(kāi)___________。(2)Ti的四鹵化物熔點(diǎn)如下表所示，TiF4熔點(diǎn)高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點(diǎn)依次升高，原因是____________?；衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)/℃377﹣24.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如圖(a)所示，其組成元素的電負(fù)性大小順序是__________；金屬離子與氧離子間的作用力為_(kāi)_________，Ca2+的配位數(shù)是__________。(4)一種立方鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I﹣和有機(jī)堿離子，其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中__________的空間位置相同，有機(jī)堿中，N原子的雜化軌道類(lèi)型是__________；若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為_(kāi)________g·cm-3(列出計(jì)算式)。(5)用上述金屬鹵化物光電材料制作的太陽(yáng)能電池在使用過(guò)程中會(huì)產(chǎn)生單質(zhì)鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國(guó)科學(xué)家巧妙地在此材料中引入稀土銪(Eu)鹽，提升了太陽(yáng)能電池的效率和使用壽命，其作用原理如圖(c)所示，用離子方程式表示該原理_______、_______?！即鸢浮剑?）1s22s22p63s23p63d24s2（2）TiF4為離子化合物，熔點(diǎn)高，其他三種均為共價(jià)化合物，隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大分子間作用力增大，熔點(diǎn)逐漸升高（3）O＞Ti＞Ca離子鍵12（4）Ti4+sp3（5）2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+2Eu2++I2=2Eu3++2I?〖解析〗(1)鈦元素是22號(hào)元素，故其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；(2)一般不同的晶體類(lèi)型的熔沸點(diǎn)是原子晶體>離子晶體>分子晶體，TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點(diǎn)高于其余三種物質(zhì)；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，對(duì)于結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，則其相對(duì)分子質(zhì)量越大，分子間作用力依次越大，熔點(diǎn)越高；(3)CaTiO3晶體中含有Ca、Ti、O三種元素，Ca、Ti是同為第四周期的金屬元素，Ca在Ti的左邊，根據(jù)同一周期元素的電負(fù)性從左往右依次增大，故Ti>Ca，O為非金屬，故其電負(fù)性最強(qiáng)，故三者電負(fù)性由大到小的順序是：O>Ti>Ca，金屬陽(yáng)離子和氧負(fù)離子之間以離子鍵結(jié)合，離子晶體晶胞中某微粒的配位數(shù)是指與之距離最近且相等的帶相反電性的離子，故Ca2+的配位數(shù)必須是與之距離最近且相等的氧離子的數(shù)目，從圖(a)可知，該數(shù)目為三個(gè)相互垂直的三個(gè)面上，每一個(gè)面上有4個(gè)，故Ca2+的配位數(shù)是12；(4)比較晶胞(a)(b)可知，將圖(b)中周?chē)o鄰的八個(gè)晶胞中體心上的離子連接起來(lái)，就能變?yōu)閳D(a)所示晶胞結(jié)構(gòu)，圖(b)中體心上的Pb2+就變?yōu)榱税藗€(gè)頂點(diǎn)，即相當(dāng)于圖(a)中的Ti4+；圖(b)中頂點(diǎn)上的I-就變成了體心，即相當(dāng)于圖(a)中的Ca2+；圖(b)面心上中的就變成了棱心，即相當(dāng)于圖(a)中的O2-；故圖(b)中的Pb2+與圖(a)中的Ti4+的空間位置相同；有機(jī)堿中N原子上無(wú)孤對(duì)電子，周?chē)纬闪?個(gè)鍵，故N原子采用sp3雜化；從圖（b）可知，一個(gè)晶胞中含有Pb2+的數(shù)目為1×1=1個(gè)，的數(shù)目為個(gè)，I-的數(shù)目為個(gè)，故晶胞的密度為；（5）從作用原理圖(c)可以推出，這里發(fā)生兩個(gè)離子反應(yīng)方程式，左邊發(fā)生Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+，右邊發(fā)生I2+2Eu2+=2Eu3++2I-?！尽狐c(diǎn)石成金』】對(duì)電負(fù)性的考查，只要掌握周期表同一周期從左往右電負(fù)性依次增大，同一主族從上往下電負(fù)性依次減小的規(guī)律，另金屬元素的電負(fù)性小于非金屬的；化學(xué)鍵的類(lèi)型判斷主要也是通過(guò)電負(fù)性，當(dāng)兩元素的電負(fù)性相差1.7以上形成離子鍵，小于則形成共價(jià)鍵；判斷分子等構(gòu)型時(shí)，可以通過(guò)價(jià)層電子對(duì)互斥理論或雜化軌道理論以及等電子體原理進(jìn)行判斷；由陌生晶胞結(jié)構(gòu)計(jì)算晶體密度時(shí)，先要確定晶胞中含有的微粒數(shù)目，這時(shí)一方面要認(rèn)真分析晶胞中各類(lèi)粒子的位置信息，另一方面也要注意均攤法的使用，然后根據(jù)質(zhì)量的兩種計(jì)算方法相等即來(lái)進(jìn)行求算。5．（2020年新課標(biāo)Ⅲ）氨硼烷(NH3BH3)含氫量高、熱穩(wěn)定性好，是一種具有潛力的固體儲(chǔ)氫材料?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)H、B、N中，原子半徑最大的是______。根據(jù)對(duì)角線規(guī)則，B的一些化學(xué)性質(zhì)與元素______的相似。(2)NH3BH3分子中，N—B化學(xué)鍵稱(chēng)為_(kāi)___鍵，其電子對(duì)由____提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣：3NH3BH3+6H2O=3NH3++9H2，的結(jié)構(gòu)如圖所示：；在該反應(yīng)中，B原子的雜化軌道類(lèi)型由______變?yōu)開(kāi)_____。(3)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性(Hδ+)，與B原子相連的H呈負(fù)電性(Hδ-)，電負(fù)性大小順序是__________。與NH3BH3原子總數(shù)相等的等電子體是_________(寫(xiě)分子式)，其熔點(diǎn)比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之間，存在____________________，也稱(chēng)“雙氫鍵”。(4)研究發(fā)現(xiàn)，氦硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結(jié)構(gòu)，晶胞參數(shù)分別為apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。氨硼烷晶體的密度ρ=___________g·cm?3(列出計(jì)算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)?！即鸢浮剑?）BSi(硅)（2）配位Nsp3sp2（3）N＞H＞BCH3CH3低Hδ+與Hδ?的靜電引力（4）〖解析〗〖祥解〗根據(jù)元素在周期表中的位置比較和判斷元素的相關(guān)性質(zhì)；根據(jù)中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)確定其雜化軌道的類(lèi)型；運(yùn)用等量代換的方法尋找等電子體；根據(jù)電負(fù)性對(duì)化合價(jià)的影響比較不同元素的電負(fù)性；根據(jù)晶胞的質(zhì)量和體積求晶體的密度?！驹斘觥?1)在所有元素中，H原子的半徑是最小的，同一周期從左到右，原子半徑依次減小，所以，H、B、N中原子半徑最大是B。B與Si在元素周期表中處于對(duì)角張的位置，根據(jù)對(duì)角線規(guī)則，B的一些化學(xué)性質(zhì)與Si元素相似。(2)B原子最外層有3個(gè)電子，其與3個(gè)H原子形成共價(jià)鍵后，其價(jià)層電子對(duì)只有3對(duì)，還有一個(gè)空軌道；在NH3中，N原子有一對(duì)孤對(duì)電子，故在NH3BH3分子中，N—B鍵為配位鍵，其電子對(duì)由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，故其雜化方式為sp3。NH3BH3在催化劑的作用下水解生成氫氣和B3O63-，由圖中信息可知，B3O63-中每個(gè)B原子只形成3個(gè)σ鍵，其中的B原子的雜化方式為sp2，因此，B原子的雜化軌道類(lèi)型由sp3變?yōu)閟p2。(3)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性，說(shuō)明N的電負(fù)性大于H；與B原子相連的H呈負(fù)電性，說(shuō)明H的電負(fù)性大于B，因此3種元素電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镹＞H＞B。NH3BH3分子中有8個(gè)原子，其價(jià)電子總數(shù)為14，N和B的價(jià)電子數(shù)的平均值為4，依據(jù)等量代換的原則，可以找到其等電子體為CH3CH3。由于NH3BH3分子屬于極性分子，而CH3CH3屬于非極性分子，兩者相對(duì)分子質(zhì)量接近，但是極性分子的分子間作用力較大，故CH3CH3熔點(diǎn)比NH3BH3低。NH3BH3分子間存在“雙氫鍵”，類(lèi)比氫鍵的形成原理，說(shuō)明其分子間存在Hδ+與Hδ-的靜電引力。(4)在氨硼烷的222的超晶胞結(jié)構(gòu)中，共有16個(gè)氨硼烷分子，晶胞的長(zhǎng)、寬、高分別為2apm、2bpm、2cpm，若將其平均分為8份可以得到8個(gè)小長(zhǎng)方體，則平均每個(gè)小長(zhǎng)方體中占有2個(gè)氨硼烷分子，小長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為apm、bpm、cpm，則小長(zhǎng)方體的質(zhì)量為，小長(zhǎng)方體的體積為，因此，氨硼烷晶體的密度為g?cm-3。6．（2020年7月浙江選考）(1)氣態(tài)氫化物熱穩(wěn)定性大于的主要原因是__________。(2)是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，的電子式是_______。(3)常溫下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是__________?！即鸢浮剑?）原子半徑，鍵能（2）（3）乙醇與水之間形成氫鍵而氯乙烷沒(méi)有(1)由于原子半徑F＜Cl，故鍵長(zhǎng)：F—H＜Cl—H，鍵能：F—H＞Cl—H，所以HF比HCl穩(wěn)定，故〖答案〗為：原子半徑F＜Cl，鍵能F—H＞Cl—H。(2)CaCN2是離子化合物，則陽(yáng)離子為Ca2+、為陰離子；Ca原子最外層有2個(gè)電子，易失去最外層的2個(gè)電子達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；N原子最外層有5個(gè)電子，易得到3個(gè)電子或形成3對(duì)共用電子對(duì)達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；C原子最外層有4個(gè)電子，通常形成4對(duì)共用電子對(duì)達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；則每個(gè)N原子分別得到Ca失去的1個(gè)電子、與C原子形成兩對(duì)共用電子對(duì)，Ca、C、N都達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，CaCN2的電子式為，故〖答案〗為：。(3)乙醇和氯乙烷都屬于極性分子，但乙醇與水分子之間形成氫鍵，而氯乙烷不能與水分子形成氫鍵，故常溫下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故〖答案〗為：乙醇與水分子之間形成氫鍵而氯乙烷沒(méi)有?！尽狐c(diǎn)石成金』】與CO2互為等電子體，可以根據(jù)CO2的電子式，結(jié)合等電子原理書(shū)寫(xiě)的電子式。7．（2020年江蘇卷）以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料可制備檸檬酸鐵銨（(NH4)3Fe(C6H5O7)2）。(1)Fe基態(tài)核外電子排布式為_(kāi)__________；中與Fe2+配位的原子是________(填元素符號(hào))。(2)NH3分子中氮原子的軌道雜化類(lèi)型是____________；C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)開(kāi)______________。(3)與NH互為等電子體的一種分子為_(kāi)______________(填化學(xué)式)。(4)檸檬酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式見(jiàn)圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數(shù)目為_(kāi)________mol。〖答案〗（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2O（2）sp3N＞O＞C（3）CH4或SiH4（4）7〖解析〗〖祥解〗(1)Fe核外有26個(gè)電子，H2O中O原子有孤對(duì)電子，提供孤對(duì)電子。(2)先計(jì)算NH3分子中氮原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)，同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢(shì)，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。(3)根據(jù)價(jià)電子數(shù)Si＝C＝N+的關(guān)系得出互為等電子體的分子。(4)羧基的結(jié)構(gòu)是，一個(gè)羧基中有碳原子與氧原子分別形成兩個(gè)σ鍵，一個(gè)羥基與碳原子相連形成一個(gè)σ鍵?！驹斘觥?1)Fe核外有26個(gè)電子，其基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；由于H2O中O原子有孤對(duì)電子，因此[Fe(H2O)6]2+中與Fe2+配位的原子是O；故〖答案〗為：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；O。(2)NH3分子中氮原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為，因此氮雜化類(lèi)型為sp3，同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢(shì)，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞C；故〖答案〗為：sp3；N＞O＞C。(3)根據(jù)價(jià)電子數(shù)Si＝C＝N+，得出互為等電子體的分子是CH4或SiH4；故〖答案〗為：CH4或SiH4。(4)羧基的結(jié)構(gòu)是，一個(gè)羧基中有碳原子與氧原子分別形成兩個(gè)σ鍵，三個(gè)羧基有6個(gè)，還有一個(gè)羥基與碳原子相連形成一個(gè)σ鍵，因此1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數(shù)目為7mol；故〖答案〗為7。8．（2020年天津卷）Fe、Co、Ni是三種重要的金屬元素。回答下列問(wèn)題:(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置為_(kāi)________，基態(tài)Fe原子的電子排布式為_(kāi)_________。(2)CoO的面心立方晶胞如圖所示。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為_(kāi)_____g﹒cm-3：三種元素二價(jià)氧化物的晶胞類(lèi)型相同，其熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開(kāi)______。(3)Fe、Co、Ni能與C12反應(yīng)，其中Co和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開(kāi)___，Co(OH)3與鹽酸反應(yīng)有黃綠色氣體生成，寫(xiě)出反應(yīng)的離子方程式：______。(4)95℃時(shí)，將Ni片浸在不同質(zhì)量分?jǐn)?shù)的硫酸中，經(jīng)4小時(shí)腐蝕后的質(zhì)量損失情況如圖所示，當(dāng)大于63%時(shí)，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因?yàn)開(kāi)____。由于Ni與H2SO4反應(yīng)很慢，而與稀硝酸反應(yīng)很快，工業(yè)上選用H2SO4和HNO3的混酸與Ni反應(yīng)制備N(xiāo)iSO4。為了提高產(chǎn)物的純度，在硫酸中添加HNO3的方式為_(kāi)_____(填“一次過(guò)量”或“少量多次”)，此法制備N(xiāo)iSO4的化學(xué)方程式為_(kāi)______?！即鸢浮剑?）第四周期第VIII族1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2（2）NiO＞CoO＞FeO（3）CoCl3＞Cl2＞FeCl32Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O（4）隨H2SO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜少量多次3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O〖解析〗(1)Fe、Co、Ni分別為26、27、28號(hào)元素，它們?cè)谥芷诒碇械奈恢脼榈谒闹芷诘赩III族，基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故〖答案〗為：第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。(2)CoO的面心立方晶胞如圖1所示。根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)計(jì)算出O2?個(gè)數(shù)為，Co2+個(gè)數(shù)為，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為；三種元素二價(jià)氧化物的晶胞類(lèi)型相同，離子半徑Fe2+＞Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，離子鍵鍵長(zhǎng)越來(lái)越長(zhǎng)，鍵能越來(lái)越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次減小，因此其熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)镹iO＞CoO＞FeO；故〖答案〗為：；NiO＞CoO＞FeO。(3)Fe、Co、Ni能與Cl2反應(yīng)，其中Co和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，根據(jù)鐵和氯氣反應(yīng)生成FeCl3，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯氣與Co和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，說(shuō)明氯氣的氧化性比CoCl3弱，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镃oCl3＞Cl2＞FeCl3，Co(OH)3與鹽酸反應(yīng)有黃綠色氣體生成，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Cl2、CoCl2、H2O，其離子方程式：2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故〖答案〗為：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O。(4)類(lèi)比Fe在常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化，根據(jù)圖中信息，當(dāng)大于63%時(shí)，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因?yàn)殡SH2SO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜。工業(yè)上選用H2SO4和HNO3的混酸與Ni反應(yīng)制備N(xiāo)iSO4。為了提高產(chǎn)物的純度，根據(jù)Ni與H2SO4反應(yīng)很慢，而與稀硝酸反應(yīng)很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式來(lái)提高反應(yīng)速率，反應(yīng)生成NiSO4、H2O，根據(jù)硝酸濃度不同得到NO或NO2，此法制備N(xiāo)iSO4的化學(xué)方程式為3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O；故〖答案〗為：隨H2SO4質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜；少量多次；3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。9．（2020年山東新高考）CdSnAs2是一種高遷移率的新型熱電材料，回答下列問(wèn)題：(1)Sn為ⅣA族元素，單質(zhì)Sn與干燥Cl2反應(yīng)生成SnCl4。常溫常壓下SnCl4為無(wú)色液體，SnCl4空間構(gòu)型為_(kāi)____________，其固體的晶體類(lèi)型為_(kāi)____________。(2)NH3、PH3、AsH3的沸點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開(kāi)____________(填化學(xué)式，下同)，還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開(kāi)___________，鍵角由大到小的順序?yàn)開(kāi)____________。(3)含有多個(gè)配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過(guò)螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種Cd2+配合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，1mol該配合物中通過(guò)螯合作用形成的配位鍵有_________mol，該螯合物中N的雜化方式有__________種。(4)以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱(chēng)作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。四方晶系CdSnAs2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶胞中部分原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)如下表所示。坐標(biāo)原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一個(gè)晶胞中有_________個(gè)Sn，找出距離Cd(0，0，0)最近的Sn_________(用分?jǐn)?shù)坐標(biāo)表示)。CdSnAs2晶體中與單個(gè)Sn鍵合的As有___________個(gè)?！即鸢浮剑?）正四面體形；分子晶體（2）NH3、AsH3、PH3AsH3、PH3、NH3NH3、PH3、AsH3（3）61（4）4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)4〖解析〗〖祥解〗（1）利用價(jià)層電子對(duì)數(shù)確定SnCl4的分子構(gòu)型；由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；（2）結(jié)構(gòu)相似的分子，相對(duì)分子質(zhì)量越大物質(zhì)的熔沸點(diǎn)越高，另外分子間能形成氫鍵的物質(zhì)，熔沸點(diǎn)則較高，鍵角的大小取決于中心原子的雜化類(lèi)型、孤電子對(duì)數(shù)、成鍵電子對(duì)與成鍵電子對(duì)之間的斥力大小；（3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，螯合作用配位成環(huán)，故1個(gè)該配合物中通過(guò)螯合作用形成的配位鍵有6個(gè)，Cd—NO2那個(gè)不算；該螯合物中N原子的雜化方式為sp2雜化；（4）結(jié)合部分原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，結(jié)合晶胞結(jié)構(gòu)圖，確定各原子在晶胞中位置，找出相應(yīng)原子。【詳析】（1）Sn為第ⅣA族元素，由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；SnCl4分子中中心原子的孤電子對(duì)數(shù)==0，鍵電子對(duì)數(shù)為4，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，故SnCl4分子的空間構(gòu)型為正四面體形；（2）NH3、PH3、AsH3的結(jié)構(gòu)相似，結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越強(qiáng)，物質(zhì)的沸點(diǎn)越高，但是NH3分子間能形成氫鍵，故這三種物質(zhì)的沸點(diǎn)NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As這三種元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序數(shù)依次增大，同一主族從上到下，隨著核電荷數(shù)的增加，原子半徑逐漸增大，非金屬性逐漸減弱，氫化物的還原性逐漸增強(qiáng)，故這三種物質(zhì)的還原性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)锳sH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3雜化，都有1對(duì)孤電子對(duì)，中心原子的電負(fù)性越小，成鍵電子對(duì)之間的斥力越小，成鍵電子對(duì)之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種物質(zhì)鍵角由大到小的順序?yàn)镹H3＞PH3＞AsH3；（3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式和分析，根據(jù)題意“含有多個(gè)配位原子的配體與同一中心離子或原子通過(guò)螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物”，故該配合物中通過(guò)螯合作用形成的配位鍵有6mol，Cd—NO2那個(gè)不算；該螯合物中N原子的雜化方式都是sp2雜化，故該物質(zhì)中N的雜化方式有1種；（4）由部分Cd原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0，0，0)，可知8個(gè)Cd在晶胞的頂點(diǎn)，4個(gè)Cd在晶胞的面心，1個(gè)在晶胞的體心；部分Sn原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0，0.5），4個(gè)Sn在晶胞的棱上，6個(gè)Sn在晶胞的面心；部分As原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0.25，0.25，0.125），8個(gè)As在晶胞的體心；所以1個(gè)晶胞中Sn的個(gè)數(shù)為；距離Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，CdSnAs2晶體中與單個(gè)Sn結(jié)合的As有4個(gè)?！尽狐c(diǎn)石成金』】本題考查軌道雜化類(lèi)型的判斷，分子構(gòu)型，物質(zhì)熔沸點(diǎn)大小比較，鍵角大小的比較，配位數(shù)的計(jì)算，晶胞的計(jì)算等知識(shí)，立足課本進(jìn)行適當(dāng)拓展，但整體難度不大。難點(diǎn)仍然是晶胞的有關(guān)判斷與計(jì)算，晶胞中原子的數(shù)目往往采用均攤法：①位于晶胞頂點(diǎn)的原子為8個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/8；②位于晶胞面心的原子為2個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/2；③位于晶胞棱心的原子為4個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1/4；④位于晶胞體心的原子為1個(gè)晶胞共用，對(duì)一個(gè)晶胞的貢獻(xiàn)為1。20202020屆高考模擬試題10．（2020屆河南省鄭州市高三第二次質(zhì)檢）鈣和銅合金可用作電解制鈣的陰極電極材料，回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)銅原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)________________。（2）CaCO3高溫分解可制得CaO。CaO與C在一定條件下可生成CaC2，CaC2與水反應(yīng)生成Ca(OH)2和一種4原子氣體分子。①CaCO3中陰離子的空間構(gòu)型為_(kāi)_____________。②該氣體分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目之比為_(kāi)____________。③寫(xiě)出2種與互為等電子體的分子的化學(xué)式______________。（3）工業(yè)上電解CaCl2制Ca而不采用電解CaO的原因是_______________。（4）在堿性溶液中，縮二脲HN(CONH2)2與CuSO4反應(yīng)得到一種特征紫色物質(zhì)，其結(jié)構(gòu)如圖所示，該反應(yīng)原理可用于檢驗(yàn)蛋白質(zhì)或其他含鍵的化合物?？s二脲分子中碳原子與氮原子的雜化類(lèi)型分別為_(kāi)_________、________。（5）一種鈣銅合金的結(jié)構(gòu)可看作圖a、b兩種原子層交替堆積排列而成c，其晶胞如圖d。①a圖Ca-Ca間距離為xpm，c圖中Ca-Ca間距離為ypm。已知原子擁有的盡可能多的相鄰原子的個(gè)數(shù)叫該原子的配位數(shù)，則晶胞c中Ca原子的配位數(shù)(Cu原子)為_(kāi)______。②設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該鈣銅合金的密度是_______g?cm-3(列出計(jì)算表達(dá)式）。〖答案〗（1）3d104s1（2）①平面三角形②3:2③CO、N2（3）CaO熔點(diǎn)高于CaCl2，熔化時(shí)消耗能量高（4）sp2sp3（5）①18②〖解析〗（1）基態(tài)Cu原子的外圍電子排布為：3d104s1，則基態(tài)Cu原子的價(jià)電子排布式為3d104s1，故〖答案〗為：3d104s1；（2）①CaCO3中K2CO3中陰離子為CO32-，中心碳原子形成1個(gè)碳氧雙鍵和2個(gè)碳氧單鍵，陰離子的空間構(gòu)型為平面三角形，故〖答案〗為：平面三角形；②該氣體為C2H2，分子中2個(gè)單鍵，1個(gè)三鍵，一個(gè)單鍵就有一個(gè)σ鍵，三鍵中有一個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，分子中σ鍵與π鍵數(shù)目比為3：2，故〖答案〗為：3：2；③離子中共有14個(gè)電子，符合的有CO、N2，故〖答案〗為：CO、N2；（3）氧化鈣熔點(diǎn)比氯化鈣熔點(diǎn)高，熔融離子晶體要消耗能源，從而增加成本，為減少成本，所以用熔融氯化鈣冶煉鈣，故〖答案〗為：CaO熔點(diǎn)高于CaCl2，熔化時(shí)消耗能量高；（4）縮二脲分子中碳原子以單鍵和雙鍵結(jié)合，分子中的C原子采取sp2雜化，氮原子以單鍵結(jié)合分子中的N原子采取sp3雜化，故〖答案〗為：sp2；sp3；（5）①以上面面心上的Ca原子為例，該晶胞中該Ca原子配位的Cu原子包含其上面6個(gè)、相同層6個(gè)、下層6個(gè)，所以其配位數(shù)是18，故〖答案〗為：18；②根據(jù)c可知，該晶胞中Ca原子個(gè)數(shù)=12×+2×=3、Cu原子個(gè)數(shù)=12×+6×+6=15，該晶胞體積=[(x×10-10)2sin60°×6×(x×10-10)]cm3=x2y×10-30cm3，晶體密度=，故〖答案〗為：。11．（2020屆廣東省深圳市高三第一次調(diào)研）含、元素的物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有重要的用途?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)核外電子排布式為_(kāi)_______。（2）分子的立體構(gòu)型為_(kāi)_______。（3）某個(gè)(Ⅱ)有機(jī)配合物的結(jié)構(gòu)如圖所示：①該分子中N原子的雜化方式為_(kāi)_______、________。②請(qǐng)?jiān)趫D中用“”標(biāo)出的配位鍵______。（4）Ge，As，Se元素處于同一周期，三種元素原子的第一電離能由大到小的順序?yàn)開(kāi)_______。（5）的酸性強(qiáng)于的原因是________，的鍵角小于的原因是________。（6）如圖為Ni和As形成的某種晶體的六方晶胞圖，該化合物的化學(xué)式為_(kāi)_______，Ni原子占據(jù)的空隙類(lèi)型為_(kāi)_______。已知晶胞參數(shù)分別為apm、apm、bpm和，則該品胞的密度為_(kāi)_______(設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)〖答案〗（1）或（2）三角錐形（3）①②（4）As＞Se＞Ge（5）分子結(jié)構(gòu)中非羥基氧原子數(shù)比多，所以的酸性強(qiáng).或分子中As價(jià)態(tài)更高，導(dǎo)致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強(qiáng)砷原子電負(fù)性小于氮原子，所以其共用電子對(duì)離砷核距離較遠(yuǎn)，成鍵電子間的斥力較小，導(dǎo)致鍵角較?。?）八面體空隙〖解析〗（1）28號(hào)元素是鎳，核外電子排布式為，基態(tài)失去最外層的兩個(gè)電子，核外電子排布式為或；（2）的中心原子為砷，最外層有5個(gè)電子，與三個(gè)氯原子形成三對(duì)共價(jià)鍵，剩余一對(duì)孤對(duì)電子，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4對(duì)，分子的立體構(gòu)型為三角錐形；（3）①氮原子形成一對(duì)雙鍵，兩對(duì)單鍵時(shí)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3對(duì)，雜化方式為，形成三對(duì)單鍵的氮原子形成的σ鍵數(shù)為3對(duì)，孤對(duì)電子數(shù)為1對(duì)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4對(duì)，雜化方式為雜化；②鎳原子正上方的氮原子，有一對(duì)孤對(duì)電子，下方水分子提供孤對(duì)電子，鎳原子提供空軌道，形成兩對(duì)配位鍵，表示為；（4）Ge，As，Se元素處于同一周期，同周期第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢(shì)，As的最外層4p軌道為半充滿狀態(tài)，第一電離能高于Se和Ge，故第一電離能由大到小為：As＞Se＞Ge（5）分子結(jié)構(gòu)中非羥基氧原子數(shù)比多，所以的酸性強(qiáng).或分子中As價(jià)態(tài)更高，導(dǎo)致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強(qiáng)；砷原子電負(fù)性小于氮原子，所以其共用電子對(duì)離砷核距離較遠(yuǎn)，成鍵電子間的斥力較小，導(dǎo)致鍵角較小，的鍵角小于；（6）Ni位于頂點(diǎn)和棱心，個(gè)數(shù)為8×+4×=2，As位于體心，個(gè)數(shù)為2，原子個(gè)數(shù)最簡(jiǎn)比為1:1，化學(xué)式為；六個(gè)鎳原子圍成八面體空隙；，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底面是菱形，計(jì)算出面積S底=，代入密度公式得到。12．（2020屆安徽省江淮十校聯(lián)考）Cu(In1-xGaxSe2)（簡(jiǎn)稱(chēng)CIGS）可作多晶膜太陽(yáng)能電池材料，具有非常好的發(fā)展前景。回答下列問(wèn)題：（1）已知銦的原子序數(shù)為49，基態(tài)銦原子的電子排布式為[Kr]___；Ga、In、Se，第一電離能從大到小順序?yàn)開(kāi)__。（2）硅與碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳雙鍵、碳碳三鍵，但是硅的化合物中只存在硅硅單鍵，其主要原因是___。常溫常壓下，SiF4呈氣態(tài)，而SiCl4呈液態(tài)，其主要原因是___。（3）31Ga可以形成GaCl3·xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位數(shù)為6的配合物，向上述某物質(zhì)的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；過(guò)濾后，充分加熱濾液有氨氣逸出，且又有沉淀生成，兩次沉淀的物質(zhì)的量之比為1：2。則該溶液中溶質(zhì)的化學(xué)式為_(kāi)__。（4）SeO32-的立體構(gòu)型為_(kāi)__；SeO2中硒原子采取雜化類(lèi)型是___。（5）常見(jiàn)的銅的硫化物有CuS和Cu2S兩種。已知：晶胞中S2-的位置如圖1所示，銅離子位于硫離子所構(gòu)成的四面體中心，它們晶胞具有相同的側(cè)視圖如圖2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞參數(shù)分別為apm和bpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。①CuS晶體中，相鄰的兩個(gè)銅離子間的距離為_(kāi)__pm。②Cu2S晶體中，S2-的配位數(shù)為_(kāi)__。③Cu2S晶體的密度為ρ=___g·cm-3（列出計(jì)算式即可）。〖答案〗（1）4d105s25p1Se>Ga>In（2）硅原子半徑大于碳，硅原子的原子軌道肩并肩重疊程度小，形成三鍵、三鍵不穩(wěn)定組成、結(jié)構(gòu)相似、四氯化硅的相對(duì)分子質(zhì)量較大（3）[Ga(NH3)4Cl2]Cl（4）三角錐形sp2（5）①a②8③〖解析〗（1）鎵原子的質(zhì)子數(shù)為49，電子排布是為1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，簡(jiǎn)寫(xiě)為[Kr]4d105s25p1；Ga與In同主族，Se與Ga同周期，同一主族從上到下第一電離能逐漸減小，同周期從左到右第一電離能逐漸增大，則第一電離能從大到小順序?yàn)镾e>Ga>In。（2）碳碳雙鍵、碳碳叁鍵都有鍵，硅原子的半徑大于碳原子，硅原子的原子軌道肩并肩重疊程度小于碳原子，鍵不穩(wěn)定。四氯化硅、四氟化硅都是分子構(gòu)成的物質(zhì)，組成、結(jié)構(gòu)相似，四氯化硅的相對(duì)分子質(zhì)量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子間作用力較大，沸點(diǎn)較高。（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；過(guò)濾后，充分加熱濾液有氨氣逸出，且又有沉淀生成，兩次沉淀的物質(zhì)的量之比為1：2，說(shuō)明該配合物內(nèi)界和外界中含氯離子的個(gè)數(shù)比為2:1，由于Ga3+的配位數(shù)為6，則該配合物的化學(xué)式為[Ga(NH3)4Cl2]Cl。（4）SeO32-中硒原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，其中為1個(gè)孤對(duì)電子對(duì)、3個(gè)成鍵電子對(duì)，故它的立體構(gòu)型為三角錐形；二氧化硒分子中硒原子價(jià)層有3個(gè)電子對(duì)，采取sp2雜化。（5）①由題意可知，銅離子位于互不相鄰的四面體中心，因此相鄰的兩個(gè)銅離子間的距離為apm。②銅離子配位數(shù)為4，根據(jù)化學(xué)式為Cu2S，得出S2-的配位數(shù)為8。③Cu2S晶體中含有8個(gè)銅離子、4個(gè)硫離子，故晶體的密度為ρ=g·cm-3。13．（2020屆河南省焦作市高三第三次模擬）2019年8月13日中國(guó)科學(xué)家合成了首例缺陷誘導(dǎo)的晶態(tài)無(wú)機(jī)硼酸鹽單一組分白光材料Ba2[Sn（OH）6][B（OH）4]2并獲得了該化合物的LED器件，該研究結(jié)果有望為白光發(fā)射的設(shè)計(jì)和應(yīng)用提供一個(gè)新的有效策略。（1）基態(tài)Sn原子價(jià)層電子的空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有___種，基態(tài)氧原子的價(jià)層電子排布式不能表示為，因?yàn)檫@違背了____原理（規(guī)則）。（2）[B（OH）4]－中氧原子的雜化軌道類(lèi)型為_(kāi)___，[B（OH）4]－的空間構(gòu)型為_(kāi)_____。[Sn（OH）6]2－中，Sn與O之間的化學(xué)鍵不可能是___。a鍵bσ鍵c配位鍵d極性鍵（3）碳酸鋇、碳酸鎂分解得到的金屬氧化物中，熔點(diǎn)較低的是_____（填化學(xué)式），其原因是___________。（4）超高熱導(dǎo)率半導(dǎo)體材料——砷化硼（BAs）的晶胞結(jié)構(gòu)如下圖所示，則1號(hào)砷原子的坐標(biāo)為_(kāi)___。已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，若晶胞中As原子到B原子最近距離為apm，則該晶體的密度為_(kāi)_g·cm－3（列出含a、NA的計(jì)算式即可）?！即鸢浮剑?）3洪特（2）sp3正四面體a（3）BaO離子半徑越小，晶格能越大，物質(zhì)的熔點(diǎn)越高（4）(，，)〖解析〗（1）Sn元素與C元素為同主族元素，位于第五周期，所以其價(jià)層電子為5s25p2，5s能級(jí)的s軌道為一種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，5p能級(jí)占據(jù)兩個(gè)p軌道有兩種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，共有3種空間運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；根據(jù)洪特規(guī)則，同一能級(jí)電子要優(yōu)先以自旋相同的方式分別占據(jù)不同的軌道，所以該排布式違反了洪特規(guī)則；（2）[B(OH)4]－中每個(gè)氧原子與氫原子和B原子各形成一個(gè)σ鍵，還有2對(duì)孤電子對(duì)，所以價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，為sp3雜化；[B(OH)4]－中B原子與每個(gè)氧原子之間均形成一個(gè)σ鍵(其中一個(gè)為配位鍵)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，且不含孤電子對(duì)，所以空間構(gòu)型為正四面體；[Sn(OH)6]2－中，O原子和氫原子之間為σ鍵，也為極性共價(jià)鍵，Sn原子和O原子之間有σ鍵和配位鍵，所以該物質(zhì)中不含π鍵，所以選a；（3）碳酸鋇、碳酸鎂分解得到的金屬氧化物分別為BaO和MgO，鎂離子核外電子層數(shù)少于鋇離子，所以鎂離子半徑更小，形成的離子鍵更強(qiáng)，晶格能更大，熔點(diǎn)較高；（4）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知1號(hào)砷原子距離坐標(biāo)原點(diǎn)的距離為晶胞體對(duì)角線的，所以坐標(biāo)為(，，)；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，距離最近的As原子和B原子即為1號(hào)砷原子距離坐標(biāo)原點(diǎn)B原子的距離，所以晶胞體對(duì)角線的長(zhǎng)度為4apm，則晶胞的棱長(zhǎng)為apm，則晶胞的體積V=pm3=×10-30cm3；根據(jù)均攤法該晶胞中As原子個(gè)數(shù)為4，B原子個(gè)數(shù)為=4，所以晶胞的質(zhì)量m=，所以密度為g/cm3。14．（2020屆廣東省汕頭市高三一模）東晉《華陽(yáng)國(guó)志·南中志》卷四中關(guān)于白銅的記載——云南鎳白銅(銅鎳合金)，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）Ni2+基態(tài)原子的電子排布式為_(kāi)______；3d能級(jí)上的未成對(duì)電子數(shù)為_(kāi)___。（2）單質(zhì)銅及鎳都是由_____鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為：Icu＝1958kJ?mol-1、INi＝1753kJ?mol-1，Icu＞INi的原因是________________。（3）Ni2+與丁二酮肟生成鮮紅色丁二酮肟鎳沉淀，該反應(yīng)可用于檢驗(yàn)Ni2+。2+Ni2+→↓+2H+①1mol丁二酮肟分子中含有σ鍵的數(shù)目為_(kāi)______mol。②丁二酮肟鎳分子中碳原子的雜化軌道類(lèi)型為_(kāi)____________。（4）Ni的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，鎳晶體配位數(shù)目是__________；若Ni的原子半徑為dpm，Ni的密度計(jì)算表達(dá)式是______g/cm3；Ni原子空間利用率的計(jì)算表達(dá)式是_________。(Ni的相對(duì)原子量用Mr表示)〖答案〗（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s22（2）金屬銅失去的是全充滿的3d10電子，鎳失去的是4s1電子（3）①15②sp3、sp2（4）12〖解析〗（1）Ni為第28號(hào)元素，其基態(tài)原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，3d能級(jí)上未成對(duì)電子式為2；（2）Ni和Cu都是由金屬鍵形成的金屬晶體，元素銅與鎳的第二電離能分別為：Icu＝1958kJ?mol-1、INi＝1753kJ?mol-1，Icu＞INi的原因是銅失去的是全充滿的3d10電子，鎳失去的是4s1電子；（3）①已知丁二酮肟的結(jié)構(gòu)式為，分子中含有13個(gè)單鍵和2個(gè)雙鍵，則共有15個(gè)σ鍵，所以1mol丁二酮肟含有σ鍵數(shù)為15NA；②甲基上碳原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)是4且不含孤電子對(duì)，為sp3雜化，連接甲基的碳原子含有3個(gè)價(jià)層電子且不含孤電子對(duì)，為sp2雜化；（4）鎳晶體的晶胞為面心立方，配位數(shù)目是12；Ni的密度應(yīng)由晶胞內(nèi)Ni的質(zhì)量除以晶胞體積計(jì)算，晶胞中Ni的個(gè)數(shù)有=4個(gè)，故晶胞質(zhì)量為g，又已知Ni原子的半徑為dpm，晶胞棱長(zhǎng)為pm，晶胞體積為pm3=cm3，故晶胞密度為g/cm3；空間利用率的計(jì)算表達(dá)式為15．（2020屆安徽省合肥市高三線上考試）SiC纖維單向增強(qiáng)的TixAly基復(fù)合材料可作為高超音速飛行器表面的放熱材料。回答下列問(wèn)題：（1）C元素所在周期中，第一電離能最大的元素是__(填元素符號(hào))，電負(fù)性最大的是__(填元素符號(hào))。（2）基態(tài)Ti原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)_，能量最高的能級(jí)有__個(gè)空軌道。（3）甲基硅油結(jié)構(gòu)如圖所示，其中Si原子的雜化方式為_(kāi)_。以甲基硅油為主要成分的硅橡膠能夠耐高溫的原因是__。（4）Li2CO3、Li2TiO3是鋰離子電池中的常用材料，其中CO32-的空間構(gòu)型為_(kāi)_，其含有的共價(jià)鍵類(lèi)型有__。（5）TixAly合金的一種結(jié)構(gòu)單元如圖所示(Al、Ti原子各有一個(gè)原子在結(jié)構(gòu)單元內(nèi)部)，該合金的化學(xué)式為_(kāi)_。其結(jié)構(gòu)單元棱長(zhǎng)為apm，底面邊長(zhǎng)為bpm，該合金的密度為_(kāi)__g·cm-3?！即鸢浮剑?）NeF（2）3d24s23（3）sp3雜化Si?O鍵鍵能大（4）平面三角形σ鍵、π鍵（5）Ti11Al5〖解析〗（1）隨著原子序數(shù)的遞增，同一周期的主族元素第一電離能呈遞增趨勢(shì)，堿金屬的第一電離能最小，而稀有氣體的第一電離能最大，C元素所在的周期為第二周期，則該周期Ne的第一電離能最大；〖答案〗為：Ne；除稀有氣體外，同一周期主族元素的電負(fù)性從左到右逐漸增大，C元素所在的周期為第二周期，則該周期電負(fù)性最大的元素是F；〖答案〗為：F；

（2）Ti的原子序數(shù)為22，基態(tài)Ti原子的電子排布式為[Ar]3d24s2，價(jià)電子排布式為3d24s2，能量最高的能級(jí)為3d；〖答案〗為：3d；3d軌道共有五個(gè)，按洪特規(guī)則，其中有2個(gè)軌道分別被2個(gè)電子占據(jù)，還含有3個(gè)空軌道；〖答案〗為：3；

（3）甲基硅油結(jié)構(gòu)中Si原子形成4個(gè)單鍵，故Si原子的雜化方式為sp3雜化；〖答案〗為：sp3雜化；硅橡膠能夠耐高溫，原因是共價(jià)鍵牢固，硅橡膠中含Si?O和Si?C，Si?O更牢固；〖答案〗為：Si?O鍵鍵能大；

（4）CO32-中C原子價(jià)電子對(duì)數(shù)=，且不含孤電子對(duì)，故C原子的雜化方式為sp2雜化，CO32-空間構(gòu)型為平面三角形；〖答案〗為：平面三角形；由于CO32-空間構(gòu)型為平面三角形，則C原子與O原子之間存在3個(gè)σ鍵和1個(gè)大π鍵；〖答案〗為：σ鍵、π鍵；

（5）Ti原子在結(jié)構(gòu)單元中的位置：頂點(diǎn)8個(gè)、面心2個(gè)、棱上1個(gè)、體內(nèi)1個(gè)，則，Al原子在頂點(diǎn)有4個(gè)，體內(nèi)1個(gè)，則，則化學(xué)式為：Ti11Al5；〖答案〗為：Ti11Al5；則晶胞的密度；〖答案〗為：。16．（2020屆四川省瀘州市高三第三次質(zhì)檢）據(jù)世界權(quán)威刊物《自然》最近報(bào)道，選擇碲化鋯（ZrTe5）為材料驗(yàn)證了三維量子霍爾效應(yīng)，并發(fā)現(xiàn)了金屬－絕緣體的轉(zhuǎn)換。Te屬于ⅥA元素。回答下列問(wèn)題：（1）鋯(Zr)的簡(jiǎn)化電子排布式為[Kr]4d25s2，鋯原子中d軌道上的電子數(shù)是___，Zr2+的價(jià)電子排布圖是___。（2）O、Se、Te的第一電離能由大到小的順序是___，H2O、H2Se、H2Te的沸點(diǎn)由高到低的順序是___。（3）H2Te和CO2均為三原子分子，但它們的鍵角差別較大，試用雜化軌道理論解釋?zhuān)碛墒莀__。（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一種配離子，其中的配位原子是___(填符號(hào))，1個(gè)[Zr(C2H5O)2]2+離子中含共價(jià)鍵的數(shù)目是___。（5）立方氧化鋯是一種人工合成的氧化物，其硬度極高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。Zr原子的配位數(shù)是___。若晶胞中距離最近的兩個(gè)氧原子間的距離為anm，則立方氧化鋯的密度為_(kāi)__g/cm3?！即鸢浮剑?）12（2）O＞Se＞TeH2O＞H2Te＞H2Se（3）H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對(duì)孤電子對(duì)的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°（4）O16（5）8=〖解析〗（1）鋯(Zr)的簡(jiǎn)化電子排布式為[Kr]4d25s2，鋯原子中3d軌道上的電子數(shù)是10，4d軌道上的電子數(shù)是2，d軌道上的電子數(shù)一共12個(gè)，Zr2+的價(jià)電子排布圖是。故〖答案〗為：12；；（2）O、Se、Te處于同主族,同主族自上而下電離能降低，第一電離能由大到小的順序是O＞Se＞Te；H2O受氫鍵影響，所以沸點(diǎn)最高。H2Se、H2Te的沸點(diǎn)主要受范氏力影響，分子量越大，沸點(diǎn)越高。H2O、H2Se、H2Te的沸點(diǎn)由高到低的順序是H2O＞H2Te＞H2Se。故〖答案〗為：O＞Se＞Te；H2O＞H2Te＞H2Se；（3）H2Te中Te原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=2+=4，有兩對(duì)孤電子對(duì)，分子為V形結(jié)構(gòu)，CO2中C原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)=2+=２，分子為直線型，H2Te和CO2均為三原子分子，但它們的鍵角差別較大，理由是H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對(duì)孤電子對(duì)的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°。故〖答案〗為：H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對(duì)孤電子對(duì)的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°；（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一種配離子，配體中O原子含有孤電子對(duì)，所以配原子為O原子；1個(gè)[Zr(C2H5O)2]2+離子中同種非金屬元素之間形成非極性鍵、不同非金屬元素之間形成極性鍵，共價(jià)單鍵為σ鍵，該離子的結(jié)構(gòu)是含共價(jià)鍵的數(shù)目是１６。故〖答案〗為：O；１６；（5）該晶胞中Zr原子個(gè)數(shù)=8×+6×=4、O原子個(gè)數(shù)為8，Zr、O原子個(gè)數(shù)之比=4：8=1：2，鋯原子的配位數(shù)是8，若晶胞中距離最近的兩個(gè)氧原子間的距離為anm，這兩個(gè)氧原子之間的距離為晶胞棱長(zhǎng)的一半，則晶胞棱長(zhǎng)為2anm，晶胞體積=（2a×10-7cm）3，則立方氧化鋯的密度==g·cm－3=g·cm－3。故〖答案〗為：8；=g·cm－3。17．（2020屆河南省六市高三第二次聯(lián)合調(diào)研）非線性光學(xué)晶體在信息、激光技術(shù)、醫(yī)療、國(guó)防等領(lǐng)域具有重要應(yīng)用價(jià)值。我國(guó)科學(xué)家利用Ca2CO3，XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了組成為CsXB3O7的非線性光學(xué)晶體?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)硼原子的價(jià)電子排布圖是____________，與硼處于同周期的非金屬主族元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)開(kāi)_______________。（2）B的簡(jiǎn)單氫化物BH3，不能游離存在，常傾向于形成較穩(wěn)定的B2H6或與其他分子結(jié)合。①B2H6分子結(jié)構(gòu)如圖，則B原子的雜化方式為_(kāi)___________________。②氨硼烷（NH3BH3）被認(rèn)為是最具潛力的新型儲(chǔ)氫材料之一，分子中存在配位鍵，提供孤電子對(duì)的成鍵原子是______________，寫(xiě)出一種與氨硼烷互為等電子體的分子_________（填分子式）。（3）如圖為H3BO3晶體的片層結(jié)構(gòu)，其中B的雜化方式為_(kāi)______；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是____________。（4）以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱(chēng)為原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。CsSiB3O7屬于正交晶系（長(zhǎng)方體形），晶胞參數(shù)為anm、bnm和cnm．如圖為沿y軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。據(jù)此推斷該晶胞中Cs原子的數(shù)目為_(kāi)________；CsSiB3O7的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則CsSiB3O7晶體的密度為_(kāi)____g·cm－3（用含字母的代數(shù)式表示）?！即鸢浮剑?）F>N>O>C>B（2）①sp3雜化②NC2H6（3）sp2升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大（4）4〖解析〗（1）B原子核外電子排布式為：1s22s22p1，基態(tài)硼原子的價(jià)電子排布圖是，同周期第一電離能從左向右逐漸增大，N元素2P3為半充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能變大，所以，與硼處于同周期的非金屬主族元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)镕>N>O>C>B。故〖答案〗為：；F>N>O>C>B；（2）①B2H6分子結(jié)構(gòu)如圖，B形成4個(gè)σ鍵，價(jià)層電子對(duì)為4，則B原子的雜化方式為sp3雜化。故〖答案〗為：sp3雜化；②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位鍵，提供孤電子對(duì)的成鍵原子是N，B提供空軌道，用價(jià)電子遷移法，N與B之間夾著碳元素，與氨硼烷互為等電子體的分子C2H6（填分子式）。故〖答案〗為：N；C2H6；（3）H3BO3晶體為片層結(jié)構(gòu)，B原子最外層有3個(gè)電子，與3個(gè)-OH形成3個(gè)共價(jià)鍵，B的雜化方式為sp2；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是：升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大。故〖答案〗為：sp2；升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大；（4）原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞體內(nèi)，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分別位于晶胞的左側(cè)面、右側(cè)面上，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分別位于晶胞的上底面、下底面，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y軸的棱上，則晶胞中Cs原子數(shù)目為：1+4×+4×=4，由化學(xué)式CsSiB3O7，可知晶胞相當(dāng)于含有4個(gè)“CsSiB3O7”，故晶胞質(zhì)量=4×g，則晶體密度==g·cm－3。故〖答案〗為：4；。18．（2020屆陜西省咸陽(yáng)市高三模擬）某些過(guò)渡元素的相關(guān)化合物在化工、醫(yī)藥、材料等領(lǐng)域有著極為廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）現(xiàn)有銅鋅元素的4種微粒，①鋅：[Ar]3d104s2；②鋅：[Ar]3d104s1；③銅：[Ar]3d104s1；④銅：[Ar]3d10。失去一個(gè)電子需要的最低能量由大到小的順序是___（填字母）。A④②①③B④②③①C①②④③D①④③②（2）砷化鎘（Cd3As2）是一種驗(yàn)證三維量子霍爾效應(yīng)的材料。①砷與鹵素可形成多種鹵化物，AsBr3、AsCl3、AsF3的熔點(diǎn)由低到高的順序?yàn)開(kāi)_。砷酸的酸性弱于硒酸，從分子結(jié)構(gòu)的角度解釋原因____。②Cd2＋與NH3形成配離子[Cd（NH3）4]2＋中，配體的空間構(gòu)型為_(kāi)_，畫(huà)出配離子的結(jié)構(gòu)式__（不考慮立體構(gòu)型）。（3）鉻（Cr）、鉬（Mo）、鎢（W）位于同一副族相鄰周期，且原子序數(shù)依次增大。①基態(tài)鉻原子、鉬原子的核外電子排布特點(diǎn)相同，則基態(tài)鉬原子的價(jià)層電子排布圖為_(kāi)__。②鉻的晶胞結(jié)構(gòu)如圖A所示，它的堆積模型為_(kāi)___，在該晶胞中鉻原子的配位數(shù)為_(kāi)____。③鎢和碳能形成耐高溫、耐磨材料碳化鎢，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖B所示，則碳化鎢的化學(xué)式為_(kāi)__，六棱柱的底邊長(zhǎng)為acm，高為bcm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則碳化鎢晶體的密度是___g·cm－3（列出計(jì)算表達(dá)式）?！即鸢浮剑?）A（2）①AsF3＜AsCl3＜AsBr3H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中O原子上的電子向Se偏移的程度大，更容易電離出H+②三角錐形（3）①②體心立方堆積8③WC〖祥解〗（1）結(jié)合電離能的變化規(guī)律分析解題，注意d軌道全充滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電離能較大；（2）①AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶體，根據(jù)分子間作用力大小及影響因素與熔點(diǎn)關(guān)系分析；非羥基氧越多，酸性越強(qiáng)；②[Cd(NH3)4]2＋中配體是NH3，根據(jù)N原子的價(jià)電子對(duì)數(shù)目分析空間構(gòu)型；Cd2+與NH3通過(guò)配位鍵結(jié)合成配合離子；（3）鉻原子核電荷數(shù)為24，晶胞的特點(diǎn)是一個(gè)Cr原子位于八個(gè)Cr原子形成的立方體中心；利用均攤法確定碳化鎢的化學(xué)式，計(jì)算出晶胞的質(zhì)量和體積，再根據(jù)計(jì)算密度?！驹斘觥浚?）鋅原子的第一電離能大于銅原子第一電離能，有①＞③；銅的第二電離能大于鋅的第二電離能，有④＞②，鋅的第二電離能大于第一電離能，②＞①，即失去一個(gè)電子需要的最低能量由大到小的順序是④②①③，故〖答案〗為A；（2）①AsBr3、AsCl3、AsF3都是分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔點(diǎn)越高，故熔點(diǎn)由低到高的順序?yàn)锳sF3＜AsCl3＜AsBr3；H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中的O原子的電子向Se偏移程度大，更容易電離出H+，砷酸的酸性弱于硒酸；②NH3中N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)目為3+=4，其中有1個(gè)孤對(duì)電子，N原子為sp3雜化，空間構(gòu)型是三角錐形；Cd2+與NH3通過(guò)配位鍵結(jié)合成配合離子，N原子提供孤對(duì)電子，中心離子與4個(gè)NH3形成4個(gè)配位鍵，則配離子的結(jié)構(gòu)式為；（3）①基態(tài)鉻原子的價(jià)電子排布式為3d54s1，鉬原子與鉻原子的核外電子排布特點(diǎn)相同，則基態(tài)鉬原子的價(jià)電子排布式為4d55s1，故價(jià)層電子排布圖為；②由鉻的晶胞結(jié)構(gòu)可知，一個(gè)Cr原子位于八個(gè)Cr原子形成的立方體中心，則堆積模型為體心立方堆積，在該晶胞中鉻原子的配位數(shù)為8；③晶胞中碳原子數(shù)為6個(gè)，鎢原子數(shù)為1+2×+6×2×+6×=6，則碳化鎢的化學(xué)式為WC；晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為cm3，則晶胞密度=g·cm－3。【『點(diǎn)石成金』】均攤法確定六棱柱晶胞中粒子數(shù)目的方法是：①頂點(diǎn)：每個(gè)頂點(diǎn)的原子被6個(gè)晶胞共有，所以晶胞對(duì)頂點(diǎn)原子只占份額；②棱：每條棱的原子被3個(gè)晶胞共有，所以晶胞對(duì)頂點(diǎn)原子只占份額；③面上：每個(gè)面的原子被2個(gè)晶胞共有，所以晶胞對(duì)頂點(diǎn)原子只占份額；④內(nèi)部：內(nèi)部原子不與其他晶胞分享，完全屬于該晶胞。19．（2020屆福建省廈門(mén)市高三質(zhì)檢）2019年10月1曰，在慶祝中華人民共和國(guó)成立70周年的閱兵儀式上，最后亮相的DF-31A洲際戰(zhàn)略導(dǎo)彈是我國(guó)大國(guó)地位、國(guó)防實(shí)力的顯著標(biāo)志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多種元素?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)Cr原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)__。（2）實(shí)驗(yàn)室常用KSCN溶液、苯酚（）檢驗(yàn)Fe3+。①第一電離能：N___O(填“＞”或“<”)。②1mol苯酚中含有的σ數(shù)目為_(kāi)__。③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的雜化方式，其類(lèi)型為_(kāi)__。④從結(jié)構(gòu)的角度分析苯酚的酚羥基有弱酸性的原因?yàn)開(kāi)__。（3）碳的一種同素異形體的晶體可采取非最密堆積，然后在空隙中插入金屬離子獲得超導(dǎo)體。如圖為一種超導(dǎo)體的面心立方晶胞，C60分子占據(jù)頂點(diǎn)和面心處，K+占據(jù)的是C60分子圍成的___空隙和___空隙（填幾何空間構(gòu)型）；若C60分子的坐標(biāo)參數(shù)分別為A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，則距離A位置最近的陽(yáng)離子的原子坐標(biāo)參數(shù)為_(kāi)__。（4）Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+，則晶體Ni2與Ni3+產(chǎn)的最簡(jiǎn)整數(shù)比為_(kāi)__，晶胞參數(shù)為428pm，則晶體密度為_(kāi)__g?cm-3(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出表達(dá)式）?！即鸢浮剑?）3d54s1（2）①＞②13NA③sp2④酚羥基的氧原子參與形成了大π鍵，使氧原子電荷密度下降，氫離子容易電離（3）正四面體正八面體（，，）（4）8：3〖解析〗（1）基態(tài)Cr原子有24個(gè)電子，電子排布式為[Ar]3d54s1，基態(tài)Cr的價(jià)電子排布式為3d54s1；故〖答案〗為：3d54s1。（2）①同周期從左到右第一電離能有增大的趨勢(shì)，但第VA族大于第VIA族，因此第一電離能：N＞O；故〖答案〗為：＞。②1個(gè)苯酚分子含有5個(gè)C—H鍵，6個(gè)C—C鍵，1個(gè)O—H鍵，即共13個(gè)σ鍵，因此1mol苯酚中含有的σ數(shù)目為13NA；故〖答案〗為：13NA。③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的雜化方式，每個(gè)碳原子有3個(gè)σ鍵，無(wú)孤對(duì)電子，因此其雜化類(lèi)型為sp2；故〖答案〗為：sp2。④從結(jié)構(gòu)的角度分析苯酚的酚羥基有弱酸性的原因?yàn)榉恿u基的氧原子參與形成了大π鍵，使氧原子電荷密度下降，氫離子容易電離；故〖答案〗為：酚羥基的氧原子參與形成了大π鍵，使氧原子電荷密度下降，氫離子容易電離。（3）如圖為一種超導(dǎo)體的面心立方晶胞，C60分子占據(jù)頂點(diǎn)和面心處，，如圖，2號(hào)K+在三個(gè)面心和一個(gè)頂點(diǎn)共4個(gè)C60形成的四面體的體心，1號(hào)在上下左右前后6個(gè)C60形成的正八面體的體心，因此K+占據(jù)的是C60分子圍成的正四面體空隙和正八面體空隙；若C60分子的坐標(biāo)參數(shù)分別為A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，則距離A位置最近的陽(yáng)離子就是2號(hào)K+，其原子坐標(biāo)參數(shù)為(，，)；故〖答案〗為：正四面體；正八面體；(，，)。（4）Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結(jié)構(gòu)為NaCl型，一個(gè)晶胞中含有4個(gè)Ni和4個(gè)氧，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+，設(shè)Ni2+有x個(gè)，Ni3+有y個(gè)，根據(jù)電荷守恒和質(zhì)量守恒得到x+y=0.88，2x+3y=2，解得x=0.64，y=0.24，0.64:0.24=8:3，因此晶體Ni2+與Ni3+的最簡(jiǎn)整數(shù)比為8:3，晶胞參數(shù)為428pm，則晶體密度為；故〖答案〗為：8:3；。20．（2020屆河南省洛陽(yáng)市高三第三次統(tǒng)考）層狀