1．物質(zhì)結(jié)構(gòu)常見考點(diǎn)剖析
(1)以原子或離子結(jié)構(gòu)為主線的考查角度
(2)以分子結(jié)構(gòu)為主線的考查角度
(3)以晶體結(jié)構(gòu)為主線的考查角度
2．性質(zhì)比較及解釋類問題模型構(gòu)建
(1)“原因解釋”類試題的解題流程
(2)模板構(gòu)建
eq \x(敘述結(jié)構(gòu))→eq \x(闡述原理)→eq \x(回扣結(jié)論)
探究一 原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)
前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；基態(tài)B原子s能級(jí)的電子總數(shù)比p能級(jí)的多1；基態(tài)C原子和基態(tài)E原子中成對(duì)電子數(shù)均是未成對(duì)電子數(shù)的3倍；D形成簡(jiǎn)單離子的半徑在同周期元素形成的簡(jiǎn)單離子中最小?；卮鹣铝袉栴}：
(1)元素A、B、C中，電負(fù)性最大的是_______(填元素符號(hào)，下同)，元素B、C、D第一電離能由大到小的順序?yàn)開______。
(2)與同族其他元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是_______；BA3分子中鍵角_______109°28′(填“>”“＜”或“=”)，原因是_______。
(3)基態(tài)E原子的電子排布式為_______；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合價(jià)為＋6)中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為_______。
(4)化合物DB是人工合成的半導(dǎo)體材料，它的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石(晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示)相似。若DB的晶胞參數(shù)為apm，則晶體的密度為_______g·cm-3(用NA表示阿伏加德羅常數(shù))。
【答案】(1) O N>O>Al
(2) NH3分子間存在氫鍵 ＜ 孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用強(qiáng)于成鍵電子對(duì)之間的排斥作用
(3) 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1) 7：1
(4)×1030
【詳解】（1）元素的非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，元素H、N、O中，電負(fù)性最大的是O元素；同一周期，從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢(shì)，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，第一電離能逐漸減小，元素N、O、Al的第一電離能由大到小的順序?yàn)镹＞O＞Al，故答案為O；N＞O＞Al；
（2）NH3分子間易形成氫鍵，導(dǎo)致氨氣易液化；NH3中中心原子N的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，孤電子對(duì)數(shù)為1，其VSEPR模型為四面體構(gòu)型，NH3分子中N原子采用sp3雜化，為三角錐結(jié)構(gòu)，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用強(qiáng)于成鍵電子對(duì)之間的排斥作用，使得氨氣分子中鍵角小于109°28′，故答案為NH3分子間易形成氫鍵；＜；孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用強(qiáng)于成鍵電子對(duì)之間的排斥作用；
（3）E為Cr元素，基態(tài)E原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合價(jià)為＋6)，結(jié)構(gòu)為，其中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為7:1，故答案為1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；7:1；
（4）AlN晶胞中含有N或Al原子數(shù)為4，8×+6×=4，晶胞質(zhì)量為g，因此晶胞的密度==×1030 g·cm－3，故答案為×1030。
【變式練習(xí)】
1．主族元素N、F、Si、As、Se、Cl、Ti等的某些化合物對(duì)工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)意義重大，回答下列問題：
(1)Si3N4陶瓷是世界上最堅(jiān)硬的物質(zhì)之一，具有高強(qiáng)度、低密度、耐高溫等性質(zhì)，其屬于_______晶體；高純硅制備過程中會(huì)有SiHCl3、SiCl4等中間產(chǎn)物生成。沸點(diǎn)：SiHCl3_______ SiCl4(填“>”或“Si
(3) 平面三角形
(4) 6
(5) -90.3kJ/ml AC 2
【詳解】（1）基態(tài)硅原子的價(jià)電子排布圖為：，故答案為：；
（2）在C、N、Si中N的非金屬最強(qiáng)其第一電離能最大，C次之，Si最小，故答案為：N＞C＞Si；
（3）①根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論孤電子對(duì)數(shù)為0，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，空間結(jié)構(gòu)是平面三角形，故答案為：平面三角形
②價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3，雜化方式，故答案為：
（4）①由 晶體結(jié)構(gòu)，離原子最近的N原子數(shù)為6，則 原子的配位數(shù)為6，故答案為：6
②N原子處于體心和棱上，晶胞中含有N原子數(shù)目為 ， Ga 原子處于頂點(diǎn)與面心，晶胞中含有 原子數(shù)目為 ，根據(jù)圖b，晶胞的邊長(zhǎng)為N、兩原子的直徑和，已知、N原子半徑分別為 、 ，故該 晶體密度 。
（5）①目標(biāo)方程=-(反應(yīng)Ⅰ+反應(yīng)Ⅱ)，則ΔH=-(131.4kJ/ml-41.1kJ/ml)=-90.3kJ/ml；
②A．將碳?jí)K粉碎，增大了反應(yīng)物之間的接觸面積，反應(yīng)速率加快，A正確；
B．平衡時(shí)向容器中充入惰性氣體，因反應(yīng)容器體積固定，故反應(yīng)Ⅰ平衡不移動(dòng)，B錯(cuò)誤；
C．該反應(yīng)中有固體參與，氣體質(zhì)量隨反應(yīng)的進(jìn)行而改變，混合氣體的密度保持不變，說明反應(yīng)達(dá)到平衡，C正確；
D．當(dāng)反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅱ均反應(yīng)完全時(shí)，氫氣的體積分?jǐn)?shù)為，但是以上兩個(gè)反應(yīng)均為可逆反應(yīng)，反應(yīng)物無法完全反應(yīng)，D錯(cuò)誤；
故答案選AC；
③設(shè)反應(yīng)Ⅰ轉(zhuǎn)化H2Oaml，反應(yīng)Ⅱ轉(zhuǎn)化H2Obml，則a+b=0.5ml，同時(shí)CO的物質(zhì)的量為0.1ml，則a-b=0.1ml，解得a=0.3ml，b=0.2ml，則K== ；
探究三 晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)
（2022·浙江溫州·模擬）完成下列問題。
(1)已知?dú)怏w溶解度(氣體壓強(qiáng)為，溫度為293K，在100g水中的溶解度)數(shù)據(jù)如下表：
結(jié)合上表信息，說明乙烷與乙炔氣體的溶解度存在差異的原因：_______。
(2)已知乙酸()的正交晶胞如圖所示。阿伏加德羅常數(shù)為。
①第一電離能比C、O都大的同周期主族元素是：_______(填元素符號(hào))。
②乙酸晶胞的密度_______。
(3)某籠形絡(luò)合物結(jié)構(gòu)中，金屬離子與連接形成平面層，兩個(gè)平面層通過分子連接，中間的空隙填充大小合適的分子(如)。其基本結(jié)構(gòu)如圖(H原子未畫出)：
①_______。
②該結(jié)構(gòu)不是晶胞結(jié)構(gòu)單元，理由是_______；
③通過分析，金屬離子的配位數(shù)為_______(填入序號(hào))。
A．2、3 B．4、6 C．3、4 D．5、6
【答案】(1)C2H6氫原子正電性不明顯，與水分子間沒有氫鍵，與水分子間的作用力較小，溶解度??； C2H2分子中，中心原子sp雜化，中心原子負(fù)電性較大，所連H原子正電性較大，與H2O分子間的作用力變大，溶解性大(或者乙炔與水分子間形成氫鍵，溶解性強(qiáng))
(2) N
(3) 2:1:1 結(jié)構(gòu)中不存在三套各兩個(gè)相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移對(duì)稱性) B
【詳解】（1）根據(jù)表格中H原子的電性可知，H原子正電性越大可以和水形成氫鍵增大溶解度；C2H6氫原子正電性不明顯，與水分子間沒有氫鍵，與水分子間的作用力較小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp雜化，中心原子負(fù)電性較大，所連H原子正電性較大，與H2O分子間的作用力變大，溶解性大(或者乙炔與水分子間形成氫鍵，溶解性強(qiáng))。
（2）①同周期元素第一電離能從左到右呈增大趨勢(shì)，第VA族大于第VIA族，故第一電離能比C、O都大的同周期主族元素是N；
②根據(jù)晶胞圖可知每個(gè)晶胞中含有4個(gè)乙酸分子，乙酸晶胞的密度；
（3）①根據(jù)均攤法Ni占據(jù)8個(gè)頂點(diǎn)，每個(gè)單元中含有Ni個(gè)數(shù)為，CN-占據(jù)8個(gè)棱，每個(gè)單元含有CN-的個(gè)數(shù)為，含有NH3為，故2:1:1；
②該結(jié)構(gòu)不是晶胞結(jié)構(gòu)單元，因?yàn)榻Y(jié)構(gòu)中不存在三套各兩個(gè)相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移對(duì)稱性)；
③通過分析，同層有4個(gè)CN-，金屬離子的配位數(shù)為4，軸向有兩個(gè)NH3，配位數(shù)為4+2=6 ，金屬離子配位數(shù)為4和6，故答案為B；
【變式練習(xí)】
1．（2022·福建·上杭一中高三期中）第ⅤA族元素在科研、化工生產(chǎn)等領(lǐng)域中具有重要的意義，回答下列相關(guān)問題：
(1)第ⅤA族元素價(jià)電子的排布通式為_______。
(2)、LiCl和苯胺等可用于制備鋰離子電池正極材料的原料。
①與互為等電子體的分子的化學(xué)式為_______。
②苯胺()中碳、氮原子雜化方式分別為_______，苯胺的熔沸點(diǎn)高于甲苯的原因是_______。
(3)肼 (N2H4)可用作火箭燃料。
①肼燃燒時(shí)發(fā)生的反應(yīng)是 ，該反應(yīng)中有鍵斷裂，則形成的π鍵有_______ml。
②肼能與硫酸反應(yīng)生成，晶體類型與硫酸銨相同，則的晶體內(nèi)不存在_______(填標(biāo)號(hào))。
a.離子鍵 b.共價(jià)鍵 c.配位鍵 d.范德華力
(4)砷化鎵(GaAs)是當(dāng)前主流的化合物半導(dǎo)體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，若晶胞參數(shù)為apm，Ga與As的最近距離為_______。
【答案】(1)ns2np3
(2) CH4 sp2雜化；sp3雜化 苯胺分子間可形成氫鍵
(3) 3 d
(4)anm
【詳解】（1）第ⅤA族元素的最外層為5個(gè)電子，價(jià)電子排布式為ns2np3，故答案為：ns2np3；
（2）①等電子體是指具有相同電子數(shù)目和原子數(shù)目的分子或離子，中電子數(shù)為：7+4-1=10，如CH4中電子數(shù)為：6+4=10和是等電子體，答案為CH4；
②苯胺()中碳原子雜化軌道數(shù)為3，所以采取sp2雜化，N元素全部形成單鍵，屬于sp3雜化，故答案為：sp2雜化；sp3雜化；
苯胺中有-NH2，分子間可形成氫鍵，而甲苯分子間不能形成氫鍵，分子間氫鍵可明顯地提升分子晶體的熔、沸點(diǎn)，故答案為:苯胺分子間可形成氫鍵；
（3）①有4ml N-H鍵斷裂，即1mlN2H4參加反應(yīng)，生成1.5mlN2，且1個(gè)N≡N中含2個(gè)π鍵，則形成的π鍵有1.5ml×2=3ml；
②晶體類型與硫酸銨相同，根據(jù)硫酸銨晶體中存在的化學(xué)鍵判斷，硫酸銨晶體中銨根離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，銨根離子內(nèi)部N和H之間存在共價(jià)鍵，硫酸銨晶體屬于離子晶體，不存在分子間作用力，所以的晶體內(nèi)存在離子鍵、共價(jià)鍵和配位鍵，不含范德華力，答案為d；
（4）體對(duì)角線上的2個(gè)Ga原子、2個(gè)As原子共線，且Ga、As原子之間的距離最短，該距離為體對(duì)角線長(zhǎng)度的，該晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)度=anm，該距離為體對(duì)角線長(zhǎng)度的=anm。
2．某種水性鈉離子電池電極材料屬于配位化合物，使用過程中電極嵌入或脫嵌，變化如下：格林綠普魯士藍(lán)普魯士白，格林綠、普魯士藍(lán)、普魯士白均為立方晶胞，省略的晶胞示意圖如圖1，嵌入和脫嵌過程中均填充在小立方體的體心。X為上述三種晶體中的其中一種，如果不考慮，所有微粒都只有一種化學(xué)環(huán)境，從X中切出的部分結(jié)構(gòu)如圖2所示。
回答下列問題：
(1)從結(jié)構(gòu)上分析基態(tài)、，_______相對(duì)更穩(wěn)定，原因是_______。
(2)配位化合物X中，N原子的雜化類型是_______，的配位數(shù)是_______，X中鍵和鍵的數(shù)目之比為_______。
(3)格林綠、普魯士藍(lán)、普魯士白的化學(xué)式可用表示，后兩者的化學(xué)式依次是_______、_______。
【答案】(1) 價(jià)電子排布式為，是半滿結(jié)構(gòu)，比較穩(wěn)定
(2) 6
(3)
【詳解】（1）鐵是26號(hào)元素，價(jià)電子排布式為3d6s2，失去3個(gè)電子后，F(xiàn)e3+的價(jià)電子的電子軌道表達(dá)式為，價(jià)電子排布式為，是半滿結(jié)構(gòu)，比較穩(wěn)定。
（2）由圖2可知，N原子和C原子以三鍵連接，N原子的雜化類型是；的配位數(shù)是6，碳氮三鍵中含有1個(gè)鍵和兩個(gè)鍵，N原子和Fe原子之間以配位鍵連接，則X中含有36個(gè)鍵和24個(gè)鍵，鍵和鍵的數(shù)目之比為。
（3）配位化合物X中鐵的個(gè)數(shù)為，的個(gè)數(shù)為；普魯士白晶胞中有8個(gè)，則化學(xué)式為；X為三種晶體中的其中一種，如果不考慮，所有微粒都只有一種化學(xué)環(huán)境，說明普魯士藍(lán)晶體中和各4個(gè)，有4個(gè)，則化學(xué)式為。
3．（2022·廣東廣東·高三期中）第VA族元素被稱為“氮族元素”，主要有氮(N)、磷(P)、砷(As)、銻(Sb)、鉍(Bi)等元素，回答下列問題：
(1)基態(tài)鉍(Bi)的價(jià)層電子的軌道表示式為：____。
(2)苯胺()中C與N原子的雜化類型分別為____。苯胺與甲苯()的相對(duì)分子質(zhì)量相近，但熔沸點(diǎn)苯胺____甲苯(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是苯胺可以形成____。
(3)磷元素可以形成多種含氧酸，已知次磷酸(H3PO2)為一元弱酸，其結(jié)構(gòu)式為：____。
(4)砷(As)與硒(Se)同周期且相鄰，比較它們的第一電離能大小____，并說明原因____。
(5)銻酸亞鐵晶胞如圖所示，其晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm，α=β=γ=90°。
請(qǐng)寫出銻酸亞鐵的化學(xué)式：____，晶胞內(nèi)Sb與O的最短距離為____nm(用晶胞參數(shù)表示)。
【答案】(1)
(2) sp2、sp3 ＞ 分子間氫鍵
(3)或
(4) As＞Se As原子的4p能級(jí)是半充滿，較穩(wěn)定不易失電子，故第一電離能As＞Se
(5) Fe(SbO3)2 或
【詳解】（1）基態(tài)鉍(Bi)位于第6周期第ⅤA族，則其價(jià)層電子排布式為6s26p3，軌道表示式為：。答案為：；
（2）苯胺()中C與N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)分別為3和4，則雜化類型分別為sp2、sp3。苯胺與甲苯()的相對(duì)分子質(zhì)量相近，但苯胺分子間能形成氫鍵，則熔沸點(diǎn)：苯胺＞甲苯，原因是苯胺可以形成分子間氫鍵。答案為：sp2、sp3；＞；分子間氫鍵；
（3）次磷酸(H3PO2)為一元弱酸，則其中心P原子的最外層形成8電子相對(duì)穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，且分子中含有1個(gè)-OH，則其結(jié)構(gòu)式為：或。答案為：或；
（4）砷(As)的價(jià)電子排布式為4s24p3，硒(Se)為4s24p4，砷的4p軌道半充滿，電子的能量低，第一電離能反常，則它們的第一電離能大?。篈s＞Se，原因是：As原子的4p能級(jí)是半充滿，較穩(wěn)定不易失電子，故第一電離能As＞Se。答案為：As＞Se；As原子的4p能級(jí)是半充滿，較穩(wěn)定不易失電子，故第一電離能As＞Se；
（5）銻酸亞鐵晶胞中，含F(xiàn)e原子個(gè)數(shù)為=2，含Sb原子個(gè)數(shù)為=4，含O原子個(gè)數(shù)為12，則銻酸亞鐵的化學(xué)式為Fe(SbO3)2；從圖中可以看出，晶胞內(nèi)Sb與O的最短距離是面對(duì)角線的四分之一，即為或nm。答案為：Fe(SbO3)2；或。
1．（2022·河南·焦作市第一中學(xué)模擬）BP晶體超硬、耐磨，是耐高溫飛行器的紅外增透的理想材料，其合成途徑之一為。
請(qǐng)回答下列問題：
(1)基態(tài)溴原子的核外電子排布式為_______；基態(tài)磷原子中自旋方向相反的電子數(shù)目相差_______個(gè)。
(2)①的熔沸點(diǎn)比的熔沸點(diǎn)高的原因?yàn)開______。
②在分子中，有B的_______雜化軌道與Br的4p軌道形成的_______鍵(填“σ”或“π”)，并且還有B_______(填“雜化”或“未雜化”)的2p空軌道與Br的4p軌道形成4中心6電子的大π鍵。
(3)的空間構(gòu)型為_______。
(4)BP的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，B原子在P原子圍成的_______空隙中(填“四面體”或“八面體”)；若晶胞的棱長(zhǎng)為，用表示阿伏加德羅常數(shù)的值，則BP晶體的摩爾體積=_______(用含a、的代數(shù)式表示)。
【答案】(1) 3
(2) 、的結(jié)構(gòu)相似，的相對(duì)分子質(zhì)量大，范德華力大 σ 未雜化
(3)三角錐形
(4) 四面體
【解析】（1）溴為35號(hào)元素，基態(tài)溴原子的核外電子排布式為；磷為15號(hào)元素，核外電子排布圖為，故基態(tài)磷原子中自旋方向相反的電子數(shù)目相差3個(gè)。
（2）①的熔沸點(diǎn)比的熔沸點(diǎn)高的原因?yàn)椤⒕鶠榉肿泳w，結(jié)構(gòu)相似，的相對(duì)分子質(zhì)量大，范德華力大，熔沸點(diǎn)高。
②在分子中，中心B原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=3，B原子采用sp2雜化，有B的雜化軌道與Br的4p軌道形成的σ鍵，并且還有B未雜化的2p空軌道與Br的4p軌道形成4中心6電子的大π鍵。
（3）中心P原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+=4，P原子采用sp3雜化，空間構(gòu)型為三角錐形；
（4）BP的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，由圖我看著B原子在P原子圍成的四面體空隙中；
晶胞中P原子位于頂點(diǎn)和面心，一個(gè)晶胞中原子數(shù)目為；B原子位于晶胞內(nèi)部，一個(gè)晶胞中原子數(shù)目為4；晶胞體積為，BP晶體的摩爾體積為：。
2．（2022·廣西·一模）我國科學(xué)家在2021年《Natural·Chemical》 發(fā)表了研究成果—AgCrS2在室溫下具有超離子行為?；卮鹣铝袉栴}：
(1)基態(tài)鉻原子核外電子排布式為_______，基態(tài)硫原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有_______種。
(2)鉻的化合物氯化鉻酰(CrO2Cl2)，熔點(diǎn)95.6℃、 沸點(diǎn)117℃，易溶于CCl4，可作為化工生產(chǎn)中的氧化劑。能通過反應(yīng)K2Cr2O7+ 3CCl4=2KCl + 2CrO2Cl2 + 3COCl2↑來制備。
①反應(yīng)方程式中的非金屬元素電負(fù)性由大到小的關(guān)系為_______(用元素符號(hào)表示)。
②固態(tài)CrO2Cl2屬于_______ 晶體。化合物COCl2中存在的共價(jià)鍵類型是_______。
(3)中S的雜化軌道類型為_______。已知氧族元 素氫化物的熔沸點(diǎn)高低順序?yàn)椋篐2O＞H2Te＞H2Se＞H2S，其原因是_______。
(4)復(fù)合材料氧鉻酸鈣的立方晶胞如圖所示。已知A、B的原子坐標(biāo)分別為(0，0，0)、(1，1，0)，則C的原子坐標(biāo)為_______，1個(gè)鈣原子與_______個(gè)氧原子等距離且最近，已知鈣和氧的最近距離為a nm，則該晶體的密度為_______g/cm3 (列出計(jì)算式，NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1 16
(2) O＞Cl＞C 分子晶體 σ鍵和π鍵
(3) sp3 均為分子晶體，范德華力隨相對(duì)分子質(zhì)量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相對(duì)分子質(zhì)量逐漸增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高，H2O分子之間存在分子間氫鍵，溶沸點(diǎn)最高
(4) (1，，) 12
【解析】(1)鉻的原子序數(shù)為24，基態(tài)鉻原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，核外電子有多少個(gè)即有多少種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)電子，所以基態(tài)硫原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有16種；
故答案為：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，16。
(2)①反應(yīng)方程式中涉及的非金屬元素為C、O、Cl，其電負(fù)性由大到小的關(guān)系為O＞Cl＞C，②氯化鉻酰(CrO2Cl2)，熔、 沸點(diǎn)較低，且易溶于CCl4，屬于分子晶體，化合物COCl2中存在碳氧雙鍵，所以共價(jià)鍵類型是σ鍵和π鍵。
故答案為：O＞Cl＞C，分子晶體，σ鍵和π鍵。
(3)中的S 有4個(gè)σ鍵，沒有孤電子對(duì)，所以S的雜化軌道類型為sp3，氧族元素氫化物均為分子晶體，其中H2O分子之間存在分子間氫鍵，溶沸點(diǎn)最高，H2S、H2Te、H2Se相對(duì)分子質(zhì)量逐漸增大，范德華力逐漸增強(qiáng)，熔沸點(diǎn)逐漸升高。
故答案為：sp3，均為分子晶體，范德華力隨相對(duì)分子質(zhì)量增大而增大，H2S、H2Te、H2Se相對(duì)分子質(zhì)量逐漸增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高，H2O分子之間存在分子間氫鍵，溶沸點(diǎn)最高。
(4)根據(jù)氧鉻酸鈣的立方晶胞圖以及A、B的原子坐標(biāo)可知C的原子位于晶胞右側(cè)面的面心，其坐標(biāo)為(1，，)，氧原子位于晶胞的面心，鈣原子位于晶胞的頂點(diǎn)，每個(gè)鈣原子與12個(gè)氧原子等距離且最近，根據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中有3個(gè)氧原子，1個(gè)鉻原子和1個(gè)鈣原子，由鈣和氧的最近距離為a nm可得晶胞的邊長(zhǎng)為anm，由密度計(jì)算公式可得。
故答案為：(1，，)，12，。
3．（2022·北京房山·二模）金屬鉻及其化合物廣泛應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)中。
(1)煙酸鉻是鉻的一種化合物，可促進(jìn)生物體內(nèi)的蛋白質(zhì)合成，提高生物體的免疫力，其合成過程如圖：
①H、C、N、O的電負(fù)性由大到小的順序是____。
②煙酸中碳原子的雜化方式為____。
(2)基態(tài)鉻原子的核外電子排布式為____，有____個(gè)未成對(duì)電子。
(3)鉻元素的一種配合物[Cr(H2O)4Cl2]Cl?2H2O，配離子中提供孤電子對(duì)的原子為____，配位數(shù)為____。
(4)Cr2O3晶體的熔點(diǎn)為2435℃，而CrCl3晶體易升華，其主要原因是____。
(5)鉻、鈣和氧組成一種特殊的導(dǎo)電材料(復(fù)合氧化物)，其晶胞如圖所示。該晶體的化學(xué)式為____。
【答案】(1) O>N>C>H sp2
(2) 1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1 6
(3) O、Cl 6
(4)Cr2O3是離子晶體，CrCl3是分子晶體，離子鍵比分子間作用力強(qiáng)得多，所以Cr2O3晶體的熔點(diǎn)高，而CrCl3晶體的熔點(diǎn)低，易升華
(5)CaCrO3
【解析】(1)①C、N、O的氫化物中H元素均顯正價(jià)，所以H的電負(fù)性最小，而同周期元素自左至右電負(fù)性依次增大，所以電負(fù)性O(shè)>N>C>H；
②煙酸中的碳原子為苯環(huán)上的碳、形成碳氧雙鍵的碳，均為sp2雜化；
(2)Cr為24號(hào)元素，核外有24個(gè)電子，排布式為1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1，有3d和4s軌道上共6個(gè)未成對(duì)電子；
(3)H2O中的O原子、Cl原子均有孤電子對(duì)，可以提供孤電子對(duì)，根據(jù)該配合物的分子式可知有4個(gè)H2O和2個(gè)Cl原子配位，所以配位數(shù)為6；
(4)CrCl3晶體易升華，說明其熔沸點(diǎn)低，而Cr2O3晶體的熔點(diǎn)很高，可見二者的晶體種類不同，Cr2O3是離子晶體，CrCl3是分子晶體，離子鍵比分子間作用力強(qiáng)得多，所以Cr2O3晶體的熔點(diǎn)高，而CrCl3晶體的熔點(diǎn)低，易升華；
(5)根據(jù)均攤法，該晶胞中Cr4+的個(gè)數(shù)為1，Ca2+的個(gè)數(shù)為8×=1，O2-的個(gè)數(shù)為6×=3，所以化學(xué)式為CaCrO3。
4．（2022·湖南懷化·一模）制備的實(shí)驗(yàn)操作如下：向盛有硫酸銅水溶液的試管中加入氨水，首先形成藍(lán)色沉淀，繼續(xù)添加氨水，沉淀溶解，得到深藍(lán)色的透明溶液；若加入極性較小的溶劑(如乙醇)，將析出深藍(lán)色的晶體?；卮鹨韵聠栴}：
(1)“沉淀溶解”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______
(2)基態(tài)價(jià)層電子排布式為_______。
(3)N、O、S三種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)開______。
(4)沸點(diǎn)：，原因?yàn)開______。
(5)含有σ鍵的數(shù)目為_______。
(6)寫出一種與互為等電子體的分子的化學(xué)式_______。
(7)S與形成的某化合物晶體的晶胞(實(shí)心點(diǎn)表示，空心點(diǎn)表示S)如圖所示：
①該化合物的化學(xué)式為_______。
②已知該晶胞的晶胞參數(shù)為，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則該晶胞的密度為_____。
【答案】(1)或
(2)
(3)
(4)均為分子晶體，分子間存在氫鍵，故沸點(diǎn)最高；的相對(duì)分子質(zhì)量大于，故的范德華力大于，則的沸點(diǎn)高于
(5)
(6)
(7)
【解析】(1)“沉淀溶解”即發(fā)生的是氫氧化銅和氨氣或氨水反應(yīng)生成四氨合銅離子和氫氧根離子，其發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為或；故答案為：或。
(2)Cu是29號(hào)元素，基態(tài)電子排布式為[Ar]，則基態(tài)Cu價(jià)層電子排布式為；故答案為：。
(3)根據(jù)同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主族從上到下第一電離能逐漸減小，因此N、O、S三種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)?；故答案為：?br>(4)分子晶體的沸點(diǎn)主要從范德華力和分子間氫鍵分析，沸點(diǎn)：，其原因?yàn)榫鶠榉肿泳w，分子間存在氫鍵，故沸點(diǎn)最高；的相對(duì)分子質(zhì)量大于，故的范德華力大于，則的沸點(diǎn)高于；故答案為：均為分子晶體，分子間存在氫鍵，故沸點(diǎn)最高；的相對(duì)分子質(zhì)量大于，故的范德華力大于，則的沸點(diǎn)高于。
(5)1個(gè)氨氣中有3個(gè)σ鍵，氨氣與銅離子形成配位鍵，也是σ鍵，1個(gè)硫酸根中有4個(gè)σ鍵，因此含有σ鍵的數(shù)目為；故答案為：。
(6)根據(jù)F＋=O，C=Si=S2+，則與互為等電子體的分子的化學(xué)式；故答案為：。
(7)S與形成的某化合物晶體的晶胞(實(shí)心點(diǎn)表示，空心點(diǎn)表示S)如圖所示：
①該晶胞中Zn的個(gè)數(shù)為個(gè)，S的個(gè)數(shù)為4個(gè)，該化合物的化學(xué)式為ZnS；故答案為：ZnS。
②已知該晶胞的晶胞參數(shù)為，阿伏伽德羅常數(shù)為NA，則該晶胞的密度為；故答案為：。
5．（2022·福建廈門·二模）超分子籠PPC-2封裝釕(Ru)納米顆粒形成一種高效催化劑。PPC-2是由A、B、C三個(gè)組件拼裝而成的正八面體超分子籠，結(jié)構(gòu)示意如圖。
注：C組件中淺色原子由其他鄰近組件提供。
(1)基態(tài)C原子的價(jià)電子排布式為_______。
(2)組件A中所含四種元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)開______。
(3)組件B中碳原子的雜化類型為_______。
(4)組件C中C原子位于相鄰O原子構(gòu)成的_______空隙中(填“四面體”或“八面體”)。
(5)每個(gè)組件C帶一個(gè)單位負(fù)電荷，綜合各組件所帶電荷，計(jì)算PPC-2中n=_______。
(6)釕納米顆粒進(jìn)入PPC-2超分子籠后，釕晶體從六方堆積轉(zhuǎn)化為面心立方堆積(晶胞參數(shù)為a pm)。超分子籠內(nèi)釕晶體密度為_______ g·cm-3(用含a、NA的代數(shù)式表示)。
【答案】(1)3d74s2
(2)H＜C＜S＜O
(3)sp2
(4)八面體
(5)30
(6)
【解析】（1）C為27號(hào)元素，原子核外有27個(gè)電子，價(jià)電子為3d74s2；
（2）據(jù)圖可知組件A中含有C、H、O、S四種元素，C、O、S的氫化物中H元素均顯負(fù)價(jià)，所以H的電負(fù)性最小，同周期自左至右電負(fù)性增大，同主族自上而下電負(fù)性減弱，所以電負(fù)性由小到大的順序?yàn)镠＜C＜S＜O；
（3）物質(zhì)B中的C原子為苯環(huán)中的C原子和碳氧雙鍵中的C，均為sp2雜化；
（4）據(jù)圖可知C原子周圍有6個(gè)O原子，形成八面體，即C原子位于相鄰O原子構(gòu)成的八面體空隙中；
（5）根據(jù)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知其帶4個(gè)單位負(fù)電荷，組件B不帶電，一個(gè)PPC-2中含有6個(gè)A、8個(gè)B、6個(gè)C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；
（6）面心立方堆積中含有4個(gè)釕原子，則晶胞的質(zhì)量為g，晶胞參數(shù)為a pm，所以晶胞的體積為a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度為g·cm-3。
1．（2022·廣西南寧·模擬）軟包電池(水系)具有優(yōu)異的穩(wěn)定性，良好的容量保持率，且成本較低，大規(guī)模儲(chǔ)能的應(yīng)用前景廣泛。
回答下列問題：
(1)基態(tài)原子核外電子排布式為_______；原子中運(yùn)動(dòng)的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用表示，則與之相反的用表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對(duì)于基態(tài)原子，其核外電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_______。
(2)是錳的一種配合物。配體與中心原子形成配位鍵時(shí)，提供孤對(duì)電子的原子是_______(填元素符號(hào))，其能量最高的電子所在的能級(jí)符號(hào)為_______，配合物中心原子的配位數(shù)是_______。
(3)軟包電池的關(guān)鍵組件結(jié)構(gòu)如圖所示。
①其中S原子的雜化軌道類型為_______。
②中存在的作用力為_______(填標(biāo)號(hào))。
A．金屬鍵 B．鍵 C．鍵 D．氫鍵
③中第二周期非金屬元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)開______，原因是_______。
(4)摻雜的氮化鈦晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。距離最近的有_______個(gè)，已知阿伏加德羅常數(shù)的值為，若晶體的密度為，該晶胞的邊長(zhǎng)為_______cm(列出算式)。
【答案】(1) 或
(2) N 6
(3) BC F>N>O>C 中第二周期非金屬元素為F、C、N、O，同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢(shì)，N原子軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能為F>N>O>C
(4) 4 或
【詳解】（1）是25號(hào)元素，基態(tài)原子核外電子排布式為；原子中運(yùn)動(dòng)的電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用表示，則與之相反的用表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對(duì)于基態(tài)原子，電子排布式為，其核外電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為或；
（2）中，甲基與碳形成C-C單鍵，C與N形成三鍵，含有孤電子對(duì)的原子為N原子，其電子排布式為，其能量最高的電子所在的能級(jí)符號(hào)為，配合物中心原子Mn的配位數(shù)是6；
（3）①根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式中S的價(jià)鍵可知，S形成6對(duì)共用電子對(duì)，沒有孤電子對(duì)，S原子的雜化軌道類型為sp3雜化；
②中既有單鍵也有雙鍵，非金屬元素之間形成共價(jià)鍵，故存在的作用力為鍵、鍵 ，不存在金屬鍵、氫鍵，答案選BC；
③中第二周期非金屬元素為F、C、N、O，同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢(shì)，N原子軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能為F>N>O>C；
（4）位于晶胞體心，位于晶胞的棱，若以為中心，則圍在以為中心的棱為中心的四個(gè)晶胞的中心為距離最近的，總共有4個(gè)；
根據(jù)均攤法，晶胞中含有8個(gè)N，12個(gè)，1個(gè)，已知阿伏加德羅常數(shù)的值為，若晶體的密度為，該晶胞的質(zhì)量為g，體積為，則邊長(zhǎng)為或cm。
2．（2022·貴州·模擬）翡翠的主要成分為NaAlSi2O6，還含有其他多種金屬陽離子，其中Cr3+的含量決定其綠色的深淺，是決定翡翠品質(zhì)的重要因素之一
(1)基態(tài)Cr3+最外電子層的電子排布圖(軌道表示式)為_______。
(2)NaAlSi2O6所含元素中，第一電離能最小的是_______，原因是_______
(3)配合物K[Cr(C2O4)2(H2O)]中的配體是_______，H2O的沸點(diǎn)比CO2的高了許多，主要原因是_______。
(4)已知某FeSO4·xH2O的結(jié)構(gòu)如圖所示。
粒子內(nèi)部的鍵角SO_______H2O(填“>”“INi的原因是_______。
(3)Ni2+常與丁二酮肟()形成圖A所示的配合物，圖B是硫代氧的結(jié)果：
①熔點(diǎn)大?。?A_______ B (填“>”或“INi的原因是：銅失去一個(gè)電子后， 3d軌道全充滿，電子的能量低，若再失去一個(gè)電子, 所需能量高；而鎳失去一個(gè)電子后， 3d軌道既不是全滿、也不是半滿或全空，電子的能量高，若再失去一個(gè)電子, 所需能量低，答案為：銅失去一個(gè)電子后，3d軌道全充滿， 電子的能量低，若再失去一個(gè)電子所需能量高；而鎳失去一個(gè)電子后，3d軌道既不是全滿、也不是半滿或全空，電子的能量高，若再失去一個(gè)電子， 所需能量低；
（3）①A分子內(nèi)O與-OH中的H能形成氫鍵，所以熔點(diǎn)大?。篈＜B，其原因是A能形成分子內(nèi)的氫鍵，使分子間作用力減小；
②Ni2＋與丁二酮肟之間形成的共價(jià)鍵由N原子單方面提供，所以此化學(xué)鍵稱為配位鍵；
③B中碳原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3和4，所以雜化軌道類型是sp2、sp3；
（4）陰離子硫酸根離子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)=，不含孤電子對(duì)，所以空間構(gòu)型為正四面體；
（5）NiO、FeO的晶體結(jié)構(gòu)類型均與氯化鈉的相同，說明二者都是離子晶體，離子晶體的熔點(diǎn)與離子鍵的強(qiáng)弱有關(guān)，離子所帶電荷數(shù)越多，離子半徑越小，離子鍵越強(qiáng)，熔點(diǎn)越高。由于Ni2+的離子半徑小于Fe2+的離子半徑，則熔點(diǎn)是NiO＞FeO；
因?yàn)镹iO與氯化鈉的相同，而氯化鈉中陰陽離子的配位數(shù)均為6，所以NiO晶胞中Ni的配位數(shù)均為6；
（6）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中有兩個(gè)As原子，有2個(gè)Ni原子，則晶胞中原子的體積為2×π(r3As +r3Ni) ×10-30，晶胞的體積為，則則該晶胞中原子的體積占晶胞體積的百分率為。
6．（2022·廣東惠州·二模）太陽能的開發(fā)利用在新能源研究中占據(jù)重要地位，單晶硅太陽能電池片在加工時(shí)，一般摻雜微量的銅、鈷、硼、鎵、硒等。已知銅的配合物A結(jié)構(gòu)如圖。請(qǐng)回答下列問題：
(1)基態(tài)二價(jià)銅離子的核外電子排布式為______，已知高溫下Cu2O比CuO更穩(wěn)定，試從核外電子排布角度解釋_______。
(2)配體氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受熱分解可產(chǎn)生CO2和N2，N2中σ鍵和π鍵數(shù)目之比是_______。
(3)硫氰酸(H-S-C≡N)的沸點(diǎn)低于異硫氰酸(H-N=C=S)的原因是___________。
(4)立方氮化硼(結(jié)構(gòu)如圖)與金剛石結(jié)構(gòu)相似，是超硬材料。立方氮化硼晶體內(nèi)B-N鍵數(shù)與硼原子數(shù)之比為_______。
(5)六方氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨晶體相似，層間相互作用力為______。六方氮化硼在高溫高壓下，可以轉(zhuǎn)化為立方氮化硼，其結(jié)構(gòu)、硬度與金剛石相似，其晶胞如圖，晶胞邊長(zhǎng)為apm，立方氮化硼的密度是______g·cm-3(只列算式，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d9 亞銅離子價(jià)電子排布式為3d10，核外電子處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)
(2)1 : 2
(3)異硫氰酸分子間可形成氫鍵，所以沸點(diǎn)較高
(4)4 : 1
(5) 分子間作用力(或范德華力)
【解析】（1）銅的原子序數(shù)為29，基態(tài)銅原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1，則基態(tài)二價(jià)銅離子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d9，銅原子失去一個(gè)電子后形成亞銅離子，亞銅離子的價(jià)電子排布式為3d10，處于穩(wěn)定的全充滿狀態(tài)，所以導(dǎo)致高溫下Cu2O比CuO更穩(wěn)定。
（2）N2的結(jié)構(gòu)式為N≡N，三鍵中有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，因此σ鍵和π鍵個(gè)數(shù)比為1:2。
（3）氮的電負(fù)性強(qiáng)，異硫氰酸(H-N=C=S)分子間可形成氫鍵，而硫氰酸(H-S-C≡N)分子間不能形成氫鍵，因此硫氰酸(H-S-C≡N)的沸點(diǎn)低于異硫氰酸(H-N=C=S)。
（4）依據(jù)均攤法，該晶胞中N原子數(shù)為4，B原子數(shù)為8+6=4，則B-N鍵個(gè)數(shù)為16，立方氮化硼晶體內(nèi)B-N鍵數(shù)與硼原子數(shù)之比為：16:4=4:1。
（5）六方氮化硼晶體結(jié)構(gòu)與石墨晶體相似，則該晶體層間相互作用力為范德華力(或分子間作用力)；依據(jù)均攤法，N原子個(gè)數(shù)為4，B原子數(shù)為8+6=4，晶胞質(zhì)量為g=g，晶胞體積為a3pm3=(a10-10)3cm3，晶胞密度為g/cm3=g/cm3。
1．（2022·河北·高考真題）含Cu、Zn、Sn及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡(jiǎn)寫為CZTS)，是一種低價(jià)、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽能電池領(lǐng)域。回答下列問題：
(1)基態(tài)S原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_____。
(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是____，原因是_____。
(3)SnCl的幾何構(gòu)型為____，其中心離子雜化方式為____。
(4)將含有未成對(duì)電子的物質(zhì)置于外磁場(chǎng)中，會(huì)使磁場(chǎng)強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)。下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是____(填標(biāo)號(hào))。
A．[Cu(NH3)2]ClB．[Cu(NH3)4]SO4C．[Zn(NH3)4]SO4D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：
A． B． C． D．
根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO的是____(填標(biāo)號(hào))，理由是____。
(6)如圖是CZTS四元半導(dǎo)體化合物的四方晶胞。
①該物質(zhì)的化學(xué)式為_____。
②以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，例如圖中A原子的坐標(biāo)為(，，)，則B原子的坐標(biāo)為_____。
【答案】(1)1：2或2：1
(2) Cu Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大
(3) 三角錐形 sp3雜化
(4)B
(5) D D中含有—1價(jià)的O元素，具有強(qiáng)氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO
(6) Cu2ZnSnS4 (，，)
【詳解】（1）基態(tài)S的價(jià)電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為1：2或2：1，故答案為：1：2或2：1；
（2）銅元素的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，鋅元素的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大，所以銅與鋅相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是銅元素，故答案為：Cu；Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大；
（3）三氯化錫離子在錫離子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4、孤對(duì)電子對(duì)數(shù)為1，所以錫離子雜化方式為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：三角錐形；sp3雜化；
（4）根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對(duì)電子；
A．[Cu(NH3)2]Cl中亞銅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中銅離子外圍電子排布是3d9，離子中有未成對(duì)電子，該配合物具有順磁性，故符合題意；
C．[Zn(NH3)4]SO4中鋅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；
D．Na2[Zn(OH)4] 中鋅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對(duì)，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；
故選B；
（5）由四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)式可知，只有過二硫酸根離子中含有過氧鏈，離子中—1價(jià)的氧元素具有強(qiáng)氧化性，則只有過二硫酸根離子能在酸性溶液中將錳離子氧化為高錳酸根離子，故選D；
（6）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和體心的鋅原子個(gè)數(shù)為8×+1=2，位于面上的銅原子個(gè)數(shù)為8×=4，位于面心和棱上的錫原子個(gè)數(shù)為2×+4×=2，位于體內(nèi)的硫原子個(gè)數(shù)為8，則該物質(zhì)的化學(xué)式為Cu2ZnSnS4，故答案為：Cu2ZnSnS4；
②若將晶胞先分為上下兩個(gè)相等的正方體后再將每個(gè)正方體繼續(xù)分為8個(gè)相等的小正方體，則B原子位于上面的正方體分割成的8個(gè)小立方體中位于右下后方的小立方體的體心，由A原子的坐標(biāo)為(，，)可知，B原子的坐標(biāo)為(，，)，故答案為：(，，)。
2．（2022·北京·高考真題）工業(yè)中可利用生產(chǎn)鈦白的副產(chǎn)物和硫鐵礦聯(lián)合制備鐵精粉和硫酸，實(shí)現(xiàn)能源及資源的有效利用。
(1)結(jié)構(gòu)示意圖如圖1。
①的價(jià)層電子排布式為___________。
②中O和中S均為雜化，比較中鍵角和中鍵角的大小并解釋原因___________。
③中與與的作用力類型分別是___________。
(2)晶體的晶胞形狀為立方體，邊長(zhǎng)為，結(jié)構(gòu)如圖2。
①距離最近的陰離子有___________個(gè)。
②的摩爾質(zhì)量為，阿伏加德羅常數(shù)為。
該晶體的密度為___________。
(3)加熱脫水后生成，再與在氧氣中摻燒可聯(lián)合制備鐵精粉和硫酸。分解和在氧氣中燃燒的能量示意圖如圖3。利用作為分解的燃料，從能源及資源利用的角度說明該工藝的優(yōu)點(diǎn)___________。
【答案】(1) 孤電子對(duì)有較大斥力，使鍵角小于鍵角 配位鍵、氫鍵
(2) 6
(3)燃燒放熱為分解提供能量；反應(yīng)產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料
【解析】（1）①Fe的價(jià)層電子排布為3d64s2，形成Fe2+時(shí)失去4s上的2個(gè)電子，于是Fe2+的價(jià)層電子排布為3d6。
②H2O中O 和中S都是sp3雜化，H2O中O雜化形成的4個(gè)雜化軌道中2個(gè)被孤電子對(duì)占據(jù)，2個(gè)被鍵合電子對(duì)占據(jù)，而中S雜化形成的4個(gè)雜化軌道均被鍵合電子對(duì)占據(jù)。孤電子對(duì)與鍵合電子對(duì)間的斥力大于鍵合電子對(duì)與鍵合電子對(duì)間的斥力，使得鍵角與鍵角相比被壓縮減小。
③H2O中O有孤電子對(duì)，F(xiàn)e2+有空軌道，二者可以形成配位鍵。中有電負(fù)性較大的O元素可以與H2O中H元素形成氫鍵。
答案為：3d6；孤電子對(duì)有較大斥力，使鍵角小于鍵角；配位鍵、氫鍵。
（2）①以位于面心Fe2+為例，與其距離最近的陰離子所處位置如圖所示（圓中）：
。
4個(gè)陰離子位于楞上，2個(gè)位于體心位置上，共6個(gè)。
②依據(jù)分?jǐn)偡芍О蠪e2+離子個(gè)數(shù)為，個(gè)數(shù)為。一個(gè)晶胞中相當(dāng)于含有4個(gè)FeS2，因此一個(gè)晶胞的質(zhì)量。所以晶體密度。
答案為：6；
（3）燃燒為放熱反應(yīng)，分解為吸熱反應(yīng)，燃燒放出的熱量恰好為分解提供能量。另外，燃燒和分解的產(chǎn)物如Fe2O3、SO2、SO3可以作為制備鐵精粉或硫酸的原料。
答案為：燃燒放熱為分解提供能量；反應(yīng)產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料。
3．（2022·江蘇·高考真題）硫鐵化合物(、等)應(yīng)用廣泛。
(1)納米可去除水中微量六價(jià)鉻。在的水溶液中，納米顆粒表面帶正電荷，主要以、、等形式存在，納米去除水中主要經(jīng)過“吸附→反應(yīng)→沉淀”的過程。
已知：，；電離常數(shù)分別為、。
①在弱堿性溶液中，與反應(yīng)生成、和單質(zhì)S，其離子方程式為_______。
②在弱酸性溶液中，反應(yīng)的平衡常數(shù)K的數(shù)值為_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。
(2)具有良好半導(dǎo)體性能。的一種晶體與晶體的結(jié)構(gòu)相似，該晶體的一個(gè)晶胞中的數(shù)目為_______，在晶體中，每個(gè)S原子與三個(gè)緊鄰，且間距相等，如圖給出了晶胞中的和位于晶胞體心的(中的鍵位于晶胞體對(duì)角線上，晶胞中的其他已省略)。如圖中用“-”將其中一個(gè)S原子與緊鄰的連接起來_______。
(3)、在空氣中易被氧化，將在空氣中氧化，測(cè)得氧化過程中剩余固體的質(zhì)量與起始的質(zhì)量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。時(shí)，氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物為_______(填化學(xué)式，寫出計(jì)算過程)。
【答案】(1) 5 c(OH-)越大，F(xiàn)eS表面帶正電荷，易吸引陰離子，因?yàn)镺H-的濃度增大，降低了對(duì)Cr(VI)三種陰離子的吸引，致使有效接觸面減少，反應(yīng)速率下降
(2) 4
(3)Fe2O3；設(shè)氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學(xué)式為FeOx，，則，則56+16x=80.04，x= ，即固體產(chǎn)物為Fe2O3
【詳解】（1）在弱堿性溶液中，與反應(yīng)生成、和單質(zhì)S的離子方程式為： ；反應(yīng)的平衡常數(shù)K= ，由題目信息可知，，電離常數(shù)，所以K===5；在溶液中，pH越大，F(xiàn)eS表面帶正電荷，易吸引陰離子，因?yàn)镺H-的濃度增大，降低了對(duì)Cr(VI)三種陰離子的吸引，致使有效接觸面減少，反應(yīng)速率下降；故答案為：；5 ；FeS表面帶正電荷，易吸引陰離子，因?yàn)镺H-的濃度增大，降低了對(duì)Cr(VI)三種陰離子的吸引，致使有效接觸面減少，反應(yīng)速率下降。
（2）因?yàn)榈木w與晶體的結(jié)構(gòu)相似，由NaCl晶體結(jié)構(gòu)可知，一個(gè)晶胞含有4個(gè)和4個(gè)Cl，則該晶體的一個(gè)晶胞中的數(shù)目也為4；晶體中，每個(gè)S原子與三個(gè)緊鄰，且間距相等，根據(jù)晶胞中的和的位置(中的鍵位于晶胞體對(duì)角線上)可知，每個(gè)S原子與鍵所在體對(duì)角線上距離最近的頂點(diǎn)相鄰的三個(gè)面的三個(gè)面心位置的緊鄰且間距相等，其中一個(gè)S原子與緊鄰的連接圖如下：；故答案為：4；。
（3）有圖可知，時(shí)，氧化過程中剩余固體的質(zhì)量與起始的質(zhì)量的比值為66.7%，設(shè)氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學(xué)式為FeOx，，則，56+16x=80.04，x= ，所以固體產(chǎn)物為Fe2O3；故答案為：Fe2O3；設(shè)氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學(xué)式為FeOx，，則，則56+16x=80.04，x= ，即固體產(chǎn)物為Fe2O3。
4．（2022·河北·高考真題）含及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡(jiǎn)寫為)，是一種低價(jià)、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽能電池領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：
(1)基態(tài)S原子的價(jià)電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_______。
(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是_______，原因是_______。
(3)的幾何構(gòu)型為_______，其中心離子雜化方式為_______。
(4)將含有未成對(duì)電子的物質(zhì)置于外磁場(chǎng)中，會(huì)使磁場(chǎng)強(qiáng)度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是_______(填標(biāo)號(hào))。
A．B．C．D．
(5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：
根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將轉(zhuǎn)化為的是_______(填標(biāo)號(hào))。理由是_______。
本題暫無(6)問
【答案】(1)1：2
(2) Cu Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大
(3) 三角錐形
sp3雜化
(4)B
(5) D D中含有-1價(jià)的O，易被還原，具有強(qiáng)氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO
【解析】(1)基態(tài)S的價(jià)電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為：1：2或2：1；
(2)Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大；
(3)Sn是ⅣA族元素，SnCl的中心離子Sn2+價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3+，有1對(duì)孤電子對(duì)，中心離子是sp3雜化，SnCl的幾何構(gòu)型是三角錐形；
(4)根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對(duì)電子。A.[Cu(NH3)2]Cl各原子核外電子均已成對(duì)，不符合題意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外圍電子排布是3d9，有未成對(duì)電子，符合題意；C.[Zn(NH3)4]SO4各原子核外電子均已成對(duì)，不符合題意；D.Na2[Zn(OH)] 各原子核外電子均已成對(duì)，不符合題意；故答案選B。
(5)Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO需要氧化劑，且氧化性比MnO的強(qiáng)，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO，故A不符合；B、C中的S化合價(jià)比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1價(jià)的O，易被還原，具有強(qiáng)氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO，故D符合。
5．（2022·海南·高考真題）以、ZnO等半導(dǎo)體材料制作的傳感器和芯片具有能耗低、效率高的優(yōu)勢(shì)?；卮饐栴}：
(1)基態(tài)O原子的電子排布式_______，其中未成對(duì)電子有_______個(gè)。
(2)Cu、Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性，從金屬鍵的理論看，原因是_______。
(3)酞菁的銅、鋅配合物在光電傳感器方面有著重要的應(yīng)用價(jià)值。酞菁分子結(jié)構(gòu)如下圖，分子中所有原子共平面，所有N原子的雜化軌道類型相同，均采取_______雜化。鄰苯二甲酸酐()和鄰苯二甲酰亞胺()都是合成酞菁的原料，后者熔點(diǎn)高于前者，主要原因是_______。
(4)金屬Zn能溶于氨水，生成以氨為配體，配位數(shù)為4的配離子，Zn與氨水反應(yīng)的離子方程式為_______。
(5)ZnO晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導(dǎo)體的性能，Zn-N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn-O鍵，原因是_______。
(6)下圖為某ZnO晶胞示意圖，下圖是若干晶胞無隙并置而成的底面O原子排列局部平面圖。為所取晶胞的下底面，為銳角等于60°的菱形，以此為參考，用給出的字母表示出與所取晶胞相鄰的兩個(gè)晶胞的底面_______、_______。
【答案】(1) 1s22s22p4或[He]2s22p4 2
(2)自由電子在外加電場(chǎng)中作定向移動(dòng)
(3) sp2 兩者均為分子晶體，后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，熔點(diǎn)更高
(4)Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
(5)電負(fù)性O(shè)＞N，O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Zn和O更易形成離子鍵
(6) ?cdhi ?bcfe
【解析】（1）O為8號(hào)元素，其基態(tài)O原子核外有8個(gè)電子，因此基態(tài)O原子的電子排布式為1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p軌道有2個(gè)未成對(duì)電子，即O原子有2個(gè)未成對(duì)電子；
（2）由于金屬的自由電子可在外加電場(chǎng)中作定向移動(dòng)，因此Cu、Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性；
（3）根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，N原子以雙鍵或以NH三鍵的形式存在，故N原子的雜化方式均為sp2，由于鄰苯二甲酸酐和鄰苯二甲酰亞胺均為分子晶體，而后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，因此熔點(diǎn)更高；
（4）金屬Zn與氨水反應(yīng)可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反應(yīng)的離子方程式為Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
（5）由于電負(fù)性O(shè)＞N，O對(duì)電子的吸引能力更強(qiáng)，Zn和O更易形成離子鍵，因此Zn—N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn—O鍵；
（6）根據(jù)晶胞示意圖，一個(gè)晶胞中8個(gè)O原子位于晶胞的頂點(diǎn)，1個(gè)O原子位于晶胞體內(nèi)，4個(gè)Zn原子位于晶胞的棱上，1個(gè)Zn原子位于晶胞體內(nèi)，棱上的3個(gè)Zn原子和體內(nèi)的Zn原子、O原子形成四面體結(jié)構(gòu)，從底面O原子排列圖看，能平移且與abcd共邊的只有二個(gè)四邊形，為cdhi和bcfe。
5．（2022·山東·高考真題）研究籠形包合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)具有重要意義。化學(xué)式為的籠形包合物四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫出)，每個(gè)苯環(huán)只有一半屬于該晶胞。晶胞參數(shù)為?；卮鹣铝袉栴}：
(1)基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為_______，在元素周期表中位置為_______。
(2)晶胞中N原子均參與形成配位鍵，與的配位數(shù)之比為_______；_______；晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是_______。
(3)吡啶()替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似的大鍵、則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)_______(填標(biāo)號(hào))。
A．2s軌道B．2p軌道C．sp雜化軌道D．sp2雜化軌道
(4)在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5)、、的堿性隨N原子電子云密度的增大而增強(qiáng)，其中堿性最弱的是_______。
【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族
(2) 2:3 2:1:1 Zn2+、Ni2+
(3)D
(4) 吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵 吡啶和H2O均為極性分子相似相溶，而苯為非極性分子
(5)
【解析】（1）已知Ni是28號(hào)元素，故基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為：3d84s2，在周期表中第四橫行第10縱列即位于第4周期第VIII族，故答案為：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由題干晶胞示意圖可知，，Ni2+周圍連接四個(gè)原子團(tuán)，形成的配位鍵數(shù)目為：4，空間結(jié)構(gòu)為正方形，VESPR模型為平面四邊形，采用dsp2雜化； Zn2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：6，VESPR模型為正八面體，采用sp3d2雜化，所以與的配位數(shù)之比為4:6=2:3；含有CN-（小黑球N+小白球C）為：=4，含有NH3（棱上小黑球）個(gè)數(shù)為：=2，晶胞中苯環(huán)在四個(gè)側(cè)面且每個(gè)苯環(huán)只有一半屬于該晶胞，所以苯環(huán)個(gè)數(shù)為：=2，則該晶胞的化學(xué)式為：，即4:2:2=2:1:1；故答案為：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶()替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似的大π鍵，則說明吡啶中N原子也是采用sp2雜化，雜化軌道只用于形成σ鍵和存在孤電子對(duì)，則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)sp2雜化軌道，故答案為：D；
（4）已知苯分子為非極性分子，H2O分子為極性分子，且吡啶中N原子上含有孤電子對(duì)能與H2O分子形成分子間氫鍵，從而導(dǎo)致在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，故答案為：吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵；吡啶和H2O均為極性分子相似相溶，而苯為非極性分子；
（5）已知-CH3為推電子基團(tuán)，-Cl是吸電子基團(tuán)，則導(dǎo)致N原子電子云密度大小順序?yàn)椋海荆荆Y(jié)合題干信息可知，其中堿性最弱的為：，故答案為：。
考 點(diǎn)
高考年
考頻解密
考點(diǎn)分布
物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)
2022年
2022年河北卷〔17〕；2022年山東卷〔16〕；2022年湖南卷〔18〕；2022年廣東卷〔20〕；2022年江蘇卷〔14〕；2022年海南卷〔19〕；2022年北京卷〔15〕；2022年全國甲卷〔11〕,2022年全國乙卷〔11〕等
原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)〔6次〕，分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)〔8次〕，晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)〔8次〕
晶體
離子間距/nm
熔點(diǎn)/℃
NaCl
801
NiO
1960
TiX4
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔點(diǎn)/℃
377
-24
38.3
153
氣體
溶解度/g
分子結(jié)構(gòu)特點(diǎn)
乙烷
0.0062
中心原子雜化，軌道半徑較大，C負(fù)電性(δ-)及H正電性(δ+)不明顯
乙炔
0.117
中心原子sp雜化，軌道半徑較小，C負(fù)電性(δ-)及H正電性(δ+)明顯

相關(guān)試卷

新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講與練 專題12 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合(題型突破)(講義)（2份打包，原卷版+解析版）：

這是一份新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講與練 專題12 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合(題型突破)(講義)（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講與練專題12物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題型突破講義原卷版docx、新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講與練專題12物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題型突破講義解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共180頁， 歡迎下載使用。

高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)(新高考專用)專題16物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題(練)(原卷版+解析)：

這是一份高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)(新高考專用)專題16物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題(練)(原卷版+解析)，共45頁。試卷主要包含了鈉的一種氧化物的晶胞如圖等內(nèi)容，歡迎下載使用。

高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)(新高考專用)專題16物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題(測(cè))(原卷版+解析)：

這是一份高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè)(新高考專用)專題16物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題(測(cè))(原卷版+解析)，共25頁。試卷主要包含了5ml，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0等內(nèi)容，歡迎下載使用。

英語朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

最新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè) 專題16 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題（練）

最新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè) 專題16 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題（練）
最新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè) 專題16 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題（講）

最新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講練測(cè) 專題16 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題（講）
新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型分類講與練專題十四 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（含解析）

新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型分類講與練專題十四 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（含解析）
專題十四 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)- 2023 高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講與練(全國通用)

專題十四 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)- 2023 高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)講與練(全國通用)
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
高考專區(qū)
歡迎來到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部