2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：物质结构与性质

第1页（共1页）2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：物质结构与性质一．解答题（共10小题）1．（2024•全国）我国科学家在含硼非线性光学晶体材料KBe2（BO3）F2（简称KBBF）的研发和应用上处于世界领先地位，实验室合成KBBF的化学方程式可表示为3KBF4+6BeO+B2O3═3KBe2（BO3）F2+2BF3↑。回答下列问题：（1）B的核外电子排布式为，组成KBBF的元素中，第一电离能最小的是。（2）KBF4中阴离子的空间构型为，BF3中心原子杂化类型为。（3）硼的卤化物部分性质如下表所示：物质BF3BCl3BBr3BI3沸点/K172285364483键能/（kJ•mol﹣1）646444368267硼的卤化物沸点依次升高的原因是，键能依次减小的原因是。（4）BeO的一种晶体为立方ZnS结构（如图所示），晶胞参数为anm。氧的配位数为，晶体密度为ρ＝g•cm﹣3（写出计算表达式，NA为阿伏加德罗常数的值）。2．（2024•浙江）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＞N＞OB．离子半径：P3﹣＜S2﹣＜Cl﹣C．第一电离能：Ge＜Se＜AsD．基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d4（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣，其中﹣NH2的N原子杂化方式为；比较键角∠HNH：H2N﹣NH2中的﹣NH2H2N﹣中的﹣（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2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱：HNO3（填“＞”、“＜”或“＝”）；写出A中阴离子的结构式。3．（2024•北京）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SnCl4。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σ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；灰锡具有立方金刚石结构。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，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是。4．（2024•浙江）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，Cl﹣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NH4Cl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．Ar的基态原子电子排布方式只有一种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轨道上的电子（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，请说明理由。②已知HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由。5．（2024•山东）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：（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多的元素是（填元素符号）。（2）Mn的某种氧化物MnO3的四方晶胞及其在xy平面的投影如图1所示，该氧化物化学式为。当MnO3晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn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.CaOB.V2O5C.Fe2O3D.CuO（3）[BMlM]+（见图2）是MnO2品型转变的透导剂。的空间构型为；[BMIM]+中咪唑环存在大π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（见图3），FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是。6．（2024•上海）氟元素及其化合物具有广泛用途。（1）下列关于氟元素的性质说法正确的是。A.原子半径最小B.原子电离能最大C.元素的电负性最强D.最高正化合价为+7（2）（不定项）下列关于18F与19F说法正确的是。A.是同种核素B.是同素异形体C.19F比18F多一个电子D.19F比18F多一个中子（3）萤石（CaF2）与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的方程式：；该反应中体现浓硫酸的性质是。A.强氧化性B.难挥发性C.吸水性D.脱水性（4）液态氟化氢（HF）的电离方式为：，其中X为。的结构为F—H…F—，其中F与HF依靠相连接。（5）氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是。7．（2024•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）CaC2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SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔点/℃442﹣3429143（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的配位数为。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）。8．（2024•上海）已知Al2Br6的晶胞如图所示（平行六面体，各棱长不相等，Al2Br6在棱心）。（1）该晶体中，每个Al2Br6，距离其最近的Al2Br6有个。A.4B.5C.8D.12（2）已知NA＝6.02×1023mol﹣1，一个晶胞的体积V＝5.47×10﹣22cm3，求Al2Br6的晶胞密度（保留2位小数）。（3）AlBr3水解可得Al（OH）3胶体，请解释用Al（OH）3可净水的原因。（4）用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是。A.[nAl（OH）3•nAl•（3n﹣x）OH]x+B.[nAl（OH）3•nAl•xOH]（3n+x）+C.[nAl（OH）3•nBr]x﹣D.（某电中性微粒）9．（2023•北京）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根（S2）可看作是中的一个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：。（3）S2的空间结构是。（4）同位素示踪实验可证实S2中两个S原子的化学环境不同，实验过程为S2Ag2S+。过程ⅱ中，S2断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na232SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是。（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）6]2+个数为。已知MgS2O3•6H2O的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）（6）浸金时，S2作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au（S2O3）2]3﹣。分别判断S2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：。10．（2023•天津）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，Cu+与Cu2+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CuCl2，写出该反应化学方程式：。H2O2的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。a．HNO3b．O2c．Cl2（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。

2025年高考化学复习之小题狂练300题（解答题）：物质结构与性质参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•全国）我国科学家在含硼非线性光学晶体材料KBe2（BO3）F2（简称KBBF）的研发和应用上处于世界领先地位，实验室合成KBBF的化学方程式可表示为3KBF4+6BeO+B2O3═3KBe2（BO3）F2+2BF3↑。回答下列问题：（1）B的核外电子排布式为1s22s22p1，组成KBBF的元素中，第一电离能最小的是K。（2）KBF4中阴离子的空间构型为四面体形，BF3中心原子杂化类型为sp2。（3）硼的卤化物部分性质如下表所示：物质BF3BCl3BBr3BI3沸点/K172285364483键能/（kJ•mol﹣1）646444368267硼的卤化物沸点依次升高的原因是相对分子质量：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，分子作用力：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，键能依次减小的原因是硼的卤化物中键长越长，键能越小，键长：B—F＜B—Cl＜B—Br＜B—I。（4）BeO的一种晶体为立方ZnS结构（如图所示），晶胞参数为anm。氧的配位数为4，晶体密度为ρ＝g•cm﹣3（写出计算表达式，NA为阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）1s22s22p1；K；（2）四面体形；sp2；（3）相对分子质量：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，分子作用力：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3；硼的卤化物中键长越长，键能越小，键长：B—F＜B—Cl＜B—Br＜B—I；（4）4；。【分析】（1）基态B原子有5个电子，根据工作原理书写基态B原子的核外电子排布式；组成KBBF的元素有K、Be、B、O、F，元素的金属性越强，其第一电离能越小；同一周期元素，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素；（2）KBF4中阴离子为，中B原子的价层电子对个数为4+＝4且不含孤电子对，BF3中B原子的价层电子对个数为3+＝3且不含孤电子对；（3）硼的卤化物都是不能形成分子间氢键的分子晶体，其沸点随分子间作用力的增大而升高，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大；硼的卤化物中键长越长，键能越小；（4）该晶胞中Be原子个数为4，O原子个数为8×+6×＝4，则该晶胞中相当于含有4个“BeO”，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，该晶胞中与氧原子距离最近且距离相等的Be原子个数是4；晶体密度＝＝。【解答】解：（1）基态B原子有5个电子，根据工作原理书写基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1；组成KBBF的元素有K、Be、B、O、F，元素的金属性越强，其第一电离能越小；同一周期元素，第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族第一电离能大于其相邻元素，这几种元素中第一电离能最小的是K，故答案为：1s22s22p1；K；（2）KBF4中阴离子为，中B原子的价层电子对个数为4+＝4且不含孤电子对，该离子的空间构型为四面体形，BF3中B原子的价层电子对个数为3+＝3且不含孤电子对，BF3中心原子杂化类型是sp2，故答案为：四面体形；sp2；（3）硼的卤化物都是不能形成分子间氢键的分子晶体，其沸点随分子间作用力的增大而升高，分子间作用力随相对分子质量的增大而增大，相对分子质量：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，分子作用力：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，则沸点：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3；硼的卤化物中键长越长，键能越小，键长：B—F＜B—Cl＜B—Br＜B—I，则键能：B—F＞B—Cl＞B—Br＞B—I，故答案为：相对分子质量：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3，分子作用力：BF3＜BCl3＜BBr3＜BI3；硼的卤化物中键长越长，键能越小，键长：B—F＜B—Cl＜B—Br＜B—I；（4）该晶胞中Be原子个数为4，O原子个数为8×+6×＝4，则该晶胞中相当于含有4个“BeO”，晶胞体积＝（a×10﹣7cm）3，该晶胞中与氧原子距离最近且距离相等的Be原子个数是4，所以O原子的配位数是4；晶体密度＝＝＝g/cm3，故答案为：4；。【点评】本题考查物质的结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及计算能力，明确原子结构、价层电子对互斥理论内涵、晶胞的计算方法是解本题关键，题目难度中等。2．（2024•浙江）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Cr（H2O）4Cl2，晶体类型是分子晶体。（2）下列说法正确的是C。A．电负性：B＞N＞OB．离子半径：P3﹣＜S2﹣＜Cl﹣C．第一电离能：Ge＜Se＜AsD．基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d4（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣，其中﹣NH2的N原子杂化方式为sp3；比较键角∠HNH：H2N﹣NH2中的﹣NH2＜H2N﹣中的﹣（填“＞”、“＜”或“＝”），请说明理由﹣NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小。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2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱：＞HNO3（填“＞”、“＜”或“＝”）；写出A中阴离子的结构式。【答案】（1）CrCl2•4H2O；分子晶体；（2）C；（3）①sp3；＜；﹣NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；②＞；。【分析】（1）由晶胞图可知，每个Cr连接4个H2O，2个Cl；（2）A．同一周期主族元素，从左向右，电负性逐渐增大；B．核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小；C．同一周期元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素的大；D．Cr是24号元素，位于第四周期第ⅥB族；（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣中﹣NH2的N原子形成3个σ键，还有1个孤电子对；孤电子对对成键电子对存在排斥力；②为HNO3失去带负电的O原子形成的；根据原子守恒可推断A中阴离子化学式；【解答】解：（1）由晶胞图可知，每个Cr连接4个H2O，2个Cl，化学式为CrCl2•4H2O，为分子晶体，故答案为：CrCl2•4H2O；分子晶体；（2）A．同一周期主族元素，从左向右，电负性逐渐增大，故电负性：B＜N＜O，故A错误；B．核外电子排布相同的微粒，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：P3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故B错误；C．同一周期元素，从左向右，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能比相邻元素的大，故第一电离能：Ge＜Se＜As，故C正确；D．Cr是24号元素，位于第四周期第ⅥB族，基态Cr的简化电子排布式：[Ar]3d44s2，故D错误；故答案为：C；（3）①H2N﹣NH2+H+→H2N﹣中﹣NH2的N原子形成3个σ键，还有1个孤电子对，为sp3杂化；H2N﹣NH2中的﹣NH2与H2N﹣中的N原子都为sp3杂化，H2N﹣NH2中﹣NH2中的N原子含有1个孤电子对，H2N﹣中的N原子没有孤电子对，孤电子对对成键电子对存在排斥力，键角变小，故H2N﹣NH2中﹣NH2的∠HNH的键角小于H2N﹣中﹣的∠HNH键角，故答案为：sp3；＜；﹣NH2中的N原子含有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小；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2种微粒构成，其中之一是，则反应方程式为：HNO3+2SO3＝+HS2，为HNO3失去带负电的O原子形成的，氧化性增强，即氧化性：＞HNO3，A中阴离子为HS2，其结构式为，故答案为：＞；。【点评】本题考查原子结构与晶体结构，侧重考查学生晶胞计算和核外电子排布的掌握情况，试题难度中等。3．（2024•北京）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SnCl4。①SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形。②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ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；灰锡具有立方金刚石结构。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4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，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn。【答案】（1）；（2）①平面三角形；②sp3杂化；（3）①4；②；（4）与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn。【分析】（1）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，价电子排布为5s25p2，据此书写轨道表示式；（2）①SnCl2分子中Sn的价电子对数为3，中心原子为sp2杂化，据此判断其VSEPR模型；②SnCl4中Sn的价电子对数为4，中心原子为sp3杂化；（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根据均摊法计算，可得白锡晶胞中Sn原子数目为2，而灰锡晶胞中Sn原子数目为8，根据密度＝计算密度之比；（4）焦炭在高温下与空气中的氧气反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn。【解答】解：（1）Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，价电子排布为5s25p2，其轨道表示式为：，故答案为：；（2）①SnCl2分子中Sn的价电子对数为2+＝3，有1对孤电子对，中心原子为sp2杂化，VSEPR模型名称是平面三角形，故答案为：平面三角形；②SnCl4中Sn的价电子对数为4+＝4，无孤电子对，中心原子为sp3杂化，所以Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成的σ键，故答案为：sp3杂化；（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，故答案为：4；②根据均摊法计算，可得白锡晶胞中Sn原子数目为8×＝2，而灰锡晶胞中Sn原子数目为8×＝8，所以其密度之比为，故答案为：；（4）单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn，故答案为：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及轨道表示式，杂化类型、配位数、均摊法计算、晶胞密度的计算等，属于基本知识的考查，难度不大。4．（2024•浙江）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，Cl﹣的配位数（紧邻的阳离子数）为12；写出该化合物的化学式KCl•K2O，写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式K3ClO+2NH4Cl+H2O＝3KCl+2NH3•H2O。（2）下列有关单核微粒的描述正确的是AB。A．Ar的基态原子电子排布方式只有一种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轨道上的电子（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HC＞HB＞HA，请说明理由O、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，酸性增强。②已知HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，请从结构角度说明理由S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，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。【答案】（1）12；KCl•K2O；K3ClO+2NH4Cl+H2O＝3KCl+2NH3•H2O；（2）AB；（3）①HC＞HB＞HA；O、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，酸性增强；②S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，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。【分析】（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；（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；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；C．Ge的原子序数为32；D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2；（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；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键的键长大于O—H键，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﹣。【解答】解：（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，故答案为：12；KCl•K2O；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，故A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，故B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，故C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，故D错误；故答案为：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，故答案为：HC＞HB＞HA；O、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，酸性增强；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键的键长大于O—H键，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，故答案为：S的原子半径大于O的原子半径，S—H键的键长大于O—H键，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。【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。5．（2024•山东）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：（1）Mn在元素周期表中位于第四周期ⅦB族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr（填元素符号）。（2）Mn的某种氧化物MnO3的四方晶胞及其在xy平面的投影如图1所示，该氧化物化学式为MnO2。当MnO3晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价降低（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A（填标号）。A.CaOB.V2O5C.Fe2O3D.CuO（3）[BMlM]+（见图2）是MnO2品型转变的透导剂。的空间构型为正四面体；[BMIM]+中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为sp2杂化。（4）MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂（见图3），FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是FDCA可形成更多的氢键。【答案】（1）四；ⅦB；Cr；（2）MnO2；降低；A；（3）正四面体；sp2；（4）FDCA可形成更多的氢键。【分析】（1）根据Mn的位置进行分析解答；根据各原子的电子排布式进行分析解答；（2）根据均摊法则判断氧化物化学式；当MnO3晶体有O原子脱出时，则根据化合价代数和为0进行分析；（3）根据价层电子对互斥模型进行解答；N原子存在π键；（4）FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，还有氢键的作用。【解答】解：（1）根据Mn的位置在周期表中位置是第四周期ⅦB族，根据各原子的电子排布式可知基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，故答案为：四；ⅦB；Cr；（2）由图可知Mn的个数＝1+8×＝2，O原子的个数＝2+4×＝4，则该氧化物化学式为MnO2；当MnO3晶体有O原子脱出时，则根据化合价代数和为0可知，Mn元的化合价会降低，变价金属氧化物会产生O空位，Ca元素只有+2价，故不会产生O空位，故A正确，故答案为：MnO2；降低；A；（3）存在4个成键电子对，不存在孤电子对，故空间构型为正四面体；N原子存在π键，故是sp2杂化，故答案为：正四面体；sp2；（4）FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，还有氢键的作用，FDCA会形成更多的氢键，故答案为：FDCA可形成更多的氢键。【点评】本题考查原子的结构与分子的结构的相关知识，属于基础知识的考查，注意掌握电子排布式的书写、原子的杂化方式及氢键的相关知识，题目难度中等。6．（2024•上海）氟元素及其化合物具有广泛用途。（1）下列关于氟元素的性质说法正确的是C。A.原子半径最小B.原子电离能最大C.元素的电负性最强D.最高正化合价为+7（2）（不定项）下列关于18F与19F说法正确的是D。A.是同种核素B.是同素异形体C.19F比18F多一个电子D.19F比18F多一个中子（3）萤石（CaF2）与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的方程式：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑；该反应中体现浓硫酸的性质是B。A.强氧化性B.难挥发性C.吸水性D.脱水性（4）液态氟化氢（HF）的电离方式为：，其中X为H2F+。的结构为F—H…F—，其中F与HF依靠氢键相连接。（5）氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是F2与Cu可形成致密的CuF2保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与F2反应的进一步进行。【答案】（1）C；（2）D；（3）CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑；B；（4）H2F+；氢键；（5）F2与Cu可形成致密的CuF2保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与F2反应的进一步进行。【分析】（1）A.所有原子中，H原子半径最小；B.F原子的电离能比Ne小，C.F元素的电负性是最强的；D.O、F都没有最高正化合价；（2）A.18F与19F是F元素的两种不同的核素；B.同素异形体指的是单质；C.19F比18F多一个中子，电子数和质子数是相等的；D.19F比18F多一个中子；（3）萤石（CaF2）与浓硫酸共热，生成CaSO4和HF气体；该反应中体现浓硫酸的难挥发性；（4）液态氟化氢（HF）的电离方式为：，根据原子守恒可知，其中X的化学式，的结构为F—H…F﹣，其中F与HF之间可以形成氢键；（5）F2与Cu可形成致密的CuF2保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与F2反应的进一步进行。【解答】解：（1）A.氟元素位于第二周期的最右边，其原子半径在同周期元素原子中是最小的，但还是比H原子半径大，故A错误；B.F原子的电离能不是最大的，比Ne小，故B错误，C.F元素的电负性是最强的，故C正确；D.F元素没有最高正化合价，故D错误；故答案为：C；（2）A.18F与19F是F元素的两种不同的核素，故A错误；B.18F与19F是不同的原子，不是同素异形体，同素异形体指的是单质，故B错误；C.19F比18F多一个中子，电子数和质子数是相等的，故C错误；D.19F比18F多一个中子，故D正确；故答案为：D；（3）萤石（CaF2）与浓硫酸共热可制备HF气体，该反应的方程式为：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑；该反应中体现浓硫酸的难挥发性，即B符合题意，故答案为：CaF2+H2SO4CaSO4+2HF↑；B；（4）液态氟化氢（HF）的电离方式为：，根据原子守恒可知，其中X为H2F+，的结构为F—H•••F﹣，其中F与HF依靠氢键相连接，故答案为：H2F+；氢键；（5）氟单质常温下能腐蚀Fe、Ag等金属，但工业上却可用Cu制容器储存，其原因是F2与Cu可形成致密的CuF2保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与F2反应的进一步进行，故答案为：F2与Cu可形成致密的CuF2保护膜，覆盖在Cu表面，阻碍Cu与F2反应的进一步进行。【点评】本题主要考查氟元素及其化合物的相关知识，属于基本知识的考查，难度不大。7．（2024•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2，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4。（2）CaC2俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为bd（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C，硅原子的杂化轨道类型为sp3杂化。（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：SnF4属于离子晶体，熔沸点较高，高于SnCl4、SnBr4、SnI4，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，熔沸点较低，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点逐渐升高。物质SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔点/℃442﹣3429143（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的配位数为6。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）。【答案】见试题解答内容【分析】（1）ⅣA族元素基态原子的价电子排布为ns2np2，核外未成对电子数为2，主族元素的最高化合价与最外层电子数相等；（2）CaC2俗称电石，属于离子化合物，阴离子内部含有C≡C键；（3）聚甲基硅烷含有C、H、Si三种元素，同主族元素，从上到下，电负性逐渐减小，硅原子含有的σ键数为4，无孤电子对，即可判断Si的杂化轨道类型；（4）根据表格数据可知，SnF4属于离子晶体，熔沸点较高，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，熔沸点较低，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点逐渐升高；（5）以体心黑球为例，与其距离最近且相等的白球分别位于正方体六个面的面心，Pb的配位数为6，根据均摊法计算可知，黑球（Pb）的个数为12×＝1＝4，白球（S）的个数为8×＝4，即晶胞中含有4个PbS，则晶胞的密度为：ρ＝进行计算即可。【解答】解：（1）ⅣA族元素基态原子的价电子排布为ns2np2，核外未成对电子数为2，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4，故答案为：2；+4；（2）CaC2俗称电石，属于离子化合物，该化合物中存在的化学键类型为离子键和内部的非极性共价键，即C≡C键，所以不含有的是极性共价键和配位键，故答案为：bd；（3）根据聚甲基硅烷的结构可知，聚甲基硅烷含有C、H、Si三种元素，其中电负性最大的元素是C元素，硅原子含有的σ键数为4，无孤电子对，则Si的杂化轨道类型为sp3杂化，故答案为：C；sp3杂化；（4）根据表格数据可知，SnF4的熔点远远高于SnCl4、SnBr4、SnI4，说明SnF4属于离子晶体，熔沸点较高，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，熔沸点较低，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点逐渐升高，故答案为：SnF4属于离子晶体，熔沸点较高，高于SnCl4、SnBr4、SnI4，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，熔沸点较低，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，熔沸点逐渐升高；（5）以体心黑球为例，与其距离最近且相等的白球分别位于正方体六个面的面心，Pb的配位数为6，根据均摊法计算可知，黑球（Pb）的个数为12×＝1＝4，白球（S）的个数为8×＝4，即晶胞中含有4个PbS，则晶胞的密度为：ρ＝＝＝g•cm﹣3，故答案为：6；。【点评】本题主要考查物质结构的相关知识，具体涉及化学键类型、中心原子杂化类型、电负性大小的判断等，同时考查晶胞密度的计算等，属于基本知识的考查，难度中等。8．（2024•上海）已知Al2Br6的晶胞如图所示（平行六面体，各棱长不相等，Al2Br6在棱心）。（1）该晶体中，每个Al2Br6，距离其最近的Al2Br6有A个。A.4B.5C.8D.12（2）已知NA＝6.02×1023mol﹣1，一个晶胞的体积V＝5.47×10﹣22cm3，求Al2Br6的晶胞密度3.24g/cm3（保留2位小数）。（3）AlBr3水解可得Al（OH）3胶体，请解释用Al（OH）3可净水的原因Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降。（4）用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，该粒子可能是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.（某电中性微粒）【答案】（1）A；（2）3.24g/cm3；（3）Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降；（4）A。【分析】（1）如图，以1号球为例，距离1号球最近的球分别是2、3、4、5号球；（2）根据图中，1个Al2Br6被4个晶胞共用，则该晶胞中Al2Br6的个数为8×＝2，晶胞密度＝＝＝；（3）胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物；（4）做电泳实验时，带正电荷的胶粒向阴极移动。【解答】解：（1）如图，以1号球为例，距离1号球最近的球分别是2、3、4、5号球，所以该晶体中，每个Al2Br6，距离其最近的Al2Br6有4个，故答案为：A；（2）根据图中，1个Al2Br6被4个晶胞共用，则该晶胞中Al2Br6的个数为8×＝2，晶胞密度＝＝＝＝g/cm3≈3.24g/cm3，故答案为：3.24g/cm3；（3）Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降，所以能用于净水，故答案为：Al（OH）3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物而使其沉降；（4）用上述制得的胶体做电泳实验时，有某种胶体粒子向阴极移动，说明该离子带正电荷，Al（OH）3整体呈电中性，铝离子带3个单位的正电荷、氢氧根离子带1个单位的负电荷，根据离子所带电荷排除C、D，B中所带电荷为3n﹣x，A中粒子所带电荷为+3n+（3n﹣x）×（﹣1）＝+x，符合条件，故答案为：A。【点评】本题考查晶胞计算、胶体的性质等知识点，侧重查看阅读、计算及空间想象能力，明确晶胞的计算方法、胶体净水原理等知识点是解本题关键，（1）题为解答易错点。9．（2023•北京）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根（S2）可看作是中的一个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3s23p4。（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：S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r（O）＜r（S），O原子核最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S。（3）S2的空间结构是四面体形。（4）同位素示踪实验可证实S2中两个S原子的化学环境不同，实验过程为S2Ag2S+。过程ⅱ中，S2断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na232SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是32、Ag235S。（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）6]2+个数为4。已知MgS2O3•6H2O的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）（6）浸金时，S2作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au（S2O3）2]3﹣。分别判断S2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：S2的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。【答案】（1）3s23p4；（2）S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r（O）＜r（S），O原子核最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1个电子，所以O的第一电离能大于S；（3）四面体形；（4）32、Ag235S；（5）4；；（6）S2的中心S原子价层电子对个数为4且不含孤电子对，则中心S原子不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。【分析】（1）基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子；（2）O、S原子最外层电子数都是6，但r（O）＜r（S），O原子的原子核对最外层电子的吸引力比S原子的原子核最外层电子的吸引力大，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子；（3）S2和互为等电子体，结构相似，根据的空间结构判断S2的空间结构；（4）根据图知，过程ii中含硫产物为32、Ag235S；（5）晶胞中的[Mg（H2O）6]2+个数为1+2×+4×+8×；S2的个数为4，相当于该晶胞中含有4个“MgS2O3•6H2O”，晶胞体积为（a×10﹣7cm）×（b×10﹣7cm）×（c×10﹣7cm）＝abc×10﹣21cm3，该晶体的密度＝＝；（6）含有孤电子对的原子能和中心离子形成配位键。【解答】解：（1）基态S原子价层电子为3s、3p能级上的电子，则价态S原子价层电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4；（2）同一主族元素，原子半径越小，原子核对最外层电子吸引力越大，最外层电子越难失去电子，S、O为同一主族元素，氧原子核外有2个电子层、硫原子核外有3个电子层，则r（O）＜r（S），O原子核最外层电子的吸引力大于S原子，O原子不易失去1