專題18 物質結構與性質（選修）-三年（2020-2022）高考化學真題分項匯編（新高考專用）（解析版）

1、專題18 物質結構與性質（選修）1（2022廣東卷）硒()是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物領域具有重要應用。自我國科學家發(fā)現(xiàn)聚集誘導發(fā)光()效應以來，在發(fā)光材料、生物醫(yī)學等領域引起廣泛關注。一種含的新型分子的合成路線如下：(1)與S同族，基態(tài)硒原子價電子排布式為_。(2)的沸點低于，其原因是_。(3)關于IIII三種反應物，下列說法正確的有_。AI中僅有鍵BI中的鍵為非極性共價鍵CII易溶于水DII中原子的雜化軌道類型只有與EIIII含有的元素中，O電負性最大(4)IV中具有孤對電子的原子有_。(5)硒的兩種含氧酸的酸性強弱為_(填“”或“”“H2SCH4 （3）六 （4）AD

2、（5）化合物III （6）由圖9c可知，圖9b中Sb、Hg原子取代位置除圖9b外還有其它形式 4 1：1：2 【解析】（1）基態(tài)硫原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，因此基態(tài)硫原子價電子排布式為3s23p4，故答案為：3s23p4。（2）H2S、CH4、H2O均為分子晶體，H2O分子間存在氫鍵，沸點較高，H2S、CH4的分子間范德華力隨相對分子質量增大而增加，因此沸點由高到低順序為：H2OH2SCH4，故答案為：H2OH2SCH4。（3）第六周期0族元素的原子序數(shù)為86，因此第80號元素Hg位于第六周期第B族，故答案為：六。（4）A中S原子的價層電子對數(shù)=2+=4，因此S原子采

3、取sp3雜化，故A正確；B中含有的元素為H、C、O、S、Hg，同周期元素從左至右元素的電負性逐漸增大，同主族元素從上至下元素的電負性逐漸減小，因此5種元素中電負性最大的為O元素，故B錯誤；C中C原子成鍵均為單鍵，因此C原子采取sp3雜化，所以C-C-C鍵角接近10928，故C錯誤；D中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共價鍵和與Na+之間的離子鍵，故D正確；E中硫氧鍵分為硫氧單鍵和硫氧雙鍵，共價鍵種類不同，因此二者的鍵能不同，故 E錯誤；綜上所述，說法正確的是AD項，故答案為AD。（5）中羥基能與水分子之間形成分子間氫鍵，為易溶于水的鈉鹽，溶于水后電離出的中O原子均能與水分子之

4、間形成氫鍵，相同物質的量兩種物質溶于水后，形成的氫鍵更多，因此化合物III更易溶于水，故答案為：化合物III。（6）對比圖9b和圖9c可得X晶體的晶胞中上下兩個單元內的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶體的最小重復單位要求，故答案為：由圖9c可知，圖9b中Sb、Hg原子取代位置除圖9b外還有其它形式。以晶胞上方立方體中右側面心中Hg原子為例，同一晶胞中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為2，右側晶胞中有2個Sb原子與Hg原子距離最近，因此X的晶體中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為4；該晶胞中Sb原子均位于晶胞內，因此1個晶胞中含有Sb原子數(shù)為8，Ge原子位于晶胞頂點、面心、體心，因此1個晶胞中含有Ge

5、原子數(shù)為1+8+4=4，Hg原子位于棱邊、面心，因此1個晶胞中含有Hg原子數(shù)為6+4=4，則該晶胞中粒子個數(shù)比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案為：4；1：1：2。1個晶胞的質量m=，1個晶胞的體積V=(x10-7cm)2(y10-7cm)=x2y10-21cm3，則X晶體的密度為= g/cm3，故答案為：。2（2021河北卷）KH2PO4晶體具有優(yōu)異的非線性光學性能。我國科學工作者制備的超大KH2PO4晶體已應用于大功率固體激光器，填補了國家戰(zhàn)略空白。回答下列問題：（1）在KH2PO4的四種組成元素各自所能形成的簡單離子中，核外電子排布相同的是_(填離子符號)。（2）原子中運

6、動的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù).對于基態(tài)的磷原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_。（3）已知有關氨、磷的單鍵和三鍵的鍵能(kJmol-1)如表：NNNNPPPP193946197489從能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(結構式可表示為)形式存在的原因是_。（4）已知KH2PO4是次磷酸的正鹽，H3PO2的結構式為_，其中P采取_雜化方式。（5）與PO電子總數(shù)相同的等電子體的分子式為_。（6）磷酸通過分子間脫水縮合形成多磷酸，如：如果有n個磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則相應的酸根可寫為_。（7）分別用、表示H2PO和K+，

7、KH2PO4晶體的四方晶胞如圖(a)所示，圖(b)、圖(c)分別顯示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：若晶胞底邊的邊長均為apm、高為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度_gcm-3(寫出表達式)。晶胞在x軸方向的投影圖為_(填標號)?！敬鸢浮浚?）和 （2）或 （3）在原子數(shù)目相同的條件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定 （4） sp3 （5）SiF4、SO2F2等 B 【解析】（1）在的四種組成元素各自所能形成的簡單離子分別為（或）、和，其中核外電子排布相同的是和。（2）對于基態(tài)的磷原子，其價電子排布式為，其中3s軌道的2個電子自

8、旋狀態(tài)相反，自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為0；根據(jù)洪特規(guī)則可知，其3p軌道的3個電子的自旋狀態(tài)相同，因此，基態(tài)磷原子的價電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為或。（3）根據(jù)表中的相關共價鍵的鍵能可知，若6mol N形成類似白磷分子結構的N4分子，可以釋放出的能量為193kJ6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，則可釋放的能量為946kJ2=1892kJ，顯然，形成N2分子放出的能量更多，故在N數(shù)目相同的條件下，N2具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。同理，若6mol P形成分子，可以釋放出的能量為197kJ6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，則可釋放的能量為489kJ2=978kJ，顯然，形成P4

9、分子放出的能量更多，故在P數(shù)目相同的條件下，P4具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。 （4）含氧酸分子中只有羥基上的H可以電離；由是次磷酸的正鹽可知，為一元酸，其分子中只有一個羥基，另外2個H與P成鍵，還有一個O與P形成雙鍵，故其結構式為，其中P共形成4個鍵、沒有孤電子對，故其價層電子對數(shù)為4，其采取sp3雜化。（5）等電子體之間的原子總數(shù)和價電子總數(shù)都相同，根據(jù)前加后減、前減后加、總數(shù)不變的原則，可以找到與電子總數(shù)相同的等電子體分子為SiF4、SO2F2等。（6）由題中信息可知，n個磷酸分子間脫去（n-1）個水分子形成鏈狀的多磷酸，因此，如果有n個磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則可脫去n個水分

10、子得到(HPO3)n，其失去后得到相應的酸根，故該酸根可寫為。（7）由晶胞結構可知，位于晶胞的頂點、面上和體心，頂點上有8個、面上有4個，體心有1個，故晶胞中的數(shù)目為；位于面上和棱上，面上有6個，棱上4個，故晶胞中的數(shù)目為。因此，平均每個晶胞中占有的和的數(shù)目均為4，若晶胞底邊的邊長均為、高為，則晶胞的體積為10-30a2c cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶體的密度為。由圖（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x軸方向的投影圖為 ，選B。3（2021湖南卷）硅、鍺(Ge)及其化合物廣泛應用于光電材料領域?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)硅原子最外層的電子排布圖為_，晶體硅和碳化硅熔點較高的是_(填化學式)；

11、（2）硅和鹵素單質反應可以得到，的熔沸點如下表：熔點/K183.0203.2278.6393.7沸點/K187.2330.8427.2560.70時，、呈液態(tài)的是_(填化學式)，沸點依次升高的原因是_，氣態(tài)分子的空間構型是_；與N-甲基咪唑反應可以得到，其結構如圖所示：N-甲基咪唑分子中碳原子的雜化軌道類型為_，H、C、N的電負性由大到小的順序為_，1個中含有_個鍵；（3）下圖是、三種元素形成的某化合物的晶胞示意圖。已知化合物中和的原子個數(shù)比為1：4，圖中Z表示_原子(填元素符號)，該化合物的化學式為_；已知該晶胞的晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm，則該晶體的密度_(設阿伏加德羅常數(shù)的值為

12、，用含a、b、c、的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚?） SiC （2）SiCl4 SiX4都是結構相似的分子晶體，相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增大 正四面體形 sp2、sp3 NCH 54 （3）O Mg2GeO4 =1021 【解析】（1）硅元素的原子序數(shù)為14，價電子排布式為3s23p2，則價電子排布圖為；原子晶體的熔點取決于共價鍵的強弱，晶體硅和碳化硅都是原子晶體，碳原子的原子半徑小于硅原子，非金屬性強于硅原子，碳硅鍵的鍵能大于硅硅鍵、鍵長小于硅硅鍵，則碳硅鍵強于硅硅鍵，碳化硅的熔點高于晶體硅，故答案為：；SiC；（2） 由題給熔沸點數(shù)據(jù)可知，0時，四氟化硅為氣態(tài)，四氯化硅為液態(tài)，四

13、溴化硅、四碘化硅為固態(tài)；分子晶體的沸點取決于分子間作用力的大小，SiX4都是結構相似的分子晶體，相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增大，則SiX4的沸點依次升高；SiX4分子中硅原子的價層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為0，則分子的空間構型為正四面體形，故答案為：SiCl4； SiX4都是結構相似的分子晶體，相對分子質量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形；由M2+離子的結構可知，離子中含有雜化方式為sp3雜化的單鍵碳原子和sp2雜化的雙鍵碳原子；元素的非金屬性越強，其電負性越大，元素的非極性強弱順序為NCH，則元素電負性的大小順序為NCH；M2+離子的結構中含有單鍵、雙鍵和配位鍵，單鍵

14、和配位鍵都是鍵，雙鍵中含有1個鍵，則離子中含有54個鍵，故答案為：sp2、sp3；NCH；54；（3）由晶胞結構可知，晶胞中位于頂點、面心、棱上和體內的X原子為8+6+4+3=8，位于體內的Y原子和Z原子分別為4和16，由Ge和O原子的個數(shù)比為1：4可知，X為Mg原子、Y為Ge原子、Z為O原子，則晶胞的化學式為Mg2GeO4，故答案為：O；Mg2GeO4； 由晶胞的質量公式可得：=abc1021，解得=1021g/cm3，故答案為：1021。4（2021山東卷）非金屬氟化物在生產、生活和科研中應用廣泛。回答下列問題：（1）基態(tài)F原子核外電子的運動狀態(tài)有_種。（2）O、F、Cl電負性由大到小的順

15、序為_；OF2分子的空間構型為_；OF2的熔、沸點_(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是_。（3）Xe是第五周期的稀有氣體元素，與F形成的XeF2室溫下易升華。XeF2中心原子的價層電子對數(shù)為_，下列對XeF2中心原子雜化方式推斷合理的是_(填標號)。Asp Bsp2 Csp3 Dsp3d（4）XeF2晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90，該晶胞中有_個XeF2分子。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分數(shù)坐標，如A點原子的分數(shù)坐標為(，)。已知XeF鍵長為rpm，則B點原子的分數(shù)坐標為_；晶胞中A、B間距離d=_pm?！敬鸢浮浚?）9

16、（2）FOCl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶體，結構相似，Cl2O的相對分子質量大，Cl2O的熔、沸點高 （3）5 D （4）2 (0，0，) pm 【詳解】（1）基態(tài)F原子共有9個核外電子，則每個電子都有對應的軌道和自旋狀態(tài)，所以核外電子的運動狀態(tài)有9種；（2）電負性一定程度上相當于得電子能力，半徑越小，得電子能力越強，電負性越大，半徑由小到大的順序為F、O、Cl，所以電負性大小順序為FOCl；根據(jù)VSEPR理論有，去掉2對孤對電子，知OF2分子的空間構型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶體，結構相似，Cl2O的相對分子質量大，Cl2O的熔、沸點高；（3）XeF2易升華，所以

17、是分子晶體，其中心原子的價層電子對數(shù)為，其中心原子的雜化方式應為sp3d；（4）圖中大球的個數(shù)為，小球的個數(shù)為，根據(jù)XeF2的原子個數(shù)比知大球是Xe原子，小球是F原子，該晶胞中有2個XeF2分子；由A點坐標知該原子位于晶胞的中心，且每個坐標系的單位長度都記為1，B點在棱的處，其坐標為(0，0，)；圖中y是底面對角線的一半，所以 pm。5（2021海南高考真題）金屬羰基配位化合物在催化反應中有著重要應用。HMn(CO)5是錳的一種簡單羰基配位化合物，其結構示意圖如下。 回答問題：(1)基態(tài)錳原子的價層電子排布式為_。(2)配位化合物中的中心原子配位數(shù)是指和中心原子直接成鍵的原子的數(shù)目。HMn(C

18、O)5中錳原子的配位數(shù)為_。(3)第一電離能的大小：C_O(填“大于”或“小于”)。(4)中碳原子的雜化軌道類型是_，寫出一種與具有相同空間結構的-1價無機酸根離子的化學式_。(5) CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氫原子被甲基取代的產物。CH3Mn(CO)5與I2反應可用于制備CH3I，反應前后錳的配位數(shù)不變，CH3Mn(CO)5與I2反應的化學方程式為_。(6)MnS晶胞與NaCl晶胞屬于同種類型，如圖所示。前者的熔點明顯高于后者，其主要原因是_。 以晶胞參數(shù)為單位長度建立坐標系，可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子坐標。在晶胞坐標系中，a點硫原子坐標為，b點錳原子坐標為，

19、則c點錳原子坐標為_。【答案】(1)(2)6(3)小于(4) (5)(6) MnS中陰陽離子所帶電荷數(shù)比NaCl的多，離子鍵強度更大 【解析】(1)Mn元素是第25號元素，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s2，所以本問應填“”；(2)由題干圖例所示，HMn(CO)5中Mn原子以配位鍵連接5個C原子，1個H原子，所以本問應填“6”；(3)根據(jù)元素周期律，總體規(guī)律同一周期元素從左到右第一電離能依次增強，特殊規(guī)律同周期IIA族第一電離能大于IIIA族，VA族第一電離能大于VIA族，C是IVA族，O是VIA族，不涉及特殊規(guī)律，所以本問應填“小于”；(4)根據(jù)價層電子對互斥理論，中心

20、原子C連接3個O原子，所以鍵為3，孤電子對數(shù)(陰離子計算孤電子對數(shù)時，所帶負電荷絕對值要與中心原子價電子數(shù)相加)，所以中C原子價層電子對數(shù)為3，孤電子對數(shù)為0，故其離子結構為平面三角形；再根據(jù)價層電子對數(shù)與雜化軌道對應關系，可知中C原子的雜化軌道類型是sp2，故本問第一空應填“sp2”；按題目要求，陰離子中心原子價層電子對數(shù)應為3，孤電子對數(shù)為0，帶電荷量為-1，無機酸根一般是含氧酸陰離子，所以代入孤電子對公式可解得其中心原子價電子數(shù)為5，所以本問第二空應填“”；(5)根據(jù)題目描述，CH3Mn(CO)5與I2交換原子(或原子團)，形成新物質，故本問應填“”；(6)離子晶體熔沸點高低不光與晶體結

21、構有關，也與離子帶電荷量有關，MnS晶體中每個離子都帶2個單位電荷(正或負)，而NaCl晶體中，每個離子只帶1個單位電荷，所以本問第一空應填“MnS中陰陽離子所帶電荷數(shù)比NaCl的多，離子鍵強度更大”；根據(jù)題目所給信息，依據(jù)a、b兩點原子的三維坐標推得，MnS晶胞的三維坐標關系是以b點左側y軸上同一高度的S原子中心為三維坐標中心，軸向上每兩個最近的S原子(或Mn原子)間距為單位長度，那么c點Mn原子的坐標為，故本問第二空應填“”。6（2021福建高考真題）類石墨相氮化碳()作為一種新型光催化材料，在光解水產氫等領域具有廣闊的應用前景，研究表明，非金屬摻雜(O、S等)能提高其光催化活性。具有和石

22、墨相似的層狀結構，其中一種二維平面結構如下圖所示。 回答下列問題：(1)基態(tài)C原子的成對電子數(shù)與未成對電子數(shù)之比為_。(2)N、O、S的第一電離能()大小為，原因是_。(3)晶體中存在的微粒間作用力有_(填標號)。a.非極性鍵 b.金屬鍵 c.鍵 d.范德華力(4)中，C原子的雜化軌道類型_，N原子的配位數(shù)為_。(5)每個基本結構單元(圖中實線圈部分)中兩個N原子(圖中虛線圈所示)被O原子代替，形成O摻雜的。的化學式為_?！敬鸢浮?1)21(2)N原子軌道半充滿，比相鄰的O原子更穩(wěn)定，更難失電子；O，S同主族，S原子半徑大于O原子，更易失去電子(3)cd(4) 雜化 2，3(5)【解析】(1)

23、基態(tài)C原子的核外電子排布式是1s22s22p2，成對電子數(shù)為4，未成對電子數(shù)為2，其比值為21。(2)N、O、S的第一電離能()大小為，原因是相同電子層數(shù)的原子，N原子的核外電子排布式是1s22s22p3，p軌道處在半滿狀態(tài)，比較穩(wěn)定，原子核對核外電子的束縛作用較強，較難失去第一個電子，第一電離能N大于O；O和S是同一主族元素，O原子的半徑較小，原子核對核外電子的束縛作用較強，較難失去第一個電子，第一電離能O大于S；故第一電離能()大小為。(3)根據(jù)題意，晶體具有和石墨相似的層狀結構，結合二維平面結構圖，判斷其存在的微粒間作用力有極性鍵、鍵和范德華力，故答案選cd。(4)中，結合二維平面結構圖

24、得知，C原子與N原子形成三個鍵，層內存在大鍵的，不存在孤電子對，故C原子的雜化軌道類型為雜化；根據(jù)二維平面結構圖得知，N原子的成鍵有連兩個C原子和連三個C原子的兩種情況，故N原子的配位數(shù)為2、3兩種。(5)從基本結構單元分析得知，N原子的成鍵有連兩個C原子和連三個C原子的兩種情況，連兩個C原子的N原子完全屬于該基本結構單元，連三個C原子的N原子處在中心的完全屬于該基本結構單元，處在“頂點”上的屬于三個基本結構單元，故一個基本結構單元含有6個C原子和個N原子；將圖中虛線圈所示的N原子用O原子代替，則O原子完全屬于該基本結構單元，故該基本結構單元含有6個C原子、6個N原子、2個O原子，則形成O摻雜

25、的的化學式為?！军c睛】該基本結構單元的分析應注意到兩點，一是它是平面層狀結構，二是“頂點”N原子分屬三個基本結構單元。 12020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 ；中與Fe2+配位的原子是 （填元素符號）。（2）NH3分子中氮原子的軌道雜化類型是 ；C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為 。（3）與NH4+互為等電子體的一種分子為 （填化學式）。（4）檸檬酸的結構簡式見題21A圖。1 mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的鍵的數(shù)目為 mol?！敬鸢浮浚?）或O（2）sp3NOC（3）CH4或S

26、iH4（4）7【解析】【分析】（1）Fe核外有26個電子，H2O中O原子有孤對電子，提供孤對電子。（2）先計算NH3分子中氮原子價層電子對數(shù)，同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。（3）根據(jù)價電子數(shù)SiCN+的關系得出互為等電子體的分子。（4）羧基的結構是，一個羧基中有碳原子與氧原子分別形成兩個鍵，一個羥基與碳原子相連形成一個鍵。【詳解】（1）Fe核外有26個電子，其基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；由于H2O中O原子有孤對電子，因此Fe(H2O)62+中與Fe2+配位的原子是O；故答案為

27、：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；O。（2）NH3分子中氮原子價層電子對數(shù)為，因此氮雜化類型為sp3，同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，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為NOC；故答案為：sp3；NOC。（3）根據(jù)價電子數(shù)SiCN+，得出互為等電子體的分子是CH4或SiH4；故答案為：CH4或SiH4。（4）羧基的結構是，一個羧基中有碳原子與氧原子分別形成兩個鍵，三個羧基有6個，還有一個羥基與碳原子相連形成一個鍵，因此1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的鍵的數(shù)目為7mol；故答案為：7。

28、【點睛】物質結構是常考題型，主要考查電子排布式，電離能、電負性、共價鍵分類、雜化類型、空間構型等。22020天津卷Fe、Co、Ni是三種重要的金屬元素?；卮鹣铝袉栴}:（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置為 ，基態(tài)Fe原子的電子排布式為 。（2）CoO的面心立方晶胞如圖1所示。設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為 gcm3：三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，其熔點由高到低的順序為 。（3）Fe、Co、Ni能與Cl2反應，其中Co和為Ni均生產二氯化物，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強到弱的順序為 ，Co(OH)3與鹽酸反應有黃綠色氣體生成，寫出反應的離子方程式：

29、。（4）95時，將Ni片浸在不同質量分數(shù)的硫酸中，經(jīng)4小時腐蝕后的質量損失情況如圖2所示，當大于63%時，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因為 。由于Ni與H2SO4反應很慢，而與稀硝酸反應很快，工業(yè)上選用H2SO4和HNO3的混酸與Ni反應制備NiSO4。為了提高產物的純度，在硫酸中添加HNO3的方式為 （填“一次過量”或“少量多次”），此法制備NiSO4的化學方程式為 ?！敬鸢浮浚?）第四周期第族或（2）（3）（4）隨H2SO4質量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜少量多次或 【解析】【分析】（1）根據(jù)Fe、Co、Ni的原子序數(shù)得出位置和基態(tài)Fe原子的電子排布式。（2）根據(jù)晶胞結構計算出

30、O2和Co2+個數(shù)，根據(jù)密度公式計算；根據(jù)離子晶體鍵能和晶格能比較熔點。（3）根據(jù)反應方程式氧化劑的氧化性大于氧化產物氧化性，Co(OH)3與鹽酸反應發(fā)生氧化還原反應生成Cl2、CoCl2、H2O。（4）類比Fe在常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化，根據(jù)圖中信息得出原因；根據(jù)為了提高產物的純度，根據(jù)Ni與H2SO4反應很慢，而與稀硝酸反應很快這個信息得出添加硝酸的方法和反應方程式?！驹斀狻浚?）Fe、Co、Ni分別為26、27、28號元素，它們在周期表中的位置為第四周期第VIII族，基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；故答案為：第四周期第VIII族；1s

31、22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；。（2）CoO的面心立方晶胞如圖1所示。根據(jù)晶胞結構計算出O2個數(shù)為，Co2+個數(shù)為，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為；三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，離子半徑Fe2+Co2+Ni2+，NiO、CoO、FeO，離子鍵鍵長越來越長，鍵能越來越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次減小，因此其熔點由高到低的順序為NiOCoOFeO；故答案為：；NiOCoOFeO。（3）Fe、Co、Ni能與Cl2反應，其中Co和為Ni均生產二氯化物，根據(jù)鐵和氯氣反應生成FeCl3，氧化劑的氧化性大于氧化產物氧化性，因此氧化性：Cl2FeCl

32、3，氯氣與Co和為Ni均生產二氯化物，說明氯氣的氧化性比CoCl3弱，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強到弱的順序為CoCl3Cl2FeCl3，Co(OH)3與鹽酸反應有黃綠色氣體生成，發(fā)生氧化還原反應生成Cl2、CoCl2、H2O，其離子方程式：2Co(OH)36H+2ClCl22Co2+6H2O；故答案為：CoCl3Cl2FeCl3；2Co(OH)3 6H+ 2ClCl22Co2+6H2O。（4）類比Fe在常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化，根據(jù)圖中信息，當大于63%時，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因為隨H2SO4質量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜。工業(yè)上選用H2SO4和HN

33、O3的混酸與Ni反應制備NiSO4。為了提高產物的純度，根據(jù)Ni與H2SO4反應很慢，而與稀硝酸反應很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式來提高反應速率，反應生成NiSO4、H2O，根據(jù)硝酸濃度不同得到NO或NO2，此法制備NiSO4的化學方程式為3Ni3H2SO42HNO3 NiSO42NO4H2O或NiH2SO42HNO3 NiSO42NO22H2O；故答案為：隨H2SO4質量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜；少量多次；3Ni 3H2SO42HNO3 NiSO42NO4H2O或NiH2SO42HNO3NiSO42NO22H2O?！军c睛】物質結構是?？碱}型，主要考查電子排布式、晶胞

34、計算、氧化還原反應、學生學習知識的能力的考查。32020年山東新高考CdSnAs2是一種高遷移率的新型熱電材料，回答下列問題：（1）Sn為A族元素，單質Sn與干燥Cl2反應生成SnCl4。常溫常壓下SnCl4為無色液體，SnCl4空間構型為 ，其固體的晶體類型為 。（2）NH3、PH3、AsH3的沸點由高到低的順序為 （填化學式，下同），還原性由強到弱的順序為 ，鍵角由大到小的順序為 。（3）含有多個配位原子的配體與同一中心離子（或原子）通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種Cd2+配合物的結構如圖所示， 1mol該配合物中通過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

35、。（4）以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分數(shù)坐標。四方晶系CdSnAs2的晶胞結構如下圖所示，晶胞棱邊夾角均為90，晶胞中部分原子的分數(shù)坐標如下表所示。坐標原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一個晶胞中有 個Sn，找出距離Cd(0,0,0)最近的Sn （用分數(shù)坐標表示）。CdSnAs2晶體中與單個Sn鍵合的As有 個?！敬鸢浮浚?）正四面體形；分子晶體（2）NH3、AsH3、PH3；AsH3、PH3、NH3；NH3、PH3、AsH3（3）6；1（4）4；（0.5,0,0.25）、（0.5,0.5,0）；4【解析】【分析】（1）利用價層電子對數(shù)確定SnCl4的分子構型；由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；（2）結構相似的分子，相對分子質量越大物質的熔沸點越高，另外