2025年高考化学复习之小题狂练300题（填空题）：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（填空题）：物质结构与性质一．填空题（共10小题）1．（2024•河西区三模）氮的化合物应用广泛。按要求回答下列问题。（1）基态N原子的价层电子排布式是。（2）N和H之间也可形成类似烃的氮烷或氮烯。最简单的氮烷即（H2N—NH2）；最简单的氮烯即（HN＝NH）。①氮烷做火箭燃料燃烧时产物对环境无污染。写出氮烷燃烧产生的含氮产物的电子式：。②推测氮烷的水溶性及其理由：。③氮烯分子中N原子的杂化方式是。（3）已知：25℃，Ka（HCN）＝6×10﹣10，Ka（C2H2）＝1×10﹣25。CN﹣的性质与卤素离子相似，被称为拟卤离子，（CN）2被称为拟卤素。①（CN）2与H2O反应的生成物有（写结构式）H—C＝N、。②从结构角度分析HCN与C2H2酸性强弱：。（4）新材料CxNy晶体的晶胞如图所示，边长为apm；C原子位于正六面体的顶点和面心，N原子位于体内。①其熔点比金刚石的更高，原因是。②CxNy化学式为。③已知：CxNy的摩尔质量为Mg/mol；N0为阿伏加德罗常数的值。该晶胞密度为g/cm3（用含a、M、N0的代数式表示）。2．（2024•绍兴二模）（1）钛铝合金是制造航空航天及武器装备热端部件的理想材料（如图1）。①基态Ti原子的价电子的轨道表示式。②下列说法正确的是。A.Al2H6分子中既存在共价键又存在离子键B.化学键中离子键成分的百分数：Al2O3＞MgOC.第一电离能：Mg＞AlD.测定接近沸点的水蒸气的相对分子质量，测量值偏大的理由是存在相当量的水分子因氢键而相互缔合。③该合金的化学式是，密度为g⋅cm﹣3。（2）碳和氧是构建化合物的常见元素。某烃结构如图，结合如图2所示信息，分析带星号碳的杂化方式为；带星号碳碳之间的键长比一般碳碳单键的键长要长，请从碳成键轨道的成分角度分析其原因。3．（2024•河北区二模）甲醇（CH3OH）是一种用途广泛的基础有机原料和优质燃料。（1）甲醇可以在铜做催化剂的条件下直接氧化成甲醛（HCHO）①基态Cu原子的价层电子的轨道表示式为。②甲醛中碳原子的杂化方式为杂化，其组成元素的电负性由小到大的顺序为。（2）在一定条件下，甲醇可转化为乙酸甲酯（CH3COOCH3），一个乙酸甲酯分子中σ键和π键个数之比为。（3）由AgNO3制备的[Ag（NH3）2]OH可用于检验醛基。[Ag（NH3）2]OH中配位原子为，NH3的空间构型为。（4）图中银晶胞的边长为apm，该晶胞中Ag的配位数为；该晶胞密度为g•cm﹣3（用含a、NA的代数式表示）。4．（2024•涪城区校级模拟）K2Cr2O7、NH4[Cr（NCS）4（NH3）2]•H2O、CrB2均是铬的重要化合物，回答下列问题：（1）基态Cr原子有种能量不同的电子，价电子排布式为。（2）已知电子亲和能（E）是基态的气态原子得到电子变为气态阴离子所放出的能量，O（g）+e﹣＝O﹣（g）ΔH1＝﹣140kJ•mol﹣1，O﹣（g）+e﹣＝O2﹣ΔH2＝+884.2kJ•mol﹣1，氧的第一电子亲和能E1为kJ/mol；ΔH2＞0，其原因是。（3）雷氏盐的化学式为NH4[Cr（NCS）4（NH3）2]•H2O。①H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为。②雷氏盐中所含化学键类型。A．离子键B．共价键C．配位键D．金属键E．氢键③配体之一NH3分子的立体构型为，与配体NCS﹣互为等电子体的分子和离子有（各写1种）。（4）CrB2的晶体密度为ρg•cm﹣3，晶体结构（如图）为六棱柱，底边边长为anm，高为cnm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则a2c＝（列出计算式）。5．（2024•河西区一模）NH3和H2在工农业、科研等方面应用广泛。按要求回答下列问题。（1）工业合成NH3时用到含铁催化剂。①基态Fe原子的简化电子排布式为。②我国科学家研发得Fe﹣LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。Li、H元素的第一电离能（I1）较小的是（填元素符号）。（2）NH3BH3（氨硼烷）是具有广泛应用前景的储氢材料。①NH3BH3中存在配位键，提供空轨道的原子是。②NH3BH3的沸点高于CH3CH3的可能原因是。（3）在侯德榜制碱流程中两处用到NH3。①其一先将NH3通入饱和食盐水，再通入CO2，得到小苏打沉淀。写出该反应的离子方程式：。②其二为提高食盐利用率，向析出大量小苏打后的母液中加入NaCl细粉，通入NH3，析出X晶体。NH3参与此反应的离子方程式为：。X晶体中阳离子的空间结构为。（4）Fe﹣Mg合金是储氢密度很高的材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置。①该Fe﹣Mg合金中，每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有个。②要储存1kgH2，至少需要kgFe﹣Mg合金。6．（2024•海东市二模）C、N化合物对人类生存环境有重要影响。Ⅰ.汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下可生成无毒无害的气体，工业废气中的NO可被NH3在高温催化作用下还原为N2和H2O。（1）原子序数为N元素两倍的元素的基态原子的外围电子排布图为。（2）C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为。（3）键角：NH3（填“＞“＜”或“＝”）H2O；NH3的VSEPR模型为。Ⅱ.NO与血红蛋白中的[Fe（H2O）6]2+结合生成[Fe（NO）（H2O）5]2+可导致人体的血红蛋白丧失携氧能力。（4）Fe2+的配位数为。（5）在[Fe（NO）（H2O）5]2+中，配体NO提供配位的原子为（填元素符号），原因是。Ⅲ.C元素与N元素形成的一种超硬晶体的晶胞结构如图所示（8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内），设晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为（0，0，0）、3号原子的坐标为（1，1，1）。（6）①C原子的杂化方式为。②2号原子的坐标为。③该晶体的密度为g/cm3。7．（2024•和平区模拟）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为。（2）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）可入药。ZnCO3中，阴离子空间构型为，C原子的杂化形式为。（3）ZnF2具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是；ZnF2不溶于有机溶剂ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是。（4）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为g•cm﹣3（列出计算式）。（5）铜转炉烟灰（主要成分为ZnO），加入氯化铵和氨水，浸出液中锌浸出液中锌以[Zn（NH3）4]2+形式存在，则浸取时反应的离子方程式为。氨分子的VSEPR模型为。（6）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，在地下深层遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS），试推测其原因是。（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3～4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L﹣1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。若与1.0mLEDTA标准液[c（EDTA）＝1.000mol•L﹣1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为（用代数式表示）。8．（2024•河东区一模）根据短周期元素的性质回答下列问题。Ⅰ．CN﹣有较强的配位能力，许多金属离子都可以与CN﹣形成稳定的配合。反应HgCl2+Hg（CN）2═Hg2Cl2+（CN）2↑用于制备（CN）2。（1）上述反应的氧化剂是。（2）写出（CN）2的结构简式，（CN）2的空间构型是；1mol（CN）2分子中σ键为mol。（3）（CN）2被称为拟卤素，性质与卤素相似，写出（CN）2与氢氧化钠溶液反应的离子方程式。（4）基态N价层电子排布式为。Ⅱ．氟化镁（MgF2）晶胞是长方体，其结构如图所示。（5）MgF2晶胞示意图中〇表示（填离子符号）；（6）结合离子结构示意图，解释离子半径r（F﹣）＞r（Mg2+）的原因。（7）MgF2晶胞中有个F﹣；个Mg2+。9．（2023•乐清市校级模拟）（1）基态Al3+的轨道表示式为，Al（OC2H5）3与NaOH溶液反应的化学方程式为，反应后的含铝微粒在溶液中形成（填序号）。A．离子键B．σ键C．π键D．氢键（2）键角比较：CH4（填“＞”“＜”或“＝”），原因是。（3）下列关于结构和性质的比较正确的是。A．对羟基苯甲醛的沸点低于邻羟基苯甲醛B．NH3和H3O+的空间结构相同，CO2和BeCl2的空间结构相同C．分子间作用力：CO＞N2，相同条件下在水中的溶解度CO＜N2D．NH3与AlCl3可以生成AlCl3⋅NH3，NH3可与BF3反应生成NH3⋅BF3（4）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为g⋅cm﹣3（列出计算式）。10．（2023•天津一模）NH3的合成及应用一直是科学研究的重要课题。（1）以N2、H2合成NH3，Fe是常用的催化剂。基态Fe原子简化电子排布式为。（2）铁单质和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，该反应的化学方程式为。（3）我国化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。NaCl+NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl①NaHCO3分解得Na2CO3。的空间结构为。②1体积水可溶解1体积CO2，1体积水可溶解约700体积NH3。NH3极易溶于水的原因是。③反应时，向饱和NaCl溶液中先通入的气体是。（4）NH3、NH3BH3（氨棚烷）的储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。①NH3BH3存在配位键，提供孤电子对的原子是。②比较沸点：NH3BH3CH3CH3（填“＞”或“＜”）。

2025年高考化学复习之小题狂练300题（填空题）：物质结构与性质参考答案与试题解析一．填空题（共10小题）1．（2024•河西区三模）氮的化合物应用广泛。按要求回答下列问题。（1）基态N原子的价层电子排布式是2s22p3。（2）N和H之间也可形成类似烃的氮烷或氮烯。最简单的氮烷即（H2N—NH2）；最简单的氮烯即（HN＝NH）。①氮烷做火箭燃料燃烧时产物对环境无污染。写出氮烷燃烧产生的含氮产物的电子式：：N⋮⋮N：。②推测氮烷的水溶性及其理由：氮烷易溶于水，氮烷分子与水分子间易形成氢键。③氮烯分子中N原子的杂化方式是sp2。（3）已知：25℃，Ka（HCN）＝6×10﹣10，Ka（C2H2）＝1×10﹣25。CN﹣的性质与卤素离子相似，被称为拟卤离子，（CN）2被称为拟卤素。①（CN）2与H2O反应的生成物有（写结构式）H—C＝N、H—O—C≡N。②从结构角度分析HCN与C2H2酸性强弱：N原子的电负性大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂。（4）新材料CxNy晶体的晶胞如图所示，边长为apm；C原子位于正六面体的顶点和面心，N原子位于体内。①其熔点比金刚石的更高，原因是二者都是共价晶体，熔点都很高；但原子半径：N＜C；键长：C—N＜C—C。②CxNy化学式为C3N4。③已知：CxNy的摩尔质量为Mg/mol；N0为阿伏加德罗常数的值。该晶胞密度为g/cm3（用含a、M、N0的代数式表示）。【答案】（1）2s22p3；（2）①：N⋮⋮N：；②氮烷易溶于水，氮烷分子与水分子间易形成氢键；③sp2；（3）①H—O—C≡N；②N原子的电负性大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂；（4）①二者都是共价晶体，熔点都很高；但原子半径：N＜C；键长：C—N＜C—C；②C3N4；③。【分析】（1）N是7号元素，基态N原子电子排布式为1s22s22p3；（2）①氮烷燃烧产生的含氮产物为氮气；②最简单的氮烷即（H2N—NH2），由氮烷的结构可知它可以形成氢键；③最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原子形成N—H键；（3）①根据卤素分子与水反应判断（CN）2与H2O反应的产物；②—CN为吸电子基团，使得C—H键极性变强，易发生断裂；（4）①其熔点比金刚石的更高，原因是二者都是共价晶体，熔点都很高；②CxNy晶胞中C的个数为＝3，N的个数为4；③已知：C3N4的摩尔质量为Mg/mol；N0为阿伏加德罗常数的值，该晶胞密度为ρ＝。【解答】解：（1）N是7号元素，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，价电子排布式为：2s22p3，故答案为：2s22p3；（2）①氮烷燃烧产生的含氮产物为氮气，电子式为：N⋮⋮N：，故答案为：：N⋮⋮N：；②最简单的氮烷即（H2N—NH2），由氮烷的结构可知它可以形成氢键，氮烷的水溶性及其理由：氮烷易溶于水，氮烷分子与水分子间易形成氢键，故答案为：氮烷易溶于水，氮烷分子与水分子间易形成氢键；③最简单的氮烯中含有两个N原子，两个N原子间形成氮氮双键，每个N原子与H原子形成N—H键，故最简单的氮烯分子式：N2H2，N原子形成3个σ键，为sp2杂化，故答案为：sp2；（3）①根据卤素分子与水反应可知，（CN）2与H2O反应生成H—C≡N和H—O—C≡N，故答案为：H—O—C≡N；②N的电负性比较大，—CN为吸电子基团，使得C—H键极性变强，易发生断裂，体现酸性，故答案为：N原子的电负性大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂；（4）①其熔点比金刚石的更高，原因是二者都是共价晶体，熔点都很高；但原子半径：N＜C；键长：C—N＜C—C，故答案为：二者都是共价晶体，熔点都很高；但原子半径：N＜C；键长：C—N＜C—C；②CxNy晶胞中C的个数为＝3，N的个数为4，可知该晶胞的化学式为C3N4，故答案为：C3N4；③已知：C3N4的摩尔质量为Mg/mol；N0为阿伏加德罗常数的值，该晶胞密度为ρ＝＝g/cm3，故答案为：。【点评】本题主要考查晶胞的计算与原子的结构，涉及核外电子排布、溶解性、杂化方式、晶胞结构与计算等知识点，侧重考查学生的识图能力、分析能力和计算能力，掌握晶胞的分析和计算是关键，题目难度中等。2．（2024•绍兴二模）（1）钛铝合金是制造航空航天及武器装备热端部件的理想材料（如图1）。①基态Ti原子的价电子的轨道表示式。②下列说法正确的是CD。A.Al2H6分子中既存在共价键又存在离子键B.化学键中离子键成分的百分数：Al2O3＞MgOC.第一电离能：Mg＞AlD.测定接近沸点的水蒸气的相对分子质量，测量值偏大的理由是存在相当量的水分子因氢键而相互缔合。③该合金的化学式是Ti3Al，密度为g⋅cm﹣3。（2）碳和氧是构建化合物的常见元素。某烃结构如图，结合如图2所示信息，分析带星号碳的杂化方式为sp2杂化；带星号碳碳之间的键长比一般碳碳单键的键长要长，请从碳成键轨道的成分角度分析其原因星号C﹣C键通过未杂化的两个p轨道形成的σ键，一般的C﹣C是sp3杂化轨道头碰头形成的σ键，p轨道比sp3轨道要伸展的更长，故带星号碳碳之间的键长更长。【答案】（1）①；②CD；③Ti3Al；；（2）sp2杂化；并环的碳碳单键（即带星号碳碳之间的键长）是通过未杂化的两个p轨道形成的σ键，一般的碳碳单键是sp3杂化轨道头碰头形成的σ键，p轨道比sp3轨道要伸展的更长，因此带星号碳碳之间的键长长。【分析】（1）①Ti的原子序数为22，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，据此书写轨道表示式；②A.共价化合物只存在共价键不存在离子键；B.金属越活泼，对应氧化物中，离子键成分的百分数越高；C.同周期元素中，第ⅡA和第ⅤA元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；D.沸水中相当量的水分子因氢键而相互缔合，导致分子量偏大；③根据均摊法计算可知，合金中Ti和Al的个数，进一步判断合金的化学式，晶体的密度为：ρ＝；（2）根据键角为120°，可知带星号碳的杂化方式为sp2杂化，带星号碳碳之间的键长是通过未杂化的两个p轨道形成的σ键，一般的碳碳单键是sp3杂化轨道头碰头形成的σ键，p轨道比sp3轨道要伸展的更长，因此带星号碳碳之间的键长长。【解答】解：（1）①Ti的原子序数为22，基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，轨道表示式为：，故答案为：；②A.Al2H6为共价化合物，只存在共价键不存在离子键，故A错误；B.金属活泼性：Al＜Mg，所以化学键中离子键成分的百分数：Al2O3＜MgO，故B错误；C.Mg的2s轨道全面，能量低，稳定，失去电子难，所以第一电离能：Mg＞Al，故C正确；D.沸水中存在相当量的水分子因氢键而相互缔合，导致分子量偏大，故D正确；故答案为：CD；③根据均摊法计算可知，合金中Ti的个数为：＝6，Al的个数为：＝2，Ti：Al＝6：2＝3：1，则该合金的化学式是Ti3Al，1个晶胞的质量为：g，则晶体的密度为：ρ＝＝＝g⋅cm﹣3，故答案为：Ti3Al；；（2）根据题给图示可知，2个星号碳之间的杂化方式为sp2杂化，星号碳之间通过未杂化的两个p轨道形成σ键，一般的碳碳单键是sp3杂化轨道头碰头形成的σ键，因为p轨道比sp3轨道要伸展的更长，故星号碳碳之间的键长更长，故答案为：sp2杂化；星号C﹣C键通过未杂化的两个p轨道形成的σ键，一般的C﹣C是sp3杂化轨道头碰头形成的σ键，p轨道比sp3轨道要伸展的更长，故带星号碳碳之间的键长更长。【点评】本题主要考查核外电子排布的书写，均摊法和晶胞密度的计算，对能力要求较高，难度较大。3．（2024•河北区二模）甲醇（CH3OH）是一种用途广泛的基础有机原料和优质燃料。（1）甲醇可以在铜做催化剂的条件下直接氧化成甲醛（HCHO）①基态Cu原子的价层电子的轨道表示式为。②甲醛中碳原子的杂化方式为sp3、sp2杂化，其组成元素的电负性由小到大的顺序为H、C、O。（2）在一定条件下，甲醇可转化为乙酸甲酯（CH3COOCH3），一个乙酸甲酯分子中σ键和π键个数之比为10：1。（3）由AgNO3制备的[Ag（NH3）2]OH可用于检验醛基。[Ag（NH3）2]OH中配位原子为N，NH3的空间构型为三角锥形。（4）图中银晶胞的边长为apm，该晶胞中Ag的配位数为12；该晶胞密度为g•cm﹣3（用含a、NA的代数式表示）。【答案】（1）①；②sp3、sp2；H、C、O；（2）10：1；（3）N；三角锥形；（4）12；。【分析】（1）①基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，属于过渡元素，其价电子包括3d、4s电子，结合泡利原理、洪特规则画出轨道表达式；②甲醇和甲醛中碳原子均没有孤对电子，甲醇中C原子形成4个σ键、而甲醛分子中C原子形成3个σ键，碳原子杂化轨道数目分别为4、3；非金属性越强，电负性越大；（2）单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键；（3）[Ag（NH3）2]OH中配位原子为N原子；NH3中N原子的价层电子对数为+3＝4；（4）由银晶胞顶点的Ag原子为例，与之距离最近的Ag原子有12个，则该晶胞中Ag的配位数为12；该晶胞中含有Ag原子的数目为×8+×6＝4，晶胞体积为a3×10﹣30cm3，则晶胞密度为ρ＝。【解答】解：（1）①Cu元素为29号元素，原子核外有29个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，属于过渡元素，其价电子包括3d、4s电子，价层电子的轨道表达式为，故答案为：；②甲醇和甲醛中碳原子均没有孤对电子，甲醇中C原子形成4个σ键、而甲醛分子中C原子形成3个σ键，碳原子杂化轨道数目分别为4、3，甲醇中碳原子的杂化方式为sp3，而甲醛中碳原子的杂化方式为sp2．元素非金属性越强电负性越大，则其组成元素C、H、O的电负性由小到大的顺序为H、C、O，故答案为：sp3、sp2；H、C、O；（2）乙酸甲酯分子中除了碳氧双键中含一个σ键和一个π键外，另有9个σ键，故中心键和节键的个数之比为10：1，故答案为：10：1；（3）[Ag（NH3）2]OH中配位原子为N原子；NH3中N原子的价层电子对数为3+＝3+1＝4，则NH3的空间构型为三角锥形，故答案为：N；三角锥形；（4）由银晶胞顶点的Ag原子为例，与之距离最近的Ag原子有12个，则该晶胞中Ag的配位数为12；该晶胞中含有Ag原子的数目为×8+×6＝4，晶胞体积为a3×10﹣30cm3，则晶胞密度为ρ＝＝g•cm﹣3，故答案为：12；。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、杂化方式、晶胞结构与计算等，这些都是常考知识点，掌握均摊法进行晶胞有关计算。4．（2024•涪城区校级模拟）K2Cr2O7、NH4[Cr（NCS）4（NH3）2]•H2O、CrB2均是铬的重要化合物，回答下列问题：（1）基态Cr原子有7种能量不同的电子，价电子排布式为3d54s1。（2）已知电子亲和能（E）是基态的气态原子得到电子变为气态阴离子所放出的能量，O（g）+e﹣＝O﹣（g）ΔH1＝﹣140kJ•mol﹣1，O﹣（g）+e﹣＝O2﹣ΔH2＝+884.2kJ•mol﹣1，氧的第一电子亲和能E1为140kJ/mol；ΔH2＞0，其原因是O﹣带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量。（3）雷氏盐的化学式为NH4[Cr（NCS）4（NH3）2]•H2O。①H、C、N、O四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H。②雷氏盐中所含化学键类型ABC。A．离子键B．共价键C．配位键D．金属键E．氢键③配体之一NH3分子的立体构型为三角锥形，与配体NCS﹣互为等电子体的分子和离子有CO2或CS2、CNO﹣（各写1种）。（4）CrB2的晶体密度为ρg•cm﹣3，晶体结构（如图）为六棱柱，底边边长为anm，高为cnm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则a2c＝（列出计算式）。【答案】（1）7；3d54s1；（2）140；O﹣带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量；（3）①O＞N＞C＞H；②ABC；③三角锥形；CO2或CS2、CNO﹣；（4）。【分析】（1）铬元素的原子序数为24，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，由核外电子排布规律可知，原子核外有7种能量不同的电子；（2）由电子亲和能的定义可知，氧原子的第一电子亲和能E1为140kJ/mol；O﹣带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量；（3）①元素的非金属性越强，电负性越大，四种元素的非金属性强弱顺序为O＞N＞C＞H；②氢键不属于化学键，是比较强的分子间作用力，由化学式可知，雷氏盐是含有离子键、共价键、配位键的离子化合物；③氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的立体构型为三角锥形；CO2、CS2、CNO﹣与NCS﹣的原子个数都为3、价电子数都为16；（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铬原子个数为12×+2×＝3，位于体内的硼原子个数为6，由晶胞的质量公式可得：＝×a2×6×c×10﹣21×ρ。【解答】解：（1）铬元素的原子序数为24，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，由核外电子排布规律可知，原子核外有7种种能量不同的电子，价电子排布式为3d54s1，故答案为：7；3d54s1；（2）由电子亲和能的定义可知，氧原子的第一电子亲和能E1为140kJ/mol；O﹣带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量，所以ΔH2大于0，故答案为：140；O﹣带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需消耗能量；（3）①元素的非金属性越强，电负性越大，四种元素的非金属性强弱顺序为O＞N＞C＞H，则电负性的大小顺序为O＞N＞C＞H，故答案为：O＞N＞C＞H；②氢键不属于化学键，是比较强的分子间作用力，由化学式可知，雷氏盐是含有离子键、共价键、配位键的离子化合物，不含有金属键，故答案为：ABC；③氨分子中氮原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，分子的立体构型为三角锥形；CO2、CS2、CNO﹣与NCS﹣的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，故答案为：三角锥形；CO2或CS2、CNO﹣；（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铬原子个数为12×+2×＝3，位于体内的硼原子个数为6，由晶胞的质量公式可得：＝×a2×6×c×10﹣21×ρ，解得a2c＝，故答案为：。【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•河西区一模）NH3和H2在工农业、科研等方面应用广泛。按要求回答下列问题。（1）工业合成NH3时用到含铁催化剂。①基态Fe原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2。②我国科学家研发得Fe﹣LiH等双中心催化剂，在合成NH3中显示出高催化活性。Li、H元素的第一电离能（I1）较小的是Li（填元素符号）。（2）NH3BH3（氨硼烷）是具有广泛应用前景的储氢材料。①NH3BH3中存在配位键，提供空轨道的原子是B。②NH3BH3的沸点高于CH3CH3的可能原因是二者都晶体都属于分子晶体，相对分子质量相差不大，但N原子的电负性比C原子大，NH3BH3分子的极性较CH3CH3分子强。（3）在侯德榜制碱流程中两处用到NH3。①其一先将NH3通入饱和食盐水，再通入CO2，得到小苏打沉淀。写出该反应的离子方程式：Na++NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+。②其二为提高食盐利用率，向析出大量小苏打后的母液中加入NaCl细粉，通入NH3，析出X晶体。NH3参与此反应的离子方程式为：NH3++Cl﹣＝NH4Cl↓+。X晶体中阳离子的空间结构为正四面体形。（4）Fe﹣Mg合金是储氢密度很高的材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置。①该Fe﹣Mg合金中，每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有8个。②要储存1kgH2，至少需要52kgFe﹣Mg合金。【答案】（1）①[Ar]3d64s2；②Li；（2）①B；②二者都晶体都属于分子晶体，相对分子质量相差不大，但N原子的电负性比C原子大，NH3BH3分子的极性较CH3CH3分子强；（3）①Na++NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+；②NH3++Cl﹣＝NH4Cl↓+；正四面体形；（4）①8；②52。【分析】（1）①铁的原子序数是26；②锂是金属，氢是非金属；（2）①NH3BH3中存在配位键，氮原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道；②二者都晶体都属于分子晶体，相对分子质量相差不大，但N原子的电负性比C原子大，NH3BH3分子的极性较CH3CH3分子强；（3）①先将NH3通入饱和食盐水，再通入CO2，得到小苏打沉淀；②向析出大量小苏打后的母液中加入NaCl细粉，通入NH3，氨气溶于水显碱性，中和氢离子，增大铵根离子浓度，因此析出X晶体为氯化铵；（4）①该Fe﹣Mg合金中Mg位于Fe构成的正四面体中心；②该晶体的化学式为Mg2Fe，该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，晶胞中氢分子个数为1+12×＝4，铁原子个数也是4个，即氢分子和铁原子的个数之比为1：1。【解答】解：（1）①铁的原子序数是26，基态Fe原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；②锂是金属，氢是非金属，所以Li、H元素的第一电离能较小的是Li，故答案为：Li；（2）①NH3BH3中存在配位键，氮原子含有孤电子对，硼原子含有空轨道，因此提供空轨道的原子是B，故答案为：B；②二者都晶体都属于分子晶体，相对分子质量相差不大，但N原子的电负性比C原子大，NH3BH3分子的极性较CH3CH3分子强，则NH3BH3的沸点高于CH3CH3，故答案为：二者都晶体都属于分子晶体，相对分子质量相差不大，但N原子的电负性比C原子大，NH3BH3分子的极性较CH3CH3分子强；（3）①先将NH3通入饱和食盐水，再通入CO2，得到小苏打沉淀，该反应的离子方程式为Na++NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+，故答案为：Na++NH3+CO2+H2O＝NaHCO3↓+；②向析出大量小苏打后的母液中加入NaCl细粉，通入NH3，氨气溶于水显碱性，中和氢离子，增大铵根离子浓度，因此析出X晶体为氯化铵，则NH3参与此反应的离子方程式为NH3++Cl﹣＝NH4Cl↓+；氯化铵晶体中阳离子啊铵根离子，其空间结构为正四面体形，故答案为：NH3++Cl﹣＝NH4Cl↓+；正四面体形；（4）①该Fe﹣Mg合金中Mg位于Fe构成的正四面体中心，因此每个Fe原子周围与它最近且相等距离的Mg原子有8个，故答案为：8；②该晶体的化学式为Mg2Fe，该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱的中心位置，晶胞中氢分子个数为1+12×＝4，铁原子个数也是4个，即氢分子和铁原子的个数之比为1：1，因此要储存1kgH2，至少需要Fe﹣Mg合金是质量是104×kg＝52kg，故答案为：52。【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。6．（2024•海东市二模）C、N化合物对人类生存环境有重要影响。Ⅰ.汽车尾气中的NO和CO在催化剂作用下可生成无毒无害的气体，工业废气中的NO可被NH3在高温催化作用下还原为N2和H2O。（1）原子序数为N元素两倍的元素的基态原子的外围电子排布图为。（2）C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序为N＞O＞C。（3）键角：NH3＞（填“＞“＜”或“＝”）H2O；NH3的VSEPR模型为四面体形。Ⅱ.NO与血红蛋白中的[Fe（H2O）6]2+结合生成[Fe（NO）（H2O）5]2+可导致人体的血红蛋白丧失携氧能力。（4）Fe2+的配位数为6。（5）在[Fe（NO）（H2O）5]2+中，配体NO提供配位的原子为N（填元素符号），原因是O电负性大于N，N更容易提供孤电子对。Ⅲ.C元素与N元素形成的一种超硬晶体的晶胞结构如图所示（8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内），设晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，1号原子的坐标为（0，0，0）、3号原子的坐标为（1，1，1）。（6）①C原子的杂化方式为sp3。②2号原子的坐标为。③该晶体的密度为g/cm3。【答案】（1）；（2）N＞O＞C；（3）＞；四面体形；（4）6；（5）N；O电负性大于N，N更容易提供孤电子对；（6）①sp3；②；③。【分析】（1）原子序数为N元素两倍的元素为Si元素；（2）同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，由于N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素第一电离能；（3）H2O中心原子O价层电子对数：，含2对孤电子对，分子空间结构为V形；NH3中心原子N价层电子对数：，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，分子空间结构为三角锥形；（4）[Fe（NO）（H2O）5]2+中Fe2+的配位数为6；（5）在[Fe（NO）（H2O）5]2+中，配体NO提供配位的原子为N，O电负性大于N；（6）①晶胞中C原子价层电子对数为4；②2号原子位于体对角线位置，根据1号原子及3号原子坐标；③根据均摊法计算，碳原子个数：，氮原子个数为4。【解答】解：（1）原子序数为N元素两倍的元素为Si元素，其基态原子的外围电子排布图：，故答案为：；（2）同周期元素第一电离能从左到右逐渐增大，由于N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素第一电离能，即第一电离能：N＞O＞C，故答案为：N＞O＞C；（3）H2O中心原子O价层电子对数：，含2对孤电子对，分子空间结构为V形；NH3中心原子N价层电子对数：，含1对孤电子对，VSEPR模型为四面体形，分子空间结构为三角锥形；孤电子对数越多，键角越小，即键角：NH3＞H2O，故答案为：＞；四面体形；（4）[Fe（NO）（H2O）5]2+中Fe2+的配位数为6，故答案为：6；（5）在[Fe（NO）（H2O）5]2+中，配体NO提供配位的原子为N，O电负性大于N，N更容易提供孤电子对，故答案为：N；O电负性大于N，N更容易提供孤电子对；（6）①晶胞中C原子价层电子对数为4，为sp3杂化，故答案为：sp3；②2号原子位于体对角线位置，根据1号原子及3号原子坐标，得2号原子坐标，故答案为：；③根据均摊法计算，碳原子个数：，氮原子个数为4，根据晶胞密度计算公式：，故答案为：。【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。7．（2024•和平区模拟）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2。（2）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）可入药。ZnCO3中，阴离子空间构型为平面三角形，C原子的杂化形式为sp2。（3）ZnF2具有较高的熔点（872℃），其化学键类型是离子键；ZnF2不溶于有机溶剂ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小。（4）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为g•cm﹣3（列出计算式）。（5）铜转炉烟灰（主要成分为ZnO），加入氯化铵和氨水，浸出液中锌浸出液中锌以[Zn（NH3）4]2+形式存在，则浸取时反应的离子方程式为ZnO+2+2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O。氨分子的VSEPR模型为四面体。（6）CuSO4能活化ZnS，地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，在地下深层遇到难溶的ZnS，慢慢转变为铜蓝（CuS），试推测其原因是在相同温度下，Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）。（7）取mg活性氧化锌样品，预处理后配成待测液，加入指示剂3～4滴，再加入适量六亚甲基四胺，用amol•L﹣1EDTA标准液进行滴定，消耗标准液VmL。若与1.0mLEDTA标准液[c（EDTA）＝1.000mol•L﹣1]相当的以克表示的氧化锌质量为0.08139g，则样品中氧化锌的质量分数为或（用代数式表示）。【答案】（1）[Ar]3d104s2；（2）平面三角形；sp2；（3）离子键；ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小；（4）；（5）ZnO+2+2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O；四面体；（6）在相同温度下，Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）；（7）或。【分析】（1）Zn的原子序数为30，根据原子核外电子排布式书写方法进行书写；（2）碳酸锌中的阴离子为：，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价层电子对数为3+＝3，所以空间构型为平面三角形，中心C为sp2杂化；（3）根据ZnF2晶体熔点较高可知，ZnF2为离子晶体，含有离子键，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小；（4）由题图可知，每个晶胞中含Zn原子个数为12×+2×+3＝6，则每个晶胞的质量为（6×65）/NAg，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，则六棱柱的底面积为6×a2cm2，六棱柱的体积为6×a2ccm3，故Zn的密度为＝g•cm﹣3；（5）由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn（NH3）4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO+2+2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O，氨分子有3个σ键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体；（6）CuSO4溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS比ZnS更难溶；（7）根据n＝cV先求出EDTA的消耗量为，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为。【解答】解：（1）Zn的原子序数为30，因而Zn原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2，故答案为：[Ar]3d104s2；（2）碳酸锌中的阴离子为：，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价层电子对数为3+＝3，所以空间构型为平面三角形，中心C为sp2杂化，故答案为：平面三角形；sp2；（3）根据ZnF2晶体熔点较高可知，ZnF2为离子晶体，含有离子键，而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小，故能够溶解在有机溶剂中，故答案为：离子键；ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主、极性较小；（4）由题图可知，每个晶胞中含Zn原子个数为12×+2×+3＝6，则每个晶胞的质量为（6×65）/NAg，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，则六棱柱的底面积为6×a2cm2，六棱柱的体积为6×a2ccm3，故Zn的密度为＝g•cm﹣3，故答案为：；（5）由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn（NH3）4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO+2+2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O，氨分子有3个σ键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：ZnO+2+2NH3•H2O＝[Zn（NH3）4]2++3H2O；四面体；（6）CuSO4溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS比ZnS更难溶，故答案为：在相同温度下，Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）（或相同温度下，CuS比ZnS更难溶）；（7）根据n＝cV先求出EDTA的消耗量为，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，故答案为：或。【点评】本题主要考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、配合物等知识，熟练掌握原子结构、物质结构、基本物质理论即可解答。8．（2024•河东区一模）根据短周期元素的性质回答下列问题。Ⅰ．CN﹣有较强的配位能力，许多金属离子都可以与CN﹣形成稳定的配合。反应HgCl2+Hg（CN）2═Hg2Cl2+（CN）2↑用于制备（CN）2。（1）上述反应的氧化剂是HgCl2、Hg（CN）2。（2）写出（CN）2的结构简式N≡C﹣C≡N，（CN）2的空间构型是直线形；1mol（CN）2分子中σ键为3mol。（3）（CN）2被称为拟卤素，性质与卤素相似，写出（CN）2与氢氧化钠溶液反应的离子方程式（CN）2+2OH﹣＝CN﹣+CNO﹣+H2O。（4）基态N价层电子排布式为2s22p3。Ⅱ．氟化镁（MgF2）晶胞是长方体，其结构如图所示。（5）MgF2晶胞示意图中〇表示Mg2+（填离子符号）；（6）结合离子结构示意图，解释离子半径r（F﹣）＞r（Mg2+）的原因核外电子数相同都是8个电子，镁的核电荷数是12，大于氟的核电荷数9，对核外电子的吸引力大，因此半径小。（7）MgF2晶胞中有4个F﹣；2个Mg2+。【答案】（1）HgCl2、Hg（CN）2；（2）N≡C﹣C≡N；直线型；3；（3）（CN）2+2OH﹣＝CN﹣+CNO﹣+H2O；（4）2s22p3；（5）Mg（6）核外电子数相同都是8个电子，镁的核电荷数是12，大于氟的核电荷数9，对核外电子的吸引力大，因此半径小；（7）4；2。【分析】（1）根据方程式可知，Hg由+2价下降至+1价；（2）根据（CN）2的结构简式N≡C﹣C≡N分析；（3）类比氯气与NaOH反应的离子方程式；（4）基态N最外层电子数为5个；（5）由图可知，一个晶胞中白球数目为×8+1＝2，黑球个数为×4+2＝4，两者个数比为1：2；（6）核外电子数相同都是8个电子，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，半径越小；（7）根据（5）分析。【解答】解：（1）根据方程式可知，Hg由+2价下降至+1价，所以上述反应的氧化剂是HgCl2、Hg（CN）2，故答案为：HgCl2、Hg（CN）2；（2）（CN）2的结构简式为N≡C﹣C≡N，C的杂化方式为sp杂化，所以（CN）2的空间构型是直线形；1mol（CN）2分子中σ键为3mol，故答案为：N≡C﹣C≡N；直线型；3；（3）Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，类比氯气与NaOH反应，（CN）2与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为（CN）2+2OH﹣＝CN﹣+CNO﹣+H2O，故答案为：（CN）2+2OH﹣＝CN﹣+CNO﹣+H2O；（4）基态N核外电子排布式为1s22s22p3，最外层电子数为5个，所以基态N价层电子排布式为2s22p3，故答案为：2s22p3；（5）由图可知，一个晶胞中白球数目为×8+1＝2，黑球个数为×4+2＝4，两者个数比为1：2，所以MgF2晶胞示意图中〇表示Mg2+，故答案为：Mg2+；（6）核外电子数相同都是8个电子，镁的核电荷数是12，大于氟的核电荷数9，对核外电子的吸引力大，因此半径小，故答案为：核外电子数相同都是8个电子，镁的核电荷数是12，大于氟的核电荷数9，对核外电子的吸引力大，因此半径小；（7）根据（5）可知，MgF2晶胞中有4个F﹣，2个Mg2+。，故答案为：4；2。【点评】本题考查晶胞计算、原子核外电子排布、原子杂化及空间构型判断等知识，明确原子核外电子排布、原子杂化的判断方法为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，题目难度中等。9．（2023•乐清市校级模拟）（1）基态Al3+的轨道表示式为，Al（OC2H5）3与NaOH溶液反应的化学方程式为Al（OC2H5）3+3H2O+NaOH＝3C2H5OH+NaAl（OH）4，反应后的含铝微粒在溶液中形成BD（填序号）。A．离子键B．σ键C．π键D．氢键（2）键角比较：＞CH4（填“＞”“＜”或“＝”），原因是中C原子为sp2杂化，键角为120°，CH4中C原子为sp3杂化，键角为109°28′。（3）下列关于结构和性质的比较正确的是BD。A．对羟基苯甲醛的沸点低于邻羟基苯甲醛B．NH3和H3O+的空间结构相同，CO2和BeCl2的空间结构相同C．分子间作用力：CO＞N2，相同条件下在水中的溶解度CO＜N2D．NH3与AlCl3可以生成AlCl3⋅NH3，NH3可与BF3反应生成NH3⋅BF3（4）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为g⋅cm﹣3（列出计算式）。【答案】（1）；Al（OC2H5）3+3H2O+NaOH＝3C2H5OH+NaAl（OH）4；BD；（2）大于；中C原子为sp2杂化，键角为120°，CH4中C原子为sp3杂化，键角为109°28′；（3）BD；（4）。【分析】（1）基态Al3+核外电子排布式位1s22s22p6；Al（OC2H5）3与NaOH溶液反应生成C2H5OH和NaAl（OH）4；反应后溶液中含铝微粒为[Al（OH）4]﹣，O﹣H为σ键，O﹣H与水分子间可形成氢键；（2）根据与CH4中C原子杂化方式判断键角大小；（3）A．形成分子间氢键，沸点升高B．NH3和H3O+中N、C都为sp3杂化，都形成3个σ键和1个孤电子对；CO2和BeCl2中C、Be都为sp杂化，都形成2个σ键，没有孤电子对；C．根据相似相容原理，极性分子易溶于极性溶剂；D．中心原子提供空轨道，配体原子提供孤电子对可形成配位键；（4）8个Li+位于体内，O2﹣位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，晶胞质量为g，晶胞体积为（0.4665×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算晶体密度。【解答】解：（1）基态Al3+核外电子排布式位1s22s22p6