2024-2025学年下学期高二化学选修二第3章B卷

第41页（共41页）2024-2025学年下学期高二化学物质结构与性质（人教版2019）第3章B卷一．选择题（共20小题）1．（2025•石家庄模拟）Nb和O形成的一种化合物的晶胞结构如图甲所示。晶胞边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．该化合物的化学式为NbO B．该晶体的密度为1.09×10C．晶胞中与Nb2+等距且最近的O2﹣有4个 D．图乙是该晶体晶胞结构的另一种表示2．（2024秋•哈尔滨期末）Li2S晶体掺杂Li3N转化成Li5NS新型晶体，该过程中晶胞的体积不变，转化过程如图所示。已知：晶胞1和晶胞2都是立方结构，晶胞边长均为anm。晶体密度净增率=晶胞增加的密度下列说法正确的是（）A．第一电离能：O＞N＞S B．晶胞1中S形成的正八面体空隙有4个 C．晶胞1中距离最近的S2﹣核间距为32D．晶胞1变为晶胞2，晶体密度净增率为56.1%3．（2024秋•西安期末）物质A因其受热分解（反应如图所示）产生W2而受到新能源汽车行业的关注。已知元素X、Y形成的一种晶体的晶胞结构如图M所示，元素X基态原子的价电子排布式为nsnnpn﹣1（n﹣1＞0），X、Y同周期，且Y的基态原子是同周期中单电子数目最多的。下列有关说法正确的是（）A．A分子中含有配位键 B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y C．T分子不可能所有原子共平面 D．晶体M中，X的配位数为124．（2024秋•湖北期末）分子X在光照时不发出荧光，当其与Na+和H+结合后形成超分子Y，Na+刚好被识别，该过程如图所示。分子Y是荧光分子，可以作为由光引发的分子开关。下列说法错误的是（）A．在该过程中分子X中N原子与H+形成配位键 B．加入碱和合适配体可使分子Y不能发射荧光 C．分子X可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度 D．K+和H+的共同作用也可以打开该分子开关5．（2024秋•潍坊期末）MOFs是由有机配体、O2﹣和金属离子通过配位键自组装形成的催化剂载体，如图是某种MOFs的结构。下列说法错误的是（）A．该分子的有机配体是HCOO﹣ B．金属阳离子M的化合价为+4 C．该分子不存在分子内氢键 D．每个金属离子的配位数均为46．（2025•浙江）某化合物Fe（NH3）2Cl2的晶胞如图所示，下列说法不正确的是（）A．晶体类型为混合晶体 B．NH3与二价铁形成配位键 C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比FeCl2高7．（2024秋•张家口期末）含氟化合物在现代科技中有重要应用。某含氟化合物的晶胞结构如图，其中NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．该化合物的化学式为K2CuF4 B．Cu位于F构成的八面体空隙中 C．Cu与Cu之间的最短距离为12D．该晶体的密度为4.36×18．（2024秋•武汉期末）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。下列说法正确的是（）A．50Sn位于元素周期表的第5周期第ⅥA族 B．通过晶体X射线衍射实验可鉴别灰锡和白锡 C．灰锡中每个Sn原子周围与它最近且等距的Sn原子有2个 D．若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1nm3和V2n9．（2024秋•朝阳区期末）CuSO4•5H2O结构示意图如图1）分解的TG曲线（固体质量随温度变化）及DSC曲线（反映体系热量变化情况）如图2所示。700℃左右有两个吸热峰（对应两个吸热反应）。下列分析不正确的是（）A．H2O与Cu2+H2O与SO4B．CuSO4•5H2O中的结晶水是分步失去的 C．700℃左右对应的分解产物是CuO、SO2、SO3、O2 D．温度高于800℃，推测发生了2CuO△¯2Cu+O10．（2025•全国模拟）科研人员在高温高压条件下合成了类金刚石结构的硼碳氮化合物，其晶胞结构如图所示，立方晶胞参数为apm。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．该化合物为共价晶体，硬度大 B．晶体中与B原子距离最近且相等的B原子数为4 C．晶胞中C—C键与C—N键的数目比为2：1 D．晶体的密度=11．（2024秋•河北期末）KIO3晶体具有良好的光学性能，晶胞为立方体。已知：晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．与K最近且距离相等的O的数目为6 B．1个晶胞中含有2个K原子 C．K和O的最近距离为32anmD．该晶体密度ρ=39+127+16×3NA×(a12．（2025•河南模拟）配合物间的结构转变是一种有趣的现象、配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示，下列说法错误的是（）A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取sp2杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由+2价变为0价13．（2025•云南模拟）硼砂的化学式可表示为Na2B4O3（OH）4•8H2O，其水解反应的离子方程式为：[B4O3（OH）4]2﹣+5H2O＝2H3BO3+2[B（OH）4]，三种含硼微粒结构示意图如图。下列说法错误的是（）A．可用X射线衍射仪测定硼砂晶体的结构 B．B—O配位键中B原子提供空轨道 C．硼砂可与HCl按物质的量之比1：4恰好完全反应 D．调节pH可实现H3BO3和[B14．（2025•内蒙古模拟）钾锰铁基普鲁士白[K2MnFe（CN）6]是一种钾离子电池正极材料，充电时随着K+脱出，其结构由Ⅰ经Ⅱ最终转变为Ⅲ；Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的晶胞俯视图及Ⅱ的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（）A．Ⅲ转化为Ⅰ是非自发过程 B．充电过程中Fe或Mn的价态降低 C．晶体Ⅱ的化学式为KMnFe（CN）6 D．晶胞Ⅲ中π键数目为2415．（2025•四川模拟）一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示（α＝β＝γ＝90°），NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．该物质的化学式为PbTiO3 B．1位和2位O2﹣的核间距为2.212C．晶体的密度为303ND．2位O2﹣的分数坐标为(16．（2025•云南模拟）Bi4（TiO4）3是一种铁电材料，掺杂La可提高其光电转化性能，La取代部分Bi后的晶胞结构示意图（氧原子未画出）如图。下列说法错误的是（）A．Bi填充在Ti形成的六面体空隙中 B．该晶体的化学式为Bi2La2（TiO4）3 C．该晶胞在xy平面的投影为 D．若p点La平移至晶胞体心，则Ti位于晶胞顶点17．（2023秋•肇东市校级期末）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。下列说法正确的是（）A．基态钛原子价电子排布式为4s23d2 B．钛酸钙的化学式为CaTiO2 C．每个晶胞中含有8个Ca2+ D．每个Ca2+周围距离最近且等距的O2﹣有12个18．（2024•江岸区校级模拟）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°。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（12，12，12）。已知Xe﹣FA．该晶体的密度为3.38×1032aB．B点原子的分数坐标为（0，0，r） C．晶胞中A、B间距离d=12D．基态F原子的核外电子空间运动状态有5种19．（2023秋•安徽期末）我国科研人员利用C60和K掺杂制造了一种富勒烯化合物，是一种定量还原剂，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A．该富勒烯化合物中的K原子和C原子的个数比为3：1 B．该晶胞中与C60最近且距离相等的K是6个 C．将C60看作顶点，该晶体中C60构成的多面体有8个面 D．该晶体的密度为2.58×1032a3N20．（2023秋•盐城期末）钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图（a）]，此后，把结构与之类似的晶体（化学式与钛酸钙相似）统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图（b）所示，其中A为CH3NH3+，另两种离子为I﹣和Pb2+。下列说法错误的是（）A．晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2﹣有6个 B．图（b）中，X为I﹣ C．CH3NH3+时中含有配位键 D．钛酸钙的化学式为CaTiO3二．解答题（共4小题）21．（2024秋•天津期末）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：（1）基态Cu+的价层电子排布式为，从核外电子排布看，CuO与Cu2O相比，更稳定。（2）向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，其配体的结构式为；向CuSO4溶液中滴加少量氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，写出由蓝色沉淀得到深蓝色溶液反应的离子方程式；[Cu（NH3）4]SO4所含有的化学键有。A.离子键B.极性共价键C.配位键D.氢键（3）酞菁的铜配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值酞菁分子结构如图，分子中所有原子共平面，所有N原子采取杂化。邻苯二甲酸酐（）和邻苯二甲酰（）都是合成的原料，后者熔点高于前者，主要原因是。（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：①已知该合金晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数值为NA则该合金的密度g•cm﹣3。②离Au原子最近的Cu原子有个。22．（2024秋•温州期末）钛及其化合物具有重要的应用价值，回答下列问题：（1）Ti在元素周期表中位于区；基态Ti原子价层电子排布式为。（2）钛的卤化物熔点数据如下表，TiF4熔点高于其他三种卤化物，原因是，TiCl4、TiBr4和TiI4熔点依次升高，原因是。物质TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377﹣2538150（3）由钛原子核形成的三种微粒，价层电子轨道表示式分别为：有关这些微粒的叙述，正确的是。a.微粒半径：①＞②b.微粒①变成微粒③会释放能量c.电子排布属于基态原子（或离子）的是：①②（4）某种钛的氧化物晶胞如图，该氧化物化学式为，Ti的配位数是。（5）当该晶体有O原子脱出时，出现O空位，Ti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.Na2OC.Fe2O3D.CuO23．（2024秋•滨州期末）钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题：（1）一种具有光催化作用的配合物结构如图（其中为平面结构）。①基态Co原子的价电子轨道表示式为；②该配合物中Co的化合价为，杂化方式为sp2和sp3的N原子数目之比为；③ClO3-中O—Cl—O键角小于图中a处C—N—C键角的原因是（2）1mol八面体配合物CoCl3•3NH3中含有σ键的数目为，该配合物的空间结构有种。（3）钴蓝可用作青花瓷的颜料。钴蓝晶胞如图1，其晶体可由图2所示结构（包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体）平移并置形成。①图1中Ⅱ型小立方体分别占据位置b、d、（填字母）。②阿伏加德罗常数的值为NA，钴蓝晶体的密度为g•cm﹣3（列计算式）。24．（2024秋•东城区期末）甲胺铅碘[（CH3NH3）PbI3]和甲脒铅碘[（NH2CH＝NH2）PbI3]均可用作太阳能电池的功能材料。（1）电负性：CN（填“＜”或“＞”），从原子结构的角度说明理由：。（2）与NH3相比，CH3NH2中N原子结合H+能力更强，原因是。（3）下列说法正确的是（填序号）。a.82Pb位于元素周期表第六周期第ⅣA族，属于p区元素b.H—N—H键角：CH3NH3+＞CHC.已知NH2CH═NH2+中所有原子位于同一平面，则N的杂化方式均为（4）两种材料具有相同的晶胞类型，如图所示。①““代表CH3NH3+或NH2CH═NH2+，则“”代表（填“Pb2+”或“I②与“”距离最近且相等的“”有个。③研究发现，用少量有机二元胺的阳离子（如下）代替晶体表面部分NH2CH═NH2+，可提升电池的防潮性能，且效果：a＜b。a、b效果不同的可能原因是

2024-2025学年下学期高二化学物质结构与性质（人教版2019）第3章B卷参考答案与试题解析题号1234567891011答案BBADBDCBDCD题号121314151617181920答案DCCCDDBCA一．选择题（共20小题）1．（2025•石家庄模拟）Nb和O形成的一种化合物的晶胞结构如图甲所示。晶胞边长为apm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．该化合物的化学式为NbO B．该晶体的密度为1.09×10C．晶胞中与Nb2+等距且最近的O2﹣有4个 D．图乙是该晶体晶胞结构的另一种表示【专题】原子组成与结构专题；分析与推测能力．【分析】A．根据均摊原则进行分析；B．根据晶体的密度计算式进行分析；C．根据晶胞中与Nb2+等距且最近的O2﹣有4个进行分析；D．根据该晶体O原子在面心建立的晶胞结构进行分析。【解答】解：A．根据均摊原则，晶胞中O原子数为8×14+1=3，Nb原子数为8×B．该晶体的密度为3(93+16)(a×10-10)3C．根据图示，该化合物的晶胞中与Nb2+等距且最近的O2﹣有4个，故C正确；D．图乙是该化合物晶体O原子在面心建立的晶胞结构，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。2．（2024秋•哈尔滨期末）Li2S晶体掺杂Li3N转化成Li5NS新型晶体，该过程中晶胞的体积不变，转化过程如图所示。已知：晶胞1和晶胞2都是立方结构，晶胞边长均为anm。晶体密度净增率=晶胞增加的密度下列说法正确的是（）A．第一电离能：O＞N＞S B．晶胞1中S形成的正八面体空隙有4个 C．晶胞1中距离最近的S2﹣核间距为32D．晶胞1变为晶胞2，晶体密度净增率为56.1%【专题】化学键与晶体结构；归纳与论证能力．【分析】A．由于N的价电子排布为半满结构，故第一电离能大于O，O与S同主族，O的第一电离能大于S；B．晶报1中S原子共有8×18+6×1C．晶胞1中距离最近的S2﹣核间距为面对角线的一半；D．因为晶胞1和晶胞2都是立方结构，晶胞边长均为anm，晶体密度净增率等于晶胞质量的净增率，晶胞1含有4个Li2S，质量为4×46NAg，晶胞2含有4个Li5NS，质量为4×81NAg【解答】解：A．由于N的价电子排布为半满结构，故第一电离能大于O，O与S同主族，O的第一电离能大于S，故第一电离能：N＞O＞S，故A错误；B．晶报1中S原子共有8×18+6×12=4个，C．晶胞1中距离最近的S2﹣核间距为面对角线的一半，即为22anm，故CD．因为晶胞1和晶胞2都是立方结构，晶胞边长均为anm，晶体密度净增率等于晶胞质量的净增率，晶胞1含有4个Li2S，质量为4×46NAg，晶胞2含有4个Li5NS，质量为4×81NAg，净增率=4×81N故选：B。【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。3．（2024秋•西安期末）物质A因其受热分解（反应如图所示）产生W2而受到新能源汽车行业的关注。已知元素X、Y形成的一种晶体的晶胞结构如图M所示，元素X基态原子的价电子排布式为nsnnpn﹣1（n﹣1＞0），X、Y同周期，且Y的基态原子是同周期中单电子数目最多的。下列有关说法正确的是（）A．A分子中含有配位键 B．最高价氧化物对应水化物的酸性：X＞Y C．T分子不可能所有原子共平面 D．晶体M中，X的配位数为12【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．【分析】元素X基态原子的价电子排布式为nsnnpn﹣1（n﹣1＞0），则n＝2，元素X基态原子的价电子排布式为2s22p1，X为B，X、Y同周期，都为第二周期元素，且Y的基态原子是第二周期中单电子数目最多的，Y为N，W只连接1个共价键，且A受热分解产生W2，W为H元素，以此解答。【解答】解：A．A分子中B原子含有空轨道，N原子含有1个孤电子对，B原子和N原子之间形成了1个配位键，故A正确；B．非金属性：N＞B，元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则酸性：HNO3＞H3BO3，故B错误；C．T分子中B原子和N原子都形成双键，二者都是sp2杂化，T分子是平面的结构，所有原子共平面，故C错误；D．由晶胞结构可知，以晶胞内一个B原子为中心，周围有4个N原子，则B的配位数为4，故D错误；故选：A。【点评】本题考查元素推断和化学键，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。4．（2024秋•湖北期末）分子X在光照时不发出荧光，当其与Na+和H+结合后形成超分子Y，Na+刚好被识别，该过程如图所示。分子Y是荧光分子，可以作为由光引发的分子开关。下列说法错误的是（）A．在该过程中分子X中N原子与H+形成配位键 B．加入碱和合适配体可使分子Y不能发射荧光 C．分子X可以增大NaCl在有机溶剂中的溶解度 D．K+和H+的共同作用也可以打开该分子开关【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．【分析】A．N原子含有孤电子对，H+含有空轨道；B．加入碱可以中和H+，加入合适配体可以替代Na+，从而都能使Y分子结构被破坏；C．分子X可以识别Na+，形成分子Y；D．K+的半径大于Na+，不一定能够被分子X识别。【解答】解：A．由图可知，在该过程中分子X中N原子与H+形成N→H配位键，故A正确；B．加入碱可以中和H+，加入合适配体可以替代Na+，从而都能使Y分子结构被破坏，即可使分子Y不能发射荧光，故B正确；C．分子X可以识别Na+，形成分子Y，从而增大NaCl在有机溶剂中的溶解度，故C正确；D．K+的半径大于Na+，不一定能够被分子X识别，K所以+和H+的共同作用不能打开该分子开关，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查配位化合物的组成与结构，同时考查学生对信息的理解与应用，难度中等。5．（2024秋•潍坊期末）MOFs是由有机配体、O2﹣和金属离子通过配位键自组装形成的催化剂载体，如图是某种MOFs的结构。下列说法错误的是（）A．该分子的有机配体是HCOO﹣ B．金属阳离子M的化合价为+4 C．该分子不存在分子内氢键 D．每个金属离子的配位数均为4【专题】化学键与晶体结构；分析与推测能力．【分析】A．由图可知，该分子的有机配体是HCOO﹣；B．由图可知，MOFs的化学式为：Zn3MO（HCOO）6，根据化合价代数和为0计算M的化合价；C．氢键只存在于与电负性大的N、O、F结合的H与另一个N、O、F原子之间；D．配位键的条数等于配位数。【解答】解：A．由图可知，该分子的有机配体是HCOO﹣，且个数为6，故A正确；B．由图可知，MOFs的化学式为：Zn3MO（HCOO）6，Zn为+2价，O为﹣2价，HCOO﹣整体为﹣1价，根据化合价代数和为0可知，M为+2价，故B错误；C．氢键只存在于与电负性大的N、O、F结合的H与另一个N、O、F原子之间，由图可知，该分子中只存在H—C键，所以不存在分子内氢键，故C正确；D．由图可知，每个金属离子周围形成配位键4条，故金属离子的配位数均为4，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查配位化合物的组成与结构，同上考查学生对氢键概念的理解与应用，属于基本知识的考查，难度中等。6．（2025•浙江）某化合物Fe（NH3）2Cl2的晶胞如图所示，下列说法不正确的是（）A．晶体类型为混合晶体 B．NH3与二价铁形成配位键 C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比FeCl2高【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．【分析】A．晶体内同时存在多种不同的作用力，具有多种晶体的结构和性质，这类晶体称为混合晶体；B．根据配位键形成条件分析判断；C．Fe（NH3）2Cl2与水反应的化学方程式为Fe（NH3）2Cl2+2H2O＝Fe（OH）2↓+NH4Cl；D．其他条件相同时，离子半径越小，离子键强度越大，热稳定性越高。【解答】解：A．由图可知，Fe（NH3）2Cl2晶体中存在离子键、配位键和分子间作用力，具有分子晶体和离子晶体的特性，属于混合晶体，故A正确；B．NH3分子中N原子含有孤电子对，Fe2+含有空轨道，则NH3与二价铁通过配位键形成[Fe（NH3）2]2+，故B正确；C．Fe（NH3）2Cl2与水反应的化学方程式为Fe（NH3）2Cl2+2H2O＝Fe（OH）2↓+NH4Cl，即有难溶性Fe（OH）2生成，故C正确；D．离子半径：[Fe（NH3）2]2+＞Fe2+，离子键强度：Fe（NH3）2Cl2＜FeCl2，离子键强度越大，热稳定性越高，所以Fe（NH3）2Cl2的热稳定性比FeCl2低，故D错误；故选：D。【点评】本题考查配合物结构及性质，侧重辨析能力和灵活运用能力考查，明确混合晶体概念及特性、配位键形成条件、晶体热稳定性的判断方法是解题关键，题目难度中等。7．（2024秋•张家口期末）含氟化合物在现代科技中有重要应用。某含氟化合物的晶胞结构如图，其中NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．该化合物的化学式为K2CuF4 B．Cu位于F构成的八面体空隙中 C．Cu与Cu之间的最短距离为12D．该晶体的密度为4.36×1【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．根据均摊法计算原子个数；B．F位于体心Cu的上下左右前后；C．由晶胞结构可知Cu与Cu之间的最短距离为相邻两顶点的距离；D．每个晶胞的体积为a2b×10﹣30cm3，每个晶胞的质量为19×8+4×39+2×64NAg=436NA【解答】解：A．由图可知，Cu位于顶点和体心，个数为8×18+1=2，K位于棱上和体内，个数为8×14+2=4，F位于棱上、面上和体内，个数为16×14+4×12+2=8，Cu：K：F＝2：4：B．F位于体心Cu的上下左右前后，即Cu位于F构成的八面体空隙中，故B正确；C．由晶胞结构可知Cu与Cu之间的最短距离为相邻两顶点的距离，即为apm，故C错误；D．每个晶胞的体积为a2b×10﹣30cm3，每个晶胞的质量为19×8+4×39+2×64NAg=436NAg，该晶体的密度ρ=mV=436NAa2b故选：C。【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。8．（2024秋•武汉期末）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。下列说法正确的是（）A．50Sn位于元素周期表的第5周期第ⅥA族 B．通过晶体X射线衍射实验可鉴别灰锡和白锡 C．灰锡中每个Sn原子周围与它最近且等距的Sn原子有2个 D．若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1nm3和V2n【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．Sn是50号元素，价层电子排布式为5s25p2；B．X射线衍射实验可测定晶体结构；C．由灰锡结构图可知，每个Sn原子连接4个Sn原子；D．根据ρ=m【解答】解：A．Sn是50号元素，价层电子排布式为5s25p2，位于元素周期表中第五周期第ⅣA族，故A错误；B．X射线衍射实验可测定晶体结构，可通过晶体X射线衍射实验可鉴别灰锡和白锡，故B正确；C．由灰锡结构图可知，每个Sn原子连接4个Sn原子，即每个Sn原子周围与它最近且等距的Sn原子有4个，故C错误；D．由白锡的晶胞图可知，Sn原子位于顶点和体心，个数为8×18+1＝2；由灰锡晶胞图可知，Sn原子为顶点、面上和体内，个数为8×18+6×12+4＝8，由ρ=mV可知，白锡和灰锡的密度之比为故选：B。【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，涉及核外电子排布、晶胞结构与计算等知识，属于基本知识的考查，题目难度中等。9．（2024秋•朝阳区期末）CuSO4•5H2O结构示意图如图1）分解的TG曲线（固体质量随温度变化）及DSC曲线（反映体系热量变化情况）如图2所示。700℃左右有两个吸热峰（对应两个吸热反应）。下列分析不正确的是（）A．H2O与Cu2+H2O与SO4B．CuSO4•5H2O中的结晶水是分步失去的 C．700℃左右对应的分解产物是CuO、SO2、SO3、O2 D．温度高于800℃，推测发生了2CuO△¯2Cu+O【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．【分析】A．由图可知，CuSO4•5H2O中存在配位键和氢键；B．根据DG图像可知，CuSO4•5H2O中的结晶水是分步失去的；C．700℃左右对应的分解反应为：CuSO4700℃¯CuO+SO3、2SO3⇌700℃2SO2+OD．根据0.72mg判断最终产物是Cu2O。【解答】解：A．由图可知，4个H2O与1个Cu2+之间形成配位键，1个H2O与2个SO42-B．根据DG图像可知，CuSO4•5H2O中的结晶水是分步失去的，即先破坏氢键，在破坏配位键，故B正确；C．700℃左右对应的分解反应为：CuSO4700℃¯CuO+SO3、2SO3⇌700℃2SO2+O2，所以分解产物是CuO、SO2、SO3、O2，故D．温度高于800℃，推测发生了4CuO△¯2Cu2O+O2，故D故选：D。【点评】本题主要考查配位化合物的结构、学生对DG图像的理解与应用，属于基本知识的考查，难度中等。10．（2025•全国模拟）科研人员在高温高压条件下合成了类金刚石结构的硼碳氮化合物，其晶胞结构如图所示，立方晶胞参数为apm。NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．该化合物为共价晶体，硬度大 B．晶体中与B原子距离最近且相等的B原子数为4 C．晶胞中C—C键与C—N键的数目比为2：1 D．晶体的密度=【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．硼碳氮化合物具有类金刚石结构；B．以右下方的B为坐标原点，将晶胞平移，则B原子位于晶胞顶点和前后2个面的面心上；C．由图可知，体内右后上方的C原子连接2个C原子和2个N原子；D．根据均摊法计算原子个数，根据ρ=m【解答】解：A．硼碳氮化合物具有类金刚石结构，金刚石为共价晶体，则该硼碳氮化合物也为共价晶体，硬度大，故A正确；B．以右下方的B为坐标原点，将晶胞平移，则B原子位于晶胞顶点和前后2个面的面心上，距面心最近且相等的B原子数位于顶点，个数为4，故B正确；C．由图可知，体内右后上方的C原子连接2个C原子和2个N原子，C—C键与C—N键的数目比为1：1，故C错误；D．由图可知，N原子位于顶点和面心，个数为8×18+2×12=2，C原子位于体内和面上，个数为4×12+2＝4，2个B原子位于体内，晶胞质量为2×14+4×12+2×11NAg=98NAg，晶胞体积为a3×10﹣30cm3，晶体密度ρ=故选：C。【点评】本题考查晶胞结构与性质，掌握晶胞平移和计算是关键，题目难度较大。11．（2024秋•河北期末）KIO3晶体具有良好的光学性能，晶胞为立方体。已知：晶胞参数为anm，NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A．与K最近且距离相等的O的数目为6 B．1个晶胞中含有2个K原子 C．K和O的最近距离为32anmD．该晶体密度ρ=39+127+16×3NA×(a【专题】化学键与晶体结构；分析与推测能力．【分析】A．根据图知，K位于顶点上，O位于面心上，I位于体心上，与K最近且距离相等的O个数为3×82B．晶胞中K原子的个数为8×1C．K、O的最近距离为面对角线长度的一半；D．该晶胞中K原子的个数为8×18=1、I原子个数为1、O原子个数为6×12=3，晶胞体积为（a×10﹣7【解答】解：A．根据图知，K位于顶点上，O位于面心上，I位于体心上，与K最近且距离相等的O个数为3×82=12，故B．晶胞中K原子的个数为8×18=1C．K、O的最近距离为面对角线长度的一半，为22nm，故CD．该晶胞中K原子的个数为8×18=1、I原子个数为1、O原子个数为6×12=3，晶胞体积为（a×10﹣7cm）3，晶体的密度为故选：D。【点评】本题考查晶胞的计算，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确晶胞中各原子的位置、密度的计算方法是解本题关键，题目难度不大。12．（2025•河南模拟）配合物间的结构转变是一种有趣的现象、配合物1经过加热可转变为配合物2，如图所示，下列说法错误的是（）A．配合物1中含有2种配体 B．配合物2中N原子采取sp2杂化 C．转变过程中涉及配位键的断裂和形成 D．转变前后，Co的化合价由+2价变为0价【专题】化学键与晶体结构；理解与辨析能力．【分析】A．由图可知，配合物1中含有2种配体，其中一种是H2O；B．中心原子的价层电子对数＝σ键数+孤电子对数；C．转变过程中配合物1中断裂2个H2O与Co2+之间形成的配位键，配合物2中，SO42-中的O与2个Co2+之间形成D．由图可知，配合物1、2中，Co都是+2价。【解答】解：A．由图可知，配合物1中含有2种配体，其中一种是H2O，故A正确；B．配位键属于σ键。由图可知配合物2中N原子的σ键数＝3，无孤电子对，则N原子的价层电子对数＝3，采取sp2杂化，故B正确；C．转变过程中配合物1中断裂2个H2O与Co2+之间形成的配位键，配合物2中，SO42-中的O与2个Co2+之间形成2个配位键，涉及配位键的断裂和形成，故D．由图可知，配合物1、2中，Co都是+2价，化合价不变，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查反应热与焓变的相关知识，同时考查学生的看图理解能力，属于基本知识的考查，难度不大。13．（2025•云南模拟）硼砂的化学式可表示为Na2B4O3（OH）4•8H2O，其水解反应的离子方程式为：[B4O3（OH）4]2﹣+5H2O＝2H3BO3+2[B（OH）4]，三种含硼微粒结构示意图如图。下列说法错误的是（）A．可用X射线衍射仪测定硼砂晶体的结构 B．B—O配位键中B原子提供空轨道 C．硼砂可与HCl按物质的量之比1：4恰好完全反应 D．调节pH可实现H3BO3和[B【专题】原子组成与结构专题；理解与辨析能力．【分析】A．X射线衍射仪可测定晶体的结构；B．B—O配位键中B原子提供空轨道，O提供孤电子对；C．硼砂可与HCl按物质的量之比1：2恰好完全反应；D．pH较高时H3BO3会转化为[B(OH)4]-，pH较低时【解答】解：A．X射线衍射仪可测定晶体的结构，因此可用X射线衍射仪测定硼砂晶体的结构，故A正确；B．B—O配位键中B原子提供空轨道，O提供孤电子对，故B正确；C．硼砂可与HCl按物质的量之比1：2恰好完全反应，故C错误；D．pH较高时H3BO3会转化为[B(OH)4]-，pH较低时[B(OH)4]-可转化为H3故选：C。【点评】本题主要考查配合物与超分子，为高频考点，题目难度一般。14．（2025•内蒙古模拟）钾锰铁基普鲁士白[K2MnFe（CN）6]是一种钾离子电池正极材料，充电时随着K+脱出，其结构由Ⅰ经Ⅱ最终转变为Ⅲ；Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的晶胞俯视图及Ⅱ的晶胞结构如图所示。下列说法正确的是（）A．Ⅲ转化为Ⅰ是非自发过程 B．充电过程中Fe或Mn的价态降低 C．晶体Ⅱ的化学式为KMnFe（CN）6 D．晶胞Ⅲ中π键数目为24【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．Ⅲ转化为Ⅰ是放电过程；B．钾锰铁基普鲁士白[K2MnFe（CN）6]是一种钾离子电池正极材料，充电时K+脱出；C．根据均摊法计算原子个数；D．晶胞Ⅲ的化学式为MnFe（CN）6，CN﹣中含有2个π键。【解答】解：A．Ⅲ转化为Ⅰ是放电过程，为自发过程，故A错误；B．钾锰铁基普鲁士白[K2MnFe（CN）6]是一种钾离子电池正极材料，充电时K+脱出，充电时正极失电子，发生氧化反应，Fe或Mn的价态升高，故B错误；C．由图Ⅱ晶胞可知，4个K位于体内，MnN6位于顶点和面心，个数为8×18+6×12=4，FeC6位于棱心和体心，个数为12×14+1＝4，K：MnN6：FeC6＝4：4：4＝1：1：1D．晶胞Ⅲ的化学式为MnFe（CN）6，CN﹣中含有2个π键，π键总数目为2×6×4＝48，故D错误；故选：C。【点评】本题考查晶胞结构与计算，理解晶胞结构是关键，题目难度中等。15．（2025•四川模拟）一种具有钙钛矿结构的光催化剂，其四方晶胞结构如图所示（α＝β＝γ＝90°），NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．该物质的化学式为PbTiO3 B．1位和2位O2﹣的核间距为2.212C．晶体的密度为303ND．2位O2﹣的分数坐标为(【专题】化学键与晶体结构；分析与推测能力．【分析】A．晶胞中Pb2+的个数为8×18=1，O2﹣的个数为6×12=3B．1位和2位O2﹣的核间距为12a2+(1.1C．晶胞的质量为303NAg，晶胞的体积1.1a3×10﹣30cm3，代入公式ρD．2位O2﹣的分数坐标为（12，0，1【解答】解：A．晶胞中Pb2+的个数为8×18=1，O2﹣的个数为6×12=3，Ti4+的个数为1B．1位和2位O2﹣的核间距为12a2+(1.1a)C．晶胞的质量为303NAg，晶胞的体积1.1a3×10﹣30cm3，晶胞的密度为ρ=mV=303NAD．2位O2﹣的分数坐标为（12，0，12），故故选：C。【点评】本题主要考查晶体的计算，为高频考点，题目难度一般。16．（2025•云南模拟）Bi4（TiO4）3是一种铁电材料，掺杂La可提高其光电转化性能，La取代部分Bi后的晶胞结构示意图（氧原子未画出）如图。下列说法错误的是（）A．Bi填充在Ti形成的六面体空隙中 B．该晶体的化学式为Bi2La2（TiO4）3 C．该晶胞在xy平面的投影为 D．若p点La平移至晶胞体心，则Ti位于晶胞顶点【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．Bi4（TiO4）3铁电材料掺杂La后变为Bi2La2（TiO4）3，可知最左或最右的Bi被La取代，Bi位于正方体的体心；B．根据均摊法计算原子个数；C．该晶胞在xy平面进行投影时，棱上的Ti、Bi、La投影在四个角，体内的La、Ti、Bi投影在面心；D．若p点La平移至晶胞体心，相当于该晶胞中右侧顶点的Ti沿z轴向左移至如图标红色的La原子位置，。【解答】解：A．Bi4（TiO4）3铁电材料掺杂La后变为Bi2La2（TiO4）3，可知最左或最右的Bi被La取代，Bi位于正方体的体心，正方体为六面体，Bi填充在Ti形成的六面体空隙中，故A正确；B．Bi位于棱上和体内，个数为8×14+2＝4，Ti位于棱上、顶点和体内，个数为8×18+8×14+3＝6，La位于棱上和体内，个数为8×14+2＝4，Ti：Bi：La＝4：4：6＝2：2：3，根据Bi4（TiO4）3可知，该晶体的化学式为C．该晶胞在xy平面进行投影时，棱上的Ti、Bi、La投影在四个角，体内的La、Ti、Bi投影在面心，即该晶胞在xy平面的投影为，故C正确；D．若p点La平移至晶胞体心，相当于该晶胞中右侧顶点的Ti沿z轴向左移至如图标红色的La原子位置，，即La位于晶胞顶点，故D错误；故选：D。【点评】本题考查晶胞计算，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用方法，试题知识点解答、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及综合应用能力，题目难度较大。17．（2023秋•肇东市校级期末）钛酸钙是典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质，比如吸光性、电催化性等，其晶体结构如图所示。下列说法正确的是（）A．基态钛原子价电子排布式为4s23d2 B．钛酸钙的化学式为CaTiO2 C．每个晶胞中含有8个Ca2+ D．每个Ca2+周围距离最近且等距的O2﹣有12个【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．Ti为22号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2；B．由晶胞结构图可知，钙离子位于顶点，个数为8×18=1，氧离子位于面心，个数为6×12=C．根据均摊法计算钙离子个数；D．由晶胞结构可知，距晶胞顶点的Ca2+周围距离最近且等距的O2﹣位于相邻的面心。【解答】解：A．Ti为22号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，可见其价层电子排布式为3d24s2，故A错误；B．由晶胞结构图可知，钙离子位于顶点，个数为8×18=1，氧离子位于面心，个数为6×12=3，1个TiC．每个晶胞实际占有钙离子数目为8×18=1D．由晶胞结构可知，距晶胞顶点的Ca2+周围距离最近且等距的O2﹣位于相邻的面心，则每个Ca2+周围距离最近且等距的O2﹣为3×8×12=12故选：D。【点评】本题考查晶胞结构与性质，掌握均摊法计算原子个数是关键，题目难度中等。18．（2024•江岸区校级模拟）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°。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（12，12，12）。已知Xe﹣FA．该晶体的密度为3.38×1032aB．B点原子的分数坐标为（0，0，r） C．晶胞中A、B间距离d=12D．基态F原子的核外电子空间运动状态有5种【专题】化学键与晶体结构．【分析】图中大球的个数为8×18+1＝2，小球的个数为8×14+2＝4，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rc处，其坐标为（0，0，rc）；图中y是底面对角线的一半，【解答】解：A.图中大球的个数为8×18+1＝2，小球的个数为8×14+2＝4，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，密度ρ=mV=B.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rc处，其坐标为（0，0，rc），故C.图中y是底面对角线的一半，y=22a，x=c2-r，所以dD.电子的空间运动状态就是轨道数，F原子有5个轨道，因而有5种电子的空间运动状态，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、晶胞计算等，这些都是常考知识点，对学生综合能力的考查，难度中等。19．（2023秋•安徽期末）我国科研人员利用C60和K掺杂制造了一种富勒烯化合物，是一种定量还原剂，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A．该富勒烯化合物中的K原子和C原子的个数比为3：1 B．该晶胞中与C60最近且距离相等的K是6个 C．将C60看作顶点，该晶体中C60构成的多面体有8个面 D．该晶体的密度为2.58×1032a3N【专题】原子组成与结构专题；分析与推测能力．【分析】由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的C60个数为8×18+1＝2，位于面上的钾原子个数为12×12=6【解答】解：A．由分析可知，晶胞的化学式为K3C60，则钾原子和碳原子的个数比为3：60＝1：20，故A错误；B．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的C60与邻近的6个面上的钾原子距离最近，每个面上有2个钾原子，则晶胞中与C60最近且距离相等的钾原子是12个，故B错误；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点C60与6个C60形成正八面体，所以将C60看作顶点，该晶体中C60构成的多面体有8个面，故C正确；D．设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：2×837NA=（10﹣10a）3d，解得d=故选：C。【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。20．（2023秋•盐城期末）钙钛矿是以俄罗斯矿物学家Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿物[如图（a）]，此后，把结构与之类似的晶体（化学式与钛酸钙相似）统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光伏电池的有机半导材料的结构如图（b）所示，其中A为CH3NH3+，另两种离子为I﹣和Pb2+。下列说法错误的是（）A．晶胞中与每个Ca2+紧邻的O2﹣有6个 B．图（b）中，X为I﹣ C．CH3NH3+时中含有配位键 D．钛酸钙的化学式为CaTiO3【专题】化学键与晶体结构．【分析】A．Ca2+位于顶点，与邻近的3个面的面心上的O2﹣紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，据此分析；B．图（b）中，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心和面心，根据均摊法可以确定其中有A、B、X个数，根据晶体呈电中性确定；C．CH3NH3+中N提供孤对电子、氢离子提供空轨道；D．由Ca2+位于8个顶点，Ti4+位于体心，O2﹣位于6个面心，根据均摊法计算顶点，面心以及体心的粒子数。【解答】解：A．Ca2+位于顶点，与邻近的3个面的面心上的O2﹣紧邻，每个顶点参与形成8个晶胞，每个面参与形成2个晶胞，因此与每个Ca2+紧邻的O2﹣有3×8÷2＝12个，故A错误；B．图（b）中，A位于晶胞的顶点，个数为8×18=1，B位于体心，个数为1，X位于面心，个数为6×12=3，根据晶体呈电中性确定，CH3NH3+和Pb2+均为1个，有3个I﹣，故XC．CH3NH3+中N提供孤对电子、氢离子提供空轨道，则存在配位键，故C正确；D．Ca2+位于8个顶点，个数为8×18=1个，Ti4+位于体心，个数为1个，O2﹣位于6个面心，个数为6×12=3故选：A。【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、化学键的判断等知识点，明确原子结构、物质结构、均摊法在晶胞计算中的运用等知识点是解本题关键，难点是晶胞计算，题目难度中等。二．解答题（共4小题）21．（2024秋•天津期末）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：（1）基态Cu+的价层电子排布式为3d10，从核外电子排布看，CuO与Cu2O相比，Cu2O更稳定。（2）向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，其配体的结构式为；向CuSO4溶液中滴加少量氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，写出由蓝色沉淀得到深蓝色溶液反应的离子方程式Cu（OH）2+4NH3＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；[Cu（NH3）4]SO4所含有的化学键有ABC。A.离子键B.极性共价键C.配位键D.氢键（3）酞菁的铜配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值酞菁分子结构如图，分子中所有原子共平面，所有N原子采取sp2杂化。邻苯二甲酸酐（）和邻苯二甲酰（）都是合成的原料，后者熔点高于前者，主要原因是两者都是分子晶体，邻苯二甲酰亚胺分子间形成氢键，使分子间作用力增强。（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：①已知该合金晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数值为NA则该合金的密度389NA×(a×10-7②离Au原子最近的Cu原子有12个。【专题】化学键与晶体结构；分析与推测能力．【分析】（1）基态29Cu的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子生成Cu+，则Cu+的价电子排布式为3d10，属于全充满的稳定结构；（2）NH3分子的空间构型为三角锥形，含有N—H键；当氨水过量时氨水和氢氧化铜反应生成铜氨配合物，该配合物属于离子化合物，且氢键不属于化学键；（3）该分子中所有原子共平面，则所有N原子的价层电子对数均为3、VSEPR模型均为平面三角形；分子间氢键会使物质的熔沸点升高；（4）①该晶胞中Au原子数为8×18=1，Cu原子数为6×12=3，化学式为Cu3Au，晶体的质量m＝nM=389NAg，体积V＝（a×10﹣②该晶胞Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，离Au原子最近的Cu原子数为3×8×12【解答】解：（1）基态29Cu的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子生成Cu+，则Cu+的价电子排布式为3d10，属于全充满的稳定结构，再失去电子所需能量较高，所以从核外电子排布看，CuO与Cu2O相比，Cu2O更稳定，故答案为：3d10；Cu2O；（2）[Cu（NH3）4]SO4的配体为NH3，NH3分子的空间构型为三角锥形，中心原子为N，含有N—H键，其结构式为；当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨配合物，反应离子方程式为Cu（OH）2+4NH3＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣．配合物[Cu（NH3）4]SO4属于离子化合物，该晶体中含有离子键、N—H或S＝O等极性键、配位键，故答案为：；Cu（OH）2+4NH3＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；ABC；（3）酞菁分子中所有原子共平面，则所有N原子的价层电子对数均为3、VSEPR模型均为平面三角形、N原子的杂化方式均为sp2；由邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰的结构简式可知，邻苯二甲酸酐分子间只存在范德华力，邻苯二甲酰分子间还存在氢键，分子间氢键会使物质的熔沸点升高，所以邻苯二甲酰熔点高，故答案为：sp2；两者都是分子晶体，邻苯二甲酰亚胺分子间形成氢键，使分子间作用力增强；（4）①晶胞中Au原子数为8×18=1，Cu原子数为6×12=3，化学式为Cu3Au，晶体质量m＝nM=389NAg，体积V＝（a×10﹣7）故答案为：389N②该晶胞Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，离Au原子最近的Cu原子数为3×8×12故答案为：12。【点评】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、分子性质、配合物结构及化学键类型等知识，明确核外电子排布式、化学键类型及配位键、VSEPR模型的应用、晶胞的相关计算是解题关键，注意掌握均摊法，题目难度中等。22．（2024秋•温州期末）钛及其化合物具有重要的应用价值，回答下列问题：（1）Ti在元素周期表中位于d区；基态Ti原子价层电子排布式为3d24s2。（2）钛的卤化物熔点数据如下表，TiF4熔点高于其他三种卤化物，原因是TiF4为离子化合物，熔点高，TiCl4、TiBr4和TiI4熔点依次升高，原因是三种晶体均为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。物质TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/℃377﹣2538150（3）由钛原子核形成的三种微粒，价层电子轨道表示式分别为：有关这些微粒的叙述，正确的是ac。a.微粒半径：①＞②b.微粒①变成微粒③会释放能量c.电子排布属于基态原子（或离子）的是：①②（4）某种钛的氧化物晶胞如图，该氧化物化学式为TiO2，Ti的配位数是6。（5）当该晶体有O原子脱出时，出现O空位，Ti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.Na2OC.Fe2O3D.CuO【专题】化学键与晶体结构；分析与推测能力．【分析】（1）Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，属于d区元素，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2；（2）F的电负性较大，TiF4为离子化合物，形成离子晶体，而四氯化钛、四溴化钛、四碘化钛是分子晶体，相对分子质量依次增大的，分子间作用力依次增；（3）a.微粒①为基态原子，微粒②为失去2个电子的基态离子；b.微粒①为基态原子，微粒③为激发态原子；c.a.微粒①为基态原子，微粒②为失去2个电子的基态离子；（4）O2﹣采用面心立方最密堆积，Ti4+与O2﹣相切，说明Ti4+处于O2﹣形成的八面体中，晶胞中Ti原子数目为1+8×18=2，O原子数目为2+4×12（5）当TiO2晶体有O原子脱出时，则根据化合价代数和为0可知，元素Ti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。【解答】解：（1）Ti位于周期表中第4周期第ⅣB族，属于d区元素，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子核外电子排布式为[Ar]3d24s2，3d、4s能级上的电子为其价电子，基态Ti原子价电子排布式为3d24s2，故答案为：d；3d24s2；（2）F的电负性较大，TiF4为离子化合物，形成离子晶体，而四氯化钛、四溴化钛、四碘化钛是分子晶体，相对分子质量依次增大的，分子间作用力依次增大，所以晶体的熔点逐渐升高，故答案为：TiF4为离子化合物，熔点高；三种晶体均为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高；（3）a.微粒①为基态原子，微粒②为失去2个电子的基态离子，因而微粒半径①＞②，故a正确；b.微粒①为基态原子，微粒③为激发态原子，微粒①变成微粒③会吸收能量，故b错误；c.a.微粒①为基态原子，微粒②为失去2个电子的基态离子，故c正确；故答案为：ac；（4）O2﹣采用面心立方最密堆积，Ti4+与O2﹣相切，说明Ti4+处于O2﹣形成的八面体中，晶胞中Ti原子数目为1+8×18=2，O原子数目为2+4×12=4，则该晶体化学式为TiO故答案为：TiO2；6；（5）当TiO2晶体有O原子脱出时，则根据化合价代数和为0可知，元素Ti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：降低；A。【点评】本题是对物质结构与性质的考查，题目涉及核外电子排布、晶胞结构与计算等，掌握均摊法进行晶胞有关计算。23．（2024秋•滨州期末）钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题：（1）一种具有光催化作用的配合物结构如图（其中为平面结构）。①基态Co原子的价电子轨道表示式为；②该配合物中Co的化合价为+3，杂化方式为sp2和sp3的N原子数目之比为2：1；③ClO3-中O—Cl—O键角小于图中a处C—N—C键角的原因是中心原子均为sp3杂化，（2）1mol八面体配合物CoCl3•3NH3中含有σ键的数目为15NA，该配合物的空间结构有2种。（3）钴蓝可用作青花瓷的颜料。钴蓝晶胞如图1，其晶体可由图2所示结构（包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体）平移并置形成。①图1中Ⅱ型小立方体分别占据位置b、d、e、g（填字母）。②阿伏加德罗常数的值为NA，钴蓝晶体的密度为177NAa3×1021g【专题】原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．【分析】（1）①Co是28号元素，价层电子排布式为3d84s2；②根据正负化合价的代数和为0计算Co的化合价；环上的N原子形成3个σ键和1个π键，氨基和亚氨基中的N原子形成3个σ键和1个孤电子对；③孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力；（2）CoCl3•3NH3为八面体配合物，则Cl﹣、NH3都为配位体，则其含有Cl、N都与Co形成配位键，还存在N—H键；（3）①b、d、e、g均不共侧面，故Ⅱ型小立