2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（解答大題）

第1頁（共1頁）2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（解答大題）一．解答題（共20小題）1．（2024?東城區(qū)校級三模）高熵合金是指由多種元素（如Al、Fe、Cu、Co、Cr、Mn、Ni、Zn等）形成的合金，因其獨特的元素組成、微觀結(jié)構(gòu)和性能，被認為是極具應(yīng)用潛力的新型結(jié)構(gòu)材料。（1）AlCrFeNi是目前采用最多的高嫡合金元素組合。①A元素與同周期相鄰的元素比較，第一電離能由大到小的順序是（用元素符號表示）。②基態(tài)Fe原子的價層電子的軌道表示式為。③Ni元素位于元素周期表的區(qū)。（2）研究人員發(fā)現(xiàn)，在離子液體中可制備均一粒徑分布的高熵合金納米顆粒。離子液體是在室溫和接近室溫時呈液態(tài)的鹽類物質(zhì)，一般由有機陽離子和無機陰離子組成。一種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示。①的空間結(jié)構(gòu)為。②研究發(fā)現(xiàn)通過改變陽離子側(cè)鏈可調(diào)控離子化合物的熔點。A、B兩種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示。熔點A＞B的原因是。（3）一種由Cu、In、Te元素形成的高熵合金，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°。①Te原子與鄰近的Cu、In原子構(gòu)成的空間結(jié)構(gòu)為。②已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為g?cm﹣3（1nm＝10﹣7cm）（列出計算式）2．（2024?招遠市三模）鋅的配合物在工業(yè)中有著重要應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）一種鋅的配合物M的結(jié)構(gòu)如圖1。①Zn元素位于元素周期表的區(qū)。M分子中元素電負性最大的原子處于基態(tài)時，其價電子排布圖為。②已知配體中的五元環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，則形成大π鍵時1號氮原子提供的電子數(shù)（填“＞”、“＝”或“＜”）2號氮原子提供的電子數(shù)；該分子具有堿性，原因是。（2）某三維多孔金屬有機骨架材料由有機配體對苯二甲酸根和具有正四面體結(jié)構(gòu)的構(gòu)成。其晶體具有面心立方結(jié)構(gòu)，晶胞由8個結(jié)構(gòu)相似的組成單元（如圖2）構(gòu)成，其中虛線框內(nèi)局部結(jié)構(gòu)如圖3。①晶體中中氧原子的軌道雜化方式為，Zn2+的配位數(shù)為。②晶體內(nèi)部空腔可吸附小分子，要增強晶體與H2O的吸附作用，可在對苯二甲酸根上引入（假設(shè)晶胞形狀不變）。A．—ClB．—OHC．—NH2D．—CH3③已知該晶體密度為0.59g?cm﹣3，對苯二甲酸根與的相對分子質(zhì)量分別為M1和M2，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶胞參數(shù)為nm（用含M1、M2和NA的式子表示）。3．（2024?杭州模擬）有機無機鹵化物鈣鈦礦類雜化材料[（CH3NH3）PbI3]具有較高的光電轉(zhuǎn)換效率。請回答：（1）基態(tài)氮原子的價電子排布式為，其價電子的空間運動狀態(tài)有種。（2）下列說法正確的是A.電負性：N＞C＞PbB.熔點：CH3NH3NO3＜NH4NO3C.CH3NH2中C、N雜化類型相同，鍵角∠HCN小于∠HNCD.CH3中存在σ鍵、配位鍵和氫鍵（3）由于硅有價層d軌道可以利用而碳沒有，因此它們的化合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)存在較大差異。若略去氫原子，化合物N（CH3）3（三角錐形）和N（SiH3）3（平面形）的結(jié)構(gòu)如圖所示。根據(jù)以上信息，請說明N（SiH3）3堿性比N（CH3）3小的原因。（4）（CH3NH3）PbI3晶體的晶胞為如圖（a）所示的立方體結(jié)構(gòu)。①與Pb2+最近且等距離的I﹣有個。②如果將晶胞（a）進行平移成圖（b）即I﹣位于棱心，請在圖（b）中畫出相應(yīng)的Pb2+的位置（用表示Pb2+）。4．（2024?山東模擬）鈷及其化合物在材料、醫(yī)藥等領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用。回答下列問題：（1）基態(tài)鈷原子的價層電子排布式為；電解熔融的CoCl2或CoO都能制備金屬鈷，CoCl2熔點低于CoO熔點的原因是。（2）某含鈷配離子結(jié)構(gòu)如圖（NH2CH2CH2NH2為電中性配體），已知配合物的磁矩μB＝（n表示中心原子或離子的未成對電子數(shù)），則該配離子的磁矩μB＝BM；下列對鈷離子的雜化方式推斷合理的是（填標(biāo)號）。A．sp3B．dsp2C．d2sp3D．sp3d（3）鈷酸鋰（LiCoO2）是常見的鋰離子電池正極材料，其晶體屬六方晶系晶胞參數(shù)a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120，晶胞結(jié)構(gòu)如圖。晶體中O圍繞Co形成八面體，八面體共棱形成帶負電的層狀空間結(jié)構(gòu)，與Li+層交替排列。在充放電過程中，Li+在層間脫出或嵌入。①晶胞中Co的個數(shù)為；Li+在充電過程中會從八面體層間脫出導(dǎo)致晶胞高度c變大，原因是。②若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體密度為g?cm﹣3（用代數(shù)式表示）。5．（2024?青羊區(qū)校級模擬）碳族元素的單質(zhì)及化合物廣泛存在于生產(chǎn)生活的方方面面。請回答下列問題：（1）基態(tài)C原子，共有種不同空間運動狀態(tài)的電子。Ge的核外電子排布式為。（2）電石CaC2與螢石CaF2的“離子鍵成分百分?jǐn)?shù)”相較更大的是。（3）金剛石和石墨互為。石墨的晶體類型為。金剛石為三維骨架結(jié)構(gòu)（如圖1），在由共價鍵形成的碳原子環(huán)中，最小的環(huán)為元環(huán)。（4）在硅酸鹽中，SiO四面體（圖2）通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式。圖3為一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其化學(xué)式為。（5）瑪瑙（非晶態(tài)/玻璃態(tài)）與水晶（晶態(tài)）均由熔融SiO2冷卻形成，則冷卻速率瑪瑙水晶（填“＞”或“＜”，后同）。青銅是銅與錫（Sn）的合金，硬度青銅純銅。（6）PbI2在飽和溶液中析出時現(xiàn)象酷似“水中黃金雨”，極具觀賞性，已知PbI2固體以單分子形式存在，則Pb的雜化形式為。（7）已知Ge（OH）4與Sn（OH）4均為兩性化合物，且酸性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，堿性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，試從結(jié)構(gòu)角度予以解釋。（“Ge—O”與“Sn—O”可視作極性共價鍵）。6．（2024?石景山區(qū)一模）PdFe3N比純金屬Pd具有更優(yōu)異的甲酸氧化電催化活性，其制備流程如下。（1）NH3的空間結(jié)構(gòu)是。（2）基態(tài)Fe原子的價層電子軌道表示式為。（3）原子的第一電離能N＞O，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由。（4）PdFe3N的晶胞形狀為正方體，結(jié)構(gòu)如上圖所示。①圖中“”代表。②已知PdFe3N的摩爾質(zhì)量是Mg?mol﹣1，晶胞的密度為ρg?cm﹣3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶胞的邊長為nm。（1nm＝10?7cm）③Pd和PdFe3N電催化甲酸間接氧化的反應(yīng)歷程如圖所示，吸附在催化劑表面的粒子用*標(biāo)注。分析PdFe3N優(yōu)于Pd的原因。7．（2024?豐臺區(qū)校級三模）碳酸二甲酯（）是一種綠色化工原料。用于汽車、醫(yī)療器械等領(lǐng)域。以甲醇為原料生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程如下。ⅰ.4CuCl+4CH3OH+O2＝4Cu（OCH3）Cl+2H2Oⅱ.2Cu（OCH3）Cl+CO＝（CH3O）2CO+2CuCl（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的雜化類型是。（2）CuCl中，基態(tài)Cu+的價電子排布式為，CuCl在生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程中所起的作用是。（3）上述方法中，甲醇單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率較低。為分析原因，查閱如下資料。ⅰ.甲醇單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率主要受Cu（Ⅰ）（+1價銅元素）濃度的影響。ⅱ.CuCl在甲醇中溶解度較小，且其中的Cu+易被氧化為難溶的CuO。ⅲ.加入4﹣甲基咪唑（）可與Cu+形成配合物，可提高甲醇的轉(zhuǎn)化率。4﹣甲基咪唑中，1號N原子的孤電子對因參與形成大π鍵，電子云密度降低。請結(jié)合信息回答以下問題。①4﹣甲基咪唑中，1～4號N原子（填“在”或“不在”）同一平面上，（填“1”或“3”）號N原子更容易與Cu+形成配位鍵。②加入4﹣甲基咪唑后，甲醇轉(zhuǎn)化率提高，可能的原因是（填序號）。a．Cu（Ⅰ）配合物中的—NH結(jié)構(gòu)可增大其在甲醇中的溶解度b．形成的Cu（Ⅰ）配合物能增大反應(yīng)的限度（4）配位原子提供孤電子對的能力是影響配體與Cu+之間配位鍵強度的一個重要因素。若用某結(jié)構(gòu)相似的含O配體與Cu+配位，所得配合物的穩(wěn)定性比含N配體低，可能的原因是。（5）CaTiO3的晶胞如圖（a）所示，金屬離子與氧離子間的作用力為，Ca2+的配位數(shù)是。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，有機堿CH3H中，N原子的雜化軌道類型是；若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為g?cm﹣3（列出計算式）。8．（2024?浙江模擬）Co、La元素及其化合物在工業(yè)及生活方面有重要應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Co的價電子排布圖，核外電子的空間運動狀態(tài)有種。（2）一定條件下，CoCl2、H2O2、NH3和NH4Cl反應(yīng)可制得[Co（NH3）4Cl2]Cl，反應(yīng)的方程式為，[Co（NH3）4Cl2]Cl的配位數(shù)為。區(qū)別[Co（NH3）4Cl2]Cl和[Co（NH3）4Cl2]NO3兩種溶液的試劑是。（3）La的八配位金屬羰基化合物L(fēng)a（CO）8的結(jié)構(gòu)如圖所示，CO作配體，配位原子為C，而不是O，其原因是，1molLa（CO）8含molσ鍵。（4）LaHx在儲氫和超導(dǎo)等領(lǐng)域具有重要應(yīng)用。高壓下，LaH2中的每個H結(jié)合4個H形成類似CH4的結(jié)構(gòu)獨立存在，即得到晶體LaHx。則x＝。晶體LaHx的密度為g?cm﹣3。（寫出計算式即可）9．（2024?銅川三模）化學(xué)材料助力科技成果的轉(zhuǎn)化與應(yīng)用?；衔顰gMnAs2在磁記錄材料領(lǐng)域有廣泛的應(yīng)用前景，氨硼烷（NH3BH3）、鎂鐵合金都可作為儲氫材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Mn原子中核外電子占據(jù)的最高能層符號是，基態(tài)As原子的價層電子排布式為。（2）Ag的焰色反應(yīng)與鐵相似，接近無色，下列有關(guān)焰色反應(yīng)原理的分析正確的是（填字母）。a．電子從基態(tài)躍遷到較高的激發(fā)態(tài)b．電子從較高的激發(fā)態(tài)躍遷回基態(tài)c．焰色反應(yīng)的光譜屬于吸收光譜d．焰色反應(yīng)的光譜屬于發(fā)射光譜（3）Mn（NO3）2中陰離子的空間構(gòu)型是，Mn、N、O三種元素中第一電離能最小的是（填元素符號）。（4）NH3、PH3、AsH3的沸點由高到低的順序為（用化學(xué)式表示，下同），鍵角由大到小的順序為。（5）NH3BH3中存在配位鍵，提供空軌道的原子是；分子中N原子采用雜化。（6）某鎂鐵合金的晶胞如圖所示：該晶胞的密度為ρg×cm﹣3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。Fe的配位數(shù)是。該合金儲氫時，若每個晶胞可以儲存4個H2分子，計算1cm3合金儲存氫氣的質(zhì)量為g（用含ρ的代數(shù)式表示）。10．（2024?諸暨市模擬）鹵族元素是形成化合物的常見元素。請回答：（1）含Na、Cl、Al三種元素的某化合物，其晶體部分結(jié)構(gòu)如圖所示。其化學(xué)式是，晶體類型是。（2）下列說法錯誤的是。A．電負性：N＞C＞HB．第一電離能：Na＜Mg＜AlC．離子半徑：Na+＜F﹣＜Cl﹣D．Cu+的簡化電子排布式：[Ar]3d94s1（3）一種比率光生探針M與銅離子配位，可用于小鼠腦內(nèi)Cu（Ⅱ）的高時空分辨率動態(tài)成像。反應(yīng)如下所示：①M中C的雜化方式為。②M中鍵角∠F—B—FBF3中鍵角∠F—B—F（填“＞”、“＜”、“＝”），請說明理由。（4）在水中，氟化氫是一種弱酸，但氟化氫卻是酸性很強的溶劑，其酸度與無水硫酸相當(dāng)，能夠給予氟化氫質(zhì)子的化合物是很少的。如HNO3在HF溶劑中存在如下反應(yīng)：HONO2+HF?（OH）2NO++F﹣。則HNO3在HF溶劑中呈（填“酸性”、“中性”、“堿性”）11．（2024?昌平區(qū)二模）含鋰化合物如LiAlH4、Li2O等有重要的應(yīng)用。Ⅰ.LiAlH4是有機合成中常用的還原劑。（1）LiAlH4中Li+與之間的作用力類型是。的空間構(gòu)型是，中心原子的雜化類型為。（2）Li+與H﹣具有相同的電子構(gòu)型，比較r（Li+）與r（H﹣）的大小（其中r代表半徑），并從原子結(jié)構(gòu)角度說明原因。（3）從化合價角度說明LiAlH4具有還原性的原因。（4）被LiAlH4還原后得到產(chǎn)物的名稱是。Ⅱ.高純度氧化鋰可用于鋰電池。一種制備方法是：i．向磨細的LiOH?H2O粉末中加入定量的過氧化氫，加熱，一定條件下回收得到Li2O2?H2O2?H2Oii．真空下焙燒Li2O2?H2O2?H2O，得到Li2O（5）i中反應(yīng)分為2步，寫出第一步反應(yīng)的化學(xué)方程式。第一步：。第二步：2LiOOH?H2O＝Li2O2?H2O2?2H2O（6）Li2O晶胞如圖所示。已知晶胞參數(shù)為0.4665nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則Li2O的密度為g?cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）12．（2024?和平區(qū)三模）東晉《華陽國志?南中志》已有白銅（銅鎳合金）的記載，回答下列問題：（1）鎳元素基態(tài)原子的電子排布式為，3d能級上的未成對的電子數(shù)為。（2）硫酸鎳溶于氨水形成[Ni（NH3）6]SO4藍色溶液，在中Ni2+與NH3之間形成的化學(xué)鍵稱為，配位原子是，中陰離子的立體構(gòu)型是。（3）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：I2（Cu）＝1959kJ?mol﹣1，I2（Ni）＝1753kJ?mol﹣1，I2（Cu）＞I2（Ni）的原因是。（4）現(xiàn)有La、Ni合金是較為理想的儲氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示：①該儲氫材料的化學(xué)式為。②已知晶胞參數(shù)邊長為anm，高為bnm，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。若一個晶胞內(nèi)可以儲存18個氫原子，則儲氫后的晶胞密度為g?cm﹣3。（5）用含鎳廢料（含鎳、鋁、氧化鐵、碳等雜質(zhì)）提取蓄電池材料Ni2O3，流程如圖2所示：已知：NiCl2易溶于水，F(xiàn)e3+不能氧化Ni2+。①酸浸時鎳的浸出率與溫度的關(guān)系如圖3所示，溫度高于40℃時鎳的浸出率開始下降，主要原因可能是（從兩個角度分析）。②證明“沉鎳”中，Ni2+已經(jīng)沉淀完全的實驗步驟及現(xiàn)象為。③電解過程產(chǎn)生的氯氣在弱堿條件下生成了ClO﹣，再把二價鎳氧化為三價鎳，寫出“氧化”反應(yīng)的離子方程式。13．（2024?南充模擬）早在2000多年前我國已掌握銅鎳合金的冶煉，但直到250年前才有科學(xué)家制得單質(zhì)鎳?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鎳原子的價電子排布式為?；鶓B(tài)銅、鎳原子的第二電離能分別為、、ICu＞INi的原因是。（2）丁二銅肟常用于檢驗Ni2+。在稀氨水介質(zhì)中，丁二酮肟與Ni2+反應(yīng)生成鮮紅色沉淀，其結(jié)構(gòu)如圖所示，該物質(zhì)中：①非金屬元素電負性由大到小的順序為。②氫氧原子間存在作用。③Ni2+的配位數(shù)為。④已知：Ni2+和N位于同一平面?？刹捎门浜衔锏碾s化軌道理論進行解釋：Ni2+原有d電子可違反洪特規(guī)則進行重排，再利用外層空軌道雜化后接受N原子提供的孤對電子。則推測Ni2+采用的雜化軌道類型為（填字母標(biāo)號）。A．sp2B．sp3C．dsp2D．d2sp（3）二元銅鎳固溶體稱為普通白銅，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖。已知立方晶胞邊長為acm，阿伏加德羅常數(shù)為。①該晶體類型為，Cu與Cu之間的最近距離為pm。②該晶體密度為g?cm﹣3（用含NA、a的式子表示）。14．（2024?天津三模）金屬有機骨架化合物（MOFs）因高孔隙率等優(yōu)良特性成為吸附材料的研究熱點。采用不同金屬中心離子，可合成不同的MOFs吸附材料。回答下列問題：（1）金屬硝酸鹽是合成MOFs的常見試劑。硝酸根離子的空間構(gòu)型為；（2）功能化MOFs可吸附CO2并將其催化轉(zhuǎn)化為甲醇，甲醇易溶于水的原因是；（3）DMF（制備MOFs所需催化劑的原料）的結(jié)構(gòu)是，σ鍵與π鍵的數(shù)目比是；（4）基態(tài)Pt原子的電子排布式為[Xe]4f145d96s1，則Pt位于元素周期表第周期第族，處于區(qū)。的價層電子對互斥模型如圖所示，該離子是平面正方形結(jié)構(gòu)，鍵角是90°則中心原子采用的雜化類型可能是（填“dsp2”“sp3”或“sp2”）。某MOFs多孔材料孔徑大小和形狀恰好將N2O4“固定”，能高選擇性吸附NO2。廢氣中的NO2被吸附后，經(jīng)處理能全部轉(zhuǎn)化為HNO3，原理示意圖如圖。（5）已知：2NO2（g）?N2O4（g）ΔH＜0。下列說法正確的是。A.MOFs—N2O4是一種超分子，圖示吸附過程屬于氮的固定B.溫度升高時不利于N2O4被MOFs固定C.多孔材料“固定”N2O4，降低2NO2（g）?N2O4（g）反應(yīng)的活化能，促進平衡正向移動D.該MOFs材料也可用于“固定”其他小分子，如NO、H2等（6）圖示中轉(zhuǎn)化為HNO3的反應(yīng)，化學(xué)方程式為。15．（2024?棗莊一模）氮能與部分金屬或非金屬形成二元化合物，在材料應(yīng)用中體現(xiàn)出獨特性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：（1）量子力學(xué)計算的結(jié)果顯示氮化碳結(jié)構(gòu)有五種，其中β﹣氮化碳硬度超過金剛石晶體。已知β﹣氮化碳的二維晶體（單點厚度僅有一個原子直徑大小的晶體）結(jié)構(gòu)如圖1，線框內(nèi)表示晶胞結(jié)構(gòu)，則β﹣氮化碳的化學(xué)式為；晶體中N原子的雜化方式為。（2）Cu3N具有良好的電學(xué)和光學(xué)性能，其晶胞結(jié)構(gòu)沿體對角線投影如圖2，其中N3﹣在晶胞中只有一種位置，N3﹣的配位數(shù)為。高溫下CuO易轉(zhuǎn)化為Cu2O，試從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋其原因：；高溫下Cu3N可將CO2還原，反應(yīng)生成一種還原性氣體、一種單質(zhì)氣體和一種金屬氧化物，其化學(xué)反應(yīng)方程式為。（3）CrN晶胞結(jié)構(gòu)的八分之一如圖3，則熔點：CrNNaCl（填“高于”“低于”或“等于”）。若NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，晶體密度為ρg?cm﹣3，則Cr3+與N3﹣最短核間距為pm。16．（2024?瓊山區(qū)校級模擬）鋅在工業(yè)中有重要作用，也是人體必須的微量元素。人體內(nèi)碳酸酐酶可以使CO2水合和脫水反應(yīng)速率分別加快13000和25000倍。碳酸酐酶的部分結(jié)構(gòu)如圖所示：回答下列問題：（1）Zn基態(tài)原子核外電子排布式。（2）碳酸酐酶的部分結(jié)構(gòu)中與Zn2+配位的原子是（填元素符號），該物質(zhì)中碳原子的軌道雜化類型是，碳酸酐酶中H—O—H鍵角比H2O中H—O—H鍵角（填“大于”“小于”或“等于”）。（3）黃銅是人類最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu組成，第二電離能I2（Zn）I2（Cu）（填“大于”或“小于”），原因是。（4）硒化鋅是一種重要的半導(dǎo)體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示。①與Se原子距離最近且等距離的Zn的個數(shù)為。②1號原子的坐標(biāo)為（1，1，1），圖2是ZnSe晶胞沿z軸的投影圖，2號原子的坐標(biāo)為。③晶胞中距離最近的兩個Se的距離為anm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體密度為g?cm﹣3。17．（2024?濟南模擬）一定條件下用過量堿性H2O2處理含有Ag+和Ni2+的混合溶液，得到一種鎳銀氧三元化合物，六方晶胞（a＝b≠c；α＝β＝90°，γ＝120°）如圖所示。回答下列問題：（1）基態(tài)Ni原子的價電子排布式為，鎳原子的配位數(shù)為，該制備反應(yīng)的離子方程式為。（2）47Ag的第二電離能（填“大于”或“小于”）48Cd的第二電離能，原因是。（3）Ag作催化劑，催化氧氣氧化苯甲醇制備苯甲醛的化學(xué)方程式為；相同條件下，苯甲醇在水中的溶解度大于苯甲醛的原因是。（4）若Ni—O鍵長為dpm，∠Ni—O—Ni夾角為θ，晶胞高為hpm，該化合物的摩爾質(zhì)量為Mg?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA，則該化合物晶體的密度為g?cm﹣3（列出計算式即可）。18．（2024?四川模擬）鈦由于其穩(wěn)定的化學(xué)性質(zhì)，良好的耐高溫、耐低溫、抗強酸、抗強堿以及高強度、低密度等特性，被美譽為“未來鋼鐵”“戰(zhàn)略金屬”。（1）基態(tài)22Ti原子的價層電子排布圖為。（2）區(qū)分晶態(tài)TiO2和非晶態(tài)TiO2最可靠的科學(xué)方法是，TiO2與光氣COCl2反應(yīng)可用于制取四氯化鈦，COCl2的空間構(gòu)型為。（3）Ti的一種配合物丁二酮縮鄰氨基酚鈦，是高性能的聚烯烴催化劑，其結(jié)構(gòu)如圖。①組成配合物的第二周期元素中，第一電離能由大到小的順序為，其中碳原子的雜化方式為。②該配合物中心離子是，0.5mol配合物中含σ鍵的數(shù)目為。（4）某鈣鈦礦型太陽能光伏電池的有機半導(dǎo)材料的結(jié)構(gòu)如圖所示，其中A為正離子C2H5，另兩種離子為I﹣和Pb2+。①該物質(zhì)化學(xué)式為。②與C2H5緊鄰等距的I﹣數(shù)為。③晶胞中兩個最近的I﹣之間的距離為apm，晶胞的密度為g/cm3（列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA）。19．（2024?宿遷一模）CeO2和CeCl3是重要的工業(yè)原料。（1）CeO2晶胞見圖﹣1，其中O原子位于Ce構(gòu)成的空隙。（填“正四面體”或“正八面體”）（2）銅﹣氧化物（xCuO—yCeO2，其中O均為﹣2價）可催化氧化除去氫氣中少量CO，其反應(yīng)機理見圖﹣2所示。①反應(yīng)Ⅰ中Ce的化合價變化為：。（已知反應(yīng)Ⅰ中Cu、Ce的化合價均發(fā)生變化）②若反應(yīng)Ⅱ中通入18O2，檢測反應(yīng)Ⅳ的產(chǎn)物，其中含有18O有種。（3）用pH約為7的CeCl3溶液與NH4HCO3溶液反應(yīng)制備Ce2（CO3）3沉淀。若制備Cl﹣含量少的Ce2（CO3）3，采用的加料方式為：將溶液緩慢滴加到溶液中。（填化學(xué)式）（4）準(zhǔn)確稱取1.00gCeCl3樣品置于錐形瓶中，加入適量過二硫酸銨[（NH4）2S2O8]溶液恰好將Ce3+氧化為Ce4+，然后加入40.00mL0.10mol?L﹣1（NH4）2Fe（SO4）2與之恰好反應(yīng)完全。已知：Fe2++Ce4+＝Fe3++Ce3+。求該樣品中CeCl3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫出計算過程）。20．（2024?海淀區(qū)校級模擬）氟化鎂鉀（KMgF3）是一種具有優(yōu)良光學(xué)性能的材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖。以該晶胞結(jié)構(gòu)為基礎(chǔ)，將相似離子取代或部分取代，可合成多種新型材料。（1）①KMgF3晶體中，每個Mg2+周圍有個距離最近的F﹣。②已知晶胞棱長為anm，則該晶胞的密度為g?cm﹣3（用含a的代數(shù)式表示計算結(jié)果，1nm＝10﹣7cm，NA＝6×1023mol﹣1，下同）。③已知F﹣與K+離子半徑相近，從原子結(jié)構(gòu)角度解釋原因。（2）Fe3+半徑與Mg2+接近，將Mg2+部分由Fe3+取代，可以帶來電荷不平衡性和反應(yīng)活性。從而合成新型催化劑材料。①基態(tài)Fe3+中未成對的電子數(shù)為。②某實驗室合成新型催化劑材料KMg0.8Fe0.2F3O0.1（O2﹣是平衡電荷引入的填隙陰離子，不破壞原有晶胞結(jié)構(gòu)）。若要合成厚度為0.3mm、面積為1m2的催化劑材料，理論上需要摻雜的Fe3+約為mol。（3）我國科研工作者以KMgF3晶體結(jié)構(gòu)為框架，依據(jù)“體積匹配原則”合成了具有獨特電學(xué)性能的AthMn（N3）3晶體。其框架中的Mg2+由Mn2+取代，K+位置嵌入有機陽離子Ath+，F(xiàn)﹣位置沿棱方向嵌入直線型。Ath+與的結(jié)構(gòu)簡式分別為和。①中心N原子的雜化方式為。②Ath+的轉(zhuǎn)動不會影響晶體骨架，這是因為除離子鍵外，該晶體中微粒間還存在其他相互作用，如鄰近的Mn2+與間還存在，上述相互作用不會隨Ath+的轉(zhuǎn)動改變。

2025高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)之物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（解答大題）參考答案與試題解析一．解答題（共20小題）1．（2024?東城區(qū)校級三模）高熵合金是指由多種元素（如Al、Fe、Cu、Co、Cr、Mn、Ni、Zn等）形成的合金，因其獨特的元素組成、微觀結(jié)構(gòu)和性能，被認為是極具應(yīng)用潛力的新型結(jié)構(gòu)材料。（1）AlCrFeNi是目前采用最多的高嫡合金元素組合。①A元素與同周期相鄰的元素比較，第一電離能由大到小的順序是Si＞Mg＞Al（用元素符號表示）。②基態(tài)Fe原子的價層電子的軌道表示式為。③Ni元素位于元素周期表的d區(qū)。（2）研究人員發(fā)現(xiàn)，在離子液體中可制備均一粒徑分布的高熵合金納米顆粒。離子液體是在室溫和接近室溫時呈液態(tài)的鹽類物質(zhì)，一般由有機陽離子和無機陰離子組成。一種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示。①的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形。②研究發(fā)現(xiàn)通過改變陽離子側(cè)鏈可調(diào)控離子化合物的熔點。A、B兩種離子液體的結(jié)構(gòu)如圖所示。熔點A＞B的原因是A的烴基比B的烴基小，A中陽離子半徑比B的小，A中晶格能更大，熔點越高。（3）一種由Cu、In、Te元素形成的高熵合金，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°。①Te原子與鄰近的Cu、In原子構(gòu)成的空間結(jié)構(gòu)為四面體形。②已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，該晶體的密度為g?cm﹣3（1nm＝10﹣7cm）（列出計算式）【答案】（1）①Si＞Mg＞Al；②；③d；（2）①正四面體形；②A的烴基比B的烴基小，A中陽離子半徑比B的小，A中晶格能更大，熔點越高；（3）①四面體形；②?！痉治觥浚?）①同周期從左向右元素第一電離能呈增大趨勢，鎂元素原子2s能級為全滿，氮元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的；②基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2；③基態(tài)Ni原子價層電子排布式為3d84s2；（2）①中B原子價層電子對數(shù)為4+＝4，沒有孤電子對；②離子半徑越小，所帶電荷越多，晶格能越大，熔點越高；（3）①由圖可知，Te原子與連接鄰近的2個Cu原子、2個In原子；②Cu位于頂點、面上和體內(nèi)，個數(shù)為8×+4×+1＝4，In位于棱上和面上，個數(shù)為4×+6×＝4，8個Fe位于體內(nèi)，晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為a2b×10﹣21cm3，根據(jù)ρ＝計算晶體密度?！窘獯稹拷猓海?）①Al元素的相鄰元素為Mg、Si，同周期從左向右元素第一電離能呈增大趨勢，鎂元素原子2s能級為全滿，氮元素原子2p能級為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素的，故第一電離能由大到小的順序是Si＞Mg＞Al，故答案為：Si＞Mg＞Al；②基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，則基態(tài)Fe原子的價層電子的軌道表示式為，故答案為：；③基態(tài)Ni原子價層電子排布式為3d84s2，位于元素周期表中d區(qū)，故答案為：d；（2）①中B原子價層電子對數(shù)為4+＝4，沒有孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體形，故答案為：正四面體形；②由A、B結(jié)構(gòu)式可知，A的烴基比B的烴基小，A中陽離子半徑比B的小，A中晶格能更大，熔點越高，故答案為：A的烴基比B的烴基小，A中陽離子半徑比B的小，A中晶格能更大，熔點越高；（3）①由圖可知，Te原子與連接鄰近的2個Cu原子、2個In原子，四個原子形成的空間結(jié)構(gòu)為四面體形，故答案為：四面體形；②Cu位于頂點、面上和體內(nèi)，個數(shù)為8×+4×+1＝4，In位于棱上和面上，個數(shù)為4×+6×＝4，8個Fe位于體內(nèi)，晶胞質(zhì)量為g，晶胞體積為a2b×10﹣21cm3，晶體密度ρ＝＝g?cm﹣3＝g?cm﹣3，故答案為：?！军c評】本題考查晶體結(jié)構(gòu)，側(cè)重考查學(xué)生晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。2．（2024?招遠市三模）鋅的配合物在工業(yè)中有著重要應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）一種鋅的配合物M的結(jié)構(gòu)如圖1。①Zn元素位于元素周期表的ds區(qū)。M分子中元素電負性最大的原子處于基態(tài)時，其價電子排布圖為。②已知配體中的五元環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，則形成大π鍵時1號氮原子提供的電子數(shù)＞（填“＞”、“＝”或“＜”）2號氮原子提供的電子數(shù)；該分子具有堿性，原因是該分子中含有亞氨基。（2）某三維多孔金屬有機骨架材料由有機配體對苯二甲酸根和具有正四面體結(jié)構(gòu)的構(gòu)成。其晶體具有面心立方結(jié)構(gòu)，晶胞由8個結(jié)構(gòu)相似的組成單元（如圖2）構(gòu)成，其中虛線框內(nèi)局部結(jié)構(gòu)如圖3。①晶體中中氧原子的軌道雜化方式為sp3，Zn2+的配位數(shù)為1.25。②晶體內(nèi)部空腔可吸附小分子，要增強晶體與H2O的吸附作用，可在對苯二甲酸根上引入BC（假設(shè)晶胞形狀不變）。A．—ClB．—OHC．—NH2D．—CH3③已知該晶體密度為0.59g?cm﹣3，對苯二甲酸根與的相對分子質(zhì)量分別為M1和M2，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶胞參數(shù)為×107nm（用含M1、M2和NA的式子表示）?！敬鸢浮浚?）①ds；；②＞；該分子中含有亞氨基；（2）①sp3；②BC；③×107?！痉治觥浚?）①Zn是30號元素，價層電子排布式為3d104s2；由M分子結(jié)構(gòu)式可知，電負性最大的為O；②已知配體中的五元環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，1號N原子為sp2雜化，1個H、2個C原子占據(jù)3個sp2雜化軌道，孤電子對占據(jù)未參與雜化的p軌道，即形成大π鍵時1號氮原子提供2個電子；2號N原子為sp2雜化，2個C原子、1個孤電子對占據(jù)3個sp2雜化軌道，1個成單電子占據(jù)未參與雜化的p軌道，即形成大π鍵時1號氮原子提供1個電子；則形成大π鍵時1號氮原子提供的電子數(shù)大于2號氮原子提供的電子數(shù)；2號N原子含有孤電子對，能與H+形成配位鍵；（2）①由圖3可知，晶體中中氧原子含有4個共價鍵；由晶體組成單元對角面可知，每個鋅離子與2個氧離子相連，其中一個氧離子為四個鋅離子所共有；②氨基和羥基能與H2O形成氫鍵，氯原子和甲基不能與H2O形成氫鍵；③已知該晶體密度為0.59g?cm﹣3，對苯二甲酸根與的相對分子質(zhì)量分別為M1和M2，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，由晶胞的組成單元結(jié)構(gòu)可知，單元結(jié)構(gòu)中位于頂點的的個數(shù)為8×＝1，位于棱上的對苯二甲酸根的個數(shù)為12×＝3，該晶體具有面心立方結(jié)構(gòu)，其晶胞由8個結(jié)構(gòu)相似的組成單元構(gòu)成可得，晶胞質(zhì)量為g，設(shè)晶胞參數(shù)為anm，晶胞體積為（a×10﹣7）3cm3，由ρ＝可求得該晶胞參數(shù)?！窘獯稹拷猓孩賈n為第30號元素，價層電子排布式為3d104s2，位于ds區(qū)；由M分子結(jié)構(gòu)式可知，電負性最大的為O，處于基態(tài)時，其價電子排布圖為，故答案為：ds；；②已知配體中的五元環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，1號N原子為sp2雜化，1個H、2個C原子占據(jù)3個sp2雜化軌道，孤電子對占據(jù)未參與雜化的p軌道；2號N原子為sp2雜化，2個C原子、1個孤電子對占據(jù)3個sp2雜化軌道，1個成單電子占據(jù)未參與雜化的p軌道；該分子中含有亞氨基，即2號N原子含有孤電子對，能與H+形成配位鍵，使該分子具有堿性，故答案為：＞；該分子中含有亞氨基；（2）①由圖3可知，晶體中中氧原子含有4個共價鍵，軌道雜化方式為sp3雜化，由晶體組成單元對角面可知，每個鋅離子與2個氧離子相連，其中一個氧離子為四個鋅離子所共有，則Zn2+的配位數(shù)為1+＝1.25，故答案為：sp3；1.25；②若在對苯二甲酸根上引入能與水分子形成氫鍵的氨基和羥基，有利于增強晶體與H2O的吸附作用，若在對苯二甲酸根上引入不能與水分子形成氫鍵的氯原子和甲基，則不利于增強晶體與H2O的吸附作用，故答案為：BC；③已知該晶體密度為0.59g?cm﹣3，對苯二甲酸根與的相對分子質(zhì)量分別為M1和M2，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，由晶胞的組成單元結(jié)構(gòu)可知，單元結(jié)構(gòu)中位于頂點的的個數(shù)為8×＝1，位于棱上的對苯二甲酸根的個數(shù)為12×＝3，該晶體具有面心立方結(jié)構(gòu)，其晶胞由8個結(jié)構(gòu)相似的組成單元構(gòu)成可得，晶胞質(zhì)量為g，設(shè)晶胞參數(shù)為anm，晶胞體積為（a×10﹣7）3cm3，由ρ＝可得，0.59g?cm﹣3＝g?cm﹣3，則該晶胞參數(shù)a＝×107nm，故答案為：×107?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及核外電子排布、大π鍵、雜化方式、晶體結(jié)構(gòu)與計算等知識，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及計算能力，明確晶胞計算方法是解本題關(guān)鍵，難點是晶胞密度的計算，題目難度中等。3．（2024?杭州模擬）有機無機鹵化物鈣鈦礦類雜化材料[（CH3NH3）PbI3]具有較高的光電轉(zhuǎn)換效率。請回答：（1）基態(tài)氮原子的價電子排布式為2s22p3，其價電子的空間運動狀態(tài)有4種。（2）下列說法正確的是ABA.電負性：N＞C＞PbB.熔點：CH3NH3NO3＜NH4NO3C.CH3NH2中C、N雜化類型相同，鍵角∠HCN小于∠HNCD.CH3中存在σ鍵、配位鍵和氫鍵（3）由于硅有價層d軌道可以利用而碳沒有，因此它們的化合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)存在較大差異。若略去氫原子，化合物N（CH3）3（三角錐形）和N（SiH3）3（平面形）的結(jié)構(gòu)如圖所示。根據(jù)以上信息，請說明N（SiH3）3堿性比N（CH3）3小的原因N（SiH3）3中N為sp2雜化，N未雜化的p軌道上的孤電子對進入Si原子的3d空軌道，使N（SiH3）3中N上電子云密度降低，故N（SiH3）3的堿性小于N（CH3）3。（4）（CH3NH3）PbI3晶體的晶胞為如圖（a）所示的立方體結(jié)構(gòu)。①與Pb2+最近且等距離的I﹣有6個。②如果將晶胞（a）進行平移成圖（b）即I﹣位于棱心，請在圖（b）中畫出相應(yīng)的Pb2+的位置（用表示Pb2+）。【答案】（1）2s22p3；4；（2）AB；（3）N（SiH3）3中N為sp2雜化，N未雜化的p軌道上的孤電子對進入Si原子的3d空軌道，使N（SiH3）3中N上電子云密度降低，故N（SiH3）3的堿性小于N（CH3）3；（4）①6；②。【分析】（1）N為7號元素，位于元素周期表中第二周期第ⅤA族；電子占據(jù)多少軌道就有多少種空間運動狀態(tài)；（2）A.非金屬性越強，電負性越大；B.離子半徑越大，所帶電荷越少，鍵能越小，熔點越低；C.CH3NH2中C原子形成4個σ鍵，N原子形成3個σ鍵，有1個孤電子對；孤電子對與成鍵電子對間的斥力大于成鍵電子對間的斥力，斥力越大，鍵角越?。籇.CH3中存在C—H鍵、N原子與H原子形成配位鍵，離子內(nèi)不存在氫鍵；（3）N（SiH3）3中N為sp2雜化，N未雜化的p軌道上的孤電子對進入Si原子的3d空軌道，使N（SiH3）3中N上電子云密度降低，故N（SiH3）3的堿性小于N（CH3）3；（4）①與Pb2+最近且等距離的I﹣位于面心；②如果將晶胞（a）進行平移成圖（b）即Ⅰ位于棱心，則Pb2+位于頂點?！窘獯稹拷猓海?）N為7號元素，位于元素周期表中第二周期第ⅤA族，價層電子排布式為2s22p3，電子占據(jù)4個軌道，有4種空間運動狀態(tài)，故答案為：2s22p3；4；（2）A.非金屬性：N＞C＞Pb，電負性越大：N＞C＞Pb，故A正確；B.離子半徑：CH3＞，鍵能：CH3NH3NO3＜NH4NO3，則熔點：CH3NH3NO3＜NH4NO3，故B正確；C.CH3NH2中C原子形成4個σ鍵，N原子形成3個σ鍵，有1個孤電子對，都為sp3雜化；孤電子對與成鍵電子對間的斥力大于成鍵電子對間的斥力，斥力越大，鍵角越小，即鍵角∠HCN大于∠HNC，故C錯誤；D.CH3中存在C—H鍵、N原子與H原子形成配位鍵，離子內(nèi)不存在氫鍵，故D錯誤；故答案為：AB；（3）N（SiH3）3分子為平面結(jié)構(gòu)，則N為sp2雜化，N未雜化的p軌道上的孤電子對進入Si原子的3d空軌道，使N（SiH3）3中N上電子云密度降低，故N（SiH3）3的堿性小于N（CH3）3，故答案為：N（SiH3）3中N為sp2雜化，N未雜化的p軌道上的孤電子對進入Si原子的3d空軌道，使N（SiH3）3中N上電子云密度降低，故N（SiH3）3的堿性小于N（CH3）3；（4）①與Pb2+最近且等距離的I﹣位于面心，共6個，故答案為：6；②如果將晶胞（a）進行平移成圖（b）即Ⅰ位于棱心，則Pb2+位于頂點，圖像為，故答案為：?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布、配位化合物、第一電離能、雜化方式、離子結(jié)構(gòu)、離域π鍵、晶胞結(jié)構(gòu)與計算等知識點，側(cè)重考查學(xué)生空間想象、分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力，題目難度較大。4．（2024?山東模擬）鈷及其化合物在材料、醫(yī)藥等領(lǐng)域具有廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)鈷原子的價層電子排布式為3d74s2；電解熔融的CoCl2或CoO都能制備金屬鈷，CoCl2熔點低于CoO熔點的原因是CoCl2和CoO均為離子晶體，O2﹣半徑小于Cl﹣半徑，且O2﹣所帶電荷多，CoO中的離子鍵強，熔點高。（2）某含鈷配離子結(jié)構(gòu)如圖（NH2CH2CH2NH2為電中性配體），已知配合物的磁矩μB＝（n表示中心原子或離子的未成對電子數(shù)），則該配離子的磁矩μB＝BM；下列對鈷離子的雜化方式推斷合理的是C（填標(biāo)號）。A．sp3B．dsp2C．d2sp3D．sp3d（3）鈷酸鋰（LiCoO2）是常見的鋰離子電池正極材料，其晶體屬六方晶系晶胞參數(shù)a＝b≠c，α＝β＝90°，γ＝120，晶胞結(jié)構(gòu)如圖。晶體中O圍繞Co形成八面體，八面體共棱形成帶負電的層狀空間結(jié)構(gòu)，與Li+層交替排列。在充放電過程中，Li+在層間脫出或嵌入。①晶胞中Co的個數(shù)為3；Li+在充電過程中會從八面體層間脫出導(dǎo)致晶胞高度c變大，原因是Li+減少，使Li+層和Co—O層吸引力減弱，Co—O層之間的排斥使層間距離增大。②若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶體密度為g?cm﹣3（用代數(shù)式表示）。【答案】（1）3d74s2；CoCl2和CoO均為離子晶體，O2﹣半徑小于Cl﹣半徑，且O2﹣所帶電荷多，CoO中的離子鍵強，熔點高；（2）；C；（3）①3；Li+減少，使Li+層和Co—O層吸引力減弱，Co—O層之間的排斥使層間距離增大；②?！痉治觥浚?）鈷原子序數(shù)27，基態(tài)鈷原子的價層電子排布式：3d74s2；CoCl2和CoO均為離子晶體，O2﹣半徑小于Cl﹣半徑，且O2﹣所帶電荷多，CoO中的離子鍵強；（2）中心離子Co3+價層電子排布為3d6，未成對電子數(shù)為4，磁矩μB＝BM；Co3+形成6個配位鍵，即形成6個共價鍵，需6個雜化軌道；（3）①晶胞中Co位于棱上和體內(nèi)，個數(shù)為4×+2＝3；充電過程中，正極材料失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，Li+從八面體間層脫出，Li+減少，使Li+層和Co—O層吸引力減弱；②晶胞中Co位于棱上和體內(nèi)，個數(shù)為4×+2＝3，根據(jù)化學(xué)式LiCoO2可知，Li個數(shù)為3，O個數(shù)為6，晶胞密度：ρ＝?！窘獯稹拷猓海?）鈷原子序數(shù)27，基態(tài)鈷原子的價層電子排布式：3d74s2；CoCl2和CoO均為離子晶體，O2﹣半徑小于Cl﹣半徑，且O2﹣所帶電荷多，CoO中的離子鍵強，熔點高，故答案為：3d74s2；CoCl2和CoO均為離子晶體，O2﹣半徑小于Cl﹣半徑，且O2﹣所帶電荷多，CoO中的離子鍵強，熔點高；（2）中心離子Co3+價層電子排布為3d6，未成對電子數(shù)為4，磁矩μB＝BM；Co3+形成6個配位鍵，即形成6個共價鍵，需6個雜化軌道，則雜化方式應(yīng)為d2sp3，故答案為：；C；（3）①晶胞中Co位于棱上和體內(nèi)，個數(shù)為4×+2＝3；充電過程中，正極材料失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)，Li+從八面體間層脫出，Li+減少，使Li+層和Co—O層吸引力減弱，Co—O層之間的斥力使層間距離增大，故答案為：3；Li+減少，使Li+層和Co—O層吸引力減弱，Co—O層之間的排斥使層間距離增大；②晶胞中Co位于棱上和體內(nèi)，個數(shù)為4×+2＝3，根據(jù)化學(xué)式LiCoO2可知，Li個數(shù)為3，O個數(shù)為6，晶胞密度：ρ＝＝g?cm﹣3＝g?cm﹣3，故答案為：?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及核外電子排布、雜化方式、化學(xué)鍵等知識點，側(cè)重考查分析、判斷能力，明確晶胞的計算是解題的關(guān)鍵，題目難度中等。5．（2024?青羊區(qū)校級模擬）碳族元素的單質(zhì)及化合物廣泛存在于生產(chǎn)生活的方方面面。請回答下列問題：（1）基態(tài)C原子，共有4種不同空間運動狀態(tài)的電子。Ge的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p2。（2）電石CaC2與螢石CaF2的“離子鍵成分百分?jǐn)?shù)”相較更大的是螢石。（3）金剛石和石墨互為同素異形體。石墨的晶體類型為混合晶體。金剛石為三維骨架結(jié)構(gòu)（如圖1），在由共價鍵形成的碳原子環(huán)中，最小的環(huán)為六元環(huán)。（4）在硅酸鹽中，SiO四面體（圖2）通過共用頂角氧離子可形成島狀、鏈狀、層狀、骨架網(wǎng)狀四大類結(jié)構(gòu)型式。圖3為一種無限長單鏈結(jié)構(gòu)的多硅酸根，其化學(xué)式為（SiO3）n2n﹣。（5）瑪瑙（非晶態(tài)/玻璃態(tài)）與水晶（晶態(tài)）均由熔融SiO2冷卻形成，則冷卻速率瑪瑙＞水晶（填“＞”或“＜”，后同）。青銅是銅與錫（Sn）的合金，硬度青銅＞純銅。（6）PbI2在飽和溶液中析出時現(xiàn)象酷似“水中黃金雨”，極具觀賞性，已知PbI2固體以單分子形式存在，則Pb的雜化形式為sp2雜化。（7）已知Ge（OH）4與Sn（OH）4均為兩性化合物，且酸性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，堿性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，試從結(jié)構(gòu)角度予以解釋成鍵模型簡化為R—O—H，電負性O(shè)＞Ge＞Sn，因此R—O鍵極性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，后者更易解離出OH﹣，堿性更強；O—H鍵極性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，前者更易解離出H+，酸性更強。（“Ge—O”與“Sn—O”可視作極性共價鍵）?！敬鸢浮拷猓海?）4；[Ar]3d104s24p2；（2）螢石；（3）同素異形體；混合晶體；六；（4）（SiO3）n2n﹣；（5）＞；＞；（6）sp2雜化；（7）成鍵模型簡化為R—O—H，電負性O(shè)＞Ge＞Sn，因此R—O鍵極性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，后者更易解離出OH﹣，堿性更強；O—H鍵極性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，前者更易解離出H+，酸性更強?！痉治觥浚?）電子的空間運動狀態(tài)數(shù)等于軌道的數(shù)目；Ge的核外電子排布式為：[Ar]3d104s24p2；（2）電石不是離子晶體，螢石是離子晶體；（3）金剛石和石墨都是由碳元素組成的不同物質(zhì)，二者互為同素異形體，石墨為混合晶體；由圖可知，金剛石最小的環(huán)為六元環(huán)；（4）圖（2）的一個結(jié)構(gòu)單元中含有1個硅、3個氧原子；（5）一般來說，非晶態(tài)的冷卻速率要比晶態(tài)的冷卻速率快；合金的硬度比純金屬的硬度大；（6）Pb位于第IV族，最外層電子數(shù)為4，價電子對數(shù)為＝3，故應(yīng)為sp2雜化；（7）酸堿性看電離出H+與OH﹣離子的能力的強弱，通過比較電負性進而看鍵的極性，從而得出電離能力的強弱?！窘獯稹拷猓海?）C原子的核外電子排布式為：1s22s22p2，軌道數(shù)為1+1+2＝4，則基態(tài)C原子，共有4種不同空間運動狀態(tài)的電子；Ge的核外電子排布式為：[Ar]3d104s24p2，故答案為：4；[Ar]3d104s24p2；（2）電石不是離子晶體，螢石是離子晶體，所以螢石的“離子鍵成分百分?jǐn)?shù)”應(yīng)較大，故答案為：螢石；（3）金剛石和石墨都是由碳元素組成的不同物質(zhì)，二者互為同素異形體，石墨為混合晶體；由圖可知，金剛石最小的環(huán)為六元環(huán)，故答案為：同素異形體；混合晶體；六；（4）圖（2）的一個結(jié)構(gòu)單元中含有1個硅、3個氧原子，故為（SiO3）n2n﹣，故答案為：（SiO3）n2n﹣；（5）一般來說，非晶態(tài)的冷卻速率要比晶態(tài)的冷卻速率快，所以瑪瑙冷卻速率大于水晶；合金的硬度比純金屬的硬度大，所以青銅的硬度大于純銅，故答案為：＞；＞；（6）Pb位于第IV族，最外層電子數(shù)為4，價電子對數(shù)為＝3，故應(yīng)為sp2雜化，故答案為：sp2雜化；（7）酸堿性看電離出H+與OH﹣離子的能力的強弱，通過比較電負性進而看鍵的極性，從而得出電離能力的強弱，成鍵模型簡化為：成鍵模型簡化為R—O—H，電負性O(shè)＞Ge＞Sn，因此R—O鍵極性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，后者更易解離出OH﹣，堿性更強；O—H鍵極性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，前者更易解離出H+，酸性更強，故答案為：成鍵模型簡化為R—O—H，電負性O(shè)＞Ge＞Sn，因此R—O鍵極性Ge（OH）4＜Sn（OH）4，后者更易解離出OH﹣，堿性更強；O—H鍵極性Ge（OH）4＞Sn（OH）4，前者更易解離出H+，酸性更強。【點評】本題主要考查核外電子排布式的書寫及晶體的相關(guān)知識，為高頻考點，題目難度一般。6．（2024?石景山區(qū)一模）PdFe3N比純金屬Pd具有更優(yōu)異的甲酸氧化電催化活性，其制備流程如下。（1）NH3的空間結(jié)構(gòu)是三角錐形。（2）基態(tài)Fe原子的價層電子軌道表示式為。（3）原子的第一電離能N＞O，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由N原子價電子2p軌道半滿較穩(wěn)定。（4）PdFe3N的晶胞形狀為正方體，結(jié)構(gòu)如上圖所示。①圖中“”代表Fe。②已知PdFe3N的摩爾質(zhì)量是Mg?mol﹣1，晶胞的密度為ρg?cm﹣3，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶胞的邊長為×10﹣7nm。（1nm＝10?7cm）③Pd和PdFe3N電催化甲酸間接氧化的反應(yīng)歷程如圖所示，吸附在催化劑表面的粒子用*標(biāo)注。分析PdFe3N優(yōu)于Pd的原因PdFe3N催化劑活化能比較低，消耗能量比較少?！敬鸢浮浚?）三角錐形；（2）；（3）N原子價電子2p軌道半滿較穩(wěn)定；（4）①Fe；②×10﹣7；③PdFe3N催化劑活化能比較低，消耗能量比較少。【分析】（1）NH3中N原子為sp3雜化，有1個孤電子對；（2）基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2；（3）同周期元素從左至右第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，但是N的電子為2p軌道為半滿狀態(tài)，第一電離能較大；（4）①1個小白球代表N，位于體心；大白球位于頂點，個數(shù)為8×＝1，黑球位于面心，個數(shù)為6×＝3；②晶胞質(zhì)量為g，設(shè)晶胞邊長為anm，晶胞體積為（a×10﹣7）3cm3，根據(jù)ρ＝可求得晶胞邊長；③活化能越大，反應(yīng)越慢?！窘獯稹拷猓海?）NH3中N原子為sp3雜化，有1個孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為三角錐形，故答案為：三角錐形；（2）基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，價電子軌道表示式為，故答案為：；（3）同周期元素從左至右第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，但是N的電子為2p軌道為半滿狀態(tài)，第一電離能較大，因而第一電離能N＞O，故答案為：N原子價電子2p軌道半滿較穩(wěn)定；（4）①1個小白球代表N，位于體心；大白球位于頂點，個數(shù)為8×＝1，黑球位于面心，個數(shù)為6×＝3，根據(jù)化學(xué)式PdFe3N可知，“”代表Fe，故答案為：Fe；②晶胞質(zhì)量為g，設(shè)晶胞邊長為anm，晶胞體積為（a×10﹣7）3cm3，根據(jù)ρ＝可得，ρg?cm﹣3＝g?cm﹣3，則晶胞邊長a＝×10﹣7nm，故答案為：×10﹣7；③由Pd和PdFe3N電催化甲酸間接氧化的反應(yīng)歷程圖可知，反應(yīng)CO*→CO*+OH*中使用Pd催化劑時，活化能很大，反應(yīng)越慢，而使用PdFe3N催化劑時，活化能比較低，消耗能量比較少，故PdFe3N優(yōu)于Pd，故答案為：PdFe3N催化劑活化能比較低，消耗能量比較少?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，側(cè)重考查分析、判斷及計算能力，明確原子結(jié)構(gòu)、反應(yīng)機理、晶胞的計算方法是解本題關(guān)鍵，難點是晶胞的有關(guān)計算，題目難度中等。7．（2024?豐臺區(qū)校級三模）碳酸二甲酯（）是一種綠色化工原料。用于汽車、醫(yī)療器械等領(lǐng)域。以甲醇為原料生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程如下。ⅰ.4CuCl+4CH3OH+O2＝4Cu（OCH3）Cl+2H2Oⅱ.2Cu（OCH3）Cl+CO＝（CH3O）2CO+2CuCl（1）碳酸二甲酯分子中羰基碳原子的雜化類型是sp2。（2）CuCl中，基態(tài)Cu+的價電子排布式為3d10，CuCl在生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程中所起的作用是催化劑。（3）上述方法中，甲醇單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率較低。為分析原因，查閱如下資料。ⅰ.甲醇單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率主要受Cu（Ⅰ）（+1價銅元素）濃度的影響。ⅱ.CuCl在甲醇中溶解度較小，且其中的Cu+易被氧化為難溶的CuO。ⅲ.加入4﹣甲基咪唑（）可與Cu+形成配合物，可提高甲醇的轉(zhuǎn)化率。4﹣甲基咪唑中，1號N原子的孤電子對因參與形成大π鍵，電子云密度降低。請結(jié)合信息回答以下問題。①4﹣甲基咪唑中，1～4號N原子在（填“在”或“不在”）同一平面上，3（填“1”或“3”）號N原子更容易與Cu+形成配位鍵。②加入4﹣甲基咪唑后，甲醇轉(zhuǎn)化率提高，可能的原因是b（填序號）。a．Cu（Ⅰ）配合物中的—NH結(jié)構(gòu)可增大其在甲醇中的溶解度b．形成的Cu（Ⅰ）配合物能增大反應(yīng)的限度（4）配位原子提供孤電子對的能力是影響配體與Cu+之間配位鍵強度的一個重要因素。若用某結(jié)構(gòu)相似的含O配體與Cu+配位，所得配合物的穩(wěn)定性比含N配體低，可能的原因是O原子的電負性比N原子強，O原子提供孤電子對的能力弱。（5）CaTiO3的晶胞如圖（a）所示，金屬離子與氧離子間的作用力為離子鍵，Ca2+的配位數(shù)是12。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﹣和有機堿離子，其晶胞如圖（b）所示。其中Pb2+與圖（a）中Ti4+的空間位置相同，有機堿CH3H中，N原子的雜化軌道類型是sp3；若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為g?cm﹣3（列出計算式）?！敬鸢浮浚?）sp2；（2）3d10；催化劑；（3）①在；3；②b；（4）電O原子的電負性比N原子強，O原子提供孤電子對的能力弱；（5）離子鍵；12；Ti4+；sp3；?！痉治觥浚?）羰基中C原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對；（2）Cu為29號元素，基態(tài)Cu原子價層電子排布為3d104s1，形成離子首先失去外層電子；根據(jù)兩步方程式，CuCl先反應(yīng)后生成；（3）①4﹣甲基咪唑中有2個雙鍵結(jié)構(gòu)，與1號N原子的孤電子對，形成大π鍵結(jié)構(gòu)，大π鍵結(jié)構(gòu)形成平面結(jié)構(gòu)；1號N原子的孤電子對形成大π鍵結(jié)構(gòu)；②甲醇單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率主要受Cu（I）（+1價銅元素）濃度的影響，避免Cu+被氧化為難溶的CuO；（4）原子提供孤電子對的能力是影響配體與Cu+之間配位鍵強度的重要因素；（5）陰陽離子之間存在離子鍵，Ca2+的配位數(shù)是12；將圖（b）周圍緊鄰的八個晶胞的體心連接，就能變成圖（a）所示晶胞；有機堿CH3中，該離子相當(dāng)于中的1個H原子被甲基取代，中N原子價層電子對數(shù)與中N原子價層電子對數(shù)一樣，都是4；若晶胞參數(shù)為anm，晶胞體積＝（a×10﹣7cm）3，該晶胞中I﹣個數(shù)＝6×＝3、CH3NH3+個數(shù)＝8×＝1、Pb2+個數(shù)＝1，晶胞質(zhì)量為g，根據(jù)ρ＝計算晶體密度?！窘獯稹拷猓海?）羰基中C原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(shù)為3，故C原子為sp2雜化，故答案為：sp2；（2）Cu為29號元素，基態(tài)Cu原子價層電子排布為3d104s1，形成離子首先失去1個外層電子亞銅離子，基態(tài)銅離子（Cu+）的價電子排布式為：3d10；觀察i和ii兩步方程式得出，CuCl在i方程式中先反應(yīng)，在ii方程式中又生成，故CuCl在生產(chǎn)碳酸二甲酯的反應(yīng)過程中所起的作用是催化劑，故答案為：3d10；催化劑；（3）①4﹣甲基咪唑中有2個雙鍵結(jié)構(gòu)，與1號N原子的孤電子對，形成大π鍵結(jié)構(gòu)，大π鍵結(jié)構(gòu)為平面結(jié)構(gòu)；1號N原子的孤電子對形成大π鍵結(jié)構(gòu)，所以3號N原子提供孤電子對，與具有空軌道的Cu+形成配位鍵，故答案為：在；3；②甲醇單位時間內(nèi)的轉(zhuǎn)化率主要受Cu（I）（+1價銅元素）濃度的影響，加入4﹣甲基咪唑可與Cu形成配合物，避免Cu+被氧化為難溶的CuO，提高甲醇的轉(zhuǎn)化率，可能的原因為b，故答案為：b；（4）原子提供孤電子對的能力是影響配體與Cu+之間配位鍵強度，O原子的電負性比N原子強，O原子提供孤電子對的能力弱，所以結(jié)構(gòu)相似的含O配體與Cu+配位，所得配合物的穩(wěn)定性比含N配體低，故答案為：O原子的電負性比N原子強，O原子提供孤電子對的能力弱；（5）陰陽離子之間存在離子鍵，所以CaTiO3中金屬離子與氧離子間的作用力為離子鍵，與Ca2+等距離且距離最近的氧離子為12個，所以鈣離子的配位數(shù)是12；觀察晶胞（a）（b），將圖（b）周圍緊鄰的八個晶胞的體心連接，就能變成圖（a）所示晶胞，圖（b）體心上的Pb2+就是8個頂點，即圖（a）中的Ti4+，圖（b）頂點中的I﹣就為體心，即圖（a）的Ca2+的位置，圖（b）面心上的CH3就是棱心，即圖（a）中的O2﹣的位置，所以圖（b）Pb2+與圖（a）中Ti4+的空間位置相同；有機堿CH3中，該離子相當(dāng)于中的1個H原子被甲基取代，中N原子價層電子對數(shù)與中N原子價層電子對數(shù)一樣，都是4，N的雜化軌道類型為sp3；若晶胞參數(shù)為anm，晶胞體積＝（a×10﹣7cm）3，該晶胞中I﹣個數(shù)＝6×＝3、CH3NH3個數(shù)＝8×＝1、Pb2+個數(shù)＝1，晶胞質(zhì)量為g，晶體密度ρ＝＝g?cm﹣3＝g?cm﹣3，故答案為：離子鍵；12；Ti4+；sp3；?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及核外電子排布、配位鍵、晶體結(jié)構(gòu)和計算等知識點，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及計算能力，明確原子結(jié)構(gòu)、價層電子對互斥理論內(nèi)涵、晶胞計算方法是解本題關(guān)鍵，難點是晶胞密度的計算，題目難度中等。8．（2024?浙江模擬）Co、La元素及其化合物在工業(yè)及生活方面有重要應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Co的價電子排布圖，核外電子的空間運動狀態(tài)有15種。（2）一定條件下，CoCl2、H2O2、NH3和NH4Cl反應(yīng)可制得[Co（NH3）4Cl2]Cl，反應(yīng)的方程式為2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O，[Co（NH3）4Cl2]Cl的配位數(shù)為6。區(qū)別[Co（NH3）4Cl2]Cl和[Co（NH3）4Cl2]NO3兩種溶液的試劑是AgNO3溶液（HNO3溶液）。（3）La的八配位金屬羰基化合物L(fēng)a（CO）8的結(jié)構(gòu)如圖所示，CO作配體，配位原子為C，而不是O，其原因是氧的電負性大于碳，1molLa（CO）8含16molσ鍵。（4）LaHx在儲氫和超導(dǎo)等領(lǐng)域具有重要應(yīng)用。高壓下，LaH2中的每個H結(jié)合4個H形成類似CH4的結(jié)構(gòu)獨立存在，即得到晶體LaHx。則x＝10。晶體LaHx的密度為g?cm﹣3。（寫出計算式即可）【答案】（1）；15；（2）2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O；6；AgNO3溶液（HNO3溶液）；（3）氧的電負性大于碳；16；（4）10；?！痉治觥浚?）基態(tài)Co的價電子排布圖，基態(tài)Co共有15個原子軌道；（2）根據(jù)得失電子守恒以及原子守恒可得：2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O；[Co（NH3）4Cl2]Cl的配位數(shù)為6，即4個氨氣，2個氯離子；因為外界的氯離子可以電離；（3）因為氧的電負性大于碳，所以配位原子為C，而不是O；1個CO中含1個σ鍵；（4）由題干信息可知，1個LaHx晶胞中含有＝4個La，每個H結(jié)合4個H形成類似CH4的結(jié)構(gòu)獨立存在，含有5×8＝40個H原子，La和H的個數(shù)比為1：10，晶體LaHx中x＝10；1個晶體LaHx的質(zhì)量為，1個晶體LaHx的體積為（4.84×10﹣8）3cm3?！窘獯稹拷猓海?）基態(tài)Co的價電子排布圖，基態(tài)Co共有15個原子軌道，所以核外電子的空間運動狀態(tài)有15種，故答案為：；15；（2）根據(jù)得失電子守恒以及原子守恒可得：2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O；[Co（NH3）4Cl2]Cl的配位數(shù)為6，即4個氨氣，2個氯離子；因為外界的氯離子可以電離，所以[Co（NH3）4Cl2]Cl可以與硝酸酸化的硝酸銀產(chǎn)生白色沉淀，所以試劑是AgNO3溶液（HNO3溶液），故答案為：2CoCl2+2NH4Cl+6NH3+H2O2＝2[Co（NH3）4Cl2]Cl+2H2O；6；AgNO3溶液（HNO3溶液）；（3）因為氧的電負性大于碳，所以配位原子為C，而不是O；1個CO中含1個σ鍵，1molLa（CO）8含16molσ鍵，故答案為：氧的電負性大于碳；16；（4）由題干信息可知，1個LaHx晶胞中含有＝4個La，每個H結(jié)合4個H形成類似CH4的結(jié)構(gòu)獨立存在，含有5×8＝40個H原子，La和H的個數(shù)比為1：10，晶體LaHx中x＝10；1個晶體LaHx的質(zhì)量為，1個晶體LaHx的體積為（4.84×10﹣8）3cm3，則晶體LaH2的密度為g?cm﹣3，故答案為：10；?！军c評】本題考查原子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)，側(cè)重考查學(xué)生晶胞計算的掌握情況，試題難度中等。9．（2024?銅川三模）化學(xué)材料助力科技成果的轉(zhuǎn)化與應(yīng)用?；衔顰gMnAs2在磁記錄材料領(lǐng)域有廣泛的應(yīng)用前景，氨硼烷（NH3BH3）、鎂鐵合金都可作為儲氫材料?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Mn原子中核外電子占據(jù)的最高能層符號是N，基態(tài)As原子的價層電子排布式為4s24p3。（2）Ag的焰色反應(yīng)與鐵相似，接近無色，下列有關(guān)焰色反應(yīng)原理的分析正確的是bd（填字母）。a．電子從基態(tài)躍遷到較高的激發(fā)態(tài)b．電子從較高的激發(fā)態(tài)躍遷回基態(tài)c．焰色反應(yīng)的光譜屬于吸收光譜d．焰色反應(yīng)的光譜屬于發(fā)射光譜（3）Mn（NO3）2中陰離子的空間構(gòu)型是平面三角形，Mn、N、O三種元素中第一電離能最小的是Mn（填元素符號）。（4）NH3、PH3、AsH3的沸點由高到低的順序為NH3＞AsH3＞PH3（用化學(xué)式表示，下同），鍵角由大到小的順序為NH3＞PH3＞AsH3。（5）NH3BH3中存在配位鍵，提供空軌道的原子是B；分子中N原子采用sp3雜化。（6）某鎂鐵合金的晶胞如圖所示：該晶胞的密度為ρg×cm﹣3，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。Fe的配位數(shù)是8。該合金儲氫時，若每個晶胞可以儲存4個H2分子，計算1cm3合金儲存氫氣的質(zhì)量為g（用含ρ的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮浚?）N；4s24p3；（2）bd；（3）平面三角形；Mn；（4）NH3＞AsH3＞PH3；NH3＞PH3＞AsH3；（5）B；sp3；（6）8；。【分析】（1）基態(tài)Mn原子價層電子排布式為：3d54s2；As是33號元素，基態(tài)As的電子排布式為：[Ar]3d104s24p3；（2）焰色反應(yīng)是電子從能量較高的激發(fā)態(tài)躍遷回基態(tài)釋放能量形成的發(fā)射光譜；（3）Mn（NO3）2中陰離子是，中N原子價電子對數(shù)是3+＝3，無孤電子對；Mn、N、O三種元素中Mn是金屬元素；（4）結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，其相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，沸點越高，形成分子間氫鍵，沸點升高；中心原子雜化相同，孤電子對數(shù)相同，原子半徑越小，成鍵電子對距中心原子越近，成鍵電子對之間的斥力越大，鍵角越大；（5）中心原子提供空軌道，配體提供孤電子對形成配位鍵；分子中N原子形成4個σ鍵，無孤電子對；（6）由圖可知，距面心的Fe最近的Mg有4個，面心的原子為2個晶胞共有；Fe位于頂點和面心，個數(shù)為：8×+6×＝4，8個Mg位于體內(nèi)，晶胞質(zhì)量為：g＝g，晶胞的密度為ρg×cm﹣3，則晶胞體積為：＝cm3，1cm3合金存在晶胞的數(shù)目為：，每個晶胞可以儲存4個H2分子，1cm3合金能儲存?zhèn)€H2分子?！窘獯稹拷猓海?）基態(tài)Mn原子價層電子排布式為：3d54s2，核外有4個電子層，核外電子占據(jù)的最高能層符號N；As是33號元素，基態(tài)As的電子排布式為：[Ar]3d104s24p3，價層電子排布式為4s24p3，故答案為：N；4s24p3；（2）焰色反應(yīng)是電子從能量較高的激發(fā)態(tài)躍遷回基態(tài)釋放能量形成的發(fā)射光譜，故答案為：bd；（3）Mn（NO3）2中陰離子是，中N原子價電子對數(shù)是3+＝3，無孤電子對，空間構(gòu)型為平面三角形，Mn、N、O三種元素中Mn是金屬元素，第一電離能最小，故答案為：平面三角形；Mn；（4）NH3、PH3、AsH3結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大沸點越高，由于NH3能形成分子間氫鍵，沸點最高，所以沸點由高到低的順序為：NH3＞AsH3＞PH3；NH3、PH3、AsH3中心原子均為sp3雜化，都有1個孤電子對，原子半徑越小，成鍵電子對距中心原子越近，成鍵電子對之間的斥力越大，鍵角越大，鍵角由大到小的順序為：NH3＞PH3＞AsH3，故答案為：NH3＞AsH3＞PH3；NH3＞PH3＞AsH3；（5）NH3BH3中存在配位鍵，B提供空軌道，N提供孤電子對，形成配位鍵；分子中N原子形成4個σ鍵，無孤電子對，屬于sp3雜化，故答案為：B；sp3；（6）由圖可知，距面心的Fe最近的Mg有4個，面心的原子為2個晶胞共有，則距Fe最近的Mg共有8個，即Fe的配位數(shù)為8；Fe位于頂點和面心，個數(shù)為：8×+6×＝4，8個Mg位于體內(nèi)，晶胞質(zhì)量為：g＝g，晶胞的密度為ρg×cm﹣3，則晶胞體積為：＝cm3，1cm3合金存在晶胞的數(shù)目為：，每個晶胞可以儲存4個H2分子，1cm3合金能儲存?zhèn)€H2分子，質(zhì)量為：，故答案為：8；?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，涉及核外電子排布、光譜、雜化理論的應(yīng)用、配位鍵理論、電離能、熔點、鍵角、晶胞結(jié)構(gòu)與計算等知識，側(cè)重考查學(xué)生分析解決問題能力、知識遷移運用能力，題目難度中等。10．（2024?諸暨市模擬）鹵族元素是形成化合物的常見元素。請回答：（1）含Na、Cl、Al三種元素的某化合物，其晶體部分結(jié)