2025年高考化學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練300題（解答題）：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考化學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練300題（解答題）：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)一．解答題（共10小題）1．（2024?全國(guó)）我國(guó)科學(xué)家在含硼非線性光學(xué)晶體材料KBe2（BO3）F2（簡(jiǎn)稱KBBF）的研發(fā)和應(yīng)用上處于世界領(lǐng)先地位，實(shí)驗(yàn)室合成KBBF的化學(xué)方程式可表示為3KBF4+6BeO+B2O3═3KBe2（BO3）F2+2BF3↑?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）B的核外電子排布式為，組成KBBF的元素中，第一電離能最小的是。（2）KBF4中陰離子的空間構(gòu)型為，BF3中心原子雜化類型為。（3）硼的鹵化物部分性質(zhì)如下表所示：物質(zhì)BF3BCl3BBr3BI3沸點(diǎn)/K172285364483鍵能/（kJ?mol﹣1）646444368267硼的鹵化物沸點(diǎn)依次升高的原因是，鍵能依次減小的原因是。（4）BeO的一種晶體為立方ZnS結(jié)構(gòu)（如圖所示），晶胞參數(shù)為anm。氧的配位數(shù)為，晶體密度為ρ＝g?cm﹣3（寫出計(jì)算表達(dá)式，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）。2．（2024?浙江）氮和氧是構(gòu)建化合物的常見元素。已知：請(qǐng)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(shuō)法正確的是。A．電負(fù)性：B＞N＞OB．離子半徑：P3﹣＜S2﹣＜Cl﹣C．第一電離能：Ge＜Se＜AsD．基態(tài)Cr的簡(jiǎn)化電子排布式：[Ar]3d4（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣，其中﹣NH2的N原子雜化方式為；比較鍵角∠HNH：H2N﹣NH2中的﹣NH2H2N﹣中的﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），請(qǐng)說(shuō)明理由。②將HNO3與SO3按物質(zhì)的量之比1：2發(fā)生化合反應(yīng)生成A，測(cè)得A由2種微粒構(gòu)成，其中之一是。比較氧化性強(qiáng)弱：HNO3（填“＞”、“＜”或“＝”）；寫出A中陰離子的結(jié)構(gòu)式。3．（2024?北京）錫（Sn）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）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。將Sn的基態(tài)原子最外層軌道表示式補(bǔ)充完整：（2）SnCl2和SnCl4是錫的常見氯化物，SnCl2可被氧化得到SnCl4。①SnCl2分子的VSEPR模型名稱是。②SnCl4的Sn—Cl鍵是由錫的軌道與氯的3p軌道重疊形成σ鍵。（3）白錫和灰錫是單質(zhì)Sn的常見同素異形體。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)Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有個(gè)。②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為v1nm3和v2nm3，則白錫和灰錫晶體的密度之比是。（4）單質(zhì)Sn的制備：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，未明顯發(fā)生反應(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。4．（2024?浙江）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，Cl﹣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NH4Cl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．Ar的基態(tài)原子電子排布方式只有一種B．Na的第二電離能＞Ne的第一電離能C．Ge的基態(tài)原子簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]4s24p2D．Fe原子變成Fe+，優(yōu)先失去3d軌道上的電子（3）化合物HA、HB、HC和HD的結(jié)構(gòu)如圖2。①HA、HB和HC中羥基與水均可形成氫鍵（—O—H…OH2），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HC、HD鈉鹽的堿性NaC＞NaD，請(qǐng)從結(jié)構(gòu)角度說(shuō)明理由。5．（2024?山東）錳氧化物具有較大應(yīng)用價(jià)值，回答下列問(wèn)題：（1）Mn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Mn多的元素是（填元素符號(hào)）。（2）Mn的某種氧化物MnO3的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖1所示，該氧化物化學(xué)式為。當(dāng)MnO3晶體有O原子脫出時(shí)，出現(xiàn)O空位，Mn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.CaOB.V2O5C.Fe2O3D.CuO（3）[BMlM]+（見圖2）是MnO2品型轉(zhuǎn)變的透導(dǎo)劑。的空間構(gòu)型為；[BMIM]+中咪唑環(huán)存在大π鍵，則N原子采取的軌道雜化方式為。（4）MnOx可作HMF轉(zhuǎn)化為FDCA的催化劑（見圖3），F(xiàn)DCA的熔點(diǎn)遠(yuǎn)大于HMF，除相對(duì)分子質(zhì)量存在差異外，另一重要原因是。6．（2024?上海）氟元素及其化合物具有廣泛用途。（1）下列關(guān)于氟元素的性質(zhì)說(shuō)法正確的是。A.原子半徑最小B.原子電離能最大C.元素的電負(fù)性最強(qiáng)D.最高正化合價(jià)為+7（2）（不定項(xiàng)）下列關(guān)于18F與19F說(shuō)法正確的是。A.是同種核素B.是同素異形體C.19F比18F多一個(gè)電子D.19F比18F多一個(gè)中子（3）螢石（CaF2）與濃硫酸共熱可制備HF氣體，寫出該反應(yīng)的方程式：；該反應(yīng)中體現(xiàn)濃硫酸的性質(zhì)是。A.強(qiáng)氧化性B.難揮發(fā)性C.吸水性D.脫水性（4）液態(tài)氟化氫（HF）的電離方式為：，其中X為。的結(jié)構(gòu)為F—H…F—，其中F與HF依靠相連接。（5）氟單質(zhì)常溫下能腐蝕Fe、Ag等金屬，但工業(yè)上卻可用Cu制容器儲(chǔ)存，其原因是。7．（2024?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。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）CaC2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)SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔點(diǎn)/℃442﹣3429143（5）結(jié)晶型PbS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Pb的配位數(shù)為。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體密度為g?cm﹣3（列出計(jì)算式）。8．（2024?上海）已知Al2Br6的晶胞如圖所示（平行六面體，各棱長(zhǎng)不相等，Al2Br6在棱心）。（1）該晶體中，每個(gè)Al2Br6，距離其最近的Al2Br6有個(gè)。A.4B.5C.8D.12（2）已知NA＝6.02×1023mol﹣1，一個(gè)晶胞的體積V＝5.47×10﹣22cm3，求Al2Br6的晶胞密度（保留2位小數(shù)）。（3）AlBr3水解可得Al（OH）3膠體，請(qǐng)解釋用Al（OH）3可凈水的原因。（4）用上述制得的膠體做電泳實(shí)驗(yàn)時(shí)，有某種膠體粒子向陰極移動(dòng)，該粒子可能是。A.[nAl（OH）3?nAl?（3n﹣x）OH]x+B.[nAl（OH）3?nAl?xOH]（3n+x）+C.[nAl（OH）3?nBr]x﹣D.（某電中性微粒）9．（2023?北京）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（S2）可看作是中的一個(gè)O原子被S原子取代的產(chǎn)物。（1）基態(tài)S原子價(jià)層電子排布式是。（2）比較S原子和O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）S2的空間結(jié)構(gòu)是。（4）同位素示蹤實(shí)驗(yàn)可證實(shí)S2中兩個(gè)S原子的化學(xué)環(huán)境不同，實(shí)驗(yàn)過(guò)程為S2Ag2S+。過(guò)程ⅱ中，S2斷裂的只有硫硫鍵，若過(guò)程ⅰ所用試劑是Na232SO3和35S，過(guò)程ⅱ含硫產(chǎn)物是。（5）MgS2O3?6H2O的晶胞形狀為長(zhǎng)方體，邊長(zhǎng)分別為anm、bnm、cnm，結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個(gè)數(shù)為。已知MgS2O3?6H2O的摩爾質(zhì)量是Mg?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為g?cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）（6）浸金時(shí)，S2作為配體可提供孤電子對(duì)與Au+形成[Au（S2O3）2]3﹣。分別判斷S2中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并說(shuō)明理由：。10．（2023?天津）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，Cu+與Cu2+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CuCl2，寫出該反應(yīng)化學(xué)方程式：。H2O2的實(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。a．HNO3b．O2c．Cl2（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。

2025年高考化學(xué)復(fù)習(xí)之小題狂練300題（解答題）：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?全國(guó)）我國(guó)科學(xué)家在含硼非線性光學(xué)晶體材料KBe2（BO3）F2（簡(jiǎn)稱KBBF）的研發(fā)和應(yīng)用上處于世界領(lǐng)先地位，實(shí)驗(yàn)室合成KBBF的化學(xué)方程式可表示為3KBF4+6BeO+B2O3═3KBe2（BO3）F2+2BF3↑。回答下列問(wèn)題：（1）B的核外電子排布式為1s22s22p1，組成KBBF的元素中，第一電離能最小的是K。（2）KBF4中陰離子的空間構(gòu)型為四面體形，BF3中心原子雜化類型為sp2。（3）硼的鹵化物部分性質(zhì)如下表所示：物質(zhì)BF3BCl3BBr3BI3沸點(diǎn)/K172285364483鍵能/（kJ?mol﹣1）646444368267硼的鹵化物沸點(diǎn)依次升高的原因是相對(duì)分子質(zhì)量：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，分子作用力：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，鍵能依次減小的原因是硼的鹵化物中鍵長(zhǎng)越長(zhǎng)，鍵能越小，鍵長(zhǎng)：B—F＜B—Cl＜B—Br＜B—I。（4）BeO的一種晶體為立方ZnS結(jié)構(gòu)（如圖所示），晶胞參數(shù)為anm。氧的配位數(shù)為4，晶體密度為ρ＝g?cm﹣3（寫出計(jì)算表達(dá)式，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值）?！敬鸢浮浚?）1s22s22p1；K；（2）四面體形；sp2；（3）相對(duì)分子質(zhì)量：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，分子作用力：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3；硼的鹵化物中鍵長(zhǎng)越長(zhǎng)，鍵能越小，鍵長(zhǎng)：B—F＜B—Cl＜B—Br＜B—I；（4）4；。【分析】（1）基態(tài)B原子有5個(gè)電子，根據(jù)工作原理書寫基態(tài)B原子的核外電子排布式；組成KBBF的元素有K、Be、B、O、F，元素的金屬性越強(qiáng)，其第一電離能越??；同一周期元素，第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但第ⅡA族、第ⅤA族第一電離能大于其相鄰元素；（2）KBF4中陰離子為，中B原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4+＝4且不含孤電子對(duì)，BF3中B原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為3+＝3且不含孤電子對(duì)；（3）硼的鹵化物都是不能形成分子間氫鍵的分子晶體，其沸點(diǎn)隨分子間作用力的增大而升高，分子間作用力隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大而增大；硼的鹵化物中鍵長(zhǎng)越長(zhǎng)，鍵能越小；（4）該晶胞中Be原子個(gè)數(shù)為4，O原子個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，則該晶胞中相當(dāng)于含有4個(gè)“BeO”，晶胞體積＝（a×10﹣7cm）3，該晶胞中與氧原子距離最近且距離相等的Be原子個(gè)數(shù)是4；晶體密度＝＝?！窘獯稹拷猓海?）基態(tài)B原子有5個(gè)電子，根據(jù)工作原理書寫基態(tài)B原子的核外電子排布式為1s22s22p1；組成KBBF的元素有K、Be、B、O、F，元素的金屬性越強(qiáng)，其第一電離能越??；同一周期元素，第一電離能隨著原子序數(shù)的增大而呈增大趨勢(shì)，但第ⅡA族、第ⅤA族第一電離能大于其相鄰元素，這幾種元素中第一電離能最小的是K，故答案為：1s22s22p1；K；（2）KBF4中陰離子為，中B原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4+＝4且不含孤電子對(duì)，該離子的空間構(gòu)型為四面體形，BF3中B原子的價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為3+＝3且不含孤電子對(duì)，BF3中心原子雜化類型是sp2，故答案為：四面體形；sp2；（3）硼的鹵化物都是不能形成分子間氫鍵的分子晶體，其沸點(diǎn)隨分子間作用力的增大而升高，分子間作用力隨相對(duì)分子質(zhì)量的增大而增大，相對(duì)分子質(zhì)量：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，分子作用力：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，則沸點(diǎn)：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3；硼的鹵化物中鍵長(zhǎng)越長(zhǎng)，鍵能越小，鍵長(zhǎng)：B—F＜B—Cl＜B—Br＜B—I，則鍵能：B—F＞B—Cl＞B—Br＞B—I，故答案為：相對(duì)分子質(zhì)量：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，分子作用力：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3；硼的鹵化物中鍵長(zhǎng)越長(zhǎng)，鍵能越小，鍵長(zhǎng)：B—F＜B—Cl＜B—Br＜B—I；（4）該晶胞中Be原子個(gè)數(shù)為4，O原子個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，則該晶胞中相當(dāng)于含有4個(gè)“BeO”，晶胞體積＝（a×10﹣7cm）3，該晶胞中與氧原子距離最近且距離相等的Be原子個(gè)數(shù)是4，所以O(shè)原子的配位數(shù)是4；晶體密度＝＝＝g/cm3，故答案為：4；?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及計(jì)算能力，明確原子結(jié)構(gòu)、價(jià)層電子對(duì)互斥理論內(nèi)涵、晶胞的計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。2．（2024?浙江）氮和氧是構(gòu)建化合物的常見元素。已知：請(qǐng)回答：（1）某化合物的晶胞如圖，其化學(xué)式是Cr（H2O）4Cl2，晶體類型是分子晶體。（2）下列說(shuō)法正確的是C。A．電負(fù)性：B＞N＞OB．離子半徑：P3﹣＜S2﹣＜Cl﹣C．第一電離能：Ge＜Se＜AsD．基態(tài)Cr的簡(jiǎn)化電子排布式：[Ar]3d4（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣，其中﹣NH2的N原子雜化方式為sp3；比較鍵角∠HNH：H2N﹣NH2中的﹣NH2＜H2N﹣中的﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），請(qǐng)說(shuō)明理由﹣NH2中的N原子含有孤電子對(duì)，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子排斥力大，鍵角變小。②將HNO3與SO3按物質(zhì)的量之比1：2發(fā)生化合反應(yīng)生成A，測(cè)得A由2種微粒構(gòu)成，其中之一是。比較氧化性強(qiáng)弱：＞HNO3（填“＞”、“＜”或“＝”）；寫出A中陰離子的結(jié)構(gòu)式。【答案】（1）CrCl2?4H2O；分子晶體；（2）C；（3）①sp3；＜；﹣NH2中的N原子含有孤電子對(duì)，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子排斥力大，鍵角變?。虎冢?；?！痉治觥浚?）由晶胞圖可知，每個(gè)Cr連接4個(gè)H2O，2個(gè)Cl；（2）A．同一周期主族元素，從左向右，電負(fù)性逐漸增大；B．核外電子排布相同的微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越??；C．同一周期元素，從左向右，第一電離能呈增大的趨勢(shì)，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一電離能比相鄰元素的大；D．Cr是24號(hào)元素，位于第四周期第ⅥB族；（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣中﹣NH2的N原子形成3個(gè)σ鍵，還有1個(gè)孤電子對(duì)；孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)存在排斥力；②為HNO3失去帶負(fù)電的O原子形成的；根據(jù)原子守恒可推斷A中陰離子化學(xué)式；【解答】解：（1）由晶胞圖可知，每個(gè)Cr連接4個(gè)H2O，2個(gè)Cl，化學(xué)式為CrCl2?4H2O，為分子晶體，故答案為：CrCl2?4H2O；分子晶體；（2）A．同一周期主族元素，從左向右，電負(fù)性逐漸增大，故電負(fù)性：B＜N＜O，故A錯(cuò)誤；B．核外電子排布相同的微粒，核電荷數(shù)越大，半徑越小，則離子半徑：P3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故B錯(cuò)誤；C．同一周期元素，從左向右，第一電離能呈增大的趨勢(shì)，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一電離能比相鄰元素的大，故第一電離能：Ge＜Se＜As，故C正確；D．Cr是24號(hào)元素，位于第四周期第ⅥB族，基態(tài)Cr的簡(jiǎn)化電子排布式：[Ar]3d44s2，故D錯(cuò)誤；故答案為：C；（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣中﹣NH2的N原子形成3個(gè)σ鍵，還有1個(gè)孤電子對(duì)，為sp3雜化；H2N﹣NH2中的﹣NH2與H2N﹣中的N原子都為sp3雜化，H2N﹣NH2中﹣NH2中的N原子含有1個(gè)孤電子對(duì)，H2N﹣中的N原子沒(méi)有孤電子對(duì)，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)存在排斥力，鍵角變小，故H2N﹣NH2中﹣NH2的∠HNH的鍵角小于H2N﹣中﹣的∠HNH鍵角，故答案為：sp3；＜；﹣NH2中的N原子含有孤電子對(duì)，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子排斥力大，鍵角變??；②將HNO3與SO3按物質(zhì)的量之比1：2發(fā)生化合反應(yīng)生成A，測(cè)得A由2種微粒構(gòu)成，其中之一是，則反應(yīng)方程式為：HNO3+2SO3＝+HS2，為HNO3失去帶負(fù)電的O原子形成的，氧化性增強(qiáng)，即氧化性：＞HNO3，A中陰離子為HS2，其結(jié)構(gòu)式為，故答案為：＞；?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與晶體結(jié)構(gòu)，側(cè)重考查學(xué)生晶胞計(jì)算和核外電子排布的掌握情況，試題難度中等。3．（2024?北京）錫（Sn）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）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。將Sn的基態(tài)原子最外層軌道表示式補(bǔ)充完整：（2）SnCl2和SnCl4是錫的常見氯化物，SnCl2可被氧化得到SnCl4。①SnCl2分子的VSEPR模型名稱是平面三角形。②SnCl4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）白錫和灰錫是單質(zhì)Sn的常見同素異形體。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)Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有4個(gè)。②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為v1nm3和v2nm3，則白錫和灰錫晶體的密度之比是。（4）單質(zhì)Sn的制備：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，未明顯發(fā)生反應(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?！敬鸢浮浚?）；（2）①平面三角形；②sp3雜化；（3）①4；②；（4）與焦炭在高溫下反應(yīng)生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn?！痉治觥浚?）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，價(jià)電子排布為5s25p2，據(jù)此書寫軌道表示式；（2）①SnCl2分子中Sn的價(jià)電子對(duì)數(shù)為3，中心原子為sp2雜化，據(jù)此判斷其VSEPR模型；②SnCl4中Sn的價(jià)電子對(duì)數(shù)為4，中心原子為sp3雜化；（3）①灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)，所以每個(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)均攤法計(jì)算，可得白錫晶胞中Sn原子數(shù)目為2，而灰錫晶胞中Sn原子數(shù)目為8，根據(jù)密度＝計(jì)算密度之比；（4）焦炭在高溫下與空氣中的氧氣反應(yīng)生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn?！窘獯稹拷猓海?）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，價(jià)電子排布為5s25p2，其軌道表示式為：，故答案為：；（2）①SnCl2分子中Sn的價(jià)電子對(duì)數(shù)為2+＝3，有1對(duì)孤電子對(duì)，中心原子為sp2雜化，VSEPR模型名稱是平面三角形，故答案為：平面三角形；②SnCl4中Sn的價(jià)電子對(duì)數(shù)為4+＝4，無(wú)孤電子對(duì)，中心原子為sp3雜化，所以Sn—Cl鍵是由錫的sp3雜化軌道與氯的3p軌道重疊形成的σ鍵，故答案為：sp3雜化；（3）①灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)，所以每個(gè)Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有4個(gè)，故答案為：4；②根據(jù)均攤法計(jì)算，可得白錫晶胞中Sn原子數(shù)目為8×＝2，而灰錫晶胞中Sn原子數(shù)目為8×＝8，所以其密度之比為，故答案為：；（4）單質(zhì)Sn的制備：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，未明顯發(fā)生反應(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，故答案為：與焦炭在高溫下反應(yīng)生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識(shí)，具體涉及軌道表示式，雜化類型、配位數(shù)、均攤法計(jì)算、晶胞密度的計(jì)算等，屬于基本知識(shí)的考查，難度不大。4．（2024?浙江）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，Cl﹣的配位數(shù)（緊鄰的陽(yáng)離子數(shù)）為12；寫出該化合物的化學(xué)式KCl?K2O，寫出該化合物與足量NH4Cl溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式K3ClO+2NH4Cl+H2O＝3KCl+2NH3?H2O。（2）下列有關(guān)單核微粒的描述正確的是AB。A．Ar的基態(tài)原子電子排布方式只有一種B．Na的第二電離能＞Ne的第一電離能C．Ge的基態(tài)原子簡(jiǎn)化電子排布式為[Ar]4s24p2D．Fe原子變成Fe+，優(yōu)先失去3d軌道上的電子（3）化合物HA、HB、HC和HD的結(jié)構(gòu)如圖2。①HA、HB和HC中羥基與水均可形成氫鍵（—O—H…OH2），按照氫鍵由強(qiáng)到弱對(duì)三種酸排序HC＞HB＞HA，請(qǐng)說(shuō)明理由O、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，酸性增強(qiáng)。②已知HC、HD鈉鹽的堿性NaC＞NaD，請(qǐng)從結(jié)構(gòu)角度說(shuō)明理由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?！敬鸢浮浚?）12；KCl?K2O；K3ClO+2NH4Cl+H2O＝3KCl+2NH3?H2O；（2）AB；（3）①HC＞HB＞HA；O、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，酸性增強(qiáng)；②S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。【分析】（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；（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；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；C．Ge的原子序數(shù)為32；D．基態(tài)Fe原子的價(jià)電子排布式為3d64s2；（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；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﹣?！窘獯稹拷猓海?）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，故答案為：12；KCl?K2O；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，故A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，故B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，故C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，故D錯(cuò)誤；故答案為：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，故答案為：HC＞HB＞HA；O、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，酸性增強(qiáng)；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，故答案為：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?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)和晶體結(jié)構(gòu)，側(cè)重考查學(xué)生核外電子排布和晶胞計(jì)算的掌握情況，試題難度中等。5．（2024?山東）錳氧化物具有較大應(yīng)用價(jià)值，回答下列問(wèn)題：（1）Mn在元素周期表中位于第四周期ⅦB族；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（填元素符號(hào)）。（2）Mn的某種氧化物MnO3的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖1所示，該氧化物化學(xué)式為MnO2。當(dāng)MnO3晶體有O原子脫出時(shí)，出現(xiàn)O空位，Mn的化合價(jià)降低（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A（填標(biāo)號(hào)）。A.CaOB.V2O5C.Fe2O3D.CuO（3）[BMlM]+（見圖2）是MnO2品型轉(zhuǎn)變的透導(dǎo)劑。的空間構(gòu)型為正四面體；[BMIM]+中咪唑環(huán)存在大π鍵，則N原子采取的軌道雜化方式為sp2雜化。（4）MnOx可作HMF轉(zhuǎn)化為FDCA的催化劑（見圖3），F(xiàn)DCA的熔點(diǎn)遠(yuǎn)大于HMF，除相對(duì)分子質(zhì)量存在差異外，另一重要原因是FDCA可形成更多的氫鍵。【答案】（1）四；ⅦB；Cr；（2）MnO2；降低；A；（3）正四面體；sp2；（4）FDCA可形成更多的氫鍵?！痉治觥浚?）根據(jù)Mn的位置進(jìn)行分析解答；根據(jù)各原子的電子排布式進(jìn)行分析解答；（2）根據(jù)均攤法則判斷氧化物化學(xué)式；當(dāng)MnO3晶體有O原子脫出時(shí)，則根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0進(jìn)行分析；（3）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥模型進(jìn)行解答；N原子存在π鍵；（4）FDCA的熔點(diǎn)遠(yuǎn)大于HMF，除相對(duì)分子質(zhì)量存在差異外，還有氫鍵的作用?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)Mn的位置在周期表中位置是第四周期ⅦB族，根據(jù)各原子的電子排布式可知基態(tài)原子未成對(duì)電子數(shù)比Mn多的元素是Cr，故答案為：四；ⅦB；Cr；（2）由圖可知Mn的個(gè)數(shù)＝1+8×＝2，O原子的個(gè)數(shù)＝2+4×＝4，則該氧化物化學(xué)式為MnO2；當(dāng)MnO3晶體有O原子脫出時(shí)，則根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0可知，Mn元的化合價(jià)會(huì)降低，變價(jià)金屬氧化物會(huì)產(chǎn)生O空位，Ca元素只有+2價(jià)，故不會(huì)產(chǎn)生O空位，故A正確，故答案為：MnO2；降低；A；（3）存在4個(gè)成鍵電子對(duì)，不存在孤電子對(duì)，故空間構(gòu)型為正四面體；N原子存在π鍵，故是sp2雜化，故答案為：正四面體；sp2；（4）FDCA的熔點(diǎn)遠(yuǎn)大于HMF，除相對(duì)分子質(zhì)量存在差異外，還有氫鍵的作用，F(xiàn)DCA會(huì)形成更多的氫鍵，故答案為：FDCA可形成更多的氫鍵?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子的結(jié)構(gòu)與分子的結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識(shí)，屬于基礎(chǔ)知識(shí)的考查，注意掌握電子排布式的書寫、原子的雜化方式及氫鍵的相關(guān)知識(shí)，題目難度中等。6．（2024?上海）氟元素及其化合物具有廣泛用途。（1）下列關(guān)于氟元素的性質(zhì)說(shuō)法正確的是C。A.原子半徑最小B.原子電離能最大C.元素的電負(fù)性最強(qiáng)D.最高正化合價(jià)為+7（2）（不定項(xiàng)）下列關(guān)于18F與19F說(shuō)法正確的是D。A.是同種核素B.是同素異形體C.19F比18F多一個(gè)電子D.19F比18F多一個(gè)中子（3）螢石（CaF2）與濃硫酸共熱可制備HF氣體，寫出該反應(yīng)的方程式：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑；該反應(yīng)中體現(xiàn)濃硫酸的性質(zhì)是B。A.強(qiáng)氧化性B.難揮發(fā)性C.吸水性D.脫水性（4）液態(tài)氟化氫（HF）的電離方式為：，其中X為H2F+。的結(jié)構(gòu)為F—H…F—，其中F與HF依靠氫鍵相連接。（5）氟單質(zhì)常溫下能腐蝕Fe、Ag等金屬，但工業(yè)上卻可用Cu制容器儲(chǔ)存，其原因是F2與Cu可形成致密的CuF2保護(hù)膜，覆蓋在Cu表面，阻礙Cu與F2反應(yīng)的進(jìn)一步進(jìn)行。【答案】（1）C；（2）D；（3）CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑；B；（4）H2F+；氫鍵；（5）F2與Cu可形成致密的CuF2保護(hù)膜，覆蓋在Cu表面，阻礙Cu與F2反應(yīng)的進(jìn)一步進(jìn)行。【分析】（1）A.所有原子中，H原子半徑最??；B.F原子的電離能比Ne小，C.F元素的電負(fù)性是最強(qiáng)的；D.O、F都沒(méi)有最高正化合價(jià)；（2）A.18F與19F是F元素的兩種不同的核素；B.同素異形體指的是單質(zhì)；C.19F比18F多一個(gè)中子，電子數(shù)和質(zhì)子數(shù)是相等的；D.19F比18F多一個(gè)中子；（3）螢石（CaF2）與濃硫酸共熱，生成CaSO4和HF氣體；該反應(yīng)中體現(xiàn)濃硫酸的難揮發(fā)性；（4）液態(tài)氟化氫（HF）的電離方式為：，根據(jù)原子守恒可知，其中X的化學(xué)式，的結(jié)構(gòu)為F—H…F﹣，其中F與HF之間可以形成氫鍵；（5）F2與Cu可形成致密的CuF2保護(hù)膜，覆蓋在Cu表面，阻礙Cu與F2反應(yīng)的進(jìn)一步進(jìn)行?！窘獯稹拷猓海?）A.氟元素位于第二周期的最右邊，其原子半徑在同周期元素原子中是最小的，但還是比H原子半徑大，故A錯(cuò)誤；B.F原子的電離能不是最大的，比Ne小，故B錯(cuò)誤，C.F元素的電負(fù)性是最強(qiáng)的，故C正確；D.F元素沒(méi)有最高正化合價(jià)，故D錯(cuò)誤；故答案為：C；（2）A.18F與19F是F元素的兩種不同的核素，故A錯(cuò)誤；B.18F與19F是不同的原子，不是同素異形體，同素異形體指的是單質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C.19F比18F多一個(gè)中子，電子數(shù)和質(zhì)子數(shù)是相等的，故C錯(cuò)誤；D.19F比18F多一個(gè)中子，故D正確；故答案為：D；（3）螢石（CaF2）與濃硫酸共熱可制備HF氣體，該反應(yīng)的方程式為：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑；該反應(yīng)中體現(xiàn)濃硫酸的難揮發(fā)性，即B符合題意，故答案為：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑；B；（4）液態(tài)氟化氫（HF）的電離方式為：，根據(jù)原子守恒可知，其中X為H2F+，的結(jié)構(gòu)為F—H???F﹣，其中F與HF依靠氫鍵相連接，故答案為：H2F+；氫鍵；（5）氟單質(zhì)常溫下能腐蝕Fe、Ag等金屬，但工業(yè)上卻可用Cu制容器儲(chǔ)存，其原因是F2與Cu可形成致密的CuF2保護(hù)膜，覆蓋在Cu表面，阻礙Cu與F2反應(yīng)的進(jìn)一步進(jìn)行，故答案為：F2與Cu可形成致密的CuF2保護(hù)膜，覆蓋在Cu表面，阻礙Cu與F2反應(yīng)的進(jìn)一步進(jìn)行?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查氟元素及其化合物的相關(guān)知識(shí)，屬于基本知識(shí)的考查，難度不大。7．（2024?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?wèn)題：（1）該族元素基態(tài)原子核外未成對(duì)電子數(shù)為2，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）CaC2俗稱電石，該化合物中不存在的化學(xué)鍵類型為bd（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C，硅原子的雜化軌道類型為sp3雜化。（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：SnF4屬于離子晶體，熔沸點(diǎn)較高，高于SnCl4、SnBr4、SnI4，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，熔沸點(diǎn)較低，隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增大，范德華力增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高。物質(zhì)SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔點(diǎn)/℃442﹣3429143（5）結(jié)晶型PbS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Pb的配位數(shù)為6。設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，則該晶體密度為g?cm﹣3（列出計(jì)算式）。【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）ⅣA族元素基態(tài)原子的價(jià)電子排布為ns2np2，核外未成對(duì)電子數(shù)為2，主族元素的最高化合價(jià)與最外層電子數(shù)相等；（2）CaC2俗稱電石，屬于離子化合物，陰離子內(nèi)部含有C≡C鍵；（3）聚甲基硅烷含有C、H、Si三種元素，同主族元素，從上到下，電負(fù)性逐漸減小，硅原子含有的σ鍵數(shù)為4，無(wú)孤電子對(duì)，即可判斷Si的雜化軌道類型；（4）根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，SnF4屬于離子晶體，熔沸點(diǎn)較高，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，熔沸點(diǎn)較低，隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增大，范德華力增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高；（5）以體心黑球?yàn)槔c其距離最近且相等的白球分別位于正方體六個(gè)面的面心，Pb的配位數(shù)為6，根據(jù)均攤法計(jì)算可知，黑球（Pb）的個(gè)數(shù)為12×＝1＝4，白球（S）的個(gè)數(shù)為8×＝4，即晶胞中含有4個(gè)PbS，則晶胞的密度為：ρ＝進(jìn)行計(jì)算即可。【解答】解：（1）ⅣA族元素基態(tài)原子的價(jià)電子排布為ns2np2，核外未成對(duì)電子數(shù)為2，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，故答案為：2；+4；（2）CaC2俗稱電石，屬于離子化合物，該化合物中存在的化學(xué)鍵類型為離子鍵和內(nèi)部的非極性共價(jià)鍵，即C≡C鍵，所以不含有的是極性共價(jià)鍵和配位鍵，故答案為：bd；（3）根據(jù)聚甲基硅烷的結(jié)構(gòu)可知，聚甲基硅烷含有C、H、Si三種元素，其中電負(fù)性最大的元素是C元素，硅原子含有的σ鍵數(shù)為4，無(wú)孤電子對(duì)，則Si的雜化軌道類型為sp3雜化，故答案為：C；sp3雜化；（4）根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知，SnF4的熔點(diǎn)遠(yuǎn)遠(yuǎn)高于SnCl4、SnBr4、SnI4，說(shuō)明SnF4屬于離子晶體，熔沸點(diǎn)較高，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，熔沸點(diǎn)較低，隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增大，范德華力增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高，故答案為：SnF4屬于離子晶體，熔沸點(diǎn)較高，高于SnCl4、SnBr4、SnI4，SnCl4、SnBr4、SnI4屬于分子晶體，熔沸點(diǎn)較低，隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增大，范德華力增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高；（5）以體心黑球?yàn)槔?，與其距離最近且相等的白球分別位于正方體六個(gè)面的面心，Pb的配位數(shù)為6，根據(jù)均攤法計(jì)算可知，黑球（Pb）的個(gè)數(shù)為12×＝1＝4，白球（S）的個(gè)數(shù)為8×＝4，即晶胞中含有4個(gè)PbS，則晶胞的密度為：ρ＝＝＝g?cm﹣3，故答案為：6；。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)的相關(guān)知識(shí)，具體涉及化學(xué)鍵類型、中心原子雜化類型、電負(fù)性大小的判斷等，同時(shí)考查晶胞密度的計(jì)算等，屬于基本知識(shí)的考查，難度中等。8．（2024?上海）已知Al2Br6的晶胞如圖所示（平行六面體，各棱長(zhǎng)不相等，Al2Br6在棱心）。（1）該晶體中，每個(gè)Al2Br6，距離其最近的Al2Br6有A個(gè)。A.4B.5C.8D.12（2）已知NA＝6.02×1023mol﹣1，一個(gè)晶胞的體積V＝5.47×10﹣22cm3，求Al2Br6的晶胞密度3.24g/cm3（保留2位小數(shù)）。（3）AlBr3水解可得Al（OH）3膠體，請(qǐng)解釋用Al（OH）3可凈水的原因Al（OH）3膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮物而使其沉降。（4）用上述制得的膠體做電泳實(shí)驗(yàn)時(shí)，有某種膠體粒子向陰極移動(dòng)，該粒子可能是A。A.[nAl（OH）3?nAl?（3n﹣x）OH]x+B.[nAl（OH）3?nAl?xOH]（3n+x）+C.[nAl（OH）3?nBr]x﹣D.（某電中性微粒）【答案】（1）A；（2）3.24g/cm3；（3）Al（OH）3膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮物而使其沉降；（4）A?！痉治觥浚?）如圖，以1號(hào)球?yàn)槔嚯x1號(hào)球最近的球分別是2、3、4、5號(hào)球；（2）根據(jù)圖中，1個(gè)Al2Br6被4個(gè)晶胞共用，則該晶胞中Al2Br6的個(gè)數(shù)為8×＝2，晶胞密度＝＝＝；（3）膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮物；（4）做電泳實(shí)驗(yàn)時(shí)，帶正電荷的膠粒向陰極移動(dòng)?！窘獯稹拷猓海?）如圖，以1號(hào)球?yàn)槔嚯x1號(hào)球最近的球分別是2、3、4、5號(hào)球，所以該晶體中，每個(gè)Al2Br6，距離其最近的Al2Br6有4個(gè)，故答案為：A；（2）根據(jù)圖中，1個(gè)Al2Br6被4個(gè)晶胞共用，則該晶胞中Al2Br6的個(gè)數(shù)為8×＝2，晶胞密度＝＝＝＝g/cm3≈3.24g/cm3，故答案為：3.24g/cm3；（3）Al（OH）3膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮物而使其沉降，所以能用于凈水，故答案為：Al（OH）3膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮物而使其沉降；（4）用上述制得的膠體做電泳實(shí)驗(yàn)時(shí)，有某種膠體粒子向陰極移動(dòng)，說(shuō)明該離子帶正電荷，Al（OH）3整體呈電中性，鋁離子帶3個(gè)單位的正電荷、氫氧根離子帶1個(gè)單位的負(fù)電荷，根據(jù)離子所帶電荷排除C、D，B中所帶電荷為3n﹣x，A中粒子所帶電荷為+3n+（3n﹣x）×（﹣1）＝+x，符合條件，故答案為：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查晶胞計(jì)算、膠體的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，側(cè)重查看閱讀、計(jì)算及空間想象能力，明確晶胞的計(jì)算方法、膠體凈水原理等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，（1）題為解答易錯(cuò)點(diǎn)。9．（2023?北京）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（S2）可看作是中的一個(gè)O原子被S原子取代的產(chǎn)物。（1）基態(tài)S原子價(jià)層電子排布式是3s23p4。（2）比較S原子和O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：S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個(gè)電子層、硫原子核外有3個(gè)電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1個(gè)電子，所以O(shè)的第一電離能大于S。（3）S2的空間結(jié)構(gòu)是四面體形。（4）同位素示蹤實(shí)驗(yàn)可證實(shí)S2中兩個(gè)S原子的化學(xué)環(huán)境不同，實(shí)驗(yàn)過(guò)程為S2Ag2S+。過(guò)程ⅱ中，S2斷裂的只有硫硫鍵，若過(guò)程ⅰ所用試劑是Na232SO3和35S，過(guò)程ⅱ含硫產(chǎn)物是32、Ag235S。（5）MgS2O3?6H2O的晶胞形狀為長(zhǎng)方體，邊長(zhǎng)分別為anm、bnm、cnm，結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個(gè)數(shù)為4。已知MgS2O3?6H2O的摩爾質(zhì)量是Mg?mol﹣1，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為g?cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）（6）浸金時(shí)，S2作為配體可提供孤電子對(duì)與Au+形成[Au（S2O3）2]3﹣。分別判斷S2中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并說(shuō)明理由：S2的中心S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4且不含孤電子對(duì)，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對(duì)，能做配位原子。【答案】（1）3s23p4；（2）S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個(gè)電子層、硫原子核外有3個(gè)電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1個(gè)電子，所以O(shè)的第一電離能大于S；（3）四面體形；（4）32、Ag235S；（5）4；；（6）S2的中心S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)為4且不含孤電子對(duì)，則中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤電子對(duì)，能做配位原子?！痉治觥浚?）基態(tài)S原子價(jià)層電子為3s、3p能級(jí)上的電子；（2）O、S原子最外層電子數(shù)都是6，但r（O）＜r（S），O原子的原子核對(duì)最外層電子的吸引力比S原子的原子核最外層電子的吸引力大，原子核對(duì)最外層電子吸引力越大，最外層電子越難失去電子；（3）S2和互為等電子體，結(jié)構(gòu)相似，根據(jù)的空間結(jié)構(gòu)判斷S2的空間結(jié)構(gòu)；（4）根據(jù)圖知，過(guò)程ii中含硫產(chǎn)物為32、Ag235S；（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+個(gè)數(shù)為1+2×+4×+8×；S2的個(gè)數(shù)為4，相當(dāng)于該晶胞中含有4個(gè)“MgS2O3?6H2O”，晶胞體積為（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，該晶體的密度＝＝；（6）含有孤電子對(duì)的原子能和中心離子形成配位鍵?！窘獯稹拷猓海?）基態(tài)S原子價(jià)層電子為3s、3p能級(jí)上的電子，則價(jià)態(tài)S原子價(jià)層電子排布式為3s23p4，故答案為：3s23p4；（2）同一主族元素，原子半徑越小，原子核對(duì)最外層電子吸引力越大，最外層電子越難失去電子，S、O為同一主族元素，氧原子核外有2個(gè)電子層、硫原子核外有3個(gè)電子層，則r（O）＜r（S），O原子核最外層電子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1