專題17 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題-五年（2020-2024）高考化學(xué)真題分類匯編（解析版）

2024年高考真題化學(xué)試題PAGEPAGE1專題17物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題考向命題趨勢物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)是高考化學(xué)知識體系重要內(nèi)容，對深入認識物質(zhì)、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系發(fā)揮重要作用。高考中試題以新結(jié)構(gòu)、新功能物質(zhì)為基礎(chǔ)命制試題，有利于開闊考生的科學(xué)視野，讓考生通過試題情境認識化學(xué)學(xué)科價值，突出新課改的基礎(chǔ)性、應(yīng)用性、綜合性、時代性的特征。近年高考考查角度有能層、能級、能量最低原理、泡利原理、洪特規(guī)則、狀態(tài)能量、第一電離能、第一電子親和能、鍵能、晶格能、電負性、晶胞密度計算、晶胞空間利用率、原子在空間的三維坐標等。難點為晶體結(jié)構(gòu)的分析與晶胞參數(shù)的計算。1．（2024·全國甲卷）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?；卮鹣铝袉栴}：（1）該族元素基態(tài)原子核外未成對電子數(shù)為，在與其他元素形成化合物時，呈現(xiàn)的最高化合價為。（2）俗稱電石，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為(填標號)。a．離子鍵

b．極性共價鍵

c．非極性共價鍵

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）早在青銅器時代，人類就認識了錫。錫的鹵化物熔點數(shù)據(jù)如下表，結(jié)合變化規(guī)律說明原因：。物質(zhì)熔點/44229143（5）結(jié)晶型可作為放射性探測器元件材料，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(列出計算式)。〖答案〗（1）2+4（2）bd（3）C（4）SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強，熔點越高（5）6〖解析〗（1）ⅣA族元素基態(tài)原子的價層電子排布為，其核外未成對電子數(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，呈現(xiàn)的最高化合價為+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C原子之間存在非極性共價鍵，因此，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為極性共價鍵和配位鍵，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，其電負性大?。篊>H>Si，則電負性最大的元素是C，硅原子與周圍的4個原子形成共價鍵，沒有孤電子對，價層電子對數(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的熔點均遠高于其余三種物質(zhì)，故SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三種物質(zhì)的相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強，熔點升高，故原因為：SnF4屬于離子晶體，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，離子晶體的熔點比分子晶體的高，分子晶體的相對分子量越大，分子間作用力越強，熔點越高；（5）由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中有4個和4個，距離每個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，則個晶胞的質(zhì)量為，個晶胞的體積為，因此該晶體密度為。2．（2024·山東卷）錳氧化物具有較大應(yīng)用價值，回答下列問題：（1）在元素周期表中位于第周期族；同周期中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)比多的元素是(填元素符號)。（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，出現(xiàn)O空位，的化合價(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該方式獲有半導(dǎo)體性質(zhì)的是(填標號)。A．

B．

C．

D．（3）(見圖)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(見下圖)。的熔點遠大于，除相對分子質(zhì)量存在差異外，另一重要原因是?！即鸢浮剑?）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〖解析〗（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：，未成對電子數(shù)有5個，同周期中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)比Mn多的元素是Cr，基態(tài)Cr的電子排布式為，有6個未成對電子；（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，出現(xiàn)O空位，即x減小，的化合價為+2x，即Mn的化合價降低；CaO中Ca的化合價為+2價、V2O5中V的化合價為+5價、Fe2O3中Fe的化合價為+3、CuO中Cu的化合價為+2，其中CaO中Ca的化合價下降只能為0，其余可下降得到比0大的價態(tài)，說明CaO不能通過這種方式獲得半導(dǎo)體性質(zhì)；（3）中B形成4個σ鍵（其中有1個配位鍵），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的熔點遠大于HMF。3．（2024·浙江6月卷）氧是構(gòu)建化合物的重要元素。請回答：（1）某化合物的晶胞如圖1，的配位數(shù)(緊鄰的陽離子數(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()，按照氫鍵由強到弱對三種酸排序，請說明理由。②已知、鈉鹽的堿性，請從結(jié)構(gòu)角度說明理由?！即鸢浮剑?）12K3ClOK3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3?H2O（2）AB（3）HC>HB>HAO、S、Se的電負性逐漸減小，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S的原子半徑大于O的原子半徑，S—H鍵的鍵能小于O—H鍵，同時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-〖解析〗（1）由晶胞結(jié)構(gòu)知，Cl位于8個頂點，O位于體心，K位于面心，1個晶胞中含Cl：8×=1個、含O：1個、含K：6×=3個，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項正確；B．Na的第二電離能指氣態(tài)基態(tài)Na+失去一個電子轉(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項正確；C．Ge的原子序數(shù)為32，基態(tài)Ge原子的簡化電子排布式為[Ar]3d104s24p2，C項錯誤；D．基態(tài)Fe原子的價電子排布式為3d64s2，F(xiàn)e原子變成Fe+，優(yōu)先失去4s軌道上的電子，D項錯誤；〖答案〗選AB。（3）①O、S、Se的電負性逐漸減小，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到弱的順序為HC>HB>HA；②HC、HD鈉鹽的堿性NaC＞NaD，說明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半徑大于O的原子半徑，S—H鍵的鍵能小于O—H鍵，同時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·浙江1月卷）氮和氧是構(gòu)建化合物的常見元素。已知：請回答：（1）某化合物的晶胞如圖，其化學(xué)式是，晶體類型是。（2）下列說法正確的是_______。A．電負性： B．離子半徑：C．第一電離能： D．基態(tài)2+的簡化電子排布式：（3）①，其中的N原子雜化方式為；比較鍵角中的中的(填“>”、“<”或“=”)，請說明理由。②將與按物質(zhì)的量之比1:2發(fā)生化合反應(yīng)生成A，測得A由2種微粒構(gòu)成，其中之一是。比較氧化性強弱：(填“>”、“<”或“=”)；寫出A中陰離子的結(jié)構(gòu)式?！即鸢浮剑?）分子晶體（2）CD（3）sp3＜有孤電子對，孤電子對對成鍵電子排斥力大，鍵角變?。尽冀馕觥剑?）由晶胞圖可知，化學(xué)式為；由晶胞圖可知構(gòu)成晶胞的粒子為分子，故為分子晶體；（2）A同一周期，從左到右，電負性依次增強，故順序為，A錯誤；B核外電子排布相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，故順序為，B錯誤；C同一周期，從左到右，電離能增大的趨勢，VA族和ⅥA族相反，故順序為，C正確；D基態(tài)的簡化電子排布式：，Cr2+的簡化電子排布式為[Ar]3d4，D正確；故選CD；（3）①的價層電子對數(shù)，故雜化方式為sp3；價層電子對數(shù)為4，有一對孤電子對，價層電子對數(shù)，無孤對電子，又因為孤電子對對成鍵電子的排斥力大于成鍵電子對成鍵電子的排斥力，故鍵角中的＜中的；②將與按物質(zhì)的量之比1:2發(fā)生化合反應(yīng)生成A，測得A由2種微粒構(gòu)成，其中之一是，則A為NO2HS2O7，為硝酸失去一個OH-，得電子能力更強，氧化性更強，故氧化性強弱：＞；陰離子為根據(jù)已知可知其結(jié)構(gòu)式為。5．（2023·全國甲卷）將酞菁—鈷鈦—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?；卮鹣铝袉栴}：（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電子的原子是_______(填圖2酞菁中原子的標號)。鈷酞菁分子中，鈷離子的化合價為_______，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成_______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_______。的熔點為，遠高于的，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_______(列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為)。〖答案〗（1）同素異形體金剛石范德華力（2）③+2配位（3）離子2〖解析〗（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，其中標號為①和②的N原子均有一對電子占據(jù)了一個雜化軌道，其p軌道只能提供1個電子參與形成大π鍵，標號為③的N原子的p軌道能提供一對電子參與形成大π鍵，因此標號為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個的酞菁離子與鈷離子通過配位鍵結(jié)合成分子，因此，鈷離子的化合價為+2，氮原子提供孤對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原子價層電子對數(shù)是4，其與其周圍的4個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的熔點為1090℃，遠高于AlCl3的192℃，由于F的電負性最大，其吸引電子的能力最強，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，其中含灰色球的個數(shù)為，紅色球的個數(shù)為，則灰色的球為，距最近且等距的有2個，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。6．（2023·全國乙卷）中國第一輛火星車“祝融號”成功登陸火星。探測發(fā)現(xiàn)火星上存在大量橄欖石礦物()。回答下列問題：（1）基態(tài)原子的價電子排布式為_______。橄欖石中，各元素電負性大小順序為_______，鐵的化合價為_______。（2）已知一些物質(zhì)的熔點數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)熔點/℃800.7與均為第三周期元素，熔點明顯高于，原因是_______。分析同族元素的氯化物、、熔點變化趨勢及其原因_______。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)屬于立方晶系，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。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，其熔點依次升高，其原因是：、、均形成分子晶體，分子晶體的熔點由分子間作用力決定，分子間作用力越大則其熔點越高；隨著其相對分子質(zhì)量增大，其分子間作用力依次增大正四面體（3）1〖解析〗（1）為26號元素，基態(tài)原子的價電子排布式為。元素的金屬性越強，其電負性越小，元素的非金屬性越強則其電負性越大，因此，橄欖石()中，各元素電負性大小順序為O＞Si＞Fe＞Mg；因為中、、的化合價分別為+2、+4和-2，x+2-x=2，根據(jù)化合物中各元素的化合價的代數(shù)和為0，可以確定鐵的化合價為+2。（2）與均為第三周期元素，熔點明顯高于，原因是：鈉的電負性小于硅，氯化鈉為離子晶體，其熔點較高；而為分子晶體，其熔點較低。由表中的數(shù)據(jù)可知，、、熔點變化趨勢為：隨著同族元素的電子層數(shù)的增多，其熔點依次升高，其原因是：、、均形成分子晶體，分子晶體的熔點由分子間作用力決定，分子間作用力越大則其熔點越高；隨著其相對分子質(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，其中的價層電子對數(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和面心，由均攤法可以求出正六棱柱中含有個，由晶胞沿c軸的投影圖可知本題所給晶體結(jié)構(gòu)包含三個晶胞，則晶胞中Mg的個數(shù)為1；晶體結(jié)構(gòu)中在正六棱柱體內(nèi)共6個，則該物質(zhì)的化學(xué)式為；由晶胞沿c軸的投影圖可知，B原子在圖中兩個正三角形的重心，該點到頂點的距離是該點到對邊中點距離的2倍，頂點到對邊的垂線長度為，因此B-B最近距離為。7．（2023·天津卷）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)。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。該白色沉淀的化學(xué)式為。反應(yīng)中KI的作用為?！即鸢浮剑?）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〖解析〗（1）已知Cu是29號元素，則銅的價層電子排布式是3d104s1，根據(jù)同一元素的微?；蟽r高的離子有效核電荷數(shù)多，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，一個晶胞中含有Cu+為4個，含有Cl-個數(shù)為：=4個，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實際消耗量總是大于理論，H2O2為共價化合物，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，會污染環(huán)境，Cl2本身有毒也會污染環(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，說明反應(yīng)生成了I2，根據(jù)化合價有升必有降的原理可知，反應(yīng)中Cu的化合價降低到+1價，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。8．（2023·海南卷）我國科學(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，釩的化合價分別為和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，兩個氮原子間鍵長最長的是。（5）近年來，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(見圖2)。①晶胞中有4個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)替代原子說法正確的是。a．有或價態(tài)形式

b．均屬于第四周期元素c．均屬于過渡元素

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，氧原子的價層電子對數(shù)為4，其中孤電子對數(shù)為2，成鍵電子對之間呈角形（3）N（4）配合物Ⅱ（5）6ad〖解析〗（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層電子對數(shù)為4，其中孤電子對數(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中兩個氮原子間鍵長最長；（5）①晶胞中有4個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)的價層電子排布式；②a．中Cs為+1價，Sb為-3價，V的總化合價為+14，平均價態(tài)介于4-5之間，故替代后，化合價可能為或價態(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錯誤；c．Sn是IVA族元素，不屬于過渡元素，故c錯誤；

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，才能填充進去，故d正確；〖答案〗為：ad。9．（2023·山東卷）鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物?；卮鹣铝袉栴}：（1）時，與冰反應(yīng)生成利。常溫常壓下，為無色氣休，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“=”)。比較與中鍵的鍵長并說明原因_____。（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，化合物的密度_____(用含的代數(shù)式表示)?！即鸢浮剑?）分子晶體HF、和（2）＞分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長，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，因此其中鍵的鍵長較小，而只存在普通的σ鍵。（3）〖解析〗（1）常溫常壓下，為無色氣體，則的沸點較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。分子中F顯-1價，其水解時結(jié)合電離的生成HF，則結(jié)合電離的，兩者反應(yīng)生成，不穩(wěn)定，其分解生成，因此，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、和。（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對電子，有一個原子提供1個電子，另一個原子提供1對電子，這5個電子處于互相平行的軌道中形成大鍵，提供孤電子對與其中一個形成配位鍵，與另一個形成的是普通的共價鍵（σ鍵，這個只提供了一個電子參與形成大鍵），的價層電子對數(shù)為3，則原子的軌道雜化方式為；中心原子為，根據(jù)價層電子對的計算公式可知，因此，的雜化方式為；根據(jù)價層電子對互斥理論可知，時，價電子對的幾何構(gòu)型為正四面體，時，價電子對的幾何構(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，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用也改變不了這個結(jié)論。分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長，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化合價為+2。由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個數(shù)為、白球的個數(shù)為、灰色球的個數(shù)為，則X中含有3種元素，其個數(shù)比為1:2:4,由于其中Cu化合價為+2、的化合價為-1、K的化合價為+1，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，可以推斷X為，上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為。若阿伏加德羅富數(shù)的值為，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為，化合物X的密度。10．（2023·浙江卷）氮的化合物種類繁多，應(yīng)用廣泛。

請回答：（1）基態(tài)N原子的價層電子排布式是___________。（2）與碳氫化合物類似，N、H兩元素之間也可以形成氮烷、氮烯。①下列說法不正確的是___________。A．能量最低的激發(fā)態(tài)N原子的電子排布式：B．化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：C．最簡單的氮烯分子式：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___________，每個陰離子團的配位數(shù)(緊鄰的陽離子數(shù))為___________?！即鸢浮剑?）2s22p3（2）ANnHn+2?2m(，m為正整數(shù))＜形成配位鍵后，由于Cu對電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進一步使氮氫鍵的極性變大，故其更易斷裂（3）CaCN26〖解析〗（1）N核電荷數(shù)為7，核外有7個電子，基態(tài)N原子電子排布式為1s22s22p3，則基態(tài)N原子的價層電子排布式是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2p能級上一個電子躍遷到3s能級，其電子排布式：，故A錯誤；B．鈣的金屬性比鎂的金屬性強，則化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分數(shù)：，故B正確；C．氮有三個價鍵，最簡單的氮烯即含一個氮氮雙鍵，另一個價鍵與氫結(jié)合，則其分子式：，故C正確；D．氮烷中N原子有一對孤對電子，有三個價鍵，則氮原子的雜化方式都是，故D正確；綜上所述，〖答案〗為：A。②氮和氫形成的無環(huán)氮多烯，一個氮的氮烷為NH3，兩個氮的氮烷為N2H4，三個氮的氮烷為N3H5，四個氮的氮烷為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)又一個氮氮雙鍵，則少2個氫原子，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對電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進一步使氮氫鍵的極性變大，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對電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進一步使氮氫鍵的極性變大，故其更易斷裂。（3）鈣個數(shù)為，個數(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，同理上面也應(yīng)該有3個，本體中分析得到

，以這個進行分析，其俯視圖為

，因此距離最近的鈣離子個數(shù)為6，其配位數(shù)為6；故〖答案〗為：CaCN2；6。11．（2023·北京卷）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原子被原子取代的產(chǎn)物。（1）基態(tài)原子價層電子排布式是__________。（2）比較原子和原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：____________________。（3）的空間結(jié)構(gòu)是__________。（4）同位素示蹤實驗可證實中兩個原子的化學(xué)環(huán)境不同，實驗過程為。過程ⅱ中，斷裂的只有硫硫鍵，若過程ⅰ所用試劑是和，過程ⅱ含硫產(chǎn)物是__________。（5）的晶胞形狀為長方體，邊長分別為、，結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞中的個數(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，作為配體可提供孤電子對與形成。分別判斷中的中心原子和端基原子能否做配位原子并說明理由：____________________?！即鸢浮剑?）（2），氧原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子（3）四面體形（4）和（5）4（6）中的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對，能做配位原子〖解析〗（1）S是第三周期ⅥA族元素，基態(tài)S原子價層電子排布式為?！即鸢浮綖?；（2）S和O為同主族元素，O原子核外有2個電子層，S原子核外有3個電子層，O原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去1個電子，即O的第一電離能大于S的第一電離能?！即鸢浮綖镮1(O)>I1(S)，氧原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子；（3）的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，空間構(gòu)型為四面體形，可看作是中1個O原子被S原子取代，則的空間構(gòu)型為四面體形?！即鸢浮綖樗拿骟w形；（4）過程Ⅱ中斷裂的只有硫硫鍵，根據(jù)反應(yīng)機理可知，整個過程中最終轉(zhuǎn)化為，S最終轉(zhuǎn)化為。若過程ⅰ所用的試劑為和，過程Ⅱ的含硫產(chǎn)物是和?！即鸢浮綖楹?；（5）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，1個晶胞中含有個，含有4個；該晶體的密度?！即鸢浮綖?；；（6）具有孤電子對的原子就可以給個中心原子提供電子配位。中的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對，能做配位原子。12．（2022·全國甲卷）2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華麗轉(zhuǎn)身為“冰立方”，實現(xiàn)了奧運場館的再利用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(CH2=CH2)與四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)F原子的價電子排布圖(軌道表示式)為_______。（2）圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級電離能Ⅰ變化趨勢(縱坐標的標度不同)。第一電離能的變化圖是_______(填標號)，判斷的根據(jù)是_______；第三電離能的變化圖是_______(填標號)。（3）固態(tài)氟化氫中存在(HF)n形式，畫出(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)_______。（4）CF2=CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為_______和_______；聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學(xué)鍵的角度解釋原因_______。（5）螢石(CaF2)是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X代表的離子是_______；若該立方晶胞參數(shù)為apm，正負離子的核間距最小為_______pm?！即鸢浮剑?）（2）

圖a

同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高

圖b（3）（4）

sp2

sp3

C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定（5）

Ca2+

apm〖解析〗根據(jù)基態(tài)原子的電子表示式書寫價電子排布式；根據(jù)電離能的排布規(guī)律分析電離能趨勢和原因；根據(jù)氫鍵的表示方法書寫(HF)3的結(jié)構(gòu)；根據(jù)鍵能影響物質(zhì)穩(wěn)定性的規(guī)律分析兩種物質(zhì)的穩(wěn)定性差異；根據(jù)均攤法計算晶胞中各粒子的個數(shù)，判斷粒子種類。（1）F為第9號元素其電子排布為1s22s22p5，則其價電子排布圖為，故〖答案〗為。（2）C、N、O、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高，因此C、N、O、F四種元素的第一電離能從小到大的順序為C<O<N<F，滿足這一規(guī)律的圖像為圖a，氣態(tài)基態(tài)正2價陽離子失去1個電子生成氣態(tài)基態(tài)正3價陽離子所需要的的能量為該原子的第三電離能，同一周期原子的第三電離能的總體趨勢也依次升高，但由于C原子在失去2個電子之后的2s能級為全充滿狀態(tài)，因此其再失去一個電子需要的能量稍高，則滿足這一規(guī)律的圖像為圖b，故〖答案〗為：圖a、同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高、圖b。（3）固體HF中存在氫鍵，則(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)為。（4）CF2=CF2中C原子存在3對共用電子對，其C原子的雜化方式為sp2雜化，但其共聚物ETFE中C原子存在4對共用電子對，其C原子為sp3雜化；由于F元素的電負性較大，因此在與C原子的結(jié)合過程中形成的C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能的強弱決定物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定，因此聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯，故〖答案〗為：sp2、sp3、C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定。（5）根據(jù)螢石晶胞結(jié)構(gòu)，淺色X離子分布在晶胞的頂點和面心上，則1個晶胞中淺色X離子共有8×+6×=4個，深色Y離子分布在晶胞內(nèi)部，則1個晶胞中共有8個深色Y離子，因此該晶胞的化學(xué)式應(yīng)為XY2，結(jié)合螢石的化學(xué)式可知，X為Ca2+；根據(jù)晶胞，將晶胞分成8個相等的小正方體，仔細觀察CaF2的晶胞結(jié)構(gòu)不難發(fā)現(xiàn)F-位于晶胞中8個小立方體的體心，小立方體邊長為，體對角線為，Ca2+與F-之間距離就是小晶胞體對角線的一半，因此晶體中正負的核間距的最小的距離為apm，故〖答案〗為：Ca2+、apm。13．（2022·全國乙卷）鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有_______，其中能量較高的是_______。(填標號)a.

b.

c.

d.（2）①一氯乙烯分子中，C的一個_______雜化軌道與Cl的軌道形成_______鍵，并且Cl的軌道與C的軌道形成3中心4電子的大鍵。②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，鍵長的順序是_______，理由：(ⅰ)C的雜化軌道中s成分越多，形成的鍵越強：(ⅱ)_______。（3）鹵化物受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為_______。解釋X的熔點比Y高的原因_______。（4）晶體中離子作體心立方堆積(如圖所示)，主要分布在由構(gòu)成的四面體、八面體等空隙中。在電場作用下，不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，晶體在電池中可作為_______。已知阿伏加德羅常數(shù)為，則晶體的摩爾體積_______(列出算式)。〖答案〗（1）

ad

d（2）

sp2

σ

一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔

Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵的鍵長越短（3）

CsCl

CsCl為離子晶體，ICl為分子晶體（4）

電解質(zhì)

〖解析〗（1）F的原子序數(shù)為9，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p5，a．1s22s22p43s1，基態(tài)氟原子2p能級上的1個電子躍遷到3s能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，a正確；b．1s22s22p43d2，核外共10個電子，不是氟原子，b錯誤；c．1s22s12p5，核外共8個電子，不是氟原子，c錯誤；d．1s22s22p33p2，基態(tài)氟原子2p能級上的2個電子躍遷到3p能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，d正確；〖答案〗選ad；而同一原子3p能級的能量比3s能級的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，〖答案〗選d。（2）①一氯乙烯的結(jié)構(gòu)式為，碳為雙鍵碳，采取sp2雜化，因此C的一個sp2雜化軌道與Cl的3px軌道形成C-Clσ鍵。②C的雜化軌道中s成分越多，形成的C-Cl鍵越強，C-Cl鍵的鍵長越短，一氯乙烷中碳采取sp3雜化，一氯乙烯中碳采取sp2雜化，一氯乙炔中碳采取sp雜化，sp雜化時p成分少，sp3雜化時p成分多，因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵鍵長順序為：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同時Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵的鍵長越短，一氯乙烯中Cl的3px軌道與C的2px軌道形成3中心4電子的大π鍵()，一氯乙炔中Cl的3px軌道與C的2px軌道形成2套3中心4電子的大π鍵()，因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵鍵長順序為：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。（3）CsICl2發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，各元素化合價不變，生成無色晶體和紅棕色液體，則無色晶體為CsCl，紅棕色液體為ICl，而CsCl為離子晶體，熔化時，克服的是離子鍵，ICl為分子晶體，熔化時，克服的是分子間作用力，因此CsCl的熔點比ICl高。（4）由題意可知，在電場作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可發(fā)生遷移，因此α-AgI晶體是優(yōu)良的離子導(dǎo)體，在電池中可作為電解質(zhì)；每個晶胞中含碘離子的個數(shù)為8+1=2個，依據(jù)化學(xué)式AgI可知，銀離子個數(shù)也為2個，晶胞的物質(zhì)的量n=mol=mol，晶胞體積V=a3pm3=(50410-12)3m3，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm===m3/mol。14．（2022·湖南卷）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比較鍵角大小：氣態(tài)分子_______離子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。（2）富馬酸亞鐵是一種補鐵劑。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性由大到小的順序為_______。（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_______(列出計算式)。〖答案〗（1）[Ar]3d104s24p4

6

＞

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）

11:3

O＞C＞H＞Fe（3）

sp3雜化

H2O（4）

KFe2Se2

4

〖解析〗（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；②由結(jié)構(gòu)簡式可知，乙烷硒啉的分子結(jié)構(gòu)對稱，分子中含有6種化學(xué)環(huán)境不同的碳原子；③三氧化硒分子中硒原子的價層電子對數(shù)為3，孤對電子對數(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層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為1，離子的空間構(gòu)型為三角錐形，鍵角小于120°；（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σ鍵和1個π鍵，則分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為11：3；②金屬元素的電負性小于非金屬元素，則鐵元素的電負性最小，非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，氫碳氧的非金屬性依次增強，則電負性依次增大，所以富馬酸亞鐵中四種元素的電負性由大到小的順序為O＞C＞H＞Fe；（3）①由結(jié)構(gòu)簡式可知，產(chǎn)物中氮原子的價層電子對數(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數(shù)都為3、價電子數(shù)都為8，互為等電子體；（4）①由平面投影圖可知，晶胞中位于頂點和體心的鉀原子個數(shù)為8×+1=2，均位于棱上和面上的鐵原子和硒原子的個數(shù)為12×+2×=4，則超導(dǎo)材料最簡化學(xué)式為KFe2Se2；②由平面投影圖可知，位于棱上的鐵原子與位于面上的硒原子的距離最近，所以鐵原子的配位數(shù)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=。15．（2022·山東卷）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)，每個苯環(huán)只有一半屬于該晶胞。晶胞參數(shù)為?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)原子的價電子排布式為_______，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，與的配位數(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原子的價層孤電子對占據(jù)_______(填標號)。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，其中堿性最弱的是_______?！即鸢浮剑?）

3d84s2

第4周期第VIII族（2）

2:3

2:1:1

Zn2+（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）〖解析〗（1）已知Ni是28號元素，故基態(tài)Ni原子的價電子排布式為：3d84s2，在周期表中第四橫行第10縱列即位于第4周期第VIII族，故〖答案〗為：3d84s2；第4周期第VIII族；（2）由題干晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有Ni2+個數(shù)為：=1，Zn2+個數(shù)為：=1，含有CN-為：=4，NH3個數(shù)為：=2，苯環(huán)個數(shù)為：=2，則該晶胞的化學(xué)式為：，且晶胞中每個N原子均參與形成配位鍵，Ni2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：4，Zn2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：6，則與的配位數(shù)之比,4:6=2:3；4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，Ni2+的配位數(shù)為4，則Ni2+采用sp3雜化，而Zn2+的配位數(shù)為6，Zn2+采用sp3d2雜化，即晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是Zn2+，故〖答案〗為：2:3；2:1:1；Zn2+；（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，則吡啶中N原子的價層孤電子對占據(jù)sp2雜化軌道，故〖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，吡啶遠大于苯，故〖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，-Cl是吸電子基團，則導(dǎo)致N原子電子云密度大小順序為：＞＞，結(jié)合題干信息可知，其中堿性最弱的為：，故〖答案〗為：。16．（2022·北京卷）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，邊長為，如圖所示。（4）①與緊鄰的陰離子個數(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現(xiàn)能源和資源有效利用的原因為___________?！即鸢浮剑?）3d6（2）SO的鍵角大于H2O，SO中S原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為正四面體形，H2O分子中O原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(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)的進行，有利于反應(yīng)生成的SO3與H2O反應(yīng)生成H2SO4〖解析〗（1）鐵元素的原子序數(shù)為26，基態(tài)亞鐵離子的價電子排布式為3d6，故〖答案〗為：3d6；（2）硫酸根離子中硫原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(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層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(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原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為正四面體形，H2O分子中O原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(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，晶胞中位于頂點和面心的亞鐵離子個數(shù)為8×+6×=4，位于棱上和體心的S離子個數(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)的進行，有利于反應(yīng)生成的SO3與H2O反應(yīng)生成H2SO4。17．（2021·山東卷）非金屬氟化物在生產(chǎn)、生活和科研中應(yīng)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序為__；OF2分子的空間構(gòu)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)。A．spB．sp2C．sp3D．sp3d（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Xe—F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?！即鸢浮剑?）9（2）F>O>Cl角(V)形低于OF2和Cl2O都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，Cl2O的相對分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點高（3）5D（4）2(0，0，)pm〖解析〗（1）基態(tài)F原子共有9個核外電子，則每個電子都有對應(yīng)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(dāng)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F>O>Cl；根據(jù)VSEPR理論有，去掉2對孤對電子，知OF2分子的空間構(gòu)型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，Cl2O的相對分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點高；（3）XeF2易升華，所以是分子晶體，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(yīng)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。18．（2021·湖南卷）硅、鍺(Ge)及其化合物廣泛應(yīng)用于光電材料領(lǐng)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(xué)式)；（2）硅和鹵素單質(zhì)反應(yīng)可以得到，的熔沸點如下表：熔點/K183.0203.2278.6393.7沸點/K187.2330.8427.2560.7①0℃時，、、、呈液態(tài)的是____(填化學(xué)式)，沸點依次升高的原因是_____，氣態(tài)分子的空間構(gòu)型是_______；②與N-甲基咪唑反應(yīng)可以得到，其結(jié)構(gòu)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。①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(xué)式為_______；②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(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為，用含a、b、c、的代數(shù)式表示)?！即鸢浮剑?）；SiC（2）SiCl4SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大正四面體形sp2、sp3N>C>H54（3）OMg2GeO4=×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）①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(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)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(gòu)型為正四面體形，故〖答案〗為：SiCl4；SiX4都是結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增大；正四面體形；②由M2+離子的結(jié)構(gòu)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N>C>H，則元素電負性的大小順序為N>C>H；M2+離子的結(jié)構(gòu)中含有單鍵、雙鍵和配位鍵，單鍵和配位鍵都是σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵，則離子中含有54個σ鍵，故〖答案〗為：sp2、sp3；N>C>H；54；（3）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點、面心、棱上和體內(nèi)的X原子為8×+6×+4×+3=8，位于體內(nèi)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(xué)式為Mg2GeO4，故〖答案〗為：O；Mg2GeO4；②由晶胞的質(zhì)量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故〖答案〗為：×1021。19．（2021·廣東卷）很多含巰基(-SH)的有機化合物是重金屬元素汞的解毒劑。例如，解毒劑化合物I可與氧化汞生成化合物Ⅱ。（1）基態(tài)硫原子價電子排布式為_______。（2）H2S、CH4、H2O的沸點由高到低順序為_______。（3）汞的原子序數(shù)為80，位于元素周期表第_______周期第ⅡB族。（4）化合物Ⅲ也是一種汞解毒劑?；衔铫羰且环N強酸。下列說法正確的有_______。A．在I中S原子采取sp3雜化B．在Ⅱ中S元素的電負性最大C．在Ⅲ中C-C-C鍵角是180°D．在Ⅲ中存在離子鍵與共價鍵E.在Ⅳ中硫氧鍵的鍵能均相等（5）汞解毒劑的水溶性好，有利于體內(nèi)重金屬元素汞的解毒?；衔颕與化合物Ⅲ相比，水溶性較好的是_______。（6）理論計算預(yù)測，由汞(Hg)、鍺(Ge)、銻(Sb)形成的一種新物質(zhì)X為潛在的拓撲絕緣體材料。X的晶體可視為Ge晶體(晶胞如圖9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。

①圖9b為Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一種單元結(jié)構(gòu)，它不是晶胞單元，理由是_______。②圖9c為X的晶胞，X的晶體中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為_______；該晶胞中粒子個數(shù)比Hg：Ge：Sb=_______。③設(shè)X的最簡式的式量為Mr，則X晶體的密度為_______g/cm3(列出算式)?！即鸢浮剑?）3s23p4（2）H2O>H2S>CH4（3）六（4）AD（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41：1：2〖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(zhì)量增大而增加，因此沸點由高到低順序為：H2O>H2S>CH4，故〖答案〗為：H2O>H2S>CH4。（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ⅡB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109o28’，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間形成氫鍵，相同物質(zhì)的量兩種物質(zhì)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）①對比圖9b和圖9c可得X晶體的晶胞中上下兩個單元內(nèi)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(fù)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。②以晶胞上方立方體中右側(cè)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(cè)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(nèi)，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。③1個晶胞的質(zhì)量m=，1個晶胞的體積V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，則X晶體的密度為==g/cm3，故〖答案〗為：。20．（2021·全國甲卷）我國科學(xué)家研發(fā)的全球首套千噸級太陽能燃料合成項目被形象地稱為“液態(tài)陽光”計劃。該項目通過太陽能發(fā)電電解水制氫，再采用高選擇性催化劑將二氧化碳加氫合成甲醇。回答下列問題：（1）太陽能電池板主要材料為單晶硅或多晶硅。Si的價電子層的電子排式為________；單晶硅的晶體類型為_________。SiCl4是生產(chǎn)高純硅的前驅(qū)體，其中Si采取的雜化類型為_______。SiCl4可發(fā)生水解反應(yīng)，機理如下：含s、p、d軌道的雜化類型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中間體SiCl4(H2O)中Si采取的雜化類型為________（填標號）。（2）CO2分子中存在_______個鍵和______個鍵。（3）甲醇的沸點（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之間，其原因是________。（4）我國科學(xué)家發(fā)明了高選擇性的二氧化碳加氫合成甲醇的催化劑，其組成為ZnO/ZrO2固溶體。四方ZrO2晶胞如圖所示。Zr4+離子在晶胞中的配位數(shù)是________，晶胞參數(shù)為apm、apm、cpm，該晶體密度為______g·cm-3（寫出表達式）。在ZrO2中摻雜少量ZrO后形成的催化劑，化學(xué)式可表示為ZnxZr1-xOy，則y=________（用x表達）?！即鸢浮剑?）3s23p2原子晶體(共價晶體)sp3②（2）22（3）甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多（4）82-x〖解析〗（1）基態(tài)Si原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p2，因此Si的價電子層的電子排式為3s23p2；晶體硅中Si原子與Si原子之間通過共價鍵相互結(jié)合，整塊晶體是一個三維的共價鍵網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，因此晶體硅為原子晶體；SiCl4中Si原子價層電子對數(shù)為4+=4，因此Si原子采取sp3雜化；由圖可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ鍵數(shù)為5，說明Si原子的雜化軌道數(shù)為5，由此可知Si原子的雜化類型為sp3d，故〖答案〗為：3s23p2；原子晶體(共價晶體)；sp3；②；（2）CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，1個雙鍵中含有1個δ鍵和1個π鍵，因此1個CO2分子中含有2個δ鍵和2個π鍵，故〖答案〗為：2；2；（3）甲醇分子之間和水分子之間都存在氫鍵，因此沸點高于不含分子間氫鍵的甲硫醇，甲醇分子之間氫鍵的總強度低于水分子之間氫鍵的總強度，因此甲醇的沸點介于水和甲硫醇之間，故〖答案〗為：甲硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氫鍵多；（4）以晶胞中右側(cè)面心的Zr4+為例，同一晶胞中與Zr4+連接最近且等距的O2-數(shù)為4，同理可知右側(cè)晶胞中有4個O2-與Zr4+相連，因此Zr4+離子在晶胞中的配位數(shù)是4+4=8；1個晶胞中含有4個ZrO2微粒，1個晶胞的質(zhì)量m=，1個晶胞的體積為(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此該晶體密度===g·cm-3；在ZrO2中摻雜少量ZrO后形成的催化劑，化學(xué)式可表示為ZnxZr1-xOy，其中Zn元素為+2價，Zr為+4價，O元素為-2價，根據(jù)化合物化合價為0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故〖答案〗為：；2-x。21．（2021·河北卷）KH2PO4晶體具有優(yōu)異的非線性光學(xué)性能。我國科學(xué)工作者制備的超大KH2PO4晶體已應(yīng)用于大功率固體激光器，填補了國家戰(zhàn)略空白?；卮鹣铝袉栴}：（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(guān)氨、磷的單鍵和三鍵的鍵能(kJ?mol-1)如表：N—NN≡NP—PP≡P193946197489從能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(結(jié)構(gòu)式可表示為)形式存在的原因是___。（4）已知KH2PO2是次磷酸的正鹽，H3PO2的結(jié)構(gòu)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(yīng)的酸根可寫為___。（7）分別用○、●表示H2PO和K+，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：

①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__g?cm-3(寫出表達式)。②晶胞在x軸方向的投影圖為__(填標號)。

〖答案〗（1）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（6）（7）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(guān)共價鍵的鍵能可知，若6molN形成類似白磷分子結(jié)構(gòu)的N4分子，可以釋放出的能量為193kJ6=1158kJ；若6molN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6molP形成分子，可以釋放出的能量為197kJ6=1182kJ；若6molP形成P2分子，則可釋放的能量為489kJ2=978kJ，顯然，形成P4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(jié)構(gòu)式為，其中P共形成4個σ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個水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相應(yīng)的酸根，故該酸根可寫為。（7）①由晶胞結(jié)構(gòu)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10-30a2ccm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶體的密度為。②由圖（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x軸方向的投影圖為，選B。22．（2021·全國乙卷）過渡金屬元素鉻是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設(shè)中有著廣泛應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：（1）對于基態(tài)Cr原子，下列敘述正確的是_______(填標號)。A．軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應(yīng)為B．4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動C．電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大（2）三價鉻離子能形成多種配位化合物。中提供電子對形成配位鍵的原子是_______，中心離子的配位數(shù)為_______。（3）中配體分子、以及分子的空間結(jié)構(gòu)和相應(yīng)的鍵角如圖所示。中P的雜化類型是_______。的沸點比的_______，原因是_______，的鍵角小于的，分析原因_______。（4）在金屬材料中添加顆粒，可以增強材料的耐腐蝕性、硬度和機械性能。具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示，處于頂角位置的是_______原子。設(shè)Cr和Al原子半徑分別為和，則金屬原子空間占有率為_______%(列出計算表達式)。

〖答案〗（1）AC（2）6（3）高存在分子間氫鍵含有一對孤對電子，而含有兩對孤對電子，中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大（4）Al〖解析〗（1）A.基態(tài)原子滿足能量最低原理，Cr有24個核外電子，軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應(yīng)為，A正確；B.Cr核外電子排布為，由于能級交錯，3d軌道能量高于4s軌道的能量，即3d電子能量較高，B錯誤；C.電負性為原子對鍵合電子的吸引力，同周期除零族原子序數(shù)越大電負性越強，鉀與鉻位于同周期，鉻原子序數(shù)大于鉀，故鉻電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大，C正確；故〖答案〗為：AC；（2）中三價鉻離子提供空軌道，提供孤對電子與三價鉻離子形成配位鍵，中心離子的配位數(shù)為三種原子的個數(shù)和即3+2+1=6，故〖答案〗為：；6；（3）的價層電子對為3+1=4，故中P的雜化類型是；N原子電負性較強，分子之間存在分子間氫鍵，因此的沸點比的高；的鍵角小于的，原因是：含有一對孤對電子，而含有兩對孤對電子，中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大，故〖答案〗為：；高；存在分子間氫鍵；含有一對孤對電子，而含有兩對孤對電子，中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大；（4）已知具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示，黑球個數(shù)為，白球個數(shù)為，結(jié)合化學(xué)式可知，白球為Cr，黑球為Al，即處于頂角位置的是Al原子。設(shè)Cr和Al原子半徑分別為和，則金屬原子的體積為，故金屬原子空間占有率=%，故〖答案〗為：Al；。23.（2020·新課標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而獲得2019年諾貝爾化學(xué)獎。回答下列問題：（1）基態(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對的電子數(shù)之比為_________。（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_______，其中P的價層電子對數(shù)為_______、雜化軌道類型為_______。（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，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有____個。電池充電時，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；但由