专题15 物质结构与性质综合题- 三年（2022-2024）高考化学真题分类汇编（全国版）

道类型，分子(离子)空间构型；分子间作用力与物质的性质方面；如晶胞判断与计算。试题均建构在以教材为主的中学化学基础知识之上，没有偏离教材体系和考试说明的要求，试题基本保持稳定。试卷并不能把所有的知1．(2024·北京卷)锡（Sn）是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。（1）Sn位于元素周期表的第5周期第IVA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整：（2）SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到。①SnCl2分子的VSEPR模型名称是。②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的轨道与氯的3p轨道重叠形成。键。（3）白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有个。②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为v1nm3和v2nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是。（4）单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性未明显发生反应。若通入空气在800。C下，SnO2能迅速被还原为单。_________________________________________________________________________________【答案】v2v24v1（4）与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn【解析】（1）Sn加位于元素周期表的第5周期ⅣA族，其基态原子的价电子排布式为5s25p2，所以其轨道表示（2）①SnCl2中Sn的价层电子对数为=3，VSEPR模型是平面三角形，②SnCl4中Sn的价层电子对数为=4，有4个σ键，所以Sn采用sp3杂化方式，则SnCl4的Sn-Cl键是由锡的sp3杂化轨道与（3）①灰锡具有立方金刚石结构，所以每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个，②白锡晶胞中均雄可得Sn原子数目为2，而灰锡晶胞中均摊可得Sn原子数目为8，所以其密度之比为 B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能C.Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2D.Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上电子（3）化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(-O-H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序，②已知HC、HD钠盐的碱性NaC>NaD，请从结构角度说明理由。【答案】（1）①.12②.K3ClO③.K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O（2）AB>HC，C-的水解能力大于D-【解析】含K：6×=3个，该化合物化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3∙H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。B．Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和N大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。3.(2024·山东卷)锰氧化物具有较大应用价值，回答下（1）Mn在元素周期表中位于第周期族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的（2）Mn如某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为。当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过A．CaOB．V2O5C．Fe2O3D．CuO（3）[BMIM]+BF4-(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF4-的空间构型为；[BMIM]存在τEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(6),5)大τ键，则N原子采取的轨道杂化方式为。（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量【解析】MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为+2x，即Mn的化合价降B形成4个σ键（其中有1个配位键），为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在τEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(6),5)大τA.电负性：B>N>OB.离子半径C.第一电离能：Ge-<Se-<AsD.基态Cr2+（3）①H2N-NH2+H+→H2N-NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),3)，其中-NH2的N原子杂化方式为；比较键角2N-NH2中的-NH2H2N-NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),3)中的-NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),3)(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由。②将HNO3与SO3按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2NOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),2)。比较氧化性强弱：NOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),2)HNO3(填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式。【答案】（1）①.CrCl2.4H2O②.分子晶体（2）CD【解析】由晶胞图可知，化学式为CrCl2.4H2O；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为CrCl2.4H2O分子，故为分子B核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为P3-＞S2-＞Cl-，B错误；C同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA族和ⅥA族①-NH2的价层电子对数故杂化方式为sp3；-NH2价层电子对数为4，有一对孤电子对，-NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),3)价层电子对数无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电子对成键电子的排斥力，故键角上HNH:H2N-NH2中的-NH2＜H2N-NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),3)中的-NHEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),3)；②将HNO3与SO3按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2NOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),2)，则A为NO2HS2O7，NOEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(+),2)为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up5(+),2)5.(2024·全国甲卷)ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列（2）CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为_____(填标号)。（4）早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明SnBr4SnI4（5）结晶型PbS可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中Pb配位数为_____。设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为_____g.cm-3(列出计算式)。(5)6g.cm【详解】（1）ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为ns2np2，其核外未成对电子数为2，因最外层电子数均为4，所以在与其他元素形成化合物时，呈现的（2）CaC2俗称电石，其为离子化合物，由Ca2+和CEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),2)−构成EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),2)之间存在非极性共价键，因此，该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键，杂化轨道类型为sp3；（5）由PbS晶胞结构图可知，该晶胞中有4个Pb和4个S，距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此Pb的配位数为6。设NA为阿伏加德罗常数的值，则NA个晶胞的质量为4×(207+32)g，NA个晶胞的体积为3，因此该晶体密度为g.cm-3或g.cm-3。62023·全国甲卷）将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳(1)图1所示的几种碳单质，它们互为 。酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是(填图2酞菁中N原子的标(3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为 。AlF3的熔点为1090℃,远高于AlCl3的192℃,由此可以判断铝氟之间的化学键为键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F−的配位数为。若晶胞参数为apm，晶体密度p= g.cm−3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。【答案】(1)同素异形体金刚石范德华力【详解】（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1电子参与形成大π键，标号为③的N原子的p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位（3）由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯192℃,由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为红色球的个数为则灰色的球为F−,距372023·全国乙卷）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物(MgxFe2-xSiO4)。回答下列问题：(1)基态Fe原子的价电子排布式为。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为，铁的化合价为 。NaClSiCl4-68.8GeCl4SnCl4-34.1Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因。SiCl4的空间结构为，其中Si的轨道杂化形式为 晶胞中含有个Mg。该物质化学式为，B-【答案】(1)3d64s2O＞Si＞Fe＞Mg+2(2)钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增 【详解】（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石(MgxFe2-xSiO4)中，各元素电负性大小顺序为O>Si＞Fe＞Mg；因为MgxFe2-xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为+2、+4和-2，x+2-x=2，根据化合物中（2）Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而SiCl4为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知，SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。SiCl4的空间结构为正四面体，其中Si的价层电子对数为4，因此Si的轨道杂化形式为sp3。（3）由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有=3个Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中M为1；晶体结构中B在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的282023·山东卷）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答(1)−40℃时，F2与冰反应生成HOF利HF。常温常压下，HOF为无色气休，固态HOF的晶体类型为_____，HOF水解反应的产物为_____(填化学式)。(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(ΠEQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(5),3))。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式_____；为O−Cl−O键角_____Cl−O−Cl键角(填“＞ℽℼ<ℽ或“=”)。比较ClO2与Cl2O(3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞的值为NA，化合物X的密度ρ=_____g.cm−3(用含NA的代数式表示)。【答案】(1)分子晶体HF、H2O2和O2(2)sp2＞ClO2分子中Cl−O键的键长小于Cl2O中Cl−O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl−O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的【详解】（1）常温常压下，HOF为无色气体，则HOF的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。HOF分子中F显-1价，其水解时结合H2O电离的H+生成HF，则OH+结合H2O电离的OH−,两者反应生成H2O2，H2O2不稳定，其分解生成O2，因此，HOF水解反应的产物为HF、H2O2和O2。（2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(ΠEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(5),3))。由ClO2中存在ΠEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(5),3)可以推断，其中Cl原子只能提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，与另一个O形成的是普通的共价键(σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键Cl的价层电子对数为3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2O中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知型为正四面体，n=3时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3ClO2和Cl2O均为V形结构，但O−Cl−O键角大于Cl−O−Cl键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。ClO2分子中Cl−O键的键长小于Cl2O中Cl−O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl−O键的键长较小，而Cl2O只存在普通的（3）一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为2CuF4+2KCl。若阿伏加德罗富数的值为NA，晶EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up6(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)一个O原子被S原子取代的产物。(1)基态S原子价层电子排布式是。(2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：。EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)(4)同位素示踪实验可证实S2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−中两个S原子的化学环境不同，实验过程为EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),3)−Ag2S+SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up4(2),4)−。过程ⅱ中，S2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na232SO3和(5)MgS2O3.6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为anm、bnm、cnm，结构如图所示。晶胞中的Mg(H2O)62+个数为。已知MgS2O3.6H2O的摩尔质量是Mg.mol−1，阿伏加德罗常数为NΛ,该晶体的密度为g.cm−3。(6)浸金时，S2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−作为配体可提供孤电子对与Au+形成分别判断S2OEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)−中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：。【答案】(1)3s23p4(2)I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子(4)Na232SO4和Ag235S21EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)【详解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为3s23p4。答案为3s23p4；I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)转化为Ag2S。若过程ⅰ所用的试剂为Na232SO3和35S，过程Ⅱ的含硫产物是Na232SO4和Ag235S。答案为Na232SO4和Ag235S；（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up9(2),3)102023年6月·浙江卷）氮的化合物种类繁多，应用广泛。A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：1s22s12p33s1B．化学键中离子键成分的百分数：Ca3N2>Mg3N2C．最简单的氮烯分子式：N2H2②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通③给出H+的能力：NH3[CuNH3]2+(填“>”或“<”)，理由是。(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为【答案】(1)2s22p3(2)ANnHn+2−2m(m≤为正整数)＜[CuNH吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的【详解】（1）N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22pCa3N2>Mg3N2，故B正确；C．氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：N2H2，故C正确；D．氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是sp3，故D正确；综上所述，答案为：A。②氮和氢形成的无环氮多烯，一个氮的氮烷为NH3氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为③[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得故其更易断裂，因此给出H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+(填“>”或“<”)；故答案为：＜；[CuNH3]2+形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜,以这个CNEQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(2),2)−进行分析，其俯视图为，因此距离最近的钙离子个数为112023年1月·浙江卷）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：(1)Si(NH2)4分子的空间结构(以Si为中心)名称为，分子中氮原子的杂化轨道类型是。Si(NH2)4受热分解生成Si3N4和NH3，其受热不稳定的原因是。(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，有关这些微粒的叙述，正确的是(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是【答案】(1)四面体sp3Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强Si(NH2)4中Si−N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增【详解】（1）Si(NH2)4分子可视为SiH4分子中的4个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以Si(NH2)4Si周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强Si(NH2)4中Si−N键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故Si(NH2)4受热不稳定，容易分解生成Si3N4和NH3；（2）电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基态Si原子、Si+个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③,选项C错误；（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空122022·全国甲卷）2008年北京奥运会奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是【答案】(1)(4)sp2sp3C-F根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子。一电离能从小到大的顺序为C<O<N<F，满足这一规律的图像为图a，气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b，故答案为：图a、同一周期高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高、图b。存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与88=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为 晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方 之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为apm，故答案为： 132022·全国乙卷）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl键，并且ClEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(4),3)②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C-Cl键长的顺序是，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键(3)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为。解释X的熔(4)α-AgI晶体中I-离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=m3.mol-1(列出算式)。【答案】(1)add(2)sp2σ一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短(3)CsClCsCl为离子晶体，ICl氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，s种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(4),3)EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(4),3)(3)CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的(4)由题意可知，在电场作用下，Ag+不体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar]；③比较键角大小：气态SeO3分子SeOEQ\*jc3\*hps10\o\al(\s\up5(2),3)−离子(填“>”“<”或“=”)，原因是。(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：①富马酸分子中σ键与τ键的数目比为；②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为。(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3-转化为NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),2)，①产物中N原子的杂化轨道类型为；②与NHEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(−),2)互为等电子体的一种分子为(填化学式)。(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：③该晶胞参数a=b=0.4nm、c=1.4nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为g.cm−1(列出【答案】(1)[Ar]3d104s24p4EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),3)NAabc×10(4)KFe2SeNAabc×10【解析】(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p4；②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学为120°,亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为+1=2，均位于棱上和面上的铁原子②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得=abc×10—21×d，解得d=152022·山东卷）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x.Zn(NH3)y.zC6H6的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。(1)基态Ni原子的价电子排布式为，在元素周期表中位置为(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+与Zn2+的配位数之比为；x:y:z=；晶胞中有d(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的τEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(6),6)大τ键、则吡啶中N原。_______【答案】(1)3d84s2第4周期第VIII族(2)2:32:1:1Zn2+(4)吡啶能与H2O分子形成分子间氢键吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯【解析】(1)已知Ni是28号元素，故基(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为=1，Zn2+个数为=1，含有CN-为：Ni(CN)4.Zn(NH3)2.2C6H6，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为：4，Zn2+周围形成的配位键数目为：6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比，4:6=2:3；x:y:z=4:2:2=2:1:1；由以上分析(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的τEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(6),6)大π键，则说明吡啶(4)已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与(5)已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸：＞,故答案为：>,结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：,故答案为：。16．(2022·北京卷)FeSO4.7H2O失水后可转为FeSO4.H2O，与FeS2可联合制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。(2)比较SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-和H2O分子中的键角大小并给出相应解释：。(3)H2O与Fe2+、SOEQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)-和H2O的作用分别为。II．FeS2晶胞为立方体，边长为anm，如图所示。(4)①与Fe2+紧邻的阴离子个数为。(5)以FeS2为燃料，配合FeSO4.H2O可以制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。结合图示解释可充分实现能源和【答案】(1)3d6EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应【解析】(1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),4)的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),2)EQ\*jc3\*hps12\o\al(\s\up5(2),2)个数为+1=4，设晶体的密度为dg/cm3为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的172022·重庆卷）配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O(2)L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为形；每个L2-AClBOHCNH2DCH3①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]③已知ZnO键长为dnm，理论上图中④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn【答案】(1)3d10(4)与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧4a—2d【详解】（1）锌元素的原子序数为30，基态锌离子（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不（4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn②1个[Zn4O]6+上、下、左、右、前、后共有6个L2-，每个L2-与[Zn4O]6+形成2个Zn←O配位键，1个 182022·福建卷）1962年首个稀有气体化合物XePtF6问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)(3)晶体熔点：KrF2XeF2(填“>”“<”或“=”)，判断依据是。.xKrF2加合物中x=，晶体中的微粒间作用力有(填标号)。a.氢键b.离子键c.极性共价键d.非极性共价键【答案】(1)4s24p3(2)同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐(3)<二者为同构型的分子晶体，XeF2相对分子质量大，范德华力大，熔点高4s24p3。（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层增强，故Ar、Kr、Xe原子的活泼性依序增强。（3）KrF2和XeF2是同构型的分子晶体，XeF2相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：KrF2<XeF2。色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是EQ\*jc3\*hps11\o\al(\s\up5(−),3)(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，EQ\*jc3\*hps13\o\al(\s\up5(−),4)②以晶胞参数为单位长度建