重点09物质结构与性质综合题-2022年高考化学专练

重点9重点9物质结构与性质综合题重点考查知识包括：（1）原子结构：能量最低原理的应用；电子排布式、电子排布图的书写；电离能、电负性的大小比较和应用等。（2）分子结构：σ键、π键、配位键的分析和判断；分子的构型、分子的极性的判断；“相似相溶原理”、等电子原理、氢键的性质等知识的应用。（3）晶体结构：晶体中粒子数目的确定；共价键、分子间作用力、离子键和金属键的判断以及对晶体性质的影响；晶胞计算等。该模块试题一般以某主族元素或某类物质为情境，设计8~10个填空，以拼盘的形式呈现，知识覆盖面较广。从试题的难度来看，突破口比较容易，设计的问题大多的是知识的直接运用，考查的知识点比较集中且相对独立。1．（2021年高考全国乙卷化学试题）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】AC6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Al【详解】(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；。2．（2021年山东省高考化学试题（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】9F>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5D2(0，0，)pm【详解】(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。3．（2021年广东省普通高中学业水平选择性考试化学试题（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CCC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】3s23p4H2O>H2S>CH4六AD化合物III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【详解】(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CCC键角接近109º28’，故C错误；D．中存在CH、CC、CS、S=O、SO、SH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×107cm)2×(y×107cm)=x2y×1021cm3，则X晶体的密度为==g/cm3，故答案为：。4．（2022·北京东城·高三期末）过渡元素铂的单质是一种重要的催化剂，其化合物可用于医药领域。（1）基态的价层电子排布式是，该元素在元素周期表中位于第___________周期。（2）的晶胞示意图如下。①该晶胞中含有的铂原子数目为___________。②该晶体中，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有___________个。（3）是铂的重要配位化合物。它有甲、乙两种同分异构体，其中甲为极性分子，乙为非极性分子。甲、乙的水解产物化学式均为，但只有甲的水解产物能与草酸反应生成。①根据相似相溶的规律，可推断___________(填“甲”或“乙”)在水中的溶解度较大。②依据上述信息：___________，可推断不是四面体结构。③发生水解反应的化学方程式是___________。④和中铂的配体数不同，但配位数均为4，是由于每个中有___________个原子与铂配位。⑤查阅资料可知，甲、乙均为平面结构。画出乙的水解产物的空间结构并推测其不能与草酸反应生成的原因：___________。【答案】（1）六（2）412（3）甲存在同分异构体2乙分子水解产物的结构为，键角为180°(两个配位氧原子的距离较远)，草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键【解析】（1）基态的价层电子排布式是，该元素在元素周期表中位于第六周期。（2）①根据均摊原则，该晶胞中含有的铂原子数目为。②该晶胞为面心立方晶胞，每个铂原子周围与它最近且等距离的铂原子有12；（3）①甲为极性分子，根据相似相溶的规律，甲在水中的溶解度较大。②由存在同分异构体，可知不是四面体结构。③发生水解反应生成化学式均为和氯化氢，反应的化学方程式是。④和中铂的配体数不同，但配位数均为4，是由于每个中有2个氧原子原子与铂配位。⑤乙分子水解产物的结构为，键角为180°(两个配位氧原子的距离较远)，草酸的两个羧基无法与铂同时形成配位键。5．（2022·四川绵阳·二模）新型铜锌锡硫化合物(CuxZnySnzSn)薄膜太阳能电池近年来已经成为可再生能源领域的研究热点。回答下列问题：（1）Sn的价电子排布式为___________，Zn位于元素周期表的___________区。（2）Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是___________。其中电负性最大的元素是___________。（3）SO和SO键角较小的是___________，原因是___________。（4）向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，最终得到蓝色溶液，溶液中1mol[Cu(NH3)4]2+含有___________个σ键。再向溶液中加入乙醇，得到深蓝色晶体，该晶体中不存在___________(填标号)。A．离子键B．共价键C．配位键D．金属键E．氢键（5）锌黄锡矿(K型)是制备薄膜太阳能电池的重要原料，其晶胞结构如图所示(晶胞参数α=β=y=90°)。该晶体的化学式为___________，密度ρ=___________g·cm3(用含有NA的代数式表示)。【答案】（1）5s25p2ds（2）P＞S＞SiS（3）SOSO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO（4）16NA(或16×6.02×1023)D（5）Cu2ZnSnS4×1030【解析】（1）Sn位于第四周期ⅣA族，价电子数等于最外层电子数，即Sn的价电子排布式为5s25p2；Zn位于元素周期表第四周期ⅡB族，属于ds区；故答案为5s25p2；ds；（2）三种元素属于同周期，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；同周期从左向右电负性增大(稀有气体除外)，因此电负性最大的是S；故答案为P＞S＞Si；S；（3）SO中中心原子S价层电子对数为=4，SO中中心原子S的价层电子对数为=4，前者含有1个孤电子对，后者不含有孤电子对，根据孤电子对之间的斥力＞孤电子对数－成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，因此SO键角小于SO；故答案为SO；SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO；（4）Cu2＋与NH3之间形成配位键，1个Cu2＋与4个NH3形成4个配位键，即形成4个σ键，NH3中N与3个H形成3个σ键，因此1mol[Cu(NH3)4]2+含有(4＋4×3)NA个σ键，即16NA或16×6.02×1023个σ键；深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，[Cu(NH3)4]2＋与SO之间形成离子键，Cu2＋与NH3之间形成配位键，N和H之间形成共价键，[Cu(NH3)4]SO4·H2O也含有氢键，但不含有金属键；故答案为16NA或16×6.02×1023；D；（5）根据晶胞图可知，Cu位于顶点、面心和体心，个数为=4，Zn位于棱上和面心，个数为=2，Sn位于面上，个数为=2，S位于晶胞内部，个数为8，即化学式为Cu2ZnSnS4；晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×a×2a×10－30)cm3，根据密度的定义，该晶胞的密度为=×1030g/cm3；故答案为Cu2ZnSnS4；×1030。6．（2022·广东汕头·高三期末）传统的锂离子电池或钠离子电池由于使用有机液态电解液而存在安全问题。发展全固态电池是解决这一问题的必然趋势。、、是常用的固体电解质。回答下列问题：（1）基态Si的电子排布式为___________。（2）Zr的原子序数为40，位于周期表的第___________周期ⅣB族。（3）、、的沸点由高到低的顺序是___________。（4）亚磷酸是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成和两种盐，则分子的结构式为___________，其中P原子的杂化方式为___________。（5）Ti能形成化合物，该化合物中的配位数为___________，在该化合物中不含___________(填标号)。A．键B．键C．配位键D．离子键E．极性键F．非极性键（6）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，其组成为固溶体。四方晶胞如图所示。A原子的坐标为，B原子的坐标为，则C原子的坐标为___________。该晶体密度为___________(写出表达式)。在中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为，则___________(用x表达)。【答案】（1）或（2）五（3）(写“、、”或“”也给分)（4）或（5）6BF（6）【解析】（1）已知Si是14号元素，故基态Si的电子排布式为或，故答案为：或；（2）已知周期表中排满第四周期共有36种元素，排满第五周期共需54种元素，故Zr的原子序数为40，位于周期表的第五周期ⅣB族，故答案为：五；（3）、、三者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键，沸点反常高，AsH3的相对分子质量比PH3大，故其中的分子间作用力也大，沸点也高，故三者的沸点由高到低的顺序是，故答案为：；（4）亚磷酸是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成和两种盐，说明H3PO3是一种二元酸，即只含两个羟基，则分子的结构式为或，由其结构简式可知，P原子周围形成了4个σ键，无孤电子对，则其中P原子的杂化方式为sp3，故答案为：或，sp3；（5）Ti能形成化合物，该化合物中周围共有6个配位键，6个配体，则其配位数为6，在该化合物中存在与Cl之间的离子键，内部与Cl、H2O之间的配位键，H2O中HO之间的极性共价键，配位键和H2O中的极性键均为键，故不含键和非极性键，故答案为：6；BF；（6）晶胞中Zr4+位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，O2位于晶胞体内，分列八分之一晶胞的体心，由A、B的坐标可知，C的坐标为：，O原子个数为8，则一个晶胞含有4个ZrO2，质量为，晶胞体积为a2c×1030cm3，可知ρ==g•cm3；在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1xOy，化合物中Zn为+2价、Zr为+4价、O为2价，则2x+4×（1x）=2y，y=2x，故答案为：；；2x。7．（2021·四川内江·一模）铜及其合金广泛应用于生活生产中。如黄铜合金可作首饰、镀层等。请回答下列问题：（1）基态铜原子价电子排布式为___________。（2）在Cu(NO3)2溶液中加入氨水至过量，生成[Cu(NH3)4]2+。①中N原子的杂化类型是___________；NH3分子的立体构型是___________。②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的基态原子有___________个未成对电子。1mol该阳离子含有的σ键数目为___________③NH3能与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+，而NF3不能，其原因是___________，NH3的沸点比NF3___________(选填“高”或“低”)，原因是___________。（3）黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如图所示：已知：晶胞参数为anm。①合金中粒子间作用力类型是___________。②与Cu原子等距离且最近的Cu原子有___________个。③黄铜合金晶体密度为___________g·cm3。(设NA为阿伏加德罗常数的值)【答案】（1）3d104s1（2）sp2杂化三角锥形316NAN、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键高NH3的分子之间存在氢键（3）金属键8【解析】（1）Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则其价电子排布式为3d104s1；（2）①中N原子的价层电子对数为3+=3，且N原子上无孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp2杂化；NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，且N原子上有1对孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp3杂化，NH3的立体构型是三角锥形；②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的原子是N原子，基态N原子上有3个未成对电子；在[Cu(NH3)4]2+中4个配位体NH3与中心Cu2+形成4个配位键；在每个NH3中形成了3个NH极性键，配位键及NH极性共价键都是σ键，则在1个[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数是4+3×4=16个，在1mol[Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目为16NA；③N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，而偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键，所以NF3不能与Cu2+形成配位键；NH3、NF3在固态时都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，但由于NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致NH3熔沸点比NF3高；（3）①合金中粒子间作用力类型是金属键；②根据图示可知：与Cu原子等距离且最近的Cu原子有8个；③在该晶胞中含有Cu原子数目为6×=3；含有的Zn原子数目为8×=1，则该晶胞的密度ρ=。8．（2022·云南·一模）2020年9月，中国向联合国大会宣布“30.60目标”，即二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和。目前我国正在大力发展新能源车。磷酸铁锂电池主要成分为LiFePO4，可采用二价铁盐或三价铁盐、H3PO4、NH3∙H2O等作为原料制备。（1）H3PO4中PO空间构型为___________（2）Fe2+的电子排布式为___________。Fe3+比Fe2+更稳定的原因是___________。（3）NH3和PH3结构相似，但NH3易溶于水，PH3难溶于水，原因是___________（4）LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为___________(用n代表P原子数)。（5）石墨可用作锂离子电池的负极材料，Li+嵌入石墨的两层间，导致石墨的层堆积方式发生改变，形成化学式为LixC6的嵌入化合物。某石墨嵌入化合物的平面结构如图甲所示，则x=___________；若每个六元环都对应一个Li+，则化学式为___________。（6）某金属锂的硼氢化物是优质固体电解质，并具有高储氢密度。阳离子为Li+，阴离子是由12个硼原子和12个氢原子所构成的离子团。阴离子在晶胞中的位置如图乙所示，其堆积方式为___________，Li+占据阴离子组成的所有正四面体空隙中心，该化合物的化学式为___________(用最简整数比表示)。假设晶胞边长为anm，则该晶胞的密度为___________g/cm3(用含a、NA的代数式表示)。【答案】（1）正四面体形（2）[Ar]3d6(或1s22s22p63s23p63d6)Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，最外层电子为半充满的稳定状态，比电子排布为[Ar]3d6的Fe2+更稳定（3）NH3与H2O可以形成氢键，使其在水中的溶解度大于PH3（4）(PnO3n+1)(n+2)（5）1LiC2（6）面心立方最密堆积LiC6H6【解析】（1）H3PO4中PO的P原子价电子对数为4+=4，P原子上无孤电子对，所以PO的空间构型为正四面体形；（2）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层的2个4s电子变为Fe2+，故Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)；Fe2+再失去1个3d电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布是[Ar]3d5，用于Fe3+处于d轨道的半充满的稳定状态，比电子排布为[Ar]3d6的Fe2+更稳定；（3）NH3、PH3分子结构相似，都是极性分子，H2O分子也是极性分子，由于N元素非金属性强，原子半径又小，所以NH3与H2O易形成氢键，导致NH3在水中更容易溶解，因此NH3极易溶于水，而PH3难溶于水；（4）由图可知：2个P原子之间共有1个O原子，则酸根有n个P原子时，与n个PO4相比少了(n1)个O原子，即O原子数目为4n(n1)=3n+1，形成1条PO键的O原子额外获得1个电子，即离子电荷数等于结构中形成1条PO键的O原子数目，故离子带(n+2)单位负电荷，故这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)；（5）Li+嵌入石墨的两层间，每个Li+给每一层提供，每层上下均有Li+，故图中Li+相当于每一层单独占有，每个Li+周围单独占有6个C原子，Li与C原子之比为1：6，所以LixC中x=1；若每个六元环都对应一个Li+，六元环上碳原子为3个环共用，则每个碳原子环上含有的C原子数目为6×=2，则Li与C原子数目之比1：2，所以化学式为LiC2；（6）由图可知：阴离子处于晶胞的顶点与面心，属于面心立方最密堆积；顶点阴离子与面心阴离子形成正四面休结构，晶胞中有8个正四面体，故晶胞中有8个Li+，均摊法计算晶胞中离子团数目为：8×+6×=4，所以Li、B、H原子数目之比为8∶(12×4)∶(12×4)=1：6：6，所以化学式为LiC6H6；该晶胞中含有8个Li+，4个，晶胞边长为anm，则该晶胞的密度ρ=。9．（2021·四川成都·一模）推广磷酸亚铁锂电池的新能源汽车对减少二氧化碳排放和大气污染具有重要意义。工业上用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl及苯胺()为原料制磷酸亚铁锂材料。回答下列问题：（1）基态铁原子核外电子运动状态有______种；基态Fe3+较基态Fe2+稳定的原因是______。（2）在NH4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是______；NH的空间构型为______；H2PO中P原子的杂化轨道类型为______。（3）1mol中含有______molσ键；苯胺水溶性大于苯的主要原因是______。（4）构想某锂电池的负极材料晶体是锂原子嵌入石墨烯层间，晶体结构如图。①石墨的硬度小、熔沸点高的原因分别是______。②如图晶体的化学式为______；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为______g•cm3(用NA表示阿伏加德罗常数，列式即可)。【答案】（1）26基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态（2）O>N>P正四面体形sp3杂化（3）14苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能（4）石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高LiC6【解析】（1）根据鲍利原理可知，原子核外没有运动状态相同的电子，铁是26号原子，核外有26个电子，则基态铁原子核外电子运动状态有26种，根据洪特规则及特例可知，由于基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态，导致基态Fe3+较基态Fe2+更稳定，故答案为：26；基态Fe3+价层电子式为3d5，处于半满较稳定状态；（2）根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强，同一主族从上往下元素的电负性依次减弱，故在NH4H2PO4中的N、P、O三种元素的电负性由大到小的顺序是O＞N＞P，NH的中心原子N周围的价层电子对数为：4+=4，则其空间构型为正四面体，已知中中心原子P原子周围的价层电子对数为：4+=4，则P的杂化方式为sp3，H2PO与的杂化方式相同，则H2PO中P原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：O＞N＞P；正四面体；sp3；（3）已知单键均为σ键，苯环上6个碳碳键均为介于单键和双键之间独特的键，则1mol中含有14molσ键；由于苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能，导致苯胺水溶性大于苯，故答案为：14；苯胺与水能形成分子间氢键而苯不能；（4）①由于石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，导致其硬度小，但层内碳原子间以共价键结合，导致其熔沸点又很高，故答案为：石墨晶体为层状结构，层间作用力为范德华力，硬度小，层内碳原子间以共价键结合，熔沸点高；②由题干晶胞图可知，Li位于8个顶点，C由8个位于侧面上，2个位于体内，故一个晶胞含有的Li+为：=1，C原子个数为：，则晶体的化学式为LiC6，该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3×142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为g，晶胞体积为(3×142)2×335×1030cm3，结合密度公式ρ=，解得d=g/cm3，故答案为：LiC6；。10．（2021·四川·石室中学一模）TiO2aNb、Cu(In1xGaxSe2)是常见的光学活性物质。请回答下列问题：（1）基态Ti原子的电子所占据的最高能层符号为___________，N、O、Cu的电负性由大到小的顺序是___________。（2）利用TiO2纳米管的光电实验可制备TNT(2，4，6—三硝基甲苯)，其结构如图，N原子的杂化类型为___________。TNT常温下是固体，而甲苯是液体，原因是___________。（3）GaCl3·xNH3(x=3，4，5，6)是一系列化合物，向含1molGaCl3·xNH3的溶液中加入足量AgNO3溶液，有难溶于硝酸的白色沉淀生成；过滤后，充分加热滤液，有4mol氨气逸出，且又有上述沉淀生成，两次沉淀的物质的量之比为1：2。①NH3的VSEPR模型为___________。②GaCl3·xNH3含有的化学键类型有___________(填序号)。A．极性共价键B．离子键C．配位键D．金属键E．氢键③能准确表示GaCl3·xNH3结构的化学式为___________。（4）TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2aNb，表示如图。①立方晶系TiO2晶胞参数如图甲所示，其晶体的密度为___________g/cm3。②图乙TiO2aNb晶体中a=___________。【答案】（1）NO＞N＞Cu（2）sp2TNT比甲苯相对分子质量大，范德华力更大（3）四面体形ABC[Ga(NH3)4Cl2]Cl（4）(或)【解析】（1）基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，占据的最高能级符号为N，非金属性O＞N＞Cu，因此电负性O＞N＞Cu。（2）该分子中，N原子的价层电子对数为，因此N原子的杂化方式为sp2，TNT和甲苯均是分子晶体，TNT比甲苯相对分子质量大，范德华力更大，熔点更高，所以TNT在常温下是固体，而甲苯是液体。（3）①NH3的中心原子的价层电子对数位，因此其VSEPR模型为四面体形；②GaCl3·xNH3中Ga3+和Cl形成离子键NH3分子中N和H形成极性共价键，Ga和N之间有配位键，故答案选ABC；③加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成，说明有氯离子；过滤后，充分加热滤液，使配位键断裂，产生NH3和Cl，有氨气逸出，Cl与Ag＋生成沉淀，两次沉淀的物质的量之比为1：2，则有配位键的Cl与没有配位键的Cl的个数比为2：1，Ga3＋配位数为6，则该溶液中溶质的化学式为[Ga(NH3)4Cl2]Cl。（4）①根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，1个晶胞中含有Ti的个数为，O原子8个在棱上、8个在面上、2个在体内，1个晶胞中含有O的个数为，则1mol晶胞的质量为48×4+16×8=320g，1mol晶胞的体积为cm3，所以密度g/cm3；②由晶胞结构示意图可知，TiO2aNb晶胞中N原子数为，O原子数为，Ti原子数为4，故，，解之得，。11．（2021·重庆南开中学模拟预测）钛是一种稀有金属，具有密度小、强度高、耐腐蚀等特点，钛和钛的化合物在航天、化工、建筑、日常生活中都有着广泛的用途。已知：阿伏加德罗常数的值为。（1）基态钛原子价电子排布式为___________；与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的还有___________种。（2）钛的一种常见化合物是。该物质中含有σ键的数目为___________，配体的VSEPR模型名称是___________，其沸点高于，原因是___________。（3）常温下，是易溶于、易挥发的无色液体。挥发过程中破坏的作用力类型是___________。（4）的结构如图所示，(IV)的配位数为___________。分子或离子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数(如苯分子中大π键的可表示为)，则配体中含有的大π键应表示为___________。（5）氮化钛()晶体呈金黄色，化学稳定性好，可应用于超导材料。已知氮化钛晶体具有型结构，则该晶体中阳离子的配位数为___________；已知该晶体的晶胞参数为，其晶体密度的计算表达式为___________。【答案】（1）3（2）四面体型分子间可以形成氢键，的极性更强（3）分子问作用力（4）8（5）6【解析】（1）基态钛原子电子排布式为，故其价电子排布式为，基态钛原子有2对未成对电子数，同周期的元素中有2对未成对电子数Ni、Se、Ge三种元素。（2）1mol中氢氧键有12mol，配位键有6mol，故含有σ键的数目为；配体的价层电子对数为4，故VSEPR模型是四面体；由于分子间可以形成氢键，故其沸点高于。（3）由题目可知为分子晶体，故挥发过程中破坏的作用力类型是分子间作用力。（4）由的结构可知，配位原子是氧原子，故(IV)的配位数为8，在中，N原子上的2对孤电子对和3个氧原子上的3个单电子以及得到一个电子形成了6电子4中心的大大π键，则配体