專題19 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題（解析版）

2025年高考二輪專題強(qiáng)化訓(xùn)練（非選擇題）專題19物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題【考情分析】穩(wěn)定加創(chuàng)新是本專題的基本特點(diǎn)，命題采取結(jié)合新科技，新能源等社會(huì)熱點(diǎn)為背景，命題的形式分為選擇題和填空題，原子的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、分子的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)和晶體的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)是命題的三大要點(diǎn)。從大題的構(gòu)成來(lái)看，給出一定的知識(shí)背景，然后設(shè)置成4—5個(gè)小題，每個(gè)小題考查一個(gè)知識(shí)要點(diǎn)是主要的命題模式，內(nèi)容主要考查基本概念，如電子排布式、軌道式、電離能、電負(fù)性、雜化方式以及空間構(gòu)型等，聯(lián)系數(shù)學(xué)幾何知識(shí)考查晶體的計(jì)算等，一般利用均攤法考查晶胞中的原子個(gè)數(shù)，或者考查晶體的化學(xué)式的書寫、晶體類型的判斷等，考查的抽象思維能力、邏輯思維能力；同時(shí)培養(yǎng)學(xué)生的分析和推理能力?！窘忸}策略】晶體結(jié)構(gòu)分析及相關(guān)計(jì)算在高考考查中難度較大，命題時(shí)多以新技術(shù)、新發(fā)明為情景，以化學(xué)式或晶胞中微粒數(shù)確定為基礎(chǔ)，考查晶體的密度、相對(duì)原子質(zhì)量、NA等計(jì)算、配位數(shù)確定等。晶體熔、沸點(diǎn)多結(jié)合元素的推斷進(jìn)行考查，題目難度較大。第一步：仔細(xì)審題。閱讀題目獲取對(duì)解題有價(jià)值的信息，排除無(wú)效信息，并作標(biāo)記。第二步：判斷晶胞結(jié)構(gòu)找出晶胞。確定晶胞內(nèi)所有原子或離子的種類和位置。第三步：計(jì)算微粒數(shù)。用“均攤法”計(jì)算晶胞中微粒的數(shù)目，確定晶體的化學(xué)式。第四步：進(jìn)行晶體相關(guān)計(jì)算。根據(jù)選項(xiàng)計(jì)算晶體的密度、空間利用率，確定原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)等。【典例在線】1．（2024·海南·高考真題）鋰電池是新型儲(chǔ)能系統(tǒng)中的核心部件。作為鋰電池中用到的電解質(zhì)材料之一，(陰離子結(jié)構(gòu)見(jiàn)下圖。A)深受關(guān)注?；卮饐?wèn)題：(1)的制備前體(B)，可由C的氟化反應(yīng)得到，C中第三周期元素有(填元素符號(hào))。(2)C分子中，兩個(gè)鍵角均為，鍵角為，N的原子軌道雜化類型為。(3)B溶于某溶劑發(fā)生自耦電離()，陽(yáng)離子F的結(jié)構(gòu)式為。(4)B和D水溶液均呈酸性，相同溫度下，值大小關(guān)系：BD(填“>”或“<”)；沸點(diǎn)大小關(guān)系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是。(5)研究表明，某有機(jī)溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導(dǎo)率顯著低于后者，原因是。(6)在固體離子電導(dǎo)方面具有潛在的應(yīng)用前景。其兩種晶型中，一種取長(zhǎng)方體形晶胞(圖1，長(zhǎng)方體棱長(zhǎng)為a、b、c)，另一種取立方體形晶胞(圖2，Cl居于立方體中心，立方體棱長(zhǎng)為d)。圖中氫原子皆己隱去。①立方體形晶胞所代表的晶體中部分鋰離子(●Li)位置上存在缺位現(xiàn)象，鋰離子的總?cè)蔽宦蕿?；該晶型中氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數(shù)目為。②兩種晶型的密度近似相等，則。(以含a、b和d的代數(shù)式表達(dá))【答案】(1)Cl、S(2)(3)或(4)>B分子間存在氫鍵(5)G中正、負(fù)電荷距離更近，G中N原子的配位能力強(qiáng)于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽(yáng)離子濃度小于H溶液(6)8【詳解】（1）由圖可知，C中第三周期元素為氯元素和硫元素，故答案為：Cl、S；（2）由鍵角可知，C中氮原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為：sp2；（3）由原子個(gè)數(shù)和電荷總數(shù)守恒可知，陽(yáng)離子F的結(jié)構(gòu)式可能為或，故答案為：或；（4）氟原子是吸電子基，會(huì)使氮?dú)滏I的極性增強(qiáng)，電離出氫離子的能力增大，乙基是供電子基，會(huì)使氮?dú)滏I的極性減弱，電離出氫離子的能力減弱，則b的酸性強(qiáng)于D；由圖可知，B分子能形成分子間氫鍵，E分子不能形成分子間氫鍵，所以B的分子間作用力強(qiáng)于B，沸點(diǎn)強(qiáng)于B，故答案為：B分子間存在氫鍵；（5）由圖可知，G中正、負(fù)電荷距離更近，G中N原子的配位能力強(qiáng)于H中磺?；系腛原子，G溶液中陰陽(yáng)離子濃度小于H溶液，所以有機(jī)溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導(dǎo)率顯著低于后者，故答案為：G中正、負(fù)電荷距離更近，G中N原子的配位能力強(qiáng)于H中磺?；系腛原子，G溶液中陰陽(yáng)離子濃度小于H溶液；（6）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于體心的氯離子個(gè)數(shù)為1，位于頂點(diǎn)的氧離子個(gè)數(shù)為8×=1，位于棱上的鋰離子個(gè)數(shù)為12×=3，由化合價(jià)代數(shù)和為0可知，晶胞中鋰離子的個(gè)數(shù)為2，則鋰離子的總?cè)蔽宦蕿?；晶胞中位于體心的氯離子與位于12條棱上的鋰離子距離最近，但離子的缺位率為，則氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數(shù)目為12×=8；故答案為：；8；②設(shè)Li2(OH)Cl的相對(duì)分子質(zhì)量為M，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，長(zhǎng)方體形晶胞的密度為，立方體形晶胞，由兩種晶型的密度近似相等可知，c=，故答案為：。2．（2024·北京·高考真題）錫()是現(xiàn)代“五金”之一，廣泛應(yīng)用于合金、半導(dǎo)體工業(yè)等。(1)位于元素周期表的第5周期第IVA族。將的基態(tài)原子最外層軌道表示式補(bǔ)充完整：。(2)和是錫的常見(jiàn)氯化物，可被氧化得到。①分子的模型名稱是。②的鍵是由錫的軌道與氯的軌道重疊形成σ鍵。(3)白錫和灰錫是單質(zhì)的常見(jiàn)同素異形體。二者晶胞如圖：白錫具有體心四方結(jié)構(gòu)；灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)。①灰錫中每個(gè)原子周圍與它最近且距離相等的原子有個(gè)。②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為和，則白錫和灰錫晶體的密度之比是。(4)單質(zhì)的制備：將與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至，由于固體之間反應(yīng)慢，未明顯發(fā)生反應(yīng)。若通入空氣在下，能迅速被還原為單質(zhì)，通入空氣的作用是?！敬鸢浮?1)(2)平面三角形雜化(3)4(4)與焦炭在高溫下反應(yīng)生成，將還原為單質(zhì)【詳解】（1）Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基態(tài)Sn原子的最外層電子排布式為5s25p2，Sn的基態(tài)原子最外層軌道表示式為；（2）①SnCl2中Sn的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名稱是平面三角形；②SnCl4中Sn的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4+×(4-4×1)=4，有4個(gè)σ鍵、無(wú)孤電子對(duì)，故Sn采取sp3雜化，則SnCl4的Sn—Cl鍵是由錫的sp3雜化軌道與氯的3p軌道重疊形成σ鍵；（3）①灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)，金剛石中每個(gè)碳原子以單鍵與其他4個(gè)碳原子相連，此5碳原子在空間構(gòu)成正四面體，且該碳原子在正四面體的體心，所以灰錫中每個(gè)Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有4個(gè)；②根據(jù)均攤法，白錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×+1=2，灰錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×+6×+4=8，所以白錫與灰錫的密度之比為∶=；（4）將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至800℃，由于固體之間反應(yīng)慢，未發(fā)生明顯反應(yīng)；若通入空氣在800℃下，SnO2能迅速被還原為單質(zhì)Sn，通入空氣的作用是：與焦炭在高溫下反應(yīng)生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn，有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。3．（2024·浙江·高考真題）氧是構(gòu)建化合物的重要元素。請(qǐng)回答：(1)某化合物的晶胞如圖1，的配位數(shù)(緊鄰的陽(yáng)離子數(shù))為；寫出該化合物的化學(xué)式，寫出該化合物與足量溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式。(2)下列有關(guān)單核微粒的描述正確的是_______。A．的基態(tài)原子電子排布方式只有一種B．的第二電離能的第一電離能C．的基態(tài)原子簡(jiǎn)化電子排布式為D．原子變成，優(yōu)先失去軌道上的電子(3)化合物和的結(jié)構(gòu)如圖2。①和中羥基與水均可形成氫鍵()，按照氫鍵由強(qiáng)到弱對(duì)三種酸排序，請(qǐng)說(shuō)明理由。②已知、鈉鹽的堿性，請(qǐng)從結(jié)構(gòu)角度說(shuō)明理由?！敬鸢浮?1)12K3ClOK3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3?H2O(2)AB(3)HC>HB>HAO、S、Se的電負(fù)性逐漸減小，鍵的極性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羥基的極性逐漸增大，其中羥基與H2O形成的氫鍵逐漸增強(qiáng)S的原子半徑大于O的原子半徑，S—H鍵的鍵長(zhǎng)大于O—H鍵，S—H鍵的鍵能小于O—H鍵，同時(shí)HC可形成分子間氫鍵，使得HD比HC更易電離出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，堿性NaC＞NaD【詳解】（1）由晶胞結(jié)構(gòu)知，Cl位于8個(gè)頂點(diǎn)，O位于體心，K位于面心，1個(gè)晶胞中含Cl：8×=1個(gè)、含O：1個(gè)、含K：6×=3個(gè)，該化合物的化學(xué)式為K3ClO；由圖可知，Cl-的配位數(shù)為=12；該化合物可看成KCl?K2O，故該化合物與足量NH4Cl溶液反應(yīng)生成KCl和NH3?H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3?H2O。（2）A．根據(jù)原子核外電子排布規(guī)律，基態(tài)Ar原子的電子排布方式只有1s22s22p63s23p6一種，A項(xiàng)正確；B．Na的第二電離能指氣態(tài)基態(tài)Na+失去一個(gè)電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，Na+的核電荷數(shù)大于Ne，Na+的原子核對(duì)外層電子的引力大于Ne的，故Na的第二電離能＞Ne的第一電離能，B項(xiàng)正確；C．Ge的原子序數(shù)為32，基態(tài)Ge原子的簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]3d104s24p2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．基態(tài)Fe原子的價(jià)電子排布式為3d64s2，F(xiàn)e原子變成Fe+，優(yōu)先失去4s軌道上的電子，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選AB。（3）①O、S、Se的電負(fù)性逐漸減小，鍵的極性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羥基的極性逐漸增大，從而其中羥基與水形成的氫鍵由強(qiáng)到弱的順序?yàn)镠C>HB>HA；②HC、HD鈉鹽的堿性NaC＞NaD，說(shuō)明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半徑大于O的原子半徑，S—H鍵的鍵長(zhǎng)大于O—H鍵，S—H鍵的鍵能小于O—H鍵，同時(shí)HC可形成分子間氫鍵，使得HD比HC更易電離出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，鈉鹽的堿性NaC＞NaD。4．（2024·山東·高考真題）錳氧化物具有較大應(yīng)用價(jià)值，回答下列問(wèn)題：(1)在元素周期表中位于第周期族；同周期中，基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)比多的元素是(填元素符號(hào))。(2)如某種氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，該氧化物化學(xué)式為。當(dāng)晶體有O原子脫出時(shí)，出現(xiàn)O空位，的化合價(jià)(填“升高”“降低”或“不變”)，O空位的產(chǎn)生使晶體具有半導(dǎo)體性質(zhì)。下列氧化物晶體難以通過(guò)該方式獲有半導(dǎo)體性質(zhì)的是(填標(biāo)號(hào))。A．

B．

C．

D．(3)(見(jiàn)圖)是晶型轉(zhuǎn)變的誘導(dǎo)劑。的空間構(gòu)型為；中咪唑環(huán)存在大鍵，則N原子采取的軌道雜化方式為。(4)可作轉(zhuǎn)化為的催化劑(見(jiàn)下圖)。的熔點(diǎn)遠(yuǎn)大于，除相對(duì)分子質(zhì)量存在差異外，另一重要原因是?！敬鸢浮?1)四ⅦBCr(2)MnO2降低A(3)正四面體形sp2(4)FDCA形成的分子間氫鍵更多【詳解】（1）Mn的原子序數(shù)為25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基態(tài)Mn的電子排布式為：，未成對(duì)電子數(shù)有5個(gè)，同周期中，基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)比Mn多的元素是Cr，基態(tài)Cr的電子排布式為，有6個(gè)未成對(duì)電子；（2）由均攤法得，晶胞中Mn的數(shù)目為，O的數(shù)目為，即該氧化物的化學(xué)式為MnO2；晶體有O原子脫出時(shí)，出現(xiàn)O空位，即x減小，的化合價(jià)為+2x，即Mn的化合價(jià)降低；CaO中Ca的化合價(jià)為+2價(jià)、V2O5中V的化合價(jià)為+5價(jià)、Fe2O3中Fe的化合價(jià)為+3、CuO中Cu的化合價(jià)為+2，其中CaO中Ca的化合價(jià)下降只能為0，其余可下降得到比0大的價(jià)態(tài)，說(shuō)明CaO不能通過(guò)這種方式獲得半導(dǎo)體性質(zhì)；（3）中B形成4個(gè)σ鍵（其中有1個(gè)配位鍵），為sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形；咪唑環(huán)存在大鍵，N原子形成3個(gè)σ鍵，雜化方式為sp2；（4）由HMF和FDCA的結(jié)構(gòu)可知，HMF和FDCA均能形成分子間氫鍵，但FDCA形成的分子間氫鍵更多，使得FDCA的熔點(diǎn)遠(yuǎn)大于HMF。5．（2024·全國(guó)甲卷·高考真題）ⅣA族元素具有豐富的化學(xué)性質(zhì)，其化合物有著廣泛的應(yīng)用。回答下列問(wèn)題：(1)該族元素基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)為，在與其他元素形成化合物時(shí)，呈現(xiàn)的最高化合價(jià)為。(2)俗稱電石，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為(填標(biāo)號(hào))。a．離子鍵

b．極性共價(jià)鍵

c．非極性共價(jià)鍵

d．配位鍵(3)一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，其中電負(fù)性最大的元素是，硅原子的雜化軌道類型為。(4)早在青銅器時(shí)代，人類就認(rèn)識(shí)了錫。錫的鹵化物熔點(diǎn)數(shù)據(jù)如下表，結(jié)合變化規(guī)律說(shuō)明原因：。物質(zhì)熔點(diǎn)/44229143(5)結(jié)晶型可作為放射性探測(cè)器元件材料，其立方晶胞如圖所示。其中的配位數(shù)為。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體密度為(列出計(jì)算式)?！敬鸢浮?1)2+4(2)bd(3)C(4)SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的高，分子晶體的相對(duì)分子量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高(5)6【詳解】（1）ⅣA族元素基態(tài)原子的價(jià)層電子排布為，其核外未成對(duì)電子數(shù)為2，因最外層電子數(shù)均為4，所以在與其他元素形成化合物時(shí)，呈現(xiàn)的最高化合價(jià)為+4；（2）俗稱電石，其為離子化合物，由和構(gòu)成，兩種離子間存在離子鍵，中兩個(gè)C原子之間存在非極性共價(jià)鍵，因此，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為極性共價(jià)鍵和配位鍵，故選bd；（3）一種光刻膠薄膜成分為聚甲基硅烷，含C、Si、H三種元素，其電負(fù)性大?。篊>H>Si，則電負(fù)性最大的元素是C，硅原子與周圍的4個(gè)原子形成共價(jià)鍵，沒(méi)有孤電子對(duì)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，則硅原子的雜化軌道類型為；（4）根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知，SnF4的熔點(diǎn)均遠(yuǎn)高于其余三種物質(zhì)，故SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三種物質(zhì)的相對(duì)分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強(qiáng)，熔點(diǎn)升高，故原因?yàn)椋篠nF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體的高，分子晶體的相對(duì)分子量越大，分子間作用力越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高；（5）由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中有4個(gè)和4個(gè)，距離每個(gè)原子周圍最近的原子數(shù)均為6，因此的配位數(shù)為6。設(shè)為阿伏加德羅常數(shù)的值，則個(gè)晶胞的質(zhì)量為，個(gè)晶胞的體積為，因此該晶體密度為。6．（2023·天津·高考真題）銅及其化合物在生產(chǎn)生活中有重要作用。(1)基態(tài)Cu原子的價(jià)層電子排布式是，與相比較，離子半徑較大的是。(2)銅的一種化合物的晶胞如圖所示，其化學(xué)式為。(3)在H2O2作用下，銅與濃鹽酸的反應(yīng)可用于制備，寫出該反應(yīng)化學(xué)方程式：。反應(yīng)中，H2O2實(shí)際消耗量大于理論用量的原因是。H2O2電子式為。(4)上述制備反應(yīng)中，下列物質(zhì)均可替代H2O2作氧化劑，最適合的是是(填序號(hào))。a．硝酸

b．

c．(5)Cu2+和I-的反應(yīng)可用于Cu含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一種碘化物白色沉淀，且上層溶液可使淀粉溶液變藍(lán)。該白色沉淀的化學(xué)式為。反應(yīng)中KI的作用為?！敬鸢浮?1)3d104s1Cu+(2)CuCl(3)Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O反應(yīng)生成Cu2+能夠催化H2O2分解為H2O和O2(4)b(5)CuI還原劑、沉淀劑【詳解】（1）已知Cu是29號(hào)元素，則銅的價(jià)層電子排布式是3d104s1，根據(jù)同一元素的微?；蟽r(jià)越高，核外電子數(shù)越少，半徑越小，故Cu+與Cu2+中半徑較大的是Cu+，故答案為：3d104s1；Cu+；（2）由題干銅的一種化合物的晶胞圖所示可知，一個(gè)晶胞中含有Cu+為4個(gè)，含有Cl-個(gè)數(shù)為：=4個(gè)，故其化學(xué)式為CuCl，故答案為：CuCl；（3）在H2O2作用下，銅與濃鹽酸的反應(yīng)可用于制備CuCl2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)配平可得，該反應(yīng)化學(xué)方程式為：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反應(yīng)生成Cu2+能夠催化H2O2分解為H2O和O2，導(dǎo)致反應(yīng)中，H2O2實(shí)際消耗量總是大于理論，H2O2為共價(jià)化合物，故其電子式為：，故答案為：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；反應(yīng)生成Cu2+能夠催化H2O2分解為H2O和O2；；（4）HNO3被還原生成NO有毒，會(huì)污染環(huán)境，Cl2本身有毒也會(huì)污染環(huán)境，故上述制備反應(yīng)中，下列物質(zhì)均可替代H2O2作氧化劑，最適合的是是O2，故答案為：b；（5）Cu2+和I-的反應(yīng)可用于Cu含量的定量分析，向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一種碘化物白色沉淀，且上層溶液可使淀粉溶液變藍(lán)，說(shuō)明反應(yīng)生成了I2，根據(jù)化合價(jià)有升必有降的原理可知，反應(yīng)中Cu的化合價(jià)降低到+1價(jià)，故反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，即該白色沉淀的化學(xué)式為CuI，反應(yīng)中KI的作用為將Cu2+充分還原為CuI，故答案為：CuI；將Cu2+充分還原為CuI。7．（2023·海南·高考真題）我國(guó)科學(xué)家發(fā)現(xiàn)一種釩配合物Ⅰ可以充當(dāng)固氮反應(yīng)的催化劑，反應(yīng)過(guò)程中經(jīng)歷的中間體包括Ⅱ和Ⅲ。

(代表單鍵、雙鍵或叁鍵)回答問(wèn)題：(1)配合物Ⅰ中釩的配位原子有4種，它們是。(2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，空間結(jié)構(gòu)呈角形，原因是。(3)配合物Ⅱ中，第一電離能最大的配位原子是。(4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，釩的化合價(jià)分別為和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，兩個(gè)氮原子間鍵長(zhǎng)最長(zhǎng)的是。(5)近年來(lái)，研究人員發(fā)現(xiàn)含釩的銻化物在超導(dǎo)方面表現(xiàn)出潛在的應(yīng)用前景。晶胞如圖1所示，晶體中包含由V和Sb組成的二維平面(見(jiàn)圖2)。①晶胞中有4個(gè)面的面心由釩原子占據(jù)，這些釩原子各自周圍緊鄰的銻原子數(shù)為。銻和磷同族，銻原子基態(tài)的價(jià)層電子排布式為。②晶體中少部分釩原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有關(guān)替代原子說(shuō)法正確的是。a．有或價(jià)態(tài)形式

b．均屬于第四周期元素c．均屬于過(guò)渡元素

d．替代原子與原離子的離子半徑相近【答案】(1)C、O、P、Cl(2)根據(jù)VSEPR模型，氧原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，其中孤電子對(duì)數(shù)為2，成鍵電子對(duì)之間呈角形(3)N(4)配合物Ⅱ(5)6ad【詳解】（1）根據(jù)題干配合物Ⅰ的結(jié)構(gòu)圖，中心原子釩的配位原子有C、O、P、Cl；（2）根據(jù)VSEPR模型，中心原子氧原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，其中孤電子對(duì)數(shù)為2，空間結(jié)構(gòu)呈角形；（3）配合物Ⅱ中，第一電離能最大的配位原子是N；（4）結(jié)合題干所給配合物Ⅱ和Ⅲ的結(jié)構(gòu)，釩的化合價(jià)分別為和，配合物Ⅱ中氮原子間是氮氮單鍵，配合物Ⅲ中為氮氮雙鍵，中為氮氮三鍵，故配合物Ⅱ中兩個(gè)氮原子間鍵長(zhǎng)最長(zhǎng)；（5）①晶胞中有4個(gè)面的面心由釩原子占據(jù)，這些釩原子填充在銻原子構(gòu)成的八面體空隙中，周圍緊鄰的銻原子數(shù)為6；銻和磷同族，銻原子位于第五周期VA，其基態(tài)的價(jià)層電子排布式；②a．中Cs為+1價(jià)，Sb為-3價(jià)，V的總化合價(jià)為+14，平均價(jià)態(tài)介于4-5之間，故替代后，化合價(jià)可能為或價(jià)態(tài)形式，故a正確；b．Ti、Cr、Sn屬于第四周期元素，Nb屬于第五周期，故b錯(cuò)誤；c．Sn是IVA族元素，不屬于過(guò)渡元素，故c錯(cuò)誤；

d．釩原子填充在銻原子形成的八面體空隙中，替代原子與原離子的離子半徑相近，才能填充進(jìn)去，故d正確；答案為：ad。8．（2023·北京·高考真題）硫代硫酸鹽是一類具有應(yīng)用前景的浸金試劑。硫代硫酸根可看作是中的一個(gè)原子被原子取代的產(chǎn)物。(1)基態(tài)原子價(jià)層電子排布式是。(2)比較原子和原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說(shuō)明理由：。(3)的空間結(jié)構(gòu)是。(4)同位素示蹤實(shí)驗(yàn)可證實(shí)中兩個(gè)原子的化學(xué)環(huán)境不同，實(shí)驗(yàn)過(guò)程為。過(guò)程ⅱ中，斷裂的只有硫硫鍵，若過(guò)程ⅰ所用試劑是和，過(guò)程ⅱ含硫產(chǎn)物是。(5)的晶胞形狀為長(zhǎng)方體，邊長(zhǎng)分別為、，結(jié)構(gòu)如圖所示。

晶胞中的個(gè)數(shù)為。已知的摩爾質(zhì)量是，阿伏加德羅常數(shù)為，該晶體的密度為。(6)浸金時(shí)，作為配體可提供孤電子對(duì)與形成。分別判斷中的中心原子和端基原子能否做配位原子并說(shuō)明理由：?！敬鸢浮?1)(2)，氧原子半徑小，原子核對(duì)最外層電子的吸引力大，不易失去一個(gè)電子(3)四面體形(4)和(5)4(6)中的中心原子S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，無(wú)孤電子對(duì)，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對(duì)，能做配位原子【詳解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基態(tài)S原子價(jià)層電子排布式為。答案為；（2）S和O為同主族元素，O原子核外有2個(gè)電子層，S原子核外有3個(gè)電子層，O原子半徑小，原子核對(duì)最外層電子的吸引力大，不易失去1個(gè)電子，即O的第一電離能大于S的第一電離能。答案為I1(O)>I1(S)，氧原子半徑小，原子核對(duì)最外層電子的吸引力大，不易失去一個(gè)電子；（3）的中心原子S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，無(wú)孤電子對(duì)，空間構(gòu)型為四面體形，可看作是中1個(gè)O原子被S原子取代，則的空間構(gòu)型為四面體形。答案為四面體形；（4）過(guò)程Ⅱ中斷裂的只有硫硫鍵，根據(jù)反應(yīng)機(jī)理可知，整個(gè)過(guò)程中最終轉(zhuǎn)化為，S最終轉(zhuǎn)化為。若過(guò)程ⅰ所用的試劑為和，過(guò)程Ⅱ的含硫產(chǎn)物是和。答案為和；（5）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，1個(gè)晶胞中含有個(gè)，含有4個(gè)；該晶體的密度。答案為4；；（6）具有孤電子對(duì)的原子就可以給個(gè)中心原子提供電子配位。中的中心原子S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，無(wú)孤電子對(duì)，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對(duì)，能做配位原子。9．（2023·浙江·高考真題）氮的化合物種類繁多，應(yīng)用廣泛。

請(qǐng)回答：(1)基態(tài)N原子的價(jià)層電子排布式是。(2)與碳?xì)浠衔镱愃疲琋、H兩元素之間也可以形成氮烷、氮烯。①下列說(shuō)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：B．化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：C．最簡(jiǎn)單的氮烯分子式：D．氮烷中N原子的雜化方式都是②氮和氫形成的無(wú)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給出的能力：(填“>”或“<”)，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(yáng)離子數(shù))為?！敬鸢浮?1)2s22p3(2)ANnHn+2?2m(，m為正整數(shù))＜形成配位鍵后，由于Cu對(duì)電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進(jìn)一步使氮?dú)滏I的極性變大，故其更易斷裂(3)CaCN26【詳解】（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；故答案為：2s22p3。（2）①A．能量最低的激發(fā)態(tài)N原子應(yīng)該是2s能級(jí)上一個(gè)電子躍遷到2p能級(jí)，其電子排布式：，故A錯(cuò)誤；B．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)：，故B正確；C．氮有三個(gè)價(jià)鍵，最簡(jiǎn)單的氮烯即含一個(gè)氮氮雙鍵，另一個(gè)價(jià)鍵與氫結(jié)合，則其分子式：，故C正確；D．氮烷中N原子有一對(duì)孤對(duì)電子，有三個(gè)價(jià)鍵，則氮原子的雜化方式都是，故D正確；綜上所述，答案為：A。②氮和氫形成的無(wú)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，根據(jù)又一個(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為正整數(shù))；故答案為：NnHn+2?2m(，m為正整數(shù))。③形成配位鍵后，由于Cu對(duì)電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進(jìn)一步使氮?dú)滏I的極性變大，故其更易斷裂，因此給出的能力：＜(填“>”或“<”)；故答案為：＜；形成配位鍵后，由于Cu對(duì)電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進(jìn)一步使氮?dú)滏I的極性變大，故其更易斷裂。（3）鈣個(gè)數(shù)為，個(gè)數(shù)為，則其化學(xué)式為CaCN2；根據(jù)六方最密堆積圖

，以上面的面心分析下面紅色的有3個(gè)，同理上面也應(yīng)該有3個(gè)，本體中分析得到

，以這個(gè)進(jìn)行分析，其俯視圖為

，因此距離最近的鈣離子個(gè)數(shù)為6，其配位數(shù)為6；故答案為：CaCN2；6。10．（2023·山東·高考真題）鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物。回答下列問(wèn)題：(1)時(shí)，與冰反應(yīng)生成和。常溫常壓下，為無(wú)色氣體，固態(tài)的晶體類型為，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為(填化學(xué)式)。(2)中心原子為，中心原子為，二者均為形結(jié)構(gòu)，但中存在大鍵。中原子的軌道雜化方式；為鍵角鍵角(填“＞”“＜”或“=”)。比較與中鍵的鍵長(zhǎng)并說(shuō)明原因。(3)一定條件下，和反應(yīng)生成和化合物。已知屬于四方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù))，其中化合價(jià)為。上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為。若阿伏伽德羅常數(shù)的值為，化合物的密度(用含的代數(shù)式表示)。

【答案】(1)分子晶體HF、(2)＞分子中鍵的鍵長(zhǎng)小于中鍵的鍵長(zhǎng)，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長(zhǎng)較小，而只存在普通的σ鍵。(3)【詳解】（1）常溫常壓下，為無(wú)色氣體，則的沸點(diǎn)較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。分子中F顯-1價(jià)，其水解時(shí)結(jié)合電離的生成HF，則結(jié)合電離的，兩者反應(yīng)生成，因此，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、。（2）中心原子為，中心原子為，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但中存在大鍵()。由中存在可以推斷，其中原子只能提供1對(duì)電子，有一個(gè)原子提供1個(gè)電子，另一個(gè)原子提供1對(duì)電子，這5個(gè)電子處于互相平行的軌道中形成大鍵，提供孤電子對(duì)與其中一個(gè)形成配位鍵，與另一個(gè)形成的是普通的共價(jià)鍵（σ鍵，這個(gè)只提供了一個(gè)電子參與形成大鍵），的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，則原子的軌道雜化方式為；中心原子為，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)的計(jì)算公式可知，因此，的雜化方式為；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，時(shí)，價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型為正四面體，時(shí)，價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型平面正三角形，雜化的鍵角一定大于的，因此，雖然和均為形結(jié)構(gòu)，但鍵角大于鍵角，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用也改變不了這個(gè)結(jié)論。分子中鍵的鍵長(zhǎng)小于中鍵的鍵長(zhǎng)，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長(zhǎng)較小，而只存在普通的σ鍵。（3）一定條件下，、和反應(yīng)生成和化合物X。已知X屬于四方晶系，其中Cu化合價(jià)為+2。由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個(gè)數(shù)為、白球的個(gè)數(shù)為、灰色球的個(gè)數(shù)為，則X中含有3種元素，其個(gè)數(shù)比為1:2:4,由于其中Cu化合價(jià)為+2、的化合價(jià)為-1、K的化合價(jià)為+1，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，可以推斷X為，上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為。若阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為，化合物X的密度。11．（2023·全國(guó)乙卷·高考真題）中國(guó)第一輛火星車“祝融號(hào)”成功登陸火星。探測(cè)發(fā)現(xiàn)火星上存在大量橄欖石礦物()?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為。橄欖石中，各元素電負(fù)性大小順序?yàn)椋F的化合價(jià)為。(2)已知一些物質(zhì)的熔點(diǎn)數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)熔點(diǎn)/℃800.7與均為第三周期元素，熔點(diǎn)明顯高于，原因是。分析同族元素的氯化物、、熔點(diǎn)變化趨勢(shì)及其原因。的空間結(jié)構(gòu)為，其中的軌道雜化形式為。(3)一種硼鎂化合物具有超導(dǎo)性能，晶體結(jié)構(gòu)屬于六方晶系，其晶體結(jié)構(gòu)、晶胞沿c軸的投影圖如下所示，晶胞中含有個(gè)。該物質(zhì)化學(xué)式為，B-B最近距離為。

【答案】(1)O＞Si＞Fe＞Mg+2(2)鈉的電負(fù)性小于硅，氯化鈉為離子晶體，而為分子晶體隨著同族元素的電子層數(shù)的增多，其熔點(diǎn)依次升高，其原因是：、、均形成分子晶體，分子晶體的熔點(diǎn)由分子間作用力決定，分子間作用力越大則其熔點(diǎn)越高；隨著其相對(duì)分子質(zhì)量增大，其分子間作用力依次增大正四面體(3)1【詳解】（1）為26號(hào)元素，基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為。元素的金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越小，元素的非金屬性越強(qiáng)則其電負(fù)性越大，因此，橄欖石()中，各元素電負(fù)性大小順序?yàn)镺＞Si＞Fe＞Mg；因?yàn)橹?、、的化合價(jià)分別為+2、+4和-2，x+2-x=2，根據(jù)化合物中各元素的化合價(jià)的代數(shù)和為0，可以確定鐵的化合價(jià)為+2。（2）與均為第三周期元素，熔點(diǎn)明顯高于，原因是：鈉的電負(fù)性小于硅，氯化鈉為離子晶體，其熔點(diǎn)較高；而為分子晶體，其熔點(diǎn)較低。由表中的數(shù)據(jù)可知，、、熔點(diǎn)變化趨勢(shì)為：隨著同族元素的電子層數(shù)的增多，其熔點(diǎn)依次升高，其原因是：、、均形成分子晶體，分子晶體的熔點(diǎn)由分子間作用力決定，分子間作用力越大則其熔點(diǎn)越高；隨著其相對(duì)分子質(zhì)量增大，其分子間作用力依次增大。的空間結(jié)構(gòu)為正四面體，其中的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，因此的軌道雜化形式為。（3）由硼鎂化合物的晶體結(jié)構(gòu)可知位于正六棱柱的頂點(diǎn)和面心，由均攤法可以求出正六棱柱中含有個(gè)，由晶胞沿c軸的投影圖可知本題所給晶體結(jié)構(gòu)包含三個(gè)晶胞，則晶胞中Mg的個(gè)數(shù)為1；晶體結(jié)構(gòu)中在正六棱柱體內(nèi)共6個(gè)，則該物質(zhì)的化學(xué)式為；由晶胞沿c軸的投影圖可知，B原子在圖中兩個(gè)正三角形的重心，該點(diǎn)到頂點(diǎn)的距離是該點(diǎn)到對(duì)邊中點(diǎn)距離的2倍，頂點(diǎn)到對(duì)邊的垂線長(zhǎng)度為，因此B-B最近距離為。12．（2023·全國(guó)甲卷·高考真題）將酞菁—鈷鈦菁—三氯化鋁復(fù)合嵌接在碳納米管上，制得一種高效催化還原二氧化碳的催化劑。回答下列問(wèn)題：(1)圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們互為，其中屬于原子晶體的是，間的作用力是。(2)酞菁和鈷酞菁的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中軌道能提供一對(duì)電子的原子是(填圖2酞菁中原子的標(biāo)號(hào))。鈷酞菁分子中，鈷離子的化合價(jià)為，氮原子提供孤對(duì)電子與鈷離子形成鍵。(3)氣態(tài)通常以二聚體的形式存在，其空間結(jié)構(gòu)如圖3a所示，二聚體中的軌道雜化類型為。的熔點(diǎn)為，遠(yuǎn)高于的，由此可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為鍵。結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞如圖3b所示，的配位數(shù)為。若晶胞參數(shù)為，晶體密度(列出計(jì)算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為)?！敬鸢浮?1)同素異形體金剛石范德華力(2)③+2配位(3)離子2【詳解】（1）同一元素形成的不同單質(zhì)之間互為同素異形體。圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們的組成元素均為碳元素，因此，它們互為同素異形體；其中金剛石屬于原子晶體，石墨屬于混合型晶體，屬于分子晶體，碳納米管不屬于原子晶體；間的作用力是范德華力；（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，則其分子中所有的C原子和所有的N原子均為雜化，且分子中存在大π鍵，其中標(biāo)號(hào)為①和②的N原子均有一對(duì)電子占據(jù)了一個(gè)雜化軌道，其p軌道只能提供1個(gè)電子參與形成大π鍵，標(biāo)號(hào)為③的N原子的p軌道能提供一對(duì)電子參與形成大π鍵，因此標(biāo)號(hào)為③的N原子形成的N—H鍵易斷裂從而電離出；鈷酞菁分子中，失去了2個(gè)的酞菁離子與鈷離子通過(guò)配位鍵結(jié)合成分子，因此，鈷離子的化合價(jià)為+2，氮原子提供孤對(duì)電子與鈷離子形成配位鍵。（3）由的空間結(jié)構(gòu)結(jié)合相關(guān)元素的原子結(jié)構(gòu)可知，Al原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，其與其周圍的4個(gè)氯原子形成四面體結(jié)構(gòu)，因此，二聚體中A1的軌道雜化類型為。AlF3的熔點(diǎn)為1090℃，遠(yuǎn)高于AlCl3的192℃，由于F的電負(fù)性最大，其吸引電子的能力最強(qiáng)，因此，可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為離子鍵。由AlF3的晶胞結(jié)構(gòu)可知，其中含灰色球的個(gè)數(shù)為，藍(lán)色球的個(gè)數(shù)為，則灰色的球?yàn)椋嘧罱业染嗟挠?個(gè)，則的配位數(shù)為2。若晶胞參數(shù)為apm，則晶胞的體積為，晶胞的質(zhì)量為，則其晶體密度。13．（2022·重慶·高考真題）配位化合物X由配體L2-(如圖)和具有正四面體結(jié)構(gòu)的[Zn4O]6+構(gòu)成。(1)基態(tài)Zn2+的電子排布式為。(2)L2-所含元素中，電負(fù)性最大的原子處于基態(tài)時(shí)電子占據(jù)最高能級(jí)的電子云輪廓圖為形；每個(gè)L2-中采取sp2雜化的C原子數(shù)目為個(gè)，C與O之間形成σ鍵的數(shù)目為個(gè)。(3)X晶體內(nèi)部空腔可吸附小分子，要增強(qiáng)X與H2O的吸附作用，可在L2-上引入。(假設(shè)X晶胞形狀不變)。A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3(4)X晶體具有面心立方結(jié)構(gòu)，其晶胞由8個(gè)結(jié)構(gòu)相似的組成單元(如圖)構(gòu)成。①晶胞中與同一配體相連的兩個(gè)[Zn4O]6+的不同之處在于。②X晶體中Zn2+的配位數(shù)為。③已知ZnO鍵長(zhǎng)為dnm，理論上圖中A、B兩個(gè)Zn2+之間的最短距離的計(jì)算式為nm。④已知晶胞參數(shù)為2anm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，L2-與[Zn4O]6+的相對(duì)分子質(zhì)量分別為M1和M2，則X的晶體密度為g?cm-3(列出化簡(jiǎn)的計(jì)算式)?！敬鸢浮?1)[Ar]3d10(2)啞鈴88(3)BC(4)與Zn2+相連的雙鍵氧原子不在對(duì)稱軸的同側(cè)4a-2d【詳解】（1）鋅元素的原子序數(shù)為30，基態(tài)鋅離子的電子排布式為[Ar]3d10，故答案為：[Ar]3d10；（2）配體L2-所含元素中氧元素的電負(fù)性最大，氧原子處于基態(tài)時(shí)，電子云輪廓圖為啞鈴形的2p能級(jí)的電子占據(jù)最高能級(jí)；由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，配體中苯環(huán)碳原子和雙鍵碳原子雜化方式為sp2雜化，共有8個(gè)；配體中碳原子與氧原子之間的單鍵為σ鍵、雙鍵中含有1個(gè)σ鍵，共有8個(gè)，故答案為：?jiǎn)♀徯危?；8；（3）若在L2-上引入能與水分子形成氫鍵的羥基和氨基，有利于增強(qiáng)X與水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能與水分子形成氫鍵的氯原子、甲基，不能增強(qiáng)X與水分子的吸附作用，故選BC；（4）①由X晶胞的組成單元的對(duì)角面可知，晶胞中與同一配體相連的兩個(gè)[Zn4O]6+的不同之處在于與Zn2+相連的雙鍵氧原子不在對(duì)稱軸的同側(cè)，故答案為：與Zn2+相連的雙鍵氧原子不在對(duì)稱軸的同側(cè)；②1個(gè)[Zn4O]6+上、下、左、右、前、后共有6個(gè)L2-，每個(gè)L2-與[Zn4O]6+形成2個(gè)Zn←O配位鍵，1個(gè)[Zn4O]6+含有4個(gè)Zn←O配位鍵，1個(gè)[Zn4O]6+中Zn2+形成的配位鍵數(shù)目為6×2+4=16，1個(gè)Zn2+的配位數(shù)為4；③由X晶胞的組成單元結(jié)構(gòu)可知，[Zn4O]6+中兩個(gè)處于體對(duì)角線的氧離子距離、邊長(zhǎng)和面對(duì)角線構(gòu)成直角三角形，氧離子距離為單元結(jié)構(gòu)的體對(duì)角線，設(shè)A、B兩個(gè)鋅離子之間的最短距離為xnm，由體對(duì)角線的長(zhǎng)度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案為：a—2d；④由X晶胞的組成單元結(jié)構(gòu)可知，單元結(jié)構(gòu)中位于頂點(diǎn)的[Zn4O]6+的個(gè)數(shù)為8×=1，位于棱上的L2-的個(gè)數(shù)為12×=3，設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由X晶體具有面心立方結(jié)構(gòu)，其晶胞由8個(gè)結(jié)構(gòu)相似的組成單元構(gòu)成可得：=(2a×10—7)3d，解得d=，故答案為：。14．（2022·福建·高考真題）1962年首個(gè)稀有氣體化合物問(wèn)世，目前已知的稀有氣體化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪(36Kr)次之，氬(18Ar)化合物極少。是與分子形成的加合物，其晶胞如下圖所示?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為。(2)原子的活潑性依序增強(qiáng)，原因是。(3)晶體熔點(diǎn)：(填“>”“<”或“=”)，判斷依據(jù)是。(4)的中心原子的雜化軌道類型為。(5)加合物中，晶體中的微粒間作用力有(填標(biāo)號(hào))。a.氫鍵

b.離子鍵

c.極性共價(jià)鍵

d.非極性共價(jià)鍵【答案】(1)(2)同族元素，從上而下原子半徑逐漸增大，原子核對(duì)外層電子的有效吸引逐漸減弱，失電子能力逐漸增強(qiáng)(3)<二者為同構(gòu)型的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量大，范德華力大，熔點(diǎn)高(4)(5)2bc【詳解】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序數(shù)為33，由構(gòu)造原理寫出其價(jià)電子排布式為。（2）同族元素，從上而下原子半徑逐漸增大，原子核對(duì)外層電子的有效吸引逐漸減弱，失電子能力逐漸增強(qiáng)，故原子的活潑性依序增強(qiáng)。（3）和是同構(gòu)型的分子晶體，相對(duì)分子質(zhì)量大，范德華力大，熔點(diǎn)高，晶體熔點(diǎn)：<。（4）的中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：3+=4，雜化軌道類型為。（5）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，其中含有8個(gè)、4個(gè)、4個(gè)，則加合物中2，晶體中的微粒間作用力有離子鍵、極性共價(jià)鍵，故選bc。15．（2022·河北·高考真題）含Cu、Zn、Sn及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡(jiǎn)寫為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。(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)SnCl的幾何構(gòu)型為，其中心離子雜化方式為。(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(填標(biāo)號(hào))。A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4](5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：A．B．C．

D．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MnO的是(填標(biāo)號(hào))，理由是。(6)如圖是CZTS四元半導(dǎo)體化合物的四方晶胞。①該物質(zhì)的化學(xué)式為。②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，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中A原子的坐標(biāo)為(，，)，則B原子的坐標(biāo)為。【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雜化(4)B(5)DD中含有—1價(jià)的O元素，具有強(qiáng)氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO(6)Cu2ZnSnS4(，，)【詳解】（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，故答案為：1：2或2：1；（2）銅元素的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，鋅元素的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大，所以銅與鋅相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是銅元素，故答案為：Cu；Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1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）三氯化錫離子在錫離子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，所以錫離子雜化方式為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：三角錐形；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；A．[Cu(NH3)2]Cl中亞銅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；B．[Cu(NH3)4]SO4中銅離子外圍電子排布是3d9，離子中有未成對(duì)電子，該配合物具有順磁性，故符合題意；C．[Zn(NH3)4]SO4中鋅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；D．Na2[Zn(OH)4]中鋅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；故選B；（5）由四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)式可知，只有過(guò)二硫酸根離子中含有過(guò)氧鏈，離子中—1價(jià)的氧元素具有強(qiáng)氧化性，則只有過(guò)二硫酸根離子能在酸性溶液中將錳離子氧化為高錳酸根離子，故選D；（6）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和體心的鋅原子個(gè)數(shù)為8×+1=2，位于面上的銅原子個(gè)數(shù)為8×=4，位于面心和棱上的錫原子個(gè)數(shù)為2×+4×=2，位于體內(nèi)的硫原子個(gè)數(shù)為8，則該物質(zhì)的化學(xué)式為ZnSnCu2S4，故答案為：ZnSnCu2S4；②若將晶胞先分為上下兩個(gè)相等的正方體后再將每個(gè)正方體繼續(xù)分為8個(gè)相等的小正方體，則B原子位于上面的正方體分割成的8個(gè)小立方體中位于右下后方的小立方體的體心，由A原子的坐標(biāo)為(，，)可知，B原子的坐標(biāo)為(，，)，故答案為：(，，)。16．（2022·海南·高考真題）以、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)?；卮饐?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。(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。(6)下圖為某ZnO晶胞示意圖，下圖是若干晶胞無(wú)隙并置而成的底面O原子排列局部平面圖。為所取晶胞的下底面，為銳角等于60°的菱形，以此為參考，用給出的字母表示出與所取晶胞相鄰的兩個(gè)晶胞的底面、?！敬鸢浮?1)1s22s22p4或[He]2s22p42(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(shè)＞N，O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Zn和O更易形成離子鍵(6)?cdhi?bcfe【詳解】（1）O為8號(hào)元素，其基態(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原子以雙鍵或以NH三鍵的形式存在，故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）由于電負(fù)性O(shè)＞N，O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Zn和O更易形成離子鍵，因此Zn—N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn—O鍵；（6）根據(jù)晶胞示意圖，一個(gè)晶胞中8個(gè)O原子位于晶胞的頂點(diǎn)，1個(gè)O原子位于晶胞體內(nèi)，4個(gè)Zn原子位于晶胞的棱上，1個(gè)Zn原子位于晶胞體內(nèi)，棱上的3個(gè)Zn原子和體內(nèi)的Zn原子、O原子形成四面體結(jié)構(gòu)，從底面O原子排列圖看，能平移且與abcd共邊的只有二個(gè)四邊形，為cdhi和bcfe。17．（2022·北京·高考真題）失水后可轉(zhuǎn)為，與可聯(lián)合制備鐵粉精和。I.結(jié)構(gòu)如圖所示。(1)價(jià)層電子排布式為。(2)比較和分子中的鍵角大小并給出相應(yīng)解釋：。(3)與和的作用分別為。II．晶胞為立方體，邊長(zhǎng)為，如圖所示。(4)①與緊鄰的陰離子個(gè)數(shù)為。②晶胞的密度為。(5)以為燃料，配合可以制備鐵粉精和。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)椤！敬鸢浮?1)3d6(2)SO的鍵角大于H2O，SO中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為0，離子的空間構(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、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為2，分子的空間構(gòu)型為V形(3)配位鍵、氫鍵(4)6×1021(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【詳解】（1）鐵元素的原子序數(shù)為26，基態(tài)亞鐵離子的價(jià)電子排布式為3d6，故答案為：3d6；（2）硫酸根離子中硫原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為正四面體形，水分子中氧原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為2，分子的空間構(gòu)型為V形，所以硫酸根離子的鍵角大于水分子，故答案為：SO的鍵角大于H2O，SO中S原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為0，離子的空間構(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、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為2，分子的空間構(gòu)型為V形；（3）由圖可知，具有空軌道的亞鐵離子與水分子中具有孤對(duì)電子的氧原子形成配位鍵，硫酸根離子與水分子間形成氫鍵，故答案為：配位鍵；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S離子間的距離最近，則亞鐵離子緊鄰的陰離子個(gè)數(shù)為6，故答案為：6；②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點(diǎn)和面心的亞鐵離子個(gè)數(shù)為8×+6×=4，位于棱上和體心的S離子個(gè)數(shù)為12×+1=4，設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021，故答案為：×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，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)能源和資源有效利用，故答案為：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。18．（2022·河北·高考真題）含及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡(jiǎn)寫為)，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。(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)的幾何構(gòu)型為，其中心離子雜化方式為。(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_______(填標(biāo)號(hào))。A． B． C． D．(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，能在酸性溶液中將轉(zhuǎn)化為的是(填標(biāo)號(hào))。理由是?！敬鸢浮?1)1：2/2：1(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雜化(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MnO【詳解】（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；（2）Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1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）Sn是ⅣA族元素，SnCl的中心離子Sn2+價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+，有1對(duì)孤電子對(duì)，中心離子是sp3雜化，SnCl的幾何構(gòu)型是三角錐形；（4）根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對(duì)電子。A.[Cu(NH3)2]Cl各原子核外電子均已成對(duì)，不符合題意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外圍電子排布是3d9，有未成對(duì)電子，符合題意；C.[Zn(NH3)4]SO4各原子核外電子均已成對(duì)，不符合題意；D.Na2[Zn(OH)]各原子核外電子均已成對(duì)，不符合題意；故答案選B。（5）Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO需要氧化劑，且氧化性比MnO的強(qiáng)，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO，故A不符合；B、C中的S化合價(jià)比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D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MnO，故D符合。19．（2022·山東·高考真題）研究籠形包合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)具有重要意義。化學(xué)式為的籠形包合物四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫出)，每個(gè)苯環(huán)只有一半屬于該晶胞。晶胞參數(shù)為。回答下列問(wèn)題：

(1)基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為，在元素周期表中位置為。(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；；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大鍵、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4周期第VIII族(2)2:32:1:1Zn2+、Ni2+(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)

【詳解】（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，在周期表中第四橫行第10縱列即位于第4周期第VIII族。答案為：3d84s2；第4周期第VIII族；（2）由題干晶胞示意圖可知，

，Ni2+周圍連接四個(gè)原子團(tuán)，形成的配位鍵數(shù)目為4，空間結(jié)構(gòu)為正方形，VESPR模型為平面四邊形，采用dsp2雜化；Zn2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為6，VESPR模型為正八面體，采用sp3d2雜化，所以Ni2+與Zn2+的配位數(shù)之比為4:6=2:3；含有CN-（小黑球N+小白球C）為：=4，含有NH3（棱上小黑球）個(gè)數(shù)為：=2，晶胞中苯環(huán)在四個(gè)側(cè)面且每個(gè)苯環(huán)只有一半屬于該晶胞，所以苯環(huán)個(gè)數(shù)為：=2，則該晶胞的化學(xué)式為：，即4:2:2=2:1:1。答案為：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；（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大π鍵，則說(shuō)明吡啶中N原子也是采用sp2雜化，雜化軌道只用于形成σ鍵和存在孤電子對(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，故選D。答案為D；（4）已知苯分子為非極性分子，H2O分子為極性分子，且吡啶中N原子上含有孤電子對(duì)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。答案為：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）已知-CH3為推電子基團(tuán)，-Cl是吸電子基團(tuán)，則導(dǎo)致N原子電子云密度大小順序?yàn)椋海?/p>

＞

，題干信息顯示：堿性隨N原子電子云密度的增大而增強(qiáng)，則堿性最弱的為：

。答案為：

?！军c(diǎn)睛】N原子的電子云密度越大，含N物質(zhì)的堿性越強(qiáng)。20．（2022·湖南·高考真題）鐵和硒()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)原子的核外電子排布式為；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?。簹鈶B(tài)分子離子(填“>”“<”或“=”)，原因是。(2)富馬酸亞鐵是一種補(bǔ)鐵劑。富馬酸分子的結(jié)構(gòu)模型如圖所示：①富馬酸分子中鍵與鍵的數(shù)目比為；②富馬酸亞鐵中各元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)椤?3)科學(xué)家近期合成了一種固氮酶模型配合物，該物質(zhì)可以在溫和條件下直接活化，將轉(zhuǎn)化為，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；②與互為等電子體的一種分子為(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；②Fe原子的配位數(shù)為；③該晶胞參數(shù)、。阿伏加德羅常數(shù)的值為，則該晶體的密度為(列出計(jì)算式)?！敬鸢浮?1)3d104s24p48＞SeO3的空間構(gòu)型為平面三角形，SeO的空間構(gòu)型為三角錐形(2)11:3O＞C＞H＞Fe(3)sp3雜化H2O(4)KFe2Se24/abc×10—21【詳解】（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，故答案為：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種化學(xué)環(huán)境不同的碳原子，故答案為：8；③三氧化硒分子中硒原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為0，分子的空間構(gòu)型為平面三角形，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，孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，離子的空間構(gòu)型為三角錐形，鍵角小于120°，故答案為：＞；SeO3的空間構(gòu)型為平面三角形，SeO的空間構(gòu)型為三角錐形；（2）①由球棍模型可知，富馬酸的結(jié)構(gòu)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，故答案為：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，故答案為：O＞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，故答案為：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，故答案為：H2O；（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×+1=2，鐵原子位于面上，原子個(gè)數(shù)為8×=4，位于棱上和體內(nèi)的硒原子的個(gè)數(shù)為8×+2=4，則超導(dǎo)材料最簡(jiǎn)化學(xué)式為KFe2Se2，故答案為：KFe2Se2；②由平面投影圖可知，位于面上的鐵原子與位于棱上和體內(nèi)的硒原子的距離最近，所以鐵原子的配位數(shù)為4，故答案為：4；③設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=/abc×10—21，故答案為：/abc×10—21。21．（2025·上海金山·一模）氮化硼(BN)是一種重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂為原料，經(jīng)過(guò)一系列反應(yīng)可以得到BN，如圖所示：(1)硼元素原子的電子排布式為，這些電子有種不同的能量。與硼元素在同一周期，其基態(tài)原子的最外層有2個(gè)未成對(duì)電子的元素有。(填元素符號(hào))(2)寫出上述由B2O3制備BN的化學(xué)方程式。(3)BN的兩種晶型：六方晶型(類似于石墨)及立方晶型(類似于金剛石)，結(jié)構(gòu)如下圖。下列說(shuō)法正確的是。A．六方氮化硼晶體層間存在化學(xué)鍵B．六方氮化硼結(jié)構(gòu)與石墨相似，能導(dǎo)電C．兩種晶體中的B和N之間的化學(xué)鍵均為極性共價(jià)鍵D．立方氮化硼含有σ鍵和π鍵，屬于共價(jià)晶體，所以硬度大立方相氮化硼晶體中，氮的配位數(shù)是，其晶胞參數(shù)為apm，則用含a的代數(shù)式表示硼和氮的最短距離d=pm。常溫常壓下硼酸(H3BO3)晶體結(jié)構(gòu)為層狀，其二維平面結(jié)構(gòu)如圖所示。(4)硼酸晶體中存在的作用力有。A．離子鍵

B．共價(jià)鍵

C．配位鍵

D．范德華力1mol該晶體中含有mol氫鍵。解釋硼酸在冷水中的溶解度小而加熱時(shí)溶解度增大的原因。(5)硼酸可由三鹵化硼(BX3)水解而成，機(jī)理如下圖。從結(jié)構(gòu)的角度解釋CCl4水解反應(yīng)很難進(jìn)行的原因。【答案】(1)1s22s22p13C、O(2)B2O3＋2NH32BN＋3H2O(3)C4(4)BD3加熱促進(jìn)H3BO3分子間氫鍵的斷裂，有利于H3BO3分子與水分子間形成氫鍵(5)碳原子價(jià)層無(wú)空軌道，不能接受水的進(jìn)攻【詳解】（1）硼為5號(hào)元素，則硼元素原子的電子排布式為，有三個(gè)原子軌道，則這些電子有3種不同的能量；與硼元素在同一周期，其基態(tài)原子的最外層有2個(gè)未成對(duì)電子，排布式可以為，對(duì)應(yīng)的元素是；（2）根據(jù)給出的制備路徑可知，由制備BN的化學(xué)方程式為：；（3）A．六方晶型(類似于石墨)，石墨層間是通過(guò)范德華力結(jié)合的，范德華力不屬于化學(xué)鍵，A錯(cuò)誤；B．石墨導(dǎo)電是因?yàn)橛须x域的π電子，而六方BN中，雖然結(jié)構(gòu)類似，B和N的電負(fù)性差異較大，電子可能被束縛，不能自由移動(dòng)，不導(dǎo)電，B錯(cuò)誤；C．無(wú)論是六方還是立方BN，B和N之間都是不同原子形成的共價(jià)鍵，均為極性共價(jià)鍵，C正確；D．立方BN結(jié)構(gòu)類似于金剛石，金剛石中只有σ鍵，沒(méi)有π鍵，立方BN是共價(jià)晶體，硬度大，D錯(cuò)誤；答案選C。在金剛石結(jié)構(gòu)中，每個(gè)C原子連接4個(gè)其他C原子，形成四面體結(jié)構(gòu)。立方BN結(jié)構(gòu)類似，所以每個(gè)N原子應(yīng)連接4個(gè)B原子，配位數(shù)為4；其晶胞參數(shù)為apm，金剛石結(jié)構(gòu)中，原子間的最近距離是體對(duì)角線的，即，在立方BN的晶胞中，B和N位于交替的四面體位置，最近距離也應(yīng)該是立方體對(duì)角線的四分之一，即；（4）A．根據(jù)其二維平面結(jié)構(gòu)可知，硼酸是一種共價(jià)化合物，不存在離子鍵，A錯(cuò)誤；B．原子間，原子間存在極性共價(jià)鍵，B正確；C．根據(jù)其二維平面結(jié)構(gòu)可知，硼酸晶體中不含配位鍵，其結(jié)構(gòu)主要由共價(jià)鍵和氫鍵組成，C錯(cuò)誤；D．硼酸晶體結(jié)構(gòu)為層狀，層間存在分子間作用力，即范德華力，D正確；答案選BD。由晶體結(jié)構(gòu)可知，每個(gè)硼酸分子可通過(guò)氫鍵與周圍的分子形成穩(wěn)定的層狀結(jié)構(gòu)，一個(gè)硼酸分子可以形成6個(gè)氫鍵，但只有3個(gè)氫鍵屬于硼酸分子，則1mol該晶體中含有3mol氫鍵；冷水中溶解度較小的原因：硼酸主要依靠氫鍵維持層狀結(jié)構(gòu)，水分子難以迅速破壞氫鍵，因此溶解度較??；加熱后溶解度增大的原因：升溫破壞氫鍵，使得層狀結(jié)構(gòu)松散，有利于H3BO3分子與水分子間形成氫鍵，從而提高溶解度。（5）根據(jù)機(jī)理圖可知，水分子進(jìn)攻B原子，破壞B-X鍵，最終生成H3BO3。中C原子外層電子已滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，沒(méi)有空的軌道來(lái)接受水分子的孤對(duì)電子，因此水分子無(wú)法進(jìn)攻C原子。22．（2025·上海崇明·一模）黃銅礦(主要成分為CuFeS2)可用于冶煉Cu2O，主要物質(zhì)轉(zhuǎn)化過(guò)程如下：(1)基態(tài)Cu原子的價(jià)層電子排布式為。(2)SO2的分子空間構(gòu)型是形，鍵角120°(填“大于”“等于”或“小于”)，請(qǐng)用價(jià)層電子對(duì)互斥理論解釋原因：。(3)下圖中，表示Cu2O晶胞的是(填“圖1”或“圖2”)。(4)CuFeS2的晶胞如圖3所示。①圖4所示結(jié)構(gòu)單元不能作為CuFeS2晶胞的原因是。②阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，CuFeS2晶體的密度是(用計(jì)算式表示；1cm=1010pm；CuFeS2的摩爾質(zhì)量為)。(5)Cu2O和CuCl都屬于離子化合物，其中熔點(diǎn)較高，原因是。【答案】(1)3d104s1(2)角小于根據(jù)VSEPR原則，中心S原子的價(jià)電子層有三對(duì)電子，空間構(gòu)型為平面三角形，其中有一對(duì)是孤電子對(duì)，對(duì)成鍵電子對(duì)產(chǎn)生排斥作用(3)圖1(4)圖4對(duì)應(yīng)結(jié)構(gòu)單元無(wú)法進(jìn)行無(wú)隙并置(5)Cu2OO2-所帶電荷數(shù)較多并且離子半徑比Cl-小，與Cu+形成的離子鍵作用力更強(qiáng)【分析】由題干流程圖可知，Cu2S與O2共熱制備Cu2O的同時(shí)還生成SO2，方程式為2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2。【詳解】（1）Cu為29號(hào)元素，基態(tài)Cu原子的價(jià)層電子排布式為：；（2）SO2中心原子S周圍的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為：2+=3，根據(jù)雜化軌道理論可知，硫原子的雜化方式是sp2，VSEPR模型是平面三角形，存在1對(duì)孤對(duì)電子，空間構(gòu)型為平面三角形，孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)產(chǎn)生排斥作用，因此鍵角小于120°；（3）根據(jù)晶胞中均攤法可知，圖1所示晶胞中含有Cu個(gè)數(shù)為：4個(gè)，O原子個(gè)數(shù)為：，故其化學(xué)式為：Cu2O，圖2所示晶胞中含有Cu個(gè)數(shù)為：個(gè)，O原子個(gè)數(shù)為：，故其化學(xué)式為：CuO；（4）①比較題干圖3和圖4可知，圖4所示結(jié)構(gòu)單元并不能采用“無(wú)隙并置”地在晶體中重復(fù)出現(xiàn)，故不能作為CuFeS2晶胞；②由題干圖3所示晶胞可知，一個(gè)晶胞中含有：Cu原子個(gè)數(shù)為，F(xiàn)e個(gè)數(shù)為：，含有S個(gè)數(shù)為8，故一個(gè)晶胞的質(zhì)量為：，晶胞的體積是，CuFeS2晶體的密度是g/cm3；（5）Cu2O和CuCl都屬于離子化合物，Cu2O的熔點(diǎn)較高，原因是：O2-所帶電荷數(shù)較多并且離子半徑比Cl-小，與Cu+形成的離子鍵作用力更強(qiáng)，熔沸點(diǎn)更高。23．（2025·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）氧族元素及其化合物有著廣泛應(yīng)用價(jià)值。(1)請(qǐng)寫出基態(tài)原子簡(jiǎn)化電子排布式，常溫下硒單質(zhì)是(氣體、液體、固體)，同周期的元素中含有最多未成對(duì)電子的元素是(請(qǐng)寫元素符號(hào))。(2)下列說(shuō)法正確的是。A．按照核外電子排布，可把元素周期表劃分為4個(gè)區(qū)，位于元素周期表P區(qū)B．的第二電離能小于(砷)的第二電離能C．硒的兩種含氧酸的酸性強(qiáng)弱為大于D．不穩(wěn)定，因?yàn)槠滏I長(zhǎng)較長(zhǎng)，鍵重疊較弱E.已知某含硒化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，的雜化方式為(3)人體代謝甲硒醇()后可增加抗癌活性，下表中有機(jī)物沸點(diǎn)不同的原因。有機(jī)物甲醇甲硫醇()甲硒醇沸點(diǎn)/℃64.75.9525.05(4)一種銅銦硒晶體(化學(xué)式為)的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞中和未標(biāo)明，用A或者B代替。推斷是(填“A”或“B”)，晶體中一個(gè)周圍與它最近且等距離的A粒子的個(gè)數(shù)為。(5)魔酸由()與等物質(zhì)的量化合生成，寫出其中陰離子的結(jié)構(gòu)式：?！敬鸢浮?1)固體Cr(2)CD(3)三種物質(zhì)都是分子晶體，甲硫醇、甲硒醇結(jié)構(gòu)相似，相對(duì)分子質(zhì)量越大，沸點(diǎn)越高，甲醇分子間存在氫鍵所以沸點(diǎn)最高(4)A8(5)【詳解】（1）Se原子序數(shù)34，原子簡(jiǎn)化電子排布式[Ar]3d104s24p4；常溫下硒單質(zhì)是固體，為第四周期VIA族非金屬元素，第四周期的元素中含有最多未成對(duì)電子的元素是Cr，電子排布式為[Ar]3d54s1，未成對(duì)電子數(shù)為6；故答案為：[Ar]3d104s24p4；固體；Cr；（2）A．按照核外電子排布，可把元素周期表劃分為s、p、d、f、ds，5個(gè)區(qū)，A錯(cuò)誤；B．失去1個(gè)電子后的電子排布式為[Ar]3d104s24p3，失去1個(gè)電子后的電子排布式為[Ar]3d104s24p2，Se的p能級(jí)為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則第二電離能Se＞As，B錯(cuò)誤；C．同種元素的含氧酸，非羥