精做04 物质结构与性质(解析版)-备战2021年高考化学大题精做(全国通用)
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精做04 物质结构与性质(解析版)-备战2021年高考化学大题精做(全国通用)

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资料简介
精做 04 物质结构与性质 真题精做 1.(2020•新课标Ⅰ卷)Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓 越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。回答下列问题: (1)基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。 (2)Li 及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)> I1(Na),原因是_________。I1(Be)> I1(B)> I1(Li),原因是________。 (3)磷酸根离子的空间构型为_______,其中 P 的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为_______。 (4)LiFePO4 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中 O 围绕 Fe 和 P 分别形成正八面体和正四面体,它们通过 共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有 LiFePO4 的单元数有____个。 电池充电时,LiFeO4 脱出部分 Li+,形成 Li1−xFePO4,结构示意图如(b)所示,则 x=_______,n(Fe2+ )∶ n(Fe3+)=_______。 【答案】(1)4:5 (2)Na 与 Li 同主族,Na 的电子层数更多,原子半径更大,故第一电离能更小 Li,Be 和 B 为同周期元素,同周期元素从左至右,第一电离能呈现增大的趋势;但由于基态 Be 原子 的 s 能级轨道处于全充满状态,能量更低更稳定,故其第一电离能大于 B 的 (3)正四面体形 4 sp3 (4)4 3 16 或 0.1875 13:3 【解析】(1)基态铁原子的价电子排布式为 3d64s2,失去外层电子转化为 Fe2+和 Fe3+,这两种基态离子的 价电子排布式分别为 3d6 和 3d5,根据 Hund 规则可知,基态 Fe2+有 4 个未成对电子,基态 Fe3+有 5 个未成对 电子,所以未成对电子个数比为 4:5;(2)同主族元素,从上至下,原子半径增大,第一电离能逐渐减小,所 以    1 1Li NaI I> ;同周期元素,从左至右,第一电离能呈现增大的趋势,但由于ⅡA 元素基态原子 s 能 级轨道处于全充满的状态,能量更低更稳定,所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA 元素,因此      1 1 1Be B LiI I I> > ;(3)经过计算,PO43-中不含孤电子对,成键电子对数目为 4,价层电子对数为 4, 因此其构型为正四面体形,P 原子是采用 sp3 杂化方式形成的 4 个 sp3 杂化轨道; (4)由题干可知,LiFePO4 的晶胞中,Fe 存在于由 O 构成的正八面体内部,P 存在由 O 构成的正四面体 内部;再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图,对比(a)和(c)的差异可知,(a)图所 示的 LiFePO4 的晶胞中,小球表示的即为 Li+,其位于晶胞的 8 个顶点,4 个侧面面心以及上下底面各自的 相对的两条棱心处,经计算一个晶胞中 Li+的个数为 1 1 18 4 4 =48 2 4      个;进一步分析(a)图所示的 LiFePO4 的晶胞中,八面体结构和四面体结构的数目均为 4,即晶胞中含 Fe 和 P 的数目均为 4;考虑到化学 式为 LiFePO4,并且一个晶胞中含有的 Li+,Fe 和 P 的数目均为 4,所以一个晶胞中含有 4 个 LiFePO4 单元。 对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知,Li1-xFePO4 相比于 LiFePO4 缺失一个面心的 Li+以及一个棱心的 Li+; 结合上一个空的分析可知,LiFePO4 晶胞的化学式为 Li4Fe4P4O16,那么 Li1-xFePO4 晶胞的化学式为 Li3.25Fe4P4O16,所以有 3.251-x= 4 即 x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知,Li1-xFePO4 即 Li0.8125FePO4; 假设 Fe2+和 Fe3+数目分别为 x 和 y,则列方程组:x+y=1,0.8125 2x 3y+5=4 2   ,解得 x=0.8125,y=0.1875, 则 Li1-xFePO4 中 n(Fe2+ )∶n(Fe3+)=0.8125∶0.1875= 13∶3。 2.(2020•新课标Ⅱ卷)钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等 的功能材料,回答下列问题: (1)基态 Ti 原子的核外电子排布式为____________。 (2)Ti 的四卤化物熔点如下表所示,TiF4 熔点高于其他三种卤化物,自 TiCl4 至 TiI4 熔点依次升高,原因 是____________。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155 (3)CaTiO3 的晶胞如图(a)所示,其组成元素的电负性大小顺序是__________;金属离子与氧离子间的 作用力为__________,Ca2+的配位数是__________。 (4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为 Pb2+、I﹣和有机碱离子 CH3NH3+,其晶胞如图(b) 所示。其中 Pb2+与图(a)中__________的空间位置相同,有机碱 CH3NH3+中,N 原子的杂化轨道类型是 __________;若晶胞参数为 a nm,则晶体密度为_________g·cm-3(列出计算式)。 (5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘,降低了器件效率和 使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐,提升了太阳能电池的效率和使用寿命,其作用 原理如图(c)所示,用离子方程式表示该原理_______、_______。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d24s2 (2)TiF4 为离子化合物,熔点高,其他三种均为共价化合物,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)O>Ti>Ca 离子键 12 (4)Ti4+ sp3   21 3 A 620 10 a N (5)2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+ 2Eu2++I2=2Eu3++2I− 【解析】(1)钛元素是 22 号元素,故其基态原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2 或[Ar]3d24s2; (2) 一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体,TiF4 是离子晶体,其余三种则为分子晶 体,故 TiF4 的熔点高于其余三种物质;TiCl4、TiBr4、TiI4 均为分子晶体,对于结构相似的分子晶体,则其 相对分子质量越大,分子间作用力依次越大,熔点越高;(3)CaTiO3 晶体中含有 Ca、Ti、O 三种元素,Ca、 Ti 是同为第四周期的金属元素,Ca 在 Ti 的左边,根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大,故 Ti>Ca, O 为非金属,故其电负性最强,故三者电负性由大到小的顺序是:O>Ti>Ca,金属阳离子和氧负离子之间以 离子键结合,离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子,故 Ca2+的配 位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目,从图(a)可知,该数目为三个相互垂直的三个面上,每一 个面上有 4 个,故 Ca2+的配位数是 12;(4)比较晶胞(a)(b)可知,将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离 子连接起来,就能变为图(a)所示晶胞结构,图(b)中体心上的 Pb2+就变为了八个顶点,即相当于图(a)中的 Ti4+; 图(b)中顶点上的 I-就变成了体心,即相当于图(a)中的 Ca2+;图(b)面心上中的 CH3NH3+ 就变成了棱心,即相 当于图(a)中的 O2-;故图(b)中的 Pb2+与图(a)中的 Ti4+的空间位置相同;有机碱 CH3NH3+中 N 原子上无孤对 电子,周围形成了 4 个 σ 键,故 N 原子采用 sp3 杂化;从图(b)可知,一个晶胞中含有 Pb2+的数目为 1×1=1 个,CH3NH3+的数目为 个,I-的数目为 个,故晶胞的密度为 ;(5)从作用原理图(c)可以推出,这里 发生两个离子反应方程式,左边发生 Pb + 2Eu3+= Pb2++ 2Eu2+,右边发生 I2+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I-。 3.(2020•新课标Ⅲ卷)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好,是一种具有潜力的固体储氢材料。回答 下列问题: (1)H、B、N 中,原子半径最大的是______。根据对角线规则,B 的一些化学性质与元素______的相似。 (2)NH3BH3 分子中,N—B 化学键称为____键,其电子对由____提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放 氢气:3NH3BH3+6H2O=3NH3+B3O63-+9H2,B3O63-的结构如图所示: 在该反应中,B 原子的杂化轨道类型由______变为______。 (3)NH3BH3 分子中,与 N 原子相连的 H 呈正电性(Hδ+),与 B 原子相连的 H 呈负电性(Hδ-),电负性大小 顺序是__________。与 NH3BH3 原子总数相等的等电子体是_________(写分子式),其熔点比 NH3BH3____________(填“高”或“低”),原因是在 NH3BH3 分子之间,存在____________________,也称“双 氢键”。 (4)研究发现,氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构,晶胞参数分别为 a pm、b pm、c pm,α=β=γ=90°。 氨硼烷的 2×2×2 超晶胞结构如图所示。 氨硼烷晶体的密度ρ=__________g·cm−3(列出计算式,设 NA 为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1)B Si(硅) (2)配位 N sp3 sp2 (3)N>H>B CH3CH3 低 Hδ+与 Hδ−的静电引力 (4)  -30 A 62 N abc 10 【解析】(1)在所有元素中,H 原子的半径是最小的,同一周期从左到右,原子半径依次减小,所以,H、 B、N 中原子半径最大是 B。B 与 Si 在元素周期表中处于对角张的位置,根据对角线规则,B 的一些化学性 质与 Si 元素相似。(2)B 原子最外层有 3 个电子,其与 3 个 H 原子形成共价键后,其价层电子对只有 3 对, 还有一个空轨道;在 NH3 中,N 原子有一对孤对电子,故在 NH3BH3 分子中,N—B 键为配位键,其电子对 由 N 原子提供。NH3BH3 分子中,B 原子的价层电子对数为 4,故其杂化方式为 sp3。NH3BH3 在催化剂的作 用下水解生成氢气和 B3O63-,由图中信息可知,B3O63-中每个 B 原子只形成 3 个σ键,其中的 B 原子的杂化 方式为 sp2,因此,B 原子的杂化轨道类型由 sp3 变为 sp2。(3) NH3BH3 分子中,与 N 原子相连的 H 呈正电 性,说明 N 的电负性大于 H;与 B 原子相连的 H 呈负电性,说明 H 的电负性大于 B,因此 3 种元素电负性 由大到小的顺序为 N>H>B。NH3BH3 分子中有 8 个原子,其价电子总数为 14,N 和 B 的价电子数的平均 值为 4,依据等量代换的原则,可以找到其等电子体为 CH3CH3。由于 NH3BH3 分子属于极性分子,而 CH3CH3 属于非极性分子,两者相对分子质量接近,但是极性分子的分子间作用力较大,故 CH3CH3 熔点比 NH3BH3 低。NH3BH3 分子间存在“双氢键”,类比氢键的形成原理,说明其分子间存在 Hδ+与 Hδ-的静电引力。(4)在氨 硼烷的 222 的超晶胞结构中,共有 16 个氨硼烷分子,晶胞的长、宽、高分别为 2apm、2bpm、2cpm,若 将其平均分为 8 份可以得到 8 个小长方体,则平均每个小长方体中占有 2 个氨硼烷分子,小长方体的长、 宽、高分别为 apm、bpm、cpm,则小长方体的质量为 31 2 A g N  ,小长方体的体积为 30 3abc 10 cm ,因此, 氨硼烷晶体的密度为 30 3 30 31 2 62 abc 10 10 A A g N cm N abc     g∙cm-3。 4.(2019•新课标Ⅰ卷)在普通铝中加入少量 Cu 和 Mg 后,形成一种称为拉维斯相的 MgCu2 微小晶粒, 其分散在 Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小,形成所谓“坚铝”,是制造飞机的主要村料。回答下列 问题: (1)下列状态的镁中,电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。 A. B. C. D. (2)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物,分子中氮、碳的杂化类型分别 是 、 。乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子,其原因是 , 其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是 (填“Mg2+”或“Cu2+”)。 (3)一些氧化物的熔点如下表所示: 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 −75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因 。 (4)图(a)是 MgCu2 的拉维斯结构,Mg 以金刚石方式堆积,八面体空隙和半数的四面体空隙中,填入以 四面体方式排列的 Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见,Cu 原子之间最短距离 x= pm, Mg 原子之间最短距离 y= pm。设阿伏加德罗常数的值为 NA,则 MgCu2 的密度是 g·cm−3(列出计算表达式)。 【答案】(1)A (2)sp3 sp3 乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2+ (3)Li2O、MgO 为离子晶体,P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能 MgO>Li2O。分子间力(分子量)P4O6>SO2 (4) 2 4 a 3 4 a 3 30 A 8 24 +16 64 10N a     【解析】(1)A.[Ne]3s1 属于基态的 Mg+,由于 Mg 的第二电离能高于其第一电离能,故其再失去一个电 子所需能量较高; B. [Ne] 3s2 属于基态 Mg 原子,其失去一个电子变为基态 Mg+; C. [Ne] 3s13p1 属于激发 态 Mg 原子,其失去一个电子所需能量低于基态 Mg 原子; D.[Ne] 3p1 属于激发态 Mg+,其失去一个电子所 需能量低于基态 Mg+,综上所述,电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1,故选 A;(2)乙二胺中 N 形成 3 个单键,含有 1 对孤对电子,属于 sp3 杂化;C 形成 4 个单键,不存在孤对电子,也是 sp3 杂化;由 于乙二胺的两个 N 可提供孤对电子给金属离子形成配位键,因此乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳 定环状离子;由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子,因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对 较高的是 Cu2+;(3)由于 Li2O、MgO 为离子晶体,P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能 MgO>Li2O,分子间力(分 子量)P4O6>SO2,所以熔点大小顺序是 MgO>Li2O>P4O6>SO2;(4)根据晶胞结构可知 Cu 原子之间最短距 离为面对角线的 1/4,由于边长是 a pm,则面对角线是 2apm ,则 x= 2 4 a pm;Mg 原子之间最短距离为 体对角线的 1/4,由于边长是 a pm,则体对角线是 3apm ,则 y= 3 4 a ;根据晶胞结构可知晶胞中含有镁 原子的个数是 8×1/8+6×1/2+4=8,则 Cu 原子个数 16,晶胞的质量是 A 8 24 16 64 g   N 。由于边长是 a pm, 则 MgCu2 的密度是 3 30 A 8 24 16 64 10    N a g·cm−3。 5.(2019•新课标Ⅱ卷)近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料,其中一类为 Fe−Sm−As−F−O 组成的化合物。回答下列问题: (1)元素 As 与 N 同族。预测 As 的氢化物分子的立体结构为_______,其沸点比 NH3 的_______(填“高” 或“低”),其判断理由是________________________。 (2)Fe 成为阳离子时首先失去______轨道电子,Sm 的价层电子排布式为 4f66s2,Sm3+的价层电子排布式 为______________________。 (3)比较离子半径:F−__________O2−(填“大于”等于”或“小于”)。 (4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图 1 所示,晶胞中 Sm 和 As 原子的投影位置如图 2 所示。 图 1 图 2 图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置,若两者的比例依次用x和1−x代表,则该化合物的化学式表 示为____________,通过测定密度ρ和晶胞参数,可以计算该物质的x值,完成它们关系表达式: ρ=________g·cm−3。 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,称作原子分数坐标,例如图 1 中 原子 1 的坐标为( 1 1 1, ,2 2 2 ),则原子 2 和 3 的坐标分别为__________、__________。 【答案】(1)三角锥形 低 NH3 分子间存在氢键 (2)4s 4f5 (3)小于 (4)SmFeAsO1−xFx 3 30 A 2[281 16(1 ) 19 ] 10 x x a cN      ( 1 1, ,02 2 )、( 10,0, 2 ) 【解析】(1)As 与 N 同族,则 AsH3 分子的立体结构类似于 NH3,为三角锥形;由于 NH3 分子间存在氢 键使沸点升高,故 AsH3 的沸点较 NH3 低;(2)Fe 为 26 号元素,Fe 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2, Fe 原子失去 1 个电子使 4s 轨道为半充满状态,能量较低,故首先失去 4s 轨道电子;Sm 的价电子排布式为 4f66s2,失去 3 个电子变成 Sm3+成为稳定状态,则应先失去能量较高的 4s 电子,所以 Sm3+的价电子排布式 为为 4f5;(3)F-和 O2-的核外电子排布相同,核电荷数越大,则半径越小,故半径:F-C>H B.4 个 N 原子均与 Co 形成配位键 C.分子中 N 的杂化轨道类型均为 sp2 D.第一电离能:NC>H ,A 正确;B 项,4 个 N 原子中有 1 号和 3 号 N 原子与 Co 形成的是共价单键,2 号和 4 号 N 原子与 Co 形成的 是配位健,B 错误;C 项,因为分子构型为平面构型,所以分子中 N 的杂化轨道类型均为 sp2 ,C 正确;D 项,第一电离能:N>O,D 错误;(5)如图是一种由 Y(与 Sc 同族)、Ba、Fe、O 组成的晶体,晶胞棱上的球 代表 Ba,顶点的球代表 Y,四方锥中心和八面体中心的球代表 Fe,小球代表 O;从晶胞可知,Y 位于顶点, 原子数为: 1 8 ×8=1;Ba 位于棱上,原子数为: 1 4 ×8=2;O 原子有 12 个位于面上,2 个位于晶胞内,原子 数为: 1 2 ×12+2=8;3 个 Fe 原子位于晶胞内,该晶体的化学式为 YBa2Fe3O8,从晶胞结构知 Y 的配位数为 8;氧原子进入晶格而使晶体呈现深紫色。晶胞内部原子为 Fe,则被氧化的元素是 Fe,新进入的氧原子在 晶胞中的位置是上下面心的位置。 2.(2020·海南高三期末)材料的开发、应用和发展是科技进步的结果,同时,材料的发展也促进了科技 的进步和发展。 (1)高纯度砷可用于生产新型半导体材料 GaAs,砷的电子排布式为_______。 (2)对硝基苯酚水合物是一种具有特殊功能的物质,其结构简式为 。 物质中几种元素的第一电离能由大到小的顺序是_______。 (3)氮化硼(BN)晶体是一种新型无机合成材料。BN 晶体有α、β两种类型,且α—BN 结构与石墨相似, β—BN 结构与金刚石相似。 ①α—BN 晶体中 N 原子杂化方式是_____________________。 ②β—BN 晶体中,每个硼原子形成_______个共价键,这些共价键中,有_______个配位键。 (4)①储氢材料的研究是发展氢能源的技术难点之一、某物质的分子可以通过氢键形成“笼状结构”,因 此可成为潜在储氢材料,则该分子一定不可能是_______。 A.H2O B.CH4 C.HF D.CO(NH2)2 ②Ni 和 La 的合金是目前使用广泛的储氢材料,具有容量大、寿命高、耐低温等特点,在日本和中国已 实现产业化,该合金的晶胞如图所示。已知该合金的摩尔质量为 Mg·mol-1,密度为 dg·cm3 则该晶胞的体积 为_______cm3(用含 d、M、NA 的代数式表示,设 NA 为阿伏加德罗常数的值)。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s23p3 (2)N>O>C>H (3)SP2 4 1 (4)B (5) A M N d 【解析】(1) 砷为第四周期第 VA 族元素,所以其电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s23p3; (2) 对硝基苯酚水合物含有 C、N、O、H 四种元素,其中 C、N、O 在同一周期,电子排布式依次为 1s22s22p2, 1s22s22p3,1s22s22p4,因为氮元素的 p 轨道半充满稳定,所以第一电离能最大,故第一电离能 N>O>C>H; (3)石墨晶体中一个碳原子与其余三个碳原子相连,α—BN 结构与石墨相似,一个 B 原子与三个 N 原子相连, 无孤电子对,所以是 SP2 杂化,金刚石晶体中一个碳原子与其余四个碳原子相连,β—BN 结构与金刚石相 似,所以一个 B 与四个 N 原子相连,形成 4 个共价键,但是 B 原子最外层只有 3 个电子,所以其中有 1 个 配位键;(4) ①物质的分子可以通过氢键形成“笼状结构”,氢键的组成条件要求有电负性很强的原子,CH4 中没有电负性很强的原子;②一个晶胞的质量 m= A M N ,根据 m=ρV,因为ρ=d 即 V= A M N d 。 3.(2021·全国高三大联考)过渡金属钛、铬、铁、镍、铜等金属及其化合物在工业上有重要用途. (1)钛铁合金具有放氢温度低、价格适中等优点,是钛系储氢合金的代表. ①基态 Ti 原子价层电子排布为__________。 ② Fe 元素在元素周期表中的位置是___________。 (2)制备 CrO2Cl2 的反应为 K2Cr2O7+3CCl4=2KCl+2CrO2Cl2+3COCl2↑ ①上述化学方程式中非金属元素电负性由小到大的顺序为__________(用元素符号表示)。 ②COCl2 分子中所有原子均满足 8 电子稳定结构,COCl2 分子中 键和 键的个数比为__________,中 心原子的杂化方式为__________。 (3) Ni 和 La 的合金是目前广泛使用的储氢材料,具有容量大、寿命高、耐低温等特点,在我国已实现 了产业化。该合金的晶胞结构如图所示. 2 该晶体的化学式为__________。 ②已知该晶体的摩尔质量为 Mg·molˉ1,密度为 dg· cm-3。设 NA 为阿伏加德罗常数的值,则该晶胞的体 积为_________ cm3 (用含 M、d、NA 的代数式表示)。 ③该晶体的内部具有空隙,且每个晶胞的空隙中储存 6 个氢原子比较稳定.已知: a=511pm , c=397pm ;标准状况下氢气的密度为 8.98×10-5g·cm-3;储氢能力  储氢后氢的密度 标准状况下氢气的密度 ,若忽略吸 氢前后晶胞的体积变化,则该储氢材料的储氢能力为___________(结果保留整数)。 【答案】(1)①3d24s2 ②第四周期第Ⅷ族 (2)①C<Cl<O ②1∶3 sp2 (3)①LaNi5 ② A M N d ③1236 【解析】(1)①Ti 是 22 号元素,位于元素周期表中第四周期第ⅣB 族,故基态 Ti 原子的价层电子排布 为 3d24s2;②Fe 是 26 号元素,位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族; (2)①方程式中涉及的非金属元素有三 种:O、C、Cl,CCl4 中 C 元素表现正化合价、Cl 元素表现负化合价,Cl 2O 中 Cl 元素显+1 价,O 元素显-2 价,电负性越大,对键合电子的吸引力越大,相互化合时该元素表现负价,故电负性:C<Cl<O;②1 个 COCl2 分子中有 1 个 C=O 键和 2 个 C- Cl 键,所以 1 个 COCl2 分子中 键的数目为 1,σ键的数目为 3,个 数比为 1∶3,中心 C 原子价层电子对数为 4 1 2 23 32     ,故中心 C 原子杂化方式为 sp2;(3)①根据 该合金的晶胞图可知,晶胞中心有 1 个镍原子,其他 8 个镍原子位于晶胞面上,镧原子位于晶胞顶点,所 以晶胞中含有的镍原子数为 11 1 8 52     ,晶胞中含有的镧原子数为 18 18   ,晶体的化学式为 LaNi5; ②一个晶胞的质量 A Mm= gN ,根据 m=ρV ,可得 3 A MV= cmN d ;③LaNi5 金储氢后氢的密度 = ,由定义式可知储 氢能力 -3 -5 -3 0.111g cm= 12368.98 10 g cm    。 4.(2020·和平区·高三月考)锌、铁、铜及其化合物在生活、生产中有着广泛应用。回答下列问 题: (1)基态 Fe3+的核外电子排布式为 __________。在第四周期过渡元素中,基态原子未成对电子数最多的 元素为 ________(用元素符号表示)。 (2)一水合甘氨酸锌[(H2NCH2COO)2Zn·H2O]是一种饲料添加剂,该化合物中所涉及的 第二周期元素的 第一电离能由大到小的顺序是 _________(用元素符号表示); (3) Fe3+可与噻吩( )和吡咯( )形成配位化合物。噻吩、吡咯是类似于苯的芳香化合物, 环中的五个原子形成了大π键。噻吩中 C 原子和 S 原子的杂化分式分别为:__________。噻吩难溶于水,吡 咯能溶于水,原因为:_______________________________________。 (4)磷酸铁(FePO4)可用于制造磷酸铁锂电池材料,PO43-的空间构型 _________。 (5) 某种铜的氯化物晶体结构如图所示。此晶体中铜原子的配位数是_________;设晶胞参数为 a nm, 则该铜的氯化物晶体的密度为 _________g·cm-3。(用含 a 和 NA 的式子表示,NA 为阿伏加德罗常数) 【答案】(1)[Ar]3d5 Cr (2)N>O>C (3)sp2、sp2 噻吩不能与水形成分子间氢键,吡咯能与水形成分子间氢键 (4)正四面体形 (5)4 30 3 398 10 a NA  【解析】(1)铁元素的原子序数为 26,则基态 Fe3+的核外电子排布式为[Ar]3d5;在第四周期过渡元素中, 4s 和 3d 处于半充满状态时未成对电子数最多,电子排布式为 3d54s1 的原子为 Cr 原子;(2)C、N、O 三种元 素为第二周期元素,同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势,但 N 原子的 2p 轨道为稳定的半充满结 构,第一电离能大于相邻元素,则第一电离能由大到小的顺序为 N>O >C;(3)由噻吩、吡咯是类似于苯的芳 香化合物,环中的五个原子形成了大π键可知,噻吩中碳原子和硫原子彼此以 sp2 杂化轨道形成δ键,硫原子 有一对未共用电子对处在 sp2 杂化轨道与环共面,另外还有一对电子处于与环平面垂直的 p 轨道上,与 4 个 碳原子的 p 轨道相互重叠,形成了一个含有 6 电子的大π键;吡咯中含有氮原子,能与水分子形成分子间氢 键,而噻吩含有的硫原子不能与水分子形成分子间氢键,所以噻吩难溶于水,吡咯能溶于水;(4)磷酸根离 子中磷原子的价层电子对数为 4,孤对电子对数为 0,空间构型为正四面体形;(5)由晶胞结构可知,位于顶 点和面心的铜原子个数为 8× 1 8 +6× 1 2 =4,位于体内的氯原子个数为 4,则晶胞的化学式为 CuCl,晶体中每 个铜原子周围距离最近的氯原子个数为 4,配位数为 4;设晶胞密度为 dg/cm3,由晶胞质量可得: A 4 N ×99.5=d(a×10—10)3,解得 d= 30 3 398 10 a NA  g/cm3。 5.(2021·江西吉安市·高三一模)据报道,我国化学研究人员用 Ni(NO3)2 和 Tb(CH3COO)3 等合成了一个 镍的一维链状配位聚合物(如图),对镍配合物在磁性、电化学性质等方面的研究提出了理论指导。 请回答下列问题: (1)基态 Ni 原子的价电子轨道表达式为_____________,Ni 在元素周期表中的位置_______。 (2)C、N、O 三种元素中电负性最小的是______(填元素符号),C 在形成化合物时,其键型以共价键为 主,原因是___________________________________。 (3)Ni(NO3)2 中阴离子的空间构型是__,写出与该阴离子互为等电子体的一种分子的化学式:__。 (4)一维链状配位聚合物中,碳原子的杂化形式为_____。已知:CH3COOH 的沸点为 117.9℃,HCOOCH3 的沸点为 32℃,CH3COOH 的沸点高于 HCOOCH3 的主要原因是__________________。 (5)已知:氧化镍的晶胞结构如图所示。 ①若 NA 为阿伏加德罗常数的值,晶体密度为ρg·cm-3,则该晶胞中最近的 O2-之间的距离为______pm(用 含ρ、NA 的代数式表示)。 ②某缺陷氧化镍的组成为 Ni0.95O,其中 Ni 元素只有+2 和+3 两种价态,两种价态的镍离子数目之比为 ___________。 【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 (2)C C 有 4 个价电子且半径较小,难以通过得到或失去电子达到稳定结构 (3)平面三角形 SO2(或 BF3) (4)sp2、sp3 CH3COOH 分子之间存在氢键,而 HCOOCH3 分子之间没有氢键 (5)① 103 A 2 300 102 ρN   ②17:2 【解析】(1)Ni 的原子序数为 28,在元素周期表中处于第 10 纵行,根据构造原理可写出其价电子轨道 表达式为 ,Ni 在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族;(2)同周期元素从左至右,电 负性依次增强,则 C、N、O 三种元素中电负性最小的是 C 元素;由于 C 有 4 个价电子且半径较小,难以 通过得到或失去电子达到稳定结构,所以 C 在形成化合物时,其键型以共价键为主;(3)Ni(NO3)2 的阴离子 为 - 3NO ,中心原子 N 原子的σ键电子对数为 3,孤电子对数= 5+1-3 2 =02  ,则 N 原子的价层电子对数为 3, N 原子采取 sp2 杂化,则其空间构型是平面三角形;SO3(或 BF3)与其互为等电子体,它们的价电子总数和原 子总数均相等;(4)由一维链状配位聚合物的结构可知,其碳原子的σ键电子对数为分别为 3、4,没有孤电 子对,则碳原子的价层电子对数分别为 3、4,则碳原子的杂化形式为 sp2、sp3;(5)在 CH3COOH 中存在 O-H 键,因此分子之间可形成氢键,而HCOOCH3分子不具备形成氢键的条件,分子之间没有氢键,因此CH3COOH 的沸点较高;(6)①根据均摊法可知,晶胞中 O2-的个数为 112 +1=44  ,Ni2+的个数为 1 18 +6 =48 2   ,则晶 胞的质量为 A A 4 (59+16) 300= gN N  ,则晶胞的边长为 103 A 300 10 pmN   ,则该晶胞中最近的 O2-之间的距离为 103 A 2 300 102 N  pm;②设 Ni2+和 Ni3+的个数分别为 x、y,则可得方程组,x+y=0.95,2x+3y=2,x=0.85, y=0.1,则 Ni2+和 Ni3+的个数之比为 0.85:0.1=17:2。 6.(2021·天津滨海新区·高三期末)Fe、Co、Ni、Cu、Ag 是一系列合金的重要金属元素。 (1)Fe 元素位于周期表的_______区,基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对电子数之比为_______。元素周期表 中,铜、银位于同一副族相邻周期,则基态银原子的价层电子排布式为______________。 (2)将过量的 NH3 通入 CuSO4 溶液中可以得到 Cu(NH3)4SO4,Cu(NH3)4SO4 中第一电离能最大的是 _______(填元素符号),NH3、CH4 和 H2O 的沸点由高到低的顺序为______________。 (3)照相底片定影时,常用定影液硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解未曝光的溴化银(AgBr),生成含 Na3[Ag(S2O3)2] 的废定影液。S2O32-离子结构如图所示,其中心硫原子的杂化方式为_______。基态 S 原子中,核外电子占 据的最高能级的符号是_______,占据最高能级电子的电子云轮廓图为_______形。 (4)Co 可形成[Co(NH3)6]Cl2 配合物。1mol [Co(NH3)6]Cl2 中含有σ键的数目为_______NA; (5)镧镍合金是重要储氢材料。镧镍合金储氢后所得的晶体的化学式为 LaNi5H6,晶胞如图所示,则 Z 表示的微粒为_______(填化学式),晶胞参数=_______pm。(用代数式表示,已知 LaNi5H6 的摩尔质量为 440 g/mol,晶体密度为ρ g/cm3,NA 为阿伏伽德罗常数的值)。 【答案】(1)过渡元素 4:5 4d105s1 (2)N H2O>NH3>CH4 (3)sp3 3p 哑铃(纺锤) (4)24 (5)H2 3 10 A 440 10N  【解析】(1)Fe 元素原子序数 26,位于元素周期表中第Ⅷ族,属于过渡元素区;基态亚铁离子的价电子 层为 3d6,未成对电子数为 4;基态铁离子的价电子层为 3d5,未成对电子数为 5,故基态 Fe2+与 Fe3+离子中 未成对电子数之比为 4:5;基态铜原子的价电子层电子排布为 3d104s1,银与铜相邻周期,且同一副族,则基 态银原子的价电子层排布为 4d105s1;(2)同周期第一电离能从左到右依次增强,同主族从上到下依次降低, 金属元素第一电离能小于非金属,原子轨道半充满、全充满时第一电离能较大。Cu(NH3)4SO4 中,N 原子原 子轨道半充满,第一电离能大于 O,故 N 第一电离能最大;NH3、CH4 和 H2O 三种物质中,常温下 H2O 为 液态,沸点最大,NH3 分子间存在氢键,沸点比 CH4 高,其沸点高低为 H2O>NH3>CH4;(3)根据 VSEPR 模型,S2O32-中心原子价电子对为 4,所以中心原子为 sp3 杂化;硫元素原子序数 16,基态硫原子的价层电 子排布为 3s23p4,核外电子占据的最高能级为 3p;p 轨道电子云轮廓为纺锤型;(4) [Co(NH3)6]Cl2 中 Co 的配 位数为 6,其中 NH3 含有 3 个σ键,一分子[Co(NH3)6]Cl2 中含有 6+3×6=24 个σ键,故 1mol[Co(NH3)6]Cl2 中 含有σ键的数目为 24NA;(5)根据晶胞结构图,顶点处 X 原子占有 1 8 ,个数为 1 8=18  ;Y 原子个数为 1 8+1=52  ; Z 原子个数为 1 18+ 2=34 2   ,根据镧镍合金储氢后所得的晶体的化学式为 LaNi5H6,可知 X 为 La、Y 为 Ni、Z 为 H2;根据晶胞的密度密度公式 3 A Z Mρ= a N   ,可得晶胞参数 a= 3 A Z M N   ,其中 ZM=440g/mol,代入 数据得 a= 3 10 A 440 10N  pm。 7.(2021·河南高三期末)铜是人类最早使用的金属之一,铜的使用对早期人类文明的进步影响深远。按 要求回答下列问题。 (1)基态 Cu 与 Cu2+中未成对电子数之比为___________。 (2)白铜是铜镍合金,呈银白色,有金属光泽,白铜中存在的化学键是___________;元素铜与镍的第二 电离能分别为 I(Cu)=1958kJ·mol-1、I(Ni)=1753kJ·mol-1,I(Cu)>I(Ni)的原因是铜的核电荷数较大,且 __________________。 (3)某含铜配合物的结构简式如图所示,其中 Cu2+的配位数是___________,C 原子的杂化类型为 ___________;C、N、O 三种元素的简单氢化物中能形成氢键的是___________(填化学式)。 (4)两种或两种以上的金属元素在一定条件下以它们原子数的整数比相结合而成的化合物,通常叫金属 互化物。 ①金属互化物 ZnCu 中所有金属原子均按面心立方最密堆积,若所有 Cu 原子均位于晶胞的面心,则 Zn 原子位于晶胞的___________。 ②一种 Ca、Cu 形成的金属互化物的晶体结构如图所示,设阿伏加德罗常数的值为 NA,则该金属互化 物的密度是___________g·cm-3(列出表达式即可)。 【答案】(1)1:1 (2)金属键 铜失去的是全充满的 3d10 上的电子,较难失去电子,镍失去的是 4s1 上的电子,较易失去电子 (3)4 sp2、sp3 NH3、H2O (4)①顶点、面心 ② 2 -30 A (40+5 64) 2 3x y 10 N     【解析】(1)Cu 的原子序数为 29,核内 29 个质子,核外 29 个电子,根据核外电子排布规律,基态 Cu 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s2sp63d104s1,有 1 个未成对电子,Cu2+是失去最外层 4s 上 1 个电子和 3d 上一个电子,其电子排布式为 1s22s22p63s2sp63d9,有 1 个未成对电子,则基态 Cu 与 Cu2+中未成对电子数之 比为 1:1;(2)白铜是铜镍合金,金属合金属于金属晶体,存在金属键;元素铜失去 1 个电子后的电子排布式 为 1s22s22p63s23p63d10,达到全充满稳定状态,很难失去第 2 个电子,而镍失去 1 个电子后的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d84s1,很不稳定,易失去 4s 的 1 个电子;所以第二电离能 I(Cu)>I(Ni)的原因是铜失去的是全 充满的 3d10 电子,较难失去电子,镍失去的是 4s1 电子,较易失去电子; (3)由 结构可 知,Cu2+形成 4 个配位键,Cu2+的配位数是 4;环和乙酸根离子中连接 O 原子的碳原子价层电子对个数都是 3、甲基上的 C 原子价层电子对个数是 4,根据价层电子对互斥理论判断 C 原子轨道杂化类型,前者为 sp2 杂化,后者为 sp3 杂化;N、O 元素的电负性较大而原子半径较小,所以 C、N、O 三种元素的简单氢化物中, N、O 的氢化物即 NH3、H2O 都能形成氢键;(4)①金属互化物 ZnCu 中所有金属原子均按面心立方最密堆积, 故每个晶胞中含有 4 个金属原子,若所有 Cu 原子均位于晶胞的面心,则 Zn 原子位于晶胞的 8 个顶点和面 心,6 个面心中有 4 个面心是 Cu 原子,2 个面心是 Zn 原子;②由 可 知,该晶体结构中 Ca 原子的个数=12× 1 6 +2× 1 2 =3,Cu 原子个数=12× 1 2 +6× 1 2 +6=15,其体积 V=[ 1 2 (x×10-10)2sin60º×6×(y×10-10)]cm3= 3 3 2 x2y×10-30cm3,密度 ρ= m V = A 2 30 3 40 3 64 15 gN 3 3 x y 102 cm     = 2 -30 A (40+5 64) 2 3x y 10 N     g·cm-3。 8.(2021·山东德州市·高三期末)氟及其化合物用途十分广泛,回答下列问题: (1)氟化物 OF2、NF3、SiF4、PF5、SF6 中,中心原子采取 sp3 杂化且分子构型为正四面体形的是______。 (2)已知氟锑酸是一种超强酸,基态锑的电子排布式为____________________。 (3) 的分子内部存在氢键,画出氢键结构:_____________。 (4)工业上电解 Al2O3 制取单质铝,常利用冰晶石  3 6Na AlF 降低 Al2O3 的熔点。冰晶石的生产原理为    2 3 3 6 2 232Al OH 12HF 3Na CO =2Na AlF 3CO 9H O     。 ①测定气态 HF 的摩尔质量时,往往得不到 20 g·molˉ1 的数据,原因是____________________。 ②反应物中元素(氢除外)的第一电离能从大到小的顺序为______(用元素符号表示)。 ③冰晶石由两种微粒构成,冰晶石的晶胞结构如图所示,●位于大立方体的顶点和面心,○位于大立方 体的 12 条棱的中点和 8 个小立方体的体心,那么大立方体的体心处所代表的微粒是______(填具体的微粒符 号)。 (5) LiF CsF、 的晶体结构与 NaCl的晶体结构类型相同,其晶胞参数分别为 apm bpm、 ,则 LiF 与 CsF 的密度之比为_____________(列出计算式)。 【答案】(1)SiF4 (2)[Kr] 5s25d3 (3) (4)①HF 分子间存在氢键 ②F>O>C>Al>Na ③Na+ 3 3 26b 152a 【解析】(1) OF2 中 O 形成 2 个σ键,孤电子对=2,总共电子对数为 2+2=4,所以 OF2 为 sp3 杂化,平面 三角形,故不符合题意; NF3 中 N 形成 3 个σ键,孤电子=1, 总共电子对数为 1+3=4,所以为 sp3 杂化, 三角锥,故不符合题意;SiF4 中 Si 形成 4 个σ键,没有孤电子对,总共电子对数为 0+4=4,所以为 sp3 杂化, 正四面体,故符合题意;PF5 中 P 形成 5 个σ键,没有孤电子对,总共电子对数为 0+5=5,所以为 sp3d 杂化, 三角双锥,故不符合题意; SF6 中 S 形成 6 个σ键,孤电子对=0,总共电子对数为 0+6=6 为 sp3d2 杂化,正 八面体,故不符合题意;(2)锑为第五周期第 VA 族元素,其价电子排布式为:5s25p3,基态锑的电子排布式 为:[Kr] 5s25d3;(3) 的分子内部存在氢键,氢键结构为: ;(4) ①测定气态 HF 的摩尔 质量时,因为 HF 分子间存在氢键,有一部分 HF 分子通过氢键结合了,往往得不到 20 g·molˉ1 的数据;② 根据非金属性越强,其电负性越强,电离能越大,所以排列顺序为:F>O>C>Al>Na;③●的个数为:8×1 8 +6×1 2=4,○的个数为:12×1 4+8=11,要使两种粒子的个数之比为 1:3,则大立方体的体心所代表的微粒为 Na+;(5)ρVNA=nM,其中 V 为体积,n 是晶胞内分子数,M 是摩尔质量, A nMρ VN  ,             3 A 3 A n× 7 19 a Nρ LiF n× 133 19ρ CsF b N    = 3 3 26b 152a 。 9.(2021·安徽黄山市·高三一模)Goodenough 等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究 方面的卓越贡献而获得 2019 年诺贝尔化学奖。回答下列问题: (1)Co3+的价电子排布图为:_________________;基态磷原子有__________种空间运动状态不同的电子。 (2)Li、O、P 三种元素的电负性由大到小的顺序是:_________________。 (3)写出一种与 PO43-互为等电子体的分子的化学式:_________________,该分子的中心原子的价层电 子对数等于________________________ 。 (4)已知无水硫酸铜为白色粉末,溶于水形成蓝色溶液,则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有: ___。 A.配位键 B.金属键 C.离子键 D.共价键 E.氢键 F.范德华力 (5)N 和 P 是同主族元素,但是 NH3 分子中的键角大于 PH3 分子中的键角,原因是:___。 (6)Li2O 为离子晶体,具有反萤石结构,晶胞如下图所示。则 O2-配位数为:__________,若晶胞参数为 bnm,阿伏加德罗常数的值为 NA,则 Li2O 的密度为__________g·cm-3(列出计算式即可),O2-和 Li+的最短距 离等于________________nm(用含 b 的代数式表示)。 【答案】(1) 15 (2)O>P>Li (3)CCl4、SiF4、POCl3 等 4 (4) B、C (5)电负性 N>P,成键电子对离中心原子越近,成键电子对间的排斥力越大,键角越大 (6)8 23 3 A 1.2 10 N b  3b 4 【解析】(1)Co 是第 27 号元素,Co 简化电子排布式为:[Ar]3d74s2 ,Co3+是失去三个电子先失去最外 层那么 Co3+的价电子排布图为 ;基态磷原子核外有 15 个电子,每个电子的运动 状态均不同;(2)非金属性越强电负性越大则 O>P>Li;(3) 等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子 或原子团,PO43-为 5 原子 8 电子,与之为等电子体的可为 CCl4、SiF4、POCl3 等; C、Si、P 为中心原子, 且无孤电子对,价层电子对数等于中心原子与周围原子形成的σ键,均为 4;(4) 无水硫酸铜溶于水形成五 水硫酸铜,带有结晶水,所以硫酸铜稀溶液中有配位键、共价键、氢键、范德华力,没有金属键和离子键; (5) N 的电负性大于 P,NH3 中 N- H 键的键长比 PH3 中 P- H 键的键长要短,所以在 NH3 中成键电子对 更靠近 N,排斥力更大,以致键角更大;(6)从图 Li2O 晶胞的结构可以看出晶胞中的 Li+的个数为 8 个,顶 点有 8 个 O2-,面心有 6 个 O2-,晶胞中 O2-的个数为 8× 1 8 +6× 1 2 =4,以面心 O2-为例,需要 8 个 Li+给它配 位;1mol 晶胞中有 4molLi2O,因此ρ= ;将晶胞切割成以 Li+为中 心,O2-为顶点的小晶胞,两个 O2-的距离为 2b 2 ,两个 O2-的中心点距离 Li+的距离为 b 4 ,则 O2-和 Li+的最 短距离等于 2 2 22b b 3b 3b 4 4 16 4   ( ) ( ) 。 10.(2021·陕西渭南市·高三一模)磷酸盐几乎是所有食物的天然成分之一,作为重要的食品配料和功能 添加剂被广泛用于食品加工中。在食品加工中使用的磷酸盐通常为钠盐钙盐、钾盐以及作为营养强化剂的 铁盐和锌盐。天然存在的磷酸盐是磷矿石[主要成分为 Ca 3(PO4)2,同时还有 SiO2 等],用硫酸跟磷矿石反应, 能生成被植物吸收的 Ca (H2PO4)2。 回答下列问题: (1)金属铁可导电、导热,具有金属光泽,有延展性,这些性质都可以用“_______理论”解释。 (2) SiO2 硬而脆,其原因是____________________________。 (3)Ca、Fe、K、Zn 的第一电离能由大到小的顺序为_______。 (4)O、Si、P、S 四种元素形成的最简单氢化物的稳定性最强的是_______(填化学式);P4 难溶于水却易 溶于 CS2,其原因为___________________________________。 (5) PO43-的空间构型为_______,酸性条件下,PO43-可与 Fe3+形成 H3[Fe(PO4)2]从而掩蔽溶液中的 Fe3+, 基态 Fe3+核外 M 层有_______种空间运动状态不同的电子。 (6)单晶硅的晶体结构与金刚石的一种晶体结构相似,其结构如图所示,则晶胞中 Si 原子的体积占晶胞 体积的百分率为_______(列出计算式即可)。已知该晶体的密度为 -3ρ g cm ,NA 是阿伏加德罗常数的值。晶 胞中面心上 6 个 Si 原子相连构成正八面体,该正八面体的边长为_______pm。 【答案】(1)电子气 (2)SiO2 为原子晶体,Si-O 键的键能较大,故硬度大;共价键具有方向性,受外 力时会发生原子错位而断裂,故脆 (3)Zn>Fe>Ca>K (4)H2O P4 和 CS2 均为非极性分子,H2O 为极性分子,根据相似相溶原理,P4 难溶于水而易溶于 CS2 (5)正四面体形 9 (6) 3 4 π 83 100% 8 3        103 A 2 224 102 ρN   【解析】(1)描述金属键本质的最简单理论是“电子气理论”。该理论把金属键描述为金属原子脱落下来 的价电子形成遍布整块晶体的“电子气”,被所有原子所共用,从而把所有的金属原子维系在一起。由此可见, 金属铁可导电、导热,具有金属光泽,有延展性,这些性质都可以用“电子气理论”解释;(2)由于 SiO2 为原 子晶体,Si-O 键的键能较大,故硬度大,又因为共价键具有方向性,受外力时会发生原子错位而断裂,故 脆;(3)金属性越强,第一电离能越小,但锌的 3d 轨道电子处于全充满稳定状态,第一电离能大于铁的,则 Ca、Fe、K、Zn 的第一电离能由大到小的顺序为 Zn>Fe>Ca>K;(4)O、Si、P、S 四种元素中非金属性最 强的是 O,则形成的最简单氢化物的稳定性最强的是 H2O;由于 P4 和 CS2 均为非极性分子,H2O 为极性分 子,因此根据相似相溶原理,P4 难溶于水而易溶于 CS2;(5) PO43-的中心原子 P 原子的价层电子对数是 5 3 4 24 02     ,不存在孤对电子,所以其空间构型为正四面体形;基态 Fe3+核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5,因此核外 M 层有 9 种空间运动状态不同的电子;(6)硅原子与周围 4 个相邻的硅原子形 成正四面体,顶点硅原子与正四面体中心硅原子连线处于体对角线上,且二者距离等于体对角线长度的 1 4 , 而体对角线长度等于晶胞棱长的 3 倍,若晶胞参数为 a,则硅原子半径= 3 1 3 4 2 8a a   ,晶胞中含有 Si 原子的个数为 1 18 6 4 88 2      ,则晶胞中 Si 原子的体积占晶胞体积的百分率为 3 3 4 38 ( ) 33 8 100% 100%16 a a       ;已知该晶体的密度为 -3ρ g cm ,NA 是阿伏加德罗常数的值,则晶 胞的边长是 3 A 8 28 N   cm。晶胞中面心上 6 个 Si 原子相连构成正八面体,该正八面体的边长为面对角线的一 半,即为 103 A 2 224 102 ρN   pm。 11.(2021·重庆高三零模)单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的 途径,其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。 (1)基态镍原子的核外电子排布式为_____________________。 (2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到 CH4、CO2 和 CH3OH 等物质。元素 Mg、O 和 C 的第一电离能由 小到大排序为_______﹔在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是_______,立体构型 为正四面体的分子是_______,三种物质中沸点最高的是 CH3OH,其原因是_____________________。 (3)Ni与 CO 在60~80℃时反应生成 Ni(CO)4气体,在 Ni(CO)4分子中与Ni 形成配位键的原子是_______, Ni(CO)4 晶体类型是______________。 (4)已知 MgO 具有 NaCl 型晶体结构,其结构如图所示。已知 MgО 晶胞边长为 0.42 nm,则 MgO 的密 度为_______g/cm3(保留小数点后一位);相邻 Mg2+之间的最短距离为_______nm(已知 2 =1.414, 5 =1.732 ﹔结果保留小数点后两位),每个 Mg2+周围具有该距离的 Mg2+个数为_______。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2 (2)Mg<C<O CO2 CH4 甲醇为极性分子,且甲醇分子间能形成氢键 (3)C 分子晶体 (4) 3.6 0.30 12 【解析】(1)镍元素的原子序数为 28,基态镍原子的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p63d84s22;(2)金属 元素的第一电离能小于非金属元素的电负性,同周期元素的第一电离呈增大趋势,则 Mg、O 和 C 的第一电 离能由小到大排序为 Mg<C<O;甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子,杂化方式为 sp3 杂化,而二氧化碳分 子的空间构型为直线形,杂化方式为 sp 杂化,则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种;甲烷分子中 碳原子的杂化方式为 sp3 杂化,立体构型为正四面体形;三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子,甲醇为 极性分子,且甲醇分子间能形成氢键,则甲醇的沸点最高;(3)由题意可知,Ni(CO)4 的沸点低,属于分子晶 体,Ni(CO)4 分子中与 Ni 形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子;(4)由晶胞结构可知,氧化镁晶胞 中位于顶点和面心的氧离子的个数为 8× 1 8 +6× 1 2 =4,位于棱上和体心的镁离子个数为 12× 1 4 +1=4,则每个 晶胞中含有 4 个 MgO,设氧化镁的密度为 d,由晶胞质量公式可得 23 4 40 6.02 10   =(0.42×10—7)3d,解得 d= 23 3 21 4 40 6.02 10 0.42 10     g/cm3≈3.6 g/cm3;氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上,则 相邻 Mg2+之间的最短距离为 2 × 1 2 ×0.42nm≈0.30nm,每个 Mg2+周围具有该距离的 Mg2+个数为 12。 12.(2021·广东汕头市·高三期末)Cu 的导电性能好,在电气工业中有着广泛的应用,石墨为常见导体, 是制作电极的良好材料,Si 是优良的半导体材料。回答下列问题: (1)Cu 的价电子排布式为_______。第二电离能(I2)比较,I2(Cu)_______I2(Zn)(填“大于”或“小于”),原因 是_________________________________________________。 (2)Cu2O 有半导体性质,不溶于水,可溶于氨水生成[Cu(NH3)2]+,1mol[Cu(NH3)2]+中共价键的数目为 _______。 (3)石墨中 C 的杂化方式为_______。α-石墨和β-石墨结构如图(a)、(b)所示,已知:C(α-石墨,s)=C(β- 石墨,s) ΔH=+0.586kJ·mol−1,ΔH 数值小,易转化。请从石墨晶体结构的角度分析ΔH 数值小的原因是 __________________________________________。 (4)Si 半导体掺杂 VA 族元素,使导电性增加,如:Si+As→SiAs,As 的价电子仅有 1 个未成键,该电子 可在半导体内移动。则 As 与最近的 Si 原子间形成的立体构型为______________。 (5)高导电紫铜常用 CaBx 提高导电率,CaBx 晶胞如图(c)所示,B 原子全部组成正八面体,各个顶点通 过 B—B 键连接成三维骨架,具有立方晶系的对称性,则 x=_______,B 原子半径为 r nm,则晶胞参数 a =_______nm。 【答案】(1)3d104s1 大于 Cu+的 3d 能级轨道处于全充满状态,能量更低更稳定,故其第二电离 能大于锌的第二电离能 (2)8NA (3)sp2 石墨层与层之间的距离较大,作用力是范德华力,比较微弱 (4)正四面体 (5)6 2(1+ 2 )r 【解析】(1)Cu 的原子序数为 29,电子排布式为:1s22s22p63s23p63d104s1,所以价电子排布式为 3d104s1; 铜原子失去 1 个电子后,3d 轨道全充满,而锌为 30 号元素,失去 1 个电子后,4s 轨道还有 1 个电子,所以 失去第二个电子的难易程度铜大于锌,即第二电离能 I2(Cu)>I2(Zn);(2)[Cu(NH3)2]+中含有 2 个 NH3,即含 有 6 根共价键,另外含有 2 根配位键,所以 1mol[Cu(NH3)2]+中共价键的数目为 8NA;(3) 石墨晶体中碳原子 先形成正六边形平面蜂窝状结构,而层与层之间又通过范德华力结合,在其层状结构中碳碳键键角为 120°, 每个碳原子都结合着 3 个碳原子,碳原子采取 sp2 杂化;石墨层与层之间的距离较大,作用力是范德华力, 比较微弱,所以 C(α-石墨,s)=C(β-石墨,s),易转化;(4)Si 单质是原子晶体,结构和金刚石相似,掺杂 VA 族元素,使导电性增加,如:Si+As→SiAs,As 的价电子仅有 1 个未成键,该电子可在半导体内移动。则 As 与最近的 Si 原子间形成的立体构型为正四面体;(5)CaBx 晶胞如图(c)所示,B 原子全部组成正八面体, 各个顶点通过 B—B 键连接成三维骨架,具有立方晶系的对称性,则晶胞中含有 1 个钙原子,含有 6 个 B 原子,即 x=6;B 原子半径为 r nm,根据晶胞结构可知,晶胞参数 a =2(1+ 2 )r nm。 13.(2021·四川省宜宾市第四中学校高三月考)化学与生活密切相关。 I.K2Cr2O7 曾用于检测司机是否酒后驾驶:Cr2O72-(橙色)+CH3CH2OH→Cr3+(绿色)+CH3COOH(未配平) (1)基态 Cr 原子的价电子轨道表达式为__________________。 (2)CH3COOH 分子中所含元素的电负性由大到小的顺序为__________,碳原子的轨道杂化类型为 __________,所含σ键与π键的数目之比为__________。 (3)已知 Cr3+等过渡元素水合离子的颜色如表所示: 离子 Sc3+ Cr3+ Fe2+ Zn2+ 水合离子的颜色 无色 绿色 浅绿色 无色 请根据原子结构推测 Sc3+、Zn2+的水合离子为无色的原因为__________________。 II.ZnCl2 浓溶液常用于除去金属表面的氧化物,例如与 FeO 反应可得 Fe[Zn(OH)Cl2]2 溶液。 (4)Fe[Zn(OH)Cl2]2 溶液中不存在的微粒间作用力有__________(填选项字母); A.离子键 B.共价键 C.金属键 D.配位键 E.范德华力 F.氢键 溶液中[Zn(OH)Cl2]-的结构式为__________________。 III.锌是人体必需的微量元素之一,其堆积方式如图 1,晶胞结构如图 2。 (5)锌的堆积方式为__________________,配位数为__________。 (6)若锌原子的半径为 apm,阿伏加德罗常数的值为 NA,则锌晶体的密度为___________g/cm3(用含 a 的 代数式表示)。 【答案】(1) (2)O>C>H sp3 和 sp2 7:1 (3)3d 轨道上没有未成对电子(3d 轨道上电子为全空或全满) (4) AC 或 (5)六方最密堆积 12 (6) -10 3 A 65 2 8N (a 10 )  或 -10 3 A 65 2 N 8 2 (a 10 )    【解析】(1)基态 Cr 原子的原子序数是 24,价电子排布式为 3d54s1,则价电子轨道表达式为 ;(2) 非金属性越强,电负性越大,则 CH3COOH 分子中所含元素的电负性由大 到小的顺序为 O>C>H;对于碳原子,碳碳单键是 sp3 杂化,碳碳双键和碳氧双键是 sp2 杂化,三键是 sp 杂 化,则 CH3COOH 分子中甲基的饱和碳原子为 sp3 杂化,羧基的碳原子的轨道杂化类型为 sp2;单键都是σ键, 双键中含有 1 个σ键和 1 个π键,则 CH3COOH 分子中含由σ键与π键的数目之比为 7:1;(3)由 Sc3+、Cr3+、 Fe2+、Zn2+离子的核外电子排布式分别为 1s22s22p63s23p6、1s22s22p63s23p63d2、1s22s22p63s23p63d6、 1s22s22p63s23p63d10 可知,过渡元素水合离子的颜色与 d 轨道上未成对电子有关,水合离子为无色的 Sc3+的 3d 轨道上电子为全空、Zn2+的 3d 轨道上电子为全满;(4)Fe[Zn(OH)Cl2]2 的水溶液中存在 Fe2+和[Zn(OH)Cl2]— 离子, [Zn(OH)Cl2]-离子中存在共价键、配位键,水分子间还有范德华力和氢键,则溶液中不存在离子键和 金属键;[Zn(OH)Cl2]-中 Zn 提供空轨道,氯原子和氧原子提供孤对电子,则溶液中[Zn(OH)Cl2]-的结构式为 或 ;(5)根据图 1 锌的堆积方式图可知,锌的堆积方式为六方最密堆积, 最密堆积的配位数为 12;(6)由图 2 晶胞结构可知,晶胞中含有的 Zn 原子个数为 8× 1 8 +1=2,则晶胞质量为 A 65 2 N  g,若锌原子的半径为 a pm,中间的锌原子和底面的三个锌原子构成了正四面体,正四面体的边长为 2a pm,则晶胞的底面积是 2apm×(2a×sin60°)pm= 2 pm2,晶胞的高为 2 22 3a 32a) ( )(  pm= pm , 体积是 2 pm2× pm= 3 pm3,由此可知晶胞的密度为 -10 3 A 65 2 N 8 2 (a 10 )    。 14.(2021·沙坪坝区重庆高三月考)由 B、N、O、Fe 等元素组成的新型材料有着广泛用途。 (1)基态 Fe2+离子的核外电子有_______种空间运动状态。 (2)化合物 A(H3BNH3)是一种潜在的储氢材料,它可由六元环状化合物(HB=NH)3 通过反应: 3CH4+2(HB=NH)3+6H2O=3CO2+6H3BNH3 制得。 ①与上述化学方程式有关的叙述不正确的是_________。(填标号) A.H3BNH3 与(HB=NH)3 分子中 B 原子的杂化类型相同 B.CH4、H2O、CO2 分子空间构型分别是:正四面体形、角形、直线形 C.第一电离能:N>O>C>B D. 化合物 A 中存在配位键 ②1 个(HB=NH)3 分子中有_______个σ键。 (3)立方氮化硼(BN)是具有广泛应用的新型无机非金属材料,结构和硬度都与金刚石相似。 ①立方氮化硼熔点比金刚石低,原因是______________________________。 ②立方氮化硼晶胞如下图所示,则立方氮化硼晶胞沿着 1→2 方向的体对角线垂直在纸平面上的投影图 应该是图_____(从 A~D 图中选填)。 (4)一种 O(或 F)、Fe、As、Sm 形成的四方结构超导化合物的晶胞如图 1 所示,晶胞中 Sm 和 As 原子的 投影位置如图 2 所示。图中 F−和 O2−共同占据晶胞的上下底面位置,若两者的比例依次用 x 和 1−x 代表,则 该化合物的化学式表示为____________。通过测定密度ρ(g/cm3)和晶胞参数,可以计算该物质的 x 值,完成 它们关系的表达式:x=_____。 【答案】(1)24 (2)①A ②12 (3)①都是原子晶体,B-N 键键长大于 C-C 键,键能小于 C-C 键,故立方氮化硼熔点比金刚石低 ②D (4)SmFeAsO1−xFx (a2·c·NA·10-30·ρ-594)/6 【解析】(1) 基态 Fe2+离子核外电子有 24 个电子,所以核外电子有 24 种空间运动状态; (2)①A 项, H3BNH3 中 B 原子形成 3 个σ键,没有孤电子对,采取 sp2 杂化,(HB=NH)3 分子 B 原子形成 2 个σ键,没有 孤电子对,(HB=NH)3 B 原子采取 sp 杂化,故 A 错误;B 项,甲烷中 C 原子形成 4 个σ键、二氧化碳分子 C 原子形成 2 个σ键,均没有孤电子对,价层电子对数分别为 4、2,甲烷为正四面体、二氧化碳为直线形,水 分子中 O 原子形成 2 个 O−H 键,含有 2 对孤电子对,价层电子对数为 4,水分子为 V 形结构,故 B 正确; C 项,同同周期主族元素随原子序数增大元素第一电离能呈增大趋势,但 IIA 族、VA 族处于全充满或半充 满稳定状态,第一电离能高于同周期相邻元素的,故第一电离能:N>O>C>B,故 C 正确;D 项,H3BNH3 中 B 原子有空轨道,NH3 中 N 原子有 1 对孤电子对,N 原子提供孤电子对,形成配位键,故 D 正确,故选 A;②六元环状化合物(HB=NH)3 与苯结构类似,分子中有 3 个 C−H 键、3 个 B−H 键,环上有 6 个σ键,1 个(HB=NH)3 分子中有 12 个σ键; (3) ①均属于原子晶体,B−N 键的键长大于 C−C 键的键长,故 B−N 键的 键能小于 C−C 键的键能,导致立方氮化硼的熔点比金刚石的低;②立方氮化硼晶胞类似金刚石晶胞,金刚 石结构类似甲烷空间构型的正四面体结构,沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应为规则的正六边形, 结合其晶胞图可知应是图 D; (4)该晶胞中 As 原子个数 4× 1 2 =2、Sm 原子个数=4× 1 2 =2、Fe 原子个数 =1+4× 1 4 =2、F−和 O2−离子总数=8× 1 8 +2× 1 2 =2,则该晶胞中 As、Sm、Fe、F−和 O2−离子总数个数之比=2: 2:2:2=1:1:1:1,如果 F−个数为 x,则 O2−个数为 1−x,所以该化合物化学式为 SmFeAsO1−xFx;该晶 胞体积 -10 -10 -10 3a 10 a 10 c 10 cm   = 2 -30 3a c10 cm ,晶体密度ρ= m V = 3 3A A 2 -30 2 -30 A M 281+16(1-x)+19x2 2N N 2[281+16(1-x)+19x]= g/cm = g/cmV a c 10 a cN 10       解得 x=(a2·c·NA·10-30·ρ-594)/6。 15.(2021 届·广东广州市高三月考)FeSe、MgB2等超导材料具有广阔的应用前景。 (1)基态 Fe2+与 Fe3+离子中未成对的电子数之比为__________。 (2)向 FeSe 中嵌入吡啶( )能得到具有优异性能的超导材料。吡啶中氮原子的杂化类型为________; 该分子内存在________(填标号)。 A  键 B  键 C 配位键 D 氢键 (3)将金属锂直接溶于液氨,得到具有很高反应活性的金属电子溶液,再通过系列反应可制得 FeSe 基超 导材料    0.6 2 3 2 20.2 0.8Li NH NH Fe Se 。 ①NH2-的空间构型为__________。 ②液氨是氨气液化的产物,氨气易液化的原因是___________。 ③金属锂溶于液氨时发生反应: 3Li+(m+n)NH = X  - 3 n+e NH 。X 的化学式为__________。 (4)一种四方结构的超导化合物的晶胞如图 1 所示,晶胞中 Sm 和 As 原子的投影位置如图 2 所示。 图中 F-和 O2-共同占据晶胞的上下底面位置,若两者的比例依次用 x 和 1-x 代表,则该化合物的化学式 表示为______________;通过测定密度  和晶胞参数,可以计算该物质的 x 值,完成它们关系表达式:   ________ g· cm-3。 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,称作原子分数坐标,例如图 1 中 原子 1 的坐标为 1 1 1, ,2 2 2      ,则原子 2 和 3 的坐标分别为_____________、______________。 【答案】(1)4∶5 (2) sp2 杂化 AB (3)①V 型 ②氨分子间存在氢键,分子间作用力较强,容易液化 ③  3 mLi NH  (4) Sm FeSeAsO1-xFx -3 2 -30 A 2[281+16(1-x)+19x]g cma cN 10  1 1, ,02 2      10,0, 2      【解析】(1)基态 Fe2+的外围电子排布式为 3d6,含有 4 个未成对电子,基态 Fe3+的外围电子排布式为 3d5, 含有 5 个未成对电子,两者之比为 4:5;(2) 中 N、C 之间形成双键,故氮原子的杂化类型为 sp2 杂化, 该分子内存在着 和 键,故选 AB;(3)①NH2-的中心原子的价电子对数为 5+1-1 22+ =42  ,含有两对孤 对电子,故其空间构型为 V 形;②由于氨气分子间存在氢键,分子间作用力较强,因此氨气容易液化;③ 3Li+(m+n)NH = X  - 3 n+e NH ,根据原子守恒和电荷守恒可确定 X 的化学式为  3 mLi NH  ;(4)由图 1 可 知,每个晶胞中含 Sm 原子:4 1 2  =2,含 Fe 原子:4 1 4  +1=2,含 As 原子:4 1 2  =2,含 O 原子: (8 1 8  +2 1 2  )(1-x)=2(1-x),含 F 原子:(8 1 8  +2 1 2  )x=2x,所以该化合物的化学式为 SmFeAsO1-xFx;根据该 化合物的化学式为 SmFeAsO1-xFx,一个晶胞的质量为  2 281 16 1 x 19x AN      ,一个晶胞的体积为 a2c 10-30cm3, 则密度ρ =   2 30 2 281 16 1 x 19x 10Aa cN        g/cm3;根据原子 1 的坐标( 1 2 ,1 2 ,1 2 ),可知原子 2 和 3 的坐标分别为( 1 2 , 1 2 ,0),(0,0, 1 2 )。 16.(2021·湖南怀化市高三模拟)(1)写出 Cr3+的核外电子排布式_____________。我国科学家合成某种铬 的化合物M(如图甲)对乙烯聚合表现出较好的催化活性,甲中化学键1、2、3、4属于配位键的是_____________; 聚乙烯链中碳原子采取的杂化方式为_____________。 (2)1mol(SCN)2 中含有π键的数目为_____。HSCN 的结构有两种,其中硫氰酸(H﹣S﹣C≡N)的沸点低于 异硫氰酸(H﹣N=C=S),原因是_____________________。 (3)研究表明水能凝结成 13 种类型结晶体,其中重冰(密度比水大)属于立方晶系,其立方晶胞沿 x、y 或 z 轴的投影图如乙,则该晶体中 H2O 的配位数为_____;若该晶胞边长为 apm,重冰的密度为_____g•cm﹣ 3(写出数学表达式,NA 为阿伏加德罗常数)。 (4)图丙为 Fe3O4 晶体中 O2﹣的排列方式,其中 O2﹣围成正四面体空隙(1、3、6、7)和正八面体空隙(3、6、 7、8、9、12);Fe3O4 晶体中有一半的 Fe3+填充在正四面体空隙中,Fe2+和另一半 Fe3+填充在正八面体空隙中, 则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为_____________;有_____________%的正八面体空隙没有 填充阳离子。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d3 2 sp3 (2)4NA 异硫氰酸分子间可形成氢键,而硫氰酸分子间不能形成氢键 (3) 8 30 3 A 36 10a N  (4)2:1 50 【解析】(1)Cr 核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s1 失去 3 个电子成为 Cr3+,Cr3+核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d3;N,O,Cl 最外层分别有 3、2、1 个未成对电子,故分别形成 3、2、1 个价键,在 N 原 子上有四个价键,故 2 处为配位键;聚乙烯链中每个碳原子均为 4 个单键,故 C 原子杂化方式为 sp3;(2)(SCN)2 中硫原子形成两个共用电子对、C 原子形成四个共用电子对、N 原子形成三个共用电子对,(SCN)2 结构式 为 N≡C﹣S﹣S﹣C≡N,C 和 N 形成的三键中,有 2 个是π键,则每个分子中含有 4 个π键,则 1mol(SCN)2 中含有π键的数目为 4NA;能形成分子间氢键的物质熔沸点较高,异硫氰酸分子间可形成氢键,而硫氰酸不 能形成分子间氢键,所以异硫氰酸熔沸点高于硫氰酸;(3)立方晶胞沿 x、y 或 z 轴的投影图如图可知为体心 立方堆积,故配位数为 8;每个晶胞中水分子个数为 2,晶胞质量 m= A 2 18 N  g,晶胞密度ρ= m V =  310 36 10 A gN a cm = 30 3 36 10 Aa N  g•cm﹣3;(4)结构中如 1、3、6、7 的 O2﹣围成的正四面体空隙有 8 个,面心位 置 6 个 O2﹣围成的正八面体,将晶胞补全可知共用 1 条棱的 4 个面心的 O2﹣与该棱顶点处的 2 个 O2﹣也围成 正八面体,而这样的正八面体为 4 个晶胞共有,晶胞中正八面体数目=1+12× 1 4 =4,则晶体中正四面体空 隙数与正八面休空隙数之比为 8:4=2:1;由图可知晶体结构中 O2﹣离子数目为 8× 1 8 +6× 1 2 =4,由化学 式可知晶胞中 Fe 原子数目为 3,根据化合价代数和为 0,则晶胞中含有 2 个 Fe3+、1 个 Fe2+,Fe3O4 中有一 半的 Fe3+填充在正四面体空隙中,另一半 Fe3+和 Fe2+填充在正八面体空隙中,则填充在正四面体空隙中的 Fe3+为 1 个,填充在正八面体空隙中有 1 个 Fe3+和 1 个 Fe2+,有 2 个正八面体空隙没有填充阳离子,则有 50% 的正八面体空隙没有填充阳离子。 17.(2021·四川乐山市高三一模)铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素,其单质具有磁性, 其化合物常用于制备电池导体。 (1)铁、钴、镍均位于元素周期表______区, 基态 Co 的价电子排布式为______________。 (2)Fe、Co、Ni 化学性质相似的原因是______________________________。 (3)配位离子[Co(NO3)4]2-中,N 的杂化方式为______________,该配离子中各元素的第一电离能的大小 顺序为______________,1mol 该配离子中含键数目为______。 (4)Ni(CO)4 的结构与相关性质见表,其空间构型为______,晶体类型为______晶体。 相对分子质量 熔点 沸点 结构 171 -19.3℃ 43℃ (5)Sm(钐)、Ni、O 形成的稀土镍基氧化物具有金属→绝缘体相转变特性,其晶胞结构中 Sm 和 O 如图 所示,Ni 位于 O 形成正八面体空隙中,则该稀土镍基氧化物的化学式为______________,设晶胞边长为 a pm, 该稀土氧化物的摩尔质量为 M g/mol,NA 为阿伏加德罗常数的值,则该氧化物的密度为 ______________g/cm3(用含 a、M、NA 的式子表示)。 【答案】(1)d 3d74s2 (2)Fe、Co、Ni 的电子层数相同,最外层电子数相同,原子半径相近,化学性质相似 (3) sp2 N>O>Co 16NA (4)正四面体 分子 (5)SmNiO3 【解析】(1)由元素周期表结构可知,铁、钴、镍均位于元素周期表 d 区, Co 的原子序数为 27,所以 基态 Co 的价电子排布式为 3d74s2;(2)Fe、Co、Ni 的核外电子排布式分别为:[Ar]3d64s2,[Ar]3d74s2,[Ar]3d84s2, 电子层数相同,最外层电子数相同,只有次外层的 3d 电子数不同,故原子半径相近,化学性质相似;(3) 配位离子[Co(NO3)4]2-中,Co2+的配位数为 4,所以采用的杂化方式为 sp2;同周期电离能从左往右逐渐增大, 但由于 N 为半充满结构,电离能高于相邻元素,Co 为金属,第一电离能最小,所以该配离子中各元素的第 一电离能的大小顺序为 N>O>Co,硝酸根含 3 个键,配位离子[Co(NO3)4]2-中,Co2+的配位数为 4,存在 4 个配位键,共含键数目为 3×4+4=16,所以 1mol 该配离子中含键数目为 16NA;(4)由图可知,Ni(CO)4 的空间构型为正四面体,熔沸点较低,属于分子晶体;(5) Ni 位于 O 形成正八面体空隙中,则 Ni 位于晶胞 的顶点,该晶胞中含有 1 个 Sm 原子,8× 1 8 =1 个 Ni 原子,12× 1 4 =3 个 O 原子,则该稀土镍基氧化物的化 学式为 SmNiO3,设晶胞边长为 a pm,该稀土氧化物的摩尔质量为 M g/mol,NA 为阿伏加德罗常数的值,则 该氧化物的密度为 g/cm3。 18.(2021·广西北海市高三一模)点击化学的代表反应为铜催化的叠氮-炔基 Husigen 环加成反应,NaN3、 SO2F2、FSO2N2 等均是点击化学中常用无机试剂。回答下列问题: (1)基态 Cu 原子价电子排布式为___________;基态 N 原子未成对电子有_______个。 (2)F、O、N 的电负性从小到大的顺序是___________。 (3)SO2F2 中硫原子价层电子对数目为___________;SO2F2 的沸点比 FSO2N3 的低,其主要原因是 ___________。 (4)NaN3 是 HN3 的钠盐,下列有关 HN3 说法正确的是___________(填字母)。 a.HN3 分子呈直线型 b.HN3 分子间存在氢键 c.HN3 中氮原子杂化方式只有 sp d.HN3 与 HOCN 互为等电子体 (5) 是一种叠氮-炔基 Husigen 环加成反应产物,每个该分子中含有___________个σ 键。 (6)CuBr 是点击化学常用的催化剂,其晶胞结构如图所示,晶胞参数为 a pm。 已知①、②号铜原子坐标依次为(0,0,0)、( 1 2 ,0, 1 2 ),则③号溴原子的坐标为___________;设 NA 为阿伏加德罗常数的值,CuBr 的密度为___________g·cm-3(列出计算式)。 【答案】(1)3d104s1 3 (2)N

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