专题17 物质结构与性质综合题-五年（2020-2024）高考化学真题分类汇编（解析版）

2024年高考真题化学试题PAGEPAGE1专题17物质结构与性质综合题考向命题趋势物质结构与性质综合题物质结构与性质是高考化学知识体系重要内容，对深入认识物质、结构与性质的关系发挥重要作用。高考中试题以新结构、新功能物质为基础命制试题，有利于开阔考生的科学视野，让考生通过试题情境认识化学学科价值，突出新课改的基础性、应用性、综合性、时代性的特征。近年高考考查角度有能层、能级、能量最低原理、泡利原理、洪特规则、状态能量、第一电离能、第一电子亲和能、键能、晶格能、电负性、晶胞密度计算、晶胞空间利用率、原子在空间的三维坐标等。难点为晶体结构的分析与晶胞参数的计算。1．（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。回答下列问题：（1）该族元素基态原子核外未成对电子数为，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为。（2）俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为(填标号)。a．离子键

b．极性共价键

c．非极性共价键

d．配位键（3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，其中电负性最大的元素是，硅原子的杂化轨道类型为。（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，结合变化规律说明原因：。物质熔点/44229143（5）结晶型可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中的配位数为。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为(列出计算式)。〖答案〗（1）2+4（2）bd（3）C（4）SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高（5）6〖解析〗（1）ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为，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，呈现的最高化合价为+4；（2）俗称电石，其为离子化合物，由和构成，两种离子间存在离子键，中两个C原子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，故选bd；（3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷，含C、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si，则电负性最大的元素是C，硅原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅原子的杂化轨道类型为；（4）根据表中数据可知，SnF4的熔点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高；（5）由晶胞结构图可知，该晶胞中有4个和4个，距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此的配位数为6。设为阿伏加德罗常数的值，则个晶胞的质量为，个晶胞的体积为，因此该晶体密度为。2．（2024·山东卷）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：（1）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多的元素是(填元素符号)。（2）如某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为。当晶体有O原子脱出时，出现O空位，的化合价(填“升高”“降低”或“不变”)，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该方式获有半导体性质的是(填标号)。A．

B．

C．

D．（3）(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为。（4）可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是。〖答案〗（1）四ⅦBCr（2）MnO2降低A（3）正四面体形sp2（4）FDCA形成的分子间氢键更多〖解析〗（1）Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的电子排布式为：，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为，有6个未成对电子；（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为+2价、V2O5中V的化合价为+5价、Fe2O3中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质；（3）中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；咪唑环存在大键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2；（4）由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。3．（2024·浙江6月卷）氧是构建化合物的重要元素。请回答：（1）某化合物的晶胞如图1，的配位数(紧邻的阳离子数)为；写出该化合物的化学式，写出该化合物与足量溶液反应的化学方程式。（2）下列有关单核微粒的描述正确的是_______。A．的基态原子电子排布方式只有一种B．的第二电离能的第一电离能C．的基态原子简化电子排布式为D．原子变成，优先失去轨道上的电子（3）化合物和的结构如图2。①和中羟基与水均可形成氢键()，按照氢键由强到弱对三种酸排序，请说明理由。②已知、钠盐的碱性，请从结构角度说明理由。〖答案〗（1）12K3ClOK3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O（2）AB（3）HC>HB>HAO、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，其中羟基与H2O形成的氢键逐渐增强S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-〖解析〗（1）由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8×=1个、含O：1个、含K：6×=3个，该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成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。（2）A．根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；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Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，B项正确；C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误；〖答案〗选AB。（3）①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。4．（2024·浙江1月卷）氮和氧是构建化合物的常见元素。已知：请回答：（1）某化合物的晶胞如图，其化学式是，晶体类型是。（2）下列说法正确的是_______。A．电负性： B．离子半径：C．第一电离能： D．基态2+的简化电子排布式：（3）①，其中的N原子杂化方式为；比较键角中的中的(填“>”、“<”或“=”)，请说明理由。②将与按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱：(填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式。〖答案〗（1）分子晶体（2）CD（3）sp3＜有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小＞〖解析〗（1）由晶胞图可知，化学式为；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为分子，故为分子晶体；（2）A同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为，A错误；B核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为，B错误；C同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA族和ⅥA族相反，故顺序为，C正确；D基态的简化电子排布式：，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确；故选CD；（3）①的价层电子对数，故杂化方式为sp3；价层电子对数为4，有一对孤电子对，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，故键角中的＜中的；②将与按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是，则A为NO2HS2O7，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：＞；阴离子为根据已知可知其结构式为。5．（2023·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的催化剂。回答下列问题：（1）图1所示的几种碳单质，它们互为_______，其中属于原子晶体的是_______，间的作用力是_______。（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中轨道能提供一对电子的原子是_______(填图2酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_______，氮原子提供孤对电子与钴离子形成_______键。（3）气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中的轨道杂化类型为_______。的熔点为，远高于的，由此可以判断铝氟之间的化学键为_______键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为_______。若晶胞参数为，晶体密度_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。〖答案〗（1）同素异形体金刚石范德华力（2）③+2配位（3）离子2〖解析〗（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，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，属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；间的作用力是范德华力；（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杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大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原子形成的N—H键易断裂从而电离出；钴酞菁分子中，失去了2个的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，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键。（3）由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个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的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，距最近且等距的有2个，则的配位数为2。若晶胞参数为apm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度。6．（2023·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()。回答下列问题：（1）基态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_______。（2）已知一些物质的熔点数据如下表：物质熔点/℃800.7与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是_______。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因_______。的空间结构为_______，其中的轨道杂化形式为_______。（3）一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有_______个。该物质化学式为_______，B-B最近距离为_______。

〖答案〗（1）O＞Si＞Fe＞Mg+2（2）钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而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：、、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正四面体（3）1〖解析〗（1）为26号元素，基态原子的价电子排布式为。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()中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为中、、的化合价分别为+2、+4和-2，x+2-x=2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为+2。（2）与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知，、、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：、、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。的空间结构为正四面体，其中的价层电子对数为4，因此的轨道杂化形式为。（3）由硼镁化合物的晶体结构可知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个，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Mg的个数为1；晶体结构中在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为；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2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为。7．（2023·天津卷）铜及其化合物在生产生活中有重要作用。（1）基态Cu原子的价层电子排布式是，与相比较，离子半径较大的是。（2）铜的一种化合物的晶胞如图所示，其化学式为。（3）在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：。反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是。H2O2电子式为。（4）上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是(填序号)。a．硝酸

b．

c．（5）Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为。反应中KI的作用为。〖答案〗（1）3d104s1Cu+（2）CuCl（3）Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2（4）b（5）CuI还原剂、沉淀剂〖解析〗（1）已知Cu是29号元素，则铜的价层电子排布式是3d104s1，根据同一元素的微粒化合价高的离子有效核电荷数多，半径越小，故Cu+与Cu2+中半径较大的是Cu+，故〖答案〗为：3d104s1；Cu+；（2）由题干铜的一种化合物的晶胞图所示可知，一个晶胞中含有Cu+为4个，含有Cl-个数为：=4个，故其化学式为CuCl，故〖答案〗为：CuCl；（3）在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2，导致反应中，H2O2实际消耗量总是大于理论，H2O2为共价化合物，故其电子式为：，故〖答案〗为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2；；（4）HNO3被还原生成NO有毒，会污染环境，Cl2本身有毒也会污染环境，故上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是O2，故〖答案〗为：b；（5）Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析，向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝，说明反应生成了I2，根据化合价有升必有降的原理可知，反应中Cu的化合价降低到+1价，故反应的离子方程式为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，即该白色沉淀的化学式为CuI，反应中KI的作用为将Cu2+充分还原为CuI，故〖答案〗为：CuI；将Cu2+充分还原为CuI。8．（2023·海南卷）我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。

(代表单键、双键或叁键)回答问题：（1）配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是。（2）配合物Ⅰ中，R′代表芳基，空间结构呈角形，原因是。（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是。（4）配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，两个氮原子间键长最长的是。（5）近年来，研究人员发现含钒的锑化物在超导方面表现出潜在的应用前景。晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为。锑和磷同族，锑原子基态的价层电子排布式为。②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是。a．有或价态形式

b．均属于第四周期元素c．均属于过渡元素

d．替代原子与原离子的离子半径相近〖答案〗（1）C、O、P、Cl（2）根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形（3）N（4）配合物Ⅱ（5）6ad〖解析〗（1）根据题干配合物Ⅰ的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl；（2）根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形；（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N；（4）结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键，中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长；（5）①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式；②a．中Cs为+1价，Sb为-3价，V的总化合价为+14，平均价态介于4-5之间，故替代后，化合价可能为或价态形式，故a正确；b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误；c．Sn是IVA族元素，不属于过渡元素，故c错误；

d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确；〖答案〗为：ad。9．（2023·山东卷）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：（1）时，与冰反应生成利。常温常压下，为无色气休，固态的晶体类型为_____，水解反应的产物为_____(填化学式)。（2）中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式_____；为键角_____键角(填“＞”“＜”或“=”)。比较与中键的键长并说明原因_____。（3）一定条件下，和反应生成和化合物。已知属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数)，其中化合价为。上述反应的化学方程式为_____。若阿伏加德罗常数的值为，化合物的密度_____(用含的代数式表示)。〖答案〗（1）分子晶体HF、和（2）＞分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。（3）〖解析〗（1）常温常压下，为无色气体，则的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。分子中F显-1价，其水解时结合电离的生成HF，则结合电离的，两者反应生成，不稳定，其分解生成，因此，水解反应的产物为HF、和。（2）中心原子为，中心原子为，二者均为V形结构，但中存在大键()。由中存在可以推断，其中原子只能提供1对电子，有一个原子提供1个电子，另一个原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大键，提供孤电子对与其中一个形成配位键，与另一个形成的是普通的共价键（σ键，这个只提供了一个电子参与形成大键），的价层电子对数为3，则原子的轨道杂化方式为；中心原子为，根据价层电子对的计算公式可知，因此，的杂化方式为；根据价层电子对互斥理论可知，时，价电子对的几何构型为正四面体，时，价电子对的几何构型平面正三角形，杂化的键角一定大于的，因此，虽然和均为形结构，但键角大于键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。（3）一定条件下，、和反应生成和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为、白球的个数为、灰色球的个数为，则X中含有3种元素，其个数比为1:2:4,由于其中Cu化合价为+2、的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为，上述反应的化学方程式为。若阿伏加德罗富数的值为，晶胞的质量为，晶胞的体积为，化合物X的密度。10．（2023·浙江卷）氮的化合物种类繁多，应用广泛。

请回答：（1）基态N原子的价层电子排布式是___________。（2）与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。①下列说法不正确的是___________。A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：B．化学键中离子键成分的百分数：C．最简单的氮烯分子式：D．氮烷中N原子的杂化方式都是②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，其分子式通式为______。③给出的能力：_______(填“>”或“<”)，理由是___________。（3）某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为___________。〖答案〗（1）2s22p3（2）ANnHn+2−2m(，m为正整数)＜形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂（3）CaCN26〖解析〗（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1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3；故〖答案〗为：2s22p3。（2）①A．能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：，故A错误；B．钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：，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：，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，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NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(，m为正整数)；故〖答案〗为：NnHn+2−2m(，m为正整数)。③形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出的能力：＜(填“>”或“<”)；故〖答案〗为：＜；形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂。（3）钙个数为，个数为，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图

，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到

，以这个进行分析，其俯视图为

，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6；故〖答案〗为：CaCN2；6。11．（2023·北京卷）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。（1）基态原子价层电子排布式是__________。（2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。（3）的空间结构是__________。（4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。（5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。（6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：____________________。〖答案〗（1）（2），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（3）四面体形（4）和（5）4（6）中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子〖解析〗（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为。〖答案〗为；（2）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。〖答案〗为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；（3）的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。〖答案〗为四面体形；（4）过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。〖答案〗为和；（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。〖答案〗为4；；（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。12．（2022·全国甲卷）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：（1）基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。（2）图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。（3）固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。（4）CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。（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_______；若该立方晶胞参数为apm，正负离子的核间距最小为_______pm。〖答案〗（1）（2）

图a

同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，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（3）（4）

sp2

sp3

C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定（5）

Ca2+

apm〖解析〗根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故〖答案〗为。（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，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，因此C、N、O、F四种元素的第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，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图像为图b，故〖答案〗为：图a、同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，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。（3）固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为。（4）CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在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C原子的结合过程中形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故〖答案〗为：sp2、sp3、C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定。（5）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×=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XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为，Ca2+与F-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：Ca2+、apm。13．（2022·全国乙卷）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)a.

b.

c.

d.（2）①一氯乙烯分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的轨道形成_______键，并且Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键。②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，键长的顺序是_______，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的键越强：(ⅱ)_______。（3）卤化物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的熔点比Y高的原因_______。（4）晶体中离子作体心立方堆积(如图所示)，主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，晶体在电池中可作为_______。已知阿伏加德罗常数为，则晶体的摩尔体积_______(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参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短（3）

CsCl

CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体（4）

电解质

〖解析〗（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；〖答案〗选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，〖答案〗选d。（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键。②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键()，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键()，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/mol。14．（2022·湖南卷）铁和硒()都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：①基态原子的核外电子排布式为_______；②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；③比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。（2）富马酸亚铁是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：①富马酸分子中键与键的数目比为_______；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，将转化为，反应过程如图所示：①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；②与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：①该超导材料的最简化学式为_______；②Fe原子的配位数为_______；③该晶胞参数、。阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。〖答案〗（1）[Ar]3d104s24p4

6

＞

SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形（2）

11:3

O＞C＞H＞Fe（3）

sp3杂化

H2O（4）

KFe2Se2

4

〖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种化学环境不同的碳原子；③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°；（2）①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；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到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故〖答案〗为：sp3杂化；②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体；（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8×+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12×+2×=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；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=。15．（2022·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。晶胞参数为。回答下列问题：（1）基态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，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。（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大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道（4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。（5）、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。〖答案〗（1）

3d84s2

第4周期第VIII族（2）

2:3

2:1:1

Zn2+（3）D（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，而苯为非极性分子（5）〖解析〗（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故〖答案〗为：3d84s2；第4周期第VIII族；（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：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，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，则与的配位数之比,4:6=2:3；4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+，故〖答案〗为：2:3；2:1:1；Zn2+；（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大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故〖答案〗为：D；（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H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故〖答案〗为：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，而苯为非极性分子；（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，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）失水后可转为，与可联合制备铁粉精和。I.结构如图所示。（1）价层电子排布式为___________。（2）比较和分子中的键角大小并给出相应解释：___________。（3）与和的作用分别为___________。II．晶胞为立方体，边长为，如图所示。（4）①与紧邻的阴离子个数为___________。②晶胞的密度为___________。（5）以为燃料，配合可以制备铁粉精和。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。〖答案〗（1）3d6（2）SO的键角大于H2O，SO中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子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，分子的空间构型为V形（3）配位键、氢键（4）

6

×1021（5）由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4〖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，离子的空间构型为正四面体形，水分子中氧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，所以硫酸根离子的键角大于水分子，故〖答案〗为：SO的键角大于H2O，SO中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子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，分子的空间构型为V形；（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，硫酸根离子与水分子间形成氢键，故〖答案〗为：配位键；氢键；（4）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6，故〖答案〗为：6；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021，故〖答案〗为：×1021；（5）由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2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：由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4。17．（2021·山东卷）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）基态F原子核外电子的运动状态有__种。（2）O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF2分子的空间构型为__；OF2的熔、沸点__(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是___。（3）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为___，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。A．spB．sp2C．sp3D．sp3d（4）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有__个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___；晶胞中A、B间距离d=___pm。〖答案〗（1）9（2）F>O>Cl角(V)形低于OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高（3）5D（4）2(0，0，)pm〖解析〗（1）基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；（2）电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；（3）XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为，其中心原子的杂化方式应为sp3d；（4）图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，，，所以pm。18．（2021·湖南卷）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：（1）基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；（2）硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：熔点/K183.0203.2278.6393.7沸点/K187.2330.8427.2560.7①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；②与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；（3）下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。〖答案〗（1）；SiC（2）SiCl4SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大正四面体形sp2、sp3N>C>H54（3）OMg2GeO4=×1021〖解析〗（1）硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故〖答案〗为：；SiC；（2）①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故〖答案〗为：SiCl4；SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故〖答案〗为：sp2、sp3；N>C>H；54；（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故〖答案〗为：O；Mg2GeO4；②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故〖答案〗为：×1021。19．（2021·广东卷）很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。（1）基态硫原子价电子排布式为_______。（2）H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为_______。（3）汞的原子序数为80，位于元素周期表第_______周期第ⅡB族。（4）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有_______。A．在I中S原子采取sp3杂化B．在Ⅱ中S元素的电负性最大C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°D．在Ⅲ中存在离子键与共价键E.在Ⅳ中硫氧键的键能均相等（5）汞解毒剂的水溶性好，有利于体内重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是_______。（6）理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。

①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是_______。②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_______；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=_______。③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为_______g/cm3(列出算式)。〖答案〗（1）3s23p4（2）H2O>H2S>CH4（3）六（4）AD（5）化合物III（6）由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式41：1：2〖解析〗（1）基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故〖答案〗为：3s23p4。（2）H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故〖答案〗为：H2O>H2S>CH4。（3）第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故〖答案〗为：六。（4）A．中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；B．中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；C．中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C错误；D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；E．中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故E错误；综上所述，说法正确的是AD项，故〖答案〗为AD。（5）中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故〖答案〗为：化合物III。（6）①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故〖答案〗为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=4：4：8=1：1：2，故〖答案〗为：4；1：1：2。③1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的密度为==g/cm3，故〖答案〗为：。20．（2021·全国甲卷）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为_________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。SiCl4可发生水解反应，机理如下：含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________（填标号）。（2）CO2分子中存在_______个键和______个键。（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是________。（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为apm、apm、cpm，该晶体密度为______g·cm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=________（用x表达）。〖答案〗（1）3s23p2原子晶体(共价晶体)sp3②（2）22（3）甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多（4）82-x〖解析〗（1）基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故〖答案〗为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；（2）CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键，故〖答案〗为：2；2；（3）甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故〖答案〗为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；（4）以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度===g·cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故〖答案〗为：；2-x。21．（2021·河北卷）KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：（1）在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是__(填离子符号)。（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___。（3）已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：N—NN≡NP—PP≡P193946197489从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是___。（4）已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为___，其中P采取___杂化方式。（5）与PO电子总数相同的等电子体的分子式为__。（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为___。（7）分别用○、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度__g•cm-3(写出表达式)。②晶胞在x轴方向的投影图为__(填标号)。

〖答案〗（1）和（2）或（3）在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定（4）sp3（5）SiF4、SO2F2等（6）（7）B〖解析〗（1）在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、、和，其中核外电子排布相同的是和。（2）对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。（3）根据表中的相关共价键的键能可知，若6molN形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ6=1158kJ；若6molN形成N2分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6molP形成分子，可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若6molP形成P2分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。（4）含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。（5）等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。（6）由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。（7）①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2ccm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为，选B。22．（2021·全国乙卷）过渡金属元素铬是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______，中心离子的配位数为_______。（3）中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。中P的杂化类型是_______。的沸点比的_______，原因是_______，的键角小于的，分析原因_______。（4）在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是_______原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为_______%(列出计算表达式)。

〖答案〗（1）AC（2）6（3）高存在分子间氢键含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大（4）Al〖解析〗（1）A.基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为，A正确；B.Cr核外电子排布为，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；C.电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；故〖答案〗为：AC；（2）中三价铬离子提供空轨道，提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为三种原子的个数和即3+2+1=6，故〖答案〗为：；6；（3）的价层电子对为3+1=4，故中P的杂化类型是；N原子电负性较强，分子之间存在分子间氢键，因此的沸点比的高；的键角小于的，原因是：含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故〖答案〗为：；高；存在分子间氢键；含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；（4）已知具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为，白球个数为，结合化学式可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率=%，故〖答案〗为：Al；。23.（2020·新课标Ⅰ）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：（1）基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。（2）Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是_________。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是________。（3）磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为_______。（4）LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有____个。电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_______，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=_______。〖答案〗（1）.4:5（2）.Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由