2024届高三新高考化学大一轮复习专题- --物质的结构与性质（含解析）
文档属性
| 名称 | 2024届高三新高考化学大一轮复习专题- --物质的结构与性质（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-24 18:50:40 | ||
图片预览
文档简介
2024届高三新高考化学大一轮复习专题---物质的结构与性质
1．（2023·全国·高三专题练习）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)、钛(Ti)及其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)基态Ni原子的外围电子排布式为 。
(2)铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括 (填字母)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
(3)以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。色胺酮分子中所含部分元素(C、N、O)第一电离能由大到小的顺序为 ，色氨酮分子中所有N原子的杂化类型有 ，色胺酮钴配合物中钴的配位数为 ，X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过 作用与色胺酮钴配合物相结合。
(4)已知：r(Fe2+)为61pm、r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是 。
(5)已知TiN晶体的晶胞结构如图所示，若该晶胞的密度为ρg．cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为 pm。(用含ρ、NA的代数式表示)
2．（2022春·湖南郴州·高三湖南省桂东县第一中学校考期中）铁氧体是一种磁性材料，具有广泛的应用。
(1)基态铁原子的核外电子排布式为 。
(2)工业制备铁氧体常使用水解法，制备时常加入尿素[CO(NH2)2]、醋酸钠等碱性物质。尿素分子中四种不同元素的电负性由大至小的顺序是 ；醋酸钠中碳原子的杂化类型是 。
(3)工业制备铁氧体也可使用沉淀法，制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)等弱碱。比较表中氨(NH3)、联氨(N2H4)的熔沸点，解释其高低的主要原因 。
N2H4 NH3
熔点/℃ 2 -77.8
沸点/℃ 113.5 -33.5
(4)如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中，取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的氧离子是否构成了面心立方最密堆积 (填“是”或“否”)，该立方体是不是Fe3O4的晶胞 (填“是”或“否”)，立方体中三价铁离子处于氧离子围成的 空隙(填空间结构)。
(5)解释该Fe3O4晶体能导电的原因 ，根据如图计算Fe3O4晶体的密度 g cm-3。(图中a=0.42nm，只需要列出计算式。)
3．（2022·广东·模拟预测）磷被首次发现存在于恒星爆炸后的宇宙残余物里。它是在深空发现的两大元素之一，可能给科学家提供有关生命在宇宙里的可能性的线索。磷至少有10种同素异形体，其中主要的是白磷、红磷和黑磷三种。回答下列问题：
(1)基态磷原子最外层成单电子数与成对电子数之比为 。
(2)白磷晶体是由P4分子( )组成的分子晶体，P4分子中键角为 。白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是 ，已知有关氮、磷的单键和叁键的键能(kJ·mol-1)如表：
N—N N≡N P—P P≡P
193 946 197 489
(3)白磷隔绝空气加热到533K转化为红磷，它是一种暗红色粉末。红磷的结构如图所示，磷原子的杂化方式为 ， 溶于CS2(填“难”或“易”)。
(4)黑磷是磷的一种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构(如图)，片状结构间通过 相结合。
(5)磷有多种含氧酸，磷酸是其中一种，磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如图所示，若4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则该多磷酸的分子式可写成 。
(6)磷的卤化物有PX3和PX5两种类型，其中PCl5是白色固体，在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体。晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的 离子，其晶胞结构最合理的是 (填序号)。
A． B．
C． D．
4．（2022·广东·高三专题练习）硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：
(1)基态Fe原子的核外电子排布式为 ，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。
(2)已知氢的电负性为2.1，硅的电负性为1.8，SiH4分子中氢元素的化合价为 。
(3)SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为 ，分子的立体构型为 ；四卤化硅的沸点如下，分析其变化规律及原因 。
SiF4 SiCl4 SiBr4 SiI4
沸点/K 187.4 330.1 408 460.6
(4)[Fe(H2O)6]2+可与乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为en)发生如下反应：[Fe(H2O)6]2++en=[Fe(H2O)4(en)]2++2H2O。[Fe(H2O)6]2+的中心原子的配位数为 ；[Fe(H2O)4(en)]2+的配位原子为 。
(5)在硅酸盐中，四面体(图a)通过共用项角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为 ，化学式为 。
5．（2022秋·河北衡水·高三河北武强中学校考期中）第IIIA族元素及其化合物有着很多优良的性能和特性，在半导体、太阳能、合金、超导等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态镓的核外电子占据的最高能层符号为 ，能量最高的电子占据的原子轨道电子云轮廓为 形。
(2)铝与同周期相邻的两元素相比，第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
(3)BH3分子的空间构型为 ，H3BO3显酸性的原因类似于NH3显碱性的原因，请写出H3BO3的电离方程式 。
(4)已知硼酸钠的结构如图1所示，其中硼原子的杂化类型为 。
(5)砷化镓的立方晶胞结构如图2所示，已知砷化镓晶胞边长为anm，砷化镓晶体的密度为dg·cm-3，则砷化镓的摩尔质量为 g·mol-1(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
(6)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。晶胞中有几个微粒就有几个该微粒的分数坐标，比如砷化镓晶胞中有4个镓原子，其分数坐标分别为(0，0，0)、(，，0)、(，0，)和 。
6．（2022·河南·校联考模拟预测）硫氰酸甲基铵用于抗生素的分离、分析农药含量、硫氰酸络盐的合成以及用作聚合催化剂。通过气相辅助生长技术，利用硫氰酸甲基铵可制得钙钛矿型甲脒铅碘()和一种新型光电材料铯铜卤化物。请回答下列问题：
(1)基态Cu原子的电子排布式为 。基态I原子的价电子排布图为 。
(2)硫氰酸甲基铵所含元素中第一电离能最大的是 (填元素符号)。
(3)Cs、Cu、I的电负性由大到小的顺序是 。
(4)甲脒()与丙烷的相对分子质量相同，但甲脒的熔点比丙烷的熔点高得多，其原因是 。甲脒中碳原子的杂化方式为 。
(5)水中铅的测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物(结构如图)。
①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 。
②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 (填标号)。
a.键 b.键 c.非极性键 d.离子键 e.配位键
(6)的晶体结构单元如图所示，图中X表示FA，Y表示Pb，位于八面体中心，则X的碘配位数为 。
(7)某铯铜碘化物的晶胞如图所示，其晶胞参数为a nm，b nm和c nm，°，晶胞的棱上有8个Cu原子，面上有8个Cu原子、4个Cs原子和4个I原子，其余原子均位于体内，该晶体的密度为 。
7．（2022春·河北石家庄·高三统考专题练习）国内外学者近年来对金属-有机框架(MOFs)作为催化剂光解制氢和还原CO2等方面的研究取得了丰硕的成果。其中Masaya 等人利用Ti- MOF-NH2、H2PtCl6、 DMF 等原料制备了催化剂Pt/Ti- MOF-NH2。回答下列问题：
(1)Pt的电子排布式为[Xe]4f145d96s1，则Pt在元素周期表中的位置是 ，处于 区，未成对电子数是 。
(2)PtCl的价层电子对互斥模型如图所示，已知该离子是平面形结构，则该离子中的键角是 ， 中心原子采用的杂化类型可能是 (填 “dsp2”“sp3”“sp2”或“sp3d2”)。
(3)DMF的结构是 ，σ键与π键的数目比是 ，其中N原子的杂化方式是 。
(4)已知pKa=—lgKa，CCl3CH2OH 的pKa小于CBr3CH2OH，从分子组成与性质之间的关系解释原因 。
(5)一定条件下， CO2分子可形成干冰晶体，干冰的晶胞模型如图所示。在干冰中，与一个CO2分子紧邻的分子共有 个。若阿伏加德罗常数为NA， 干冰的密度为ρg·cm-3， 则晶胞体对角线长度是 cm。
8．（2022·天津·模拟预测）1797年法国化学家沃克兰从当时称为红色西伯利亚矿石中发现了铬，后期人类发现铬元素在其他方面有重要用途。“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领，铬及其化合物扮演着重要角色。
(1)氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用。
①请写出Cr3+的外围电子排布式 。
②氮化铬的晶体类型与氯化钠相同，但氮化铬熔点(1282℃)比氯化钠(801℃)的高，主要原因是 。
(2)Cr3+可与很多分子或离子形成配合物。
①KSCN可制备配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]，该配合物中铬元素的化合价为 ；已知中心离子杂化时优先选择能量低的轨道参与杂化，使得配合物能量降低，物质更稳定，则该配合物中心离子杂化方式为 ；晶体场理论认为，基态离子的d轨道存在未成对电子时，d电子发生d—d跃迁是金属阳离子在水溶液中显色的主要原因。试判断该配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]是否有色 (填“是”或“否”)。
②Cr3+的一种配合物结构如图，配合物中Cr3+的配位数为 。
(3)铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示，其中氧离子与晶体镁堆积方式一致，铬离子在其八面体空隙中(如CrA在O1、O2、O3、O4、O5、O6构成的八面体空隙中)。
①该氧化物的化学式为 。
②该晶胞有 %八面体空隙填充阳离子。
③已知氧离子半径为a ，晶胞的高为b ，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g cm-3。(用含a、b和NA的代数式表示，已知 =nm)
9．（2022秋·江西景德镇·高三景德镇一中校考期中）目前新能源汽车电池主要是磷酸铁锂(LiFePO4)和三元锂电池(正极含有Ni、Co、Mn三种元素)。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价电子排布式为 ，能量最高的能级有 个空间运动状态。
(2)LiFePO4中四种元素的第一电离能由大到小的顺序是 (填元素符号)，其阴离子的立体构型名称是 。
(3)检验Ni2+的方法：加入丁二酮肟试剂立即生成鲜红色的二丁二酮肟合镍(II)螯合物。反应方程式如下：
2 (丁二酮肟)+Ni2+(二丁二酮肟合镍(II))+2H+
①丁二酮肟熔点比丁二酮( )高很多的原因是 。
②二丁二酮肟合镍(II)螯合物中N原子的杂化类型是 ，该物质中存在的作用力有 (填正确答案标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E.氢键
(4)三元锂电池的负极材料是石墨。石墨晶体的二维平面结构如图1所示，晶胞结构如图2所示。试回答：
①石墨晶体中C原子数与C—C数目之比是 。
②根据图2计算石墨晶体的密度是 g/cm3(写出表达式即可)。
10．（2022·湖南·校联考模拟预测）湖南是我国矿产资源大省，磷、锌储量丰富。回答下列问题：
(1)基态Zn原子核外电子共有 种空间运动状态；锌在反应中易失去2个电子，则基态的价电子轨道表示式(电子排布图)为 。
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物为整合物。与EDTA形成的螯合物的结构如图所示：
①该配合物的组成元素中电负性最大的是 (填元素符号)。
②1个该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有 个，该配合物中碳原子的杂化方式为 。
(3)磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如下：
①键能大小比较：磷氧双键 (填“大于”“等于”或“小于”)磷氧单键。
②键角大小比较： (填“大于”“等于”或“小于”)。
③纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是 。
(4)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其立方晶胞如图所示(其晶胞参数为a pm)；
①固态磷化硼属于 (填“分子”“离子”或“原子”)晶体。
②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，称作原子的分数坐标。已知原子分数坐标：M点为(0，0，0)、G点为(1，1，1)，则Q点的原子分数坐标为 。
③磷化硼晶体的密度为 (列出计算式)。
11．（2022·河南·统考三模）我国科学家利用生物质合成共聚酯的单体，合成时涉及多种元素，回答下列问题：
(1)基态Cu+的电子排布式为 。
(2)Cu、Zn、Al的第一电离能由大到小的顺序为 (填元素符号，下同)。
(3)H2C=CHCOOCH3中所含元素的电负性由小到大的顺序为 ，该有机物中，碳原子的杂化类型是 。
(4)区别晶体SiO2和非晶体SiO2的方法是 。
(5)有机物C和D的相对分子质量相差较小，但是D的沸点明显高于C的，其主要原因是 。
(6)我国科学家开发钙钯络合氢化物(CaPdH2)来实现乙炔高选择性合成乙烯。CaPdH2由Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成。CaPdH2中存在的化学键有 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．非极性键 D．金属键
(7)白铜是我国使用最早的合金之一，白铜晶胞结构如图所示。已知晶体密度为dg·cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值。Cu和Ni之间的最短距离为 (只列计算式)nm。
12．（2021·陕西宝鸡·统考一模）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，钛及化合物在生活和生产中有重要应用，钙钛矿中典型代表CaTiO3晶体是工业获取钛的重要原料。回答下列问题：
(1)基态Ti的价电子排布图是 ，若Ca原子核外电子有11种空间运动状态，则该原子处于 (填“基态"或“激发态”)。
(2)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，催化实例如图所示。化合物甲分子中采取sp2和sp3杂化的碳原子个数比为 ；化合物乙的组成元素第一电离能由大到小的顺序为 。
(3)TiC4可以与胺形成配合物，如[TiCl4(CH4NH2)2]、[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]等。
①lmolH2NCH2CH2NH2中含有的σ键数目为 个
②[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中Ti的配位数是 。
③配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]与游离的H2NCH2CH2NH2分子相比，其H—N—H键角 (填“较大”，“较小”或“相同”)，原因是 。
(4)硫酸氧钛(TiOSO4)晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图1所示，则该阳离子的化学式为 ；与其阴离子互为等电子体的微粒有 和 (写出一种分子和一种阴离子)。
(5)CaTiO，的晶胞为立方晶胞，结构如图2所示。
①在晶胞中与Ti距离最近且相等的O2-有 个。
②若最近的Ti4+和O2-之间的距离为apm，则晶胞的密度为 g·cm-3(用代数式表示，NA为阿伏加德罗常数)。
13．（2022春·北京西城·高三北京十四中校考期中）钛酸钡具有优良的介电、压电特性，主要用于电容器、自动温控等领域。
(1)钛元素在周期表中的位置 ；基态钛原子的电子排布式为 。
(2)钡元素在自然界中主要以重晶石形式存在，其成分为BaSO4，其中所含三种元素的电负性从大到小的顺序为 (用元素符号表示)；SO的空间构型为 ，其中S原子的杂化方式为 。
(3)卤化钠(NaX)和四卤化钛(TiX4)的熔点如图所示，已知TiF4的晶体类型与TiCl4、TiBr4、TiI4不同，下列判断不正确的是 (选填字母序号)。
a.NaX均为离子晶体
b.随X半径的增大，NaX的离子键减弱，熔点逐渐降低
c.TiF4的熔点反常升高是由于氢键的作用
d.TiCl4、TiBr4、TiI4的相对分子质量依次增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高
(4)钛酸钡的晶胞结构如图所示，在该晶胞结构中，钛离子、钡离子、氧离子的个数比为 ；该物质的化学式为 ；晶体中每个钡离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是 ；其晶胞参数约为apm，钛酸钡晶体的密度ρ= g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、NA的代数式表示)。
14．（2022春·广东清远·高三校考阶段练习）新型铜锌锡硫化合物(CuxZnySnzSn)薄膜太阳能电池近年来已经成为可再生能源领域的研究热点。回答下列问题：
(1)Sn的价电子排布式为 ，Zn位于元素周期表的 区。
(2)Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是 。其中电负性最大的元素是 。
(3)SO和SO键角较小的是 ，原因是 。
(4)向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，最终得到蓝色溶液，溶液中1mol[Cu(NH3)4]2+含有 个σ键。再向溶液中加入乙醇，得到深蓝色晶体，该晶体中不存在 (填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 E．氢键
(5)锌黄锡矿(K型)是制备薄膜太阳能电池的重要原料，其晶胞结构如图所示(晶胞参数α=β=y=90°)。该晶体的化学式为 ，密度ρ= g·cm-3(用含有NA的代数式表示)。
15．（2022·四川广安·统考一模）二茂铁()分子式为，是具有导电性的有机配合物，其衍生物一直是科学研究的前沿。
(1)Fe在周期表中的 区，受热后Fe的1个4s电子会跃迁至4p轨道，写出Fe的该激发态电子排布式：[Ar] 。
(2)二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为 ；H3O+中氧原子的杂化方式为 ，H3O+空间构型为 。
(3)表示处于同一平面上的n个原子共用m个电子形成的大Π键，当时，较稳定(又叫4x+2规则)。已知C5H5Θ中所有碳原子均共平面，写出C5H5Θ()的大Π键： ，(C5H6)比(C5H10)更易电离出H+的原因是 。
(4)T-碳是碳的一种同素异形体，其晶体结构可以看成是金刚石晶体(如图甲)中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元()所取代(如图乙)。
一个T-碳晶胞中含有 个碳原子，已知T-碳的密度约为金刚石的一半。则T-碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为 。
16．（2021·四川内江·统考一模）铜及其合金广泛应用于生活生产中。如黄铜合金可作首饰、镀层等。请回答下列问题：
(1)基态铜原子价电子排布式为 。
(2)在Cu(NO3)2溶液中加入氨水至过量，生成[Cu(NH3)4]2+。
①中N原子的杂化类型是 ；NH3分子的立体构型是 。
②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的基态原子有 个未成对电子。1 mol该阳离子含有的σ键数目为
③NH3能与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+，而NF3不能，其原因是 ，NH3的沸点比NF3 ( 选填“高”或“低”)，原因是 。
(3)黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如图所示：
已知：晶胞参数为a nm。
①合金中粒子间作用力类型是 。
②与Cu原子等距离且最近的Cu原子有 个。
③黄铜合金晶体密度为 g·cm-3。(设NA为阿伏加德罗常数的值)
17．（2019·新疆克拉玛依·统考三模）2019年，我国第二艘国产航母即将下水。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，甲板要耐高温，外壳要耐腐蚀。
(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，其中主要金属为铬、镍、铁等。基态铬的价电子排布图为： ；基态铁的未成对电子数是： ；我们常用SCN－检验Fe3+，请写出SCN－的电子式： 。
(2)海水中含有大量盐，对金属有很强的腐蚀性，其中大多数盐是卤盐。根据下列卤化钠的信息回答有关问题
化学式 NaF NaCl NaBr NaI
熔点/℃ 995 801 775 651
①NaF的熔点比NaI的熔点高的原因是： 。
②NaH具有NaCl型的立方晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm，H－的半径为142pm，则Na+半径为： pm；NaH的理论密度是： g·cm 3(保留三位有效数字)。
(3)钛的“热传导系数低”，耐高温耐腐蚀，所以配备垂直起降战斗机的甲板是需要钛合金铆钉的。
①在钛合金中添加硅可以提高其耐热性能。硅在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，在硅酸盐中的空间构型为 ，在二氧化硅中硅原子的杂化方式为 。
②在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1∶5，，则该配离子的化学式为： 。
18．（2022春·广东东莞·高三东莞市东华高级中学校考专题练习）镍及其化合物用途广泛，可用作催化剂、合金、电器元件等。回答下列问题：
(1)基态Ni原子价电子的轨道表示式为 。
(2)某镍配合物由1个与2个离子组成。
①组成该镍配合物的元素中，第二周期元素的第一电离能由高到低的顺序为 (用元素符号表示，下同)，配合物中采用杂化的原子为 。
②已知该配合物中只有一种元素的原子与配位，则与镍配位的原子为 (填“C”“N”或“O”)，原因为 。
(3)是常温下呈液态的镍的重要配合物，其空间构型为正四面体，其易溶于、苯等有机溶剂的原因为 ，中含有的键与键的数目之比为 ；与配合物中配体互为等电子体的阴离子为 (任写一种)。
(4)由Mg、C和Ni组成的新型超导材料晶体的立方晶胞结构如图所示：
①该新型超导材料的化学式为 。
②若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 。
19．（2022·陕西西安·长安一中校考模拟预测）深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究等领域。我国自主研发的用氟硼铍酸钾()晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题：
(1)请画出原子的价层电子排布图： ，基态、、三种元素的原子第一电离能由大到小的顺序为 ，、、三种晶体中熔点最高的是 。
(2)在气相中，氯化铍以二聚体的形式存在，在该二聚体中原子的杂化方式是 ，中含有的配位键数目为 。
(3)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子。已知与的空间构型都是三角锥形，但不易与形成配离子，其原因是 。
(4)晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与类似，如图所示。原子的配位数是 ；该晶胞中原子的位置可以用原子分数坐标表示，若原子，的坐标分别为，；则原子坐标为 。设与的最近距离为，用表示阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 (用含a和的式子表示)。
20．（2022·全国·高三专题练习）阿散酸()是一种饲料添加剂，能溶于Na2CO3溶液中。常含有H3AsO3、NaCl等杂质。
(1)基态As原子核外电子排布式为 。
(2)CO中心原子杂化轨道的杂化类型为 ，AsO的空间构型为 (用文字描述)。
(3)与AsO互为等电子体的分子为 (填化学式)。
(4)Ge、As、Se三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 。
(5)NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同的晶体。其中一种晶体的晶胞如图，该晶体的化学式为 。
21．（2023春·天津红桥·高三天津三中校考阶段练习）法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。
回答下列问题：
(1)C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为 。
(2)基态Na原子中，核外不同电子运动状态的数目为 ，Te属于元素周期表中 区元素，其基态原子的价电子排布式为 。
(3)的空间结构为 ，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，其中碳原子的杂化轨道类型为 ，1mol碳酸丙烯酯中σ键的数目为 。
(4)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为 ，该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为 cm(用含有ρ、NA的代数式表示)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)3d84s2
(2)AC
(3) N＞O＞C sp2、sp3 4 氢键
(4)Fe2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子或Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，则FeCO3分解温度低于CoCO3
(5)
【详解】（1）镍为28号元素，原子核外有28个电子，其核外电子排布为[Ar]3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2，外围电子排布式为3d84s2。
（2）Fe(CO)5沸点较低，为分子晶体，不存在离子键、金属键，Fe原子与CO分子之间为配位键，CO分子内含有极性共价键，答案选AC。
（3）同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能高于O，所以三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；根据色胺酮中N原子的成键方式可知，成双键的N原子为sp2杂化，成单键的为sp3杂化；根据色胺酮钴配合物的结构简式可知，Co与2个O原子、2个N原子配位，配位数为4；分析甲醇性质可知，甲醇通过氢键与色胺酮钴配合物相结合。
（4）由题意可知，Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，Fe2+更容易结合氧离子，FeCO3受热分解需要外界能量更少，FeCO3比CoCO3易分解，则FeCO3分解温度低于CoCO3。
（5）据图可知晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半，根据均摊法，晶胞中白球个数为8×+6×=4，黑球个数为12×+1=4，则晶胞质量为m==，晶胞体积V===，晶胞棱长为==，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为=pm。
2．(1)[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2
(2) O>N>C>H sp3杂化、sp2杂化
(3)主要原因是联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键
(4) 是 否 正八面体
(5) 电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 或者5.2g/cm3或者
【详解】（1）铁的核外电子总数为26，则基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）尿素[CO(NH2)2 ]所含四种元素分别为N、H、C、O，元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性由大至小的顺序是O>N>C>H；CH3COONa中甲基中的C原子的价层电子对数是4，为 sp3杂化，羧基中的C原子的价层电子对数是3，为sp2杂化；
（3）氨和联氨分子间均存在氢键，但联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键，故联氨的沸点明显高于氨；
（4）由图示可知晶体中的氧离子位于棱心位置，若再取一个立方体并置，则可看出氧离子构成面心立方最密堆积；晶胞是晶体中的基本单元，整块晶体可以看作是数量巨大的晶胞“无隙并置”而成，所以该立方体不是Fe3O4的晶胞；立方体中三价铁离子的上、下、左、右、前、后各有一个氧离子，6个氧离子围成正八面体，铁离子位于正八面体的空隙中心。
（5）晶体中电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，则Fe3O4晶体能导电；该立方体中氧离子数目为12×+1=4，Fe3+的数目为4×+3×=2，Fe2+的数目为1，图示中的每摩尔立方体的质量为(56×3+16×4)g，立方体的体积为a3=(0.42×10-7cm)3，则Fe3O4晶体的密度为g cm-3。
3．(1)3∶2
(2) 60° 3倍的N-N键的键能小于N≡N键的键能，而3倍的P-P键的键能大于P≡P键的键能
(3) sp3杂化 难
(4)范德华力
(5)H4P4O12
(6) [PCl6]- B
【详解】（1）基态磷原子最外层电子排布为3s23p3，3s能级的2个电子已成对，但是3p能级3个电子分占3个不同的p轨道，故成单电子数与成对电子数之比为3∶2。
（2）P4分子是正四面体构型，每个面是正三角形，键角为60°。
（3）从红磷的结构可知，每个P原子形成3个σ键，P的价电子数为5，因此，每个P原子有1对孤电子对，故磷原子的价层电子对数是4，其杂化方式为sp3杂化；红磷以P4四面体的单键形成链或环的高聚合结构，具有较高的稳定性，难溶于水、二硫化碳。
（4）黑磷是磷的一种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构，片状结构内各原子形成共价键，类比石墨可知，其片状结构间通过范德华力相结合。
（5）依据题意，磷酸分子可通过脱水缩合形成多磷酸，若4个磷酸分子H3PO4间脱水形成环状的多磷酸，则脱去4个水分子H2O，根据原子守恒，则该多磷酸的分子式可写成H4P4O12。
（6）根据题意，固态时PCl5形成离子型晶体，且晶胞中含有正四面体的[PCl4]+，则阴离子是正八面体的[PCl6]-；A晶胞中，其带不同电荷的离子的数目之比为1∶2；B晶胞中，其阴阳离子数之比为1∶1；且每个离子的配位数是4，这4个离子构成正四面体，6个面心构成正八面体；C和D的晶胞中不存在正四面体和正八面体，因此，其晶胞结构最合理的是B。
4．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 哑铃
(2)-1
(3) 4 正四面体形 熔沸点依次升高；分子结构相似，分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强
(4) 6 O、N
(5) sp3 Si2O
【解析】（1）
铁元素为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；
（2）
H的电负性越大，得电子能力越强，H元素显示负价，所以SiH4分子中H为-1价；
（3）
SiCl4分子的中心原子的价层电子对数个数=4+=4，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为正四面体；根据表中数据知，其熔沸点依次升高，这几种物质熔沸点都较低，说明为分子晶体，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，所以其熔沸点依次升高；
（4）
[Fe(H2O)6]2+的中心离子的配体是水分子，该离子中含有6个水分子，所以配位数为6；[Fe(H2O)4(en)]2+中的配位原子为配体中含有孤电子对的原子，配体水分子中O原子、en分子中N原子都含有孤电子对，所以O、N原子为配原子；
（5）
该图中每个Si原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Si原子杂化类型为sp3；根据图知，每个Si原子含有O原子个数=1+3×=2.5，则Si、O原子个数之比为2：5，其化学式为Si2O。
5．(1) N 哑铃
(2)Si＞Mg＞Al
(3) 平面三角形 H3BO3+H2OH++B(OH)
(4)sp2
(5)
(6)(0，，)
【详解】（1）镓元素为32号元素，核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，占据的最高能层为第四层，符号为N；能量最高的电子占据的原子轨道为4p轨道，为哑铃形；
（2）同周期与铝相邻的元素为Mg、Si，同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级轨道全满，更稳定，第一电离能大于Al，所以第一电离能由大到小的顺序为Si＞Mg＞Al；
（3）BH3分子中心B原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；H3BO3显酸性的原因类似于NH3显碱性的原因，所以H3BO3分子应结合水电离出的氢氧根，从而使溶液显酸性，电离方程式为H3BO3+H2OH++B(OH)；
（4）据图可知，B原子形成3个σ键，而B原子的价电子只有3个，所以该物质中B原子不含孤对电子，其杂化轨道有3个，为sp2杂化；
（5）据图可知砷化镓晶胞中含有4个As原子，其化学式为GaAs，所以含有4个GaAs单元，设其摩尔质量为M，则晶胞的质量为g，晶胞边长为anm，则晶胞的体积为(a×10-7)3cm-3，密度为dg·cm-3，所以有(a×10-7)3cm-3×dg·cm-3=g，M=g/mol；
（6）Ga原子所处的位置为顶点和面心，顶点的Ga原子与其相邻三个面的面心Ga原子形成一个正四面体，As原子位于四面体空隙中，所给的三个Ga原子分别为顶点和两个面的面心，所以另一个Ga原子应是位于面心的Ga原子，坐标为(0，，)。
6．(1) 或
(2)N
(3)I>Cu>Cs
(4) 甲脒存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力 杂化
(5) 分子晶体 d
(6)12
(7)
【详解】（1）Cu为29号元素，其核外电子排布式为：或；I为53号元素，其价电子排布为：5s25p5，价电子排布图为，故答案为：或；；
（2）硫氰酸甲基铵含有H、C、N、S四种元素，其中电离能最大的是N，故答案为：N；
（3）Cs、Cu为金属元素，I为非金属元素，I的电负性大于Cs、Cu，Cs比Cu活泼，Cs的电负性小于Cu，电负性由大到小的顺序为：I>Cu>Cs，故答案为：I>Cu>Cs；
（4）甲脒()分子中含有氨基，氨基可以与氨基形成氢键。氢键的作用力比分子间作用力大，因此甲脒的熔点高于丙烷；甲脒中碳原子形成碳碳双键，采用杂化，故答案为：甲脒存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力；杂化；
（5）①该络合物可溶于四氯化碳，根据相似相溶原理可知该物质为非极性分子或弱极性分子；
②双硫腙铅络合物中含有单键和双键，所以含有键和键，且相同的非金属原子之间的为非极性键。Pb含有空轨道，N原子含有孤对电子，Pb和N原子形成配位键。不存在离子键。
故答案为：分子晶体；d；
（6）由晶胞结构可知距离X最近的Z位于Y围成的正立方体的棱心，共有12个，X的碘配位数为12，故答案为：12；
（7）棱上：Cu有8个，个数为；面上：8个Cu，个数为；4个Cs，；I有4个，个数为；体内有2个Cs、2个Cu、10个I，晶胞中共有8个Cu、4个Cs、12个I，晶胞的质量为：g，晶胞的体积为：，故答案为：；
7．(1) 第六周期VIII族 d区 2
(2) 90° dsp2
(3) 11：1 sp3
(4)Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小
(5) 12
【详解】（1）由铂的电子排布式为[Xe]4f145d96s1可知，铂元素位于元素周期表第六周期VIII族、处于d区，其中5d轨道和6s轨道各有1个未成对电子，共有2个未成对电子，故答案为：第六周期VIII族；d区；2；
（2）由四氯合铂离子的价层电子对互斥模型和离子的空间构型为平面形结构可知，离子中的键角为90°，铂原子的杂化类型为dsp2杂化，故答案为：90°；dsp2；
（3）DMF分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构简式可知，分子中σ键与π键的数目比是11：1，分子中形成单键的氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：11：1；sp3；
（4）CCl3CH2OH分子中氯元素的电负性强于CBr3CH2OH分子中溴元素的电负性，氯原子吸电子能力强于溴原子，CCl3CH2OH分子中羟基的极性强于CBr3CH2OH分子，在溶液中更易电离出氢离子，溶液酸性更强，pKa更小，故答案为：Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的二氧化碳分子与位于面心的二氧化碳分子紧邻，则与一个二氧化碳分子紧邻的分子共有12个，晶胞中位于顶点和面心的二氧化碳的个数为8×+6×=4，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：=a3ρ，解得a=，则晶胞的体对角线为cm，故答案为：12；。
8．(1) 3d3 氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大
(2) +3 d2sp3 是 6
(3) Cr2O3 66.7 ×1024
【分析】根据Cr原子的电子排布式写出Cr3+的外围电子排布；根据离子晶体的熔点高低随晶格能的增大而增大，解释氮化铬(CrN)中离子所带电荷数多，晶格能较大，熔点比NaCl高；根据配合物的结构和化合价代数和为0判断铬元素的化合价；根据题中信息结合配合物的结构判断配合物中心离子杂化方式；根据Cr3+中有未成对电子，判断该配合物有颜色；根据题中所给结构，判断该配合物中Cr3+的配位数；根据题中所给晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
【详解】（1）①Cr的原子序数为24号，核外有24个电子，其电子排布式1s22s22p63s23p63d54s1，所以基态铬(Cr)原子的外围电子排布式是3d54s1，失去3个电子后，Cr3+的外围电子排布为3d3；答案为3d3。
②离子晶体的熔点高低随晶格能的增大而增大，晶格能的大小与离子半径和所带电荷多少有关，离子半径越小、离子所带电荷越多，则离子晶体的晶格能越大，所以氮化铬(CrN)中离子所带电荷数多，晶格能较大，即氮化铬熔点(1282℃)比氯化钠(801℃)的高；答案为氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大。
（2）①配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]化合价代数和等于0，SCN-显-1价，NH3分子不显电性，根据化合价代数和等于0，该配合物中铬元素的化合价为+3价；由配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]结构可知，该配合物中配位数为6，Cr3+的外围电子排布为3d3，3d上有两个空轨道，根据题中信息中心离子杂化时优先选择能量低的轨道参与杂化，所以3d上的二个d轨道与外层的4s、4p组合成六个d2sp3杂化轨道,即该配合物中心离子杂化方式为d2sp3；根据晶体场理论，基态离子的d轨道存在未成对电子时，d电子发生d—d跃迁是金属阳离子在水溶液中显色的主要原因，由Cr3+的外围电子排布为3d3可知，该离子中有3个未成对电子，所以该配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]是有色的；答案为+3；d2sp3；是。
②由可知，Cr3+与6个O形成配位键，所以配合物中Cr3+的配位数为6；答案为6。
（3）①由晶胞结构可知，该晶胞中氧离子位于晶胞的顶点、面心和体内，则1个晶胞中氧离子的个数为12×+2×+3=6，铬离子位于晶胞的体内，则1个晶胞中铬离子的个数为4，铬离子和氧离子的个数比为4:6=2:3，则该氧化的化学式为Cr2O3；答案为Cr2O3。
②由晶胞结构可知，该晶胞中共有12个正八面体空隙，其中8个正八面体空隙中填充了Cr3+，所占比例为×100%≈66.7%；答案为66.7。
③已知氧离子的半径为a ，即a×10-8cm，则底面边长为2a ，即2a×10-8cm，又晶胞的高度为b ，即b×10-8cm，所以晶胞的体积V＝3×2a×10-8×a×10-8×b×10-8cm3＝6a2b×10-24cm3，一个晶胞中含有2个Cr2O3，其质量m＝mol×152g mol 1＝g，所以该晶体的密度ρ＝＝＝×1024g cm-3；答案为×1024。
9．(1) 3d74s2 5
(2) O>P>Fe>Li 正四面体形
(3) 丁二酮肟分子间存在氢键 sp2 BCDE
(4) 2：3 或或
【详解】（1）Co是第四周期VIII族元素，其基态原子的价电子排布式为：3d74s2，能量最高的能级是3d，其空间运动状态有5个；
（2）元素的原子越容易失去一个电子，其第一电离能数值越小，LiFePO4中四种元素的第一电离能由大到小是O>P>Fe>Li，其中的阴离子是PO43-，中心原子P原子的价层电子对数=4+(5+3-24)=4，采用为sp3杂化，无孤对电子，其空间形状正四面体；
（3）①丁二酮肟分子中有N-OH键，分子间可以形成氢键，所以熔点比丁二酮高；
②二丁二酮肟合镍(II)螯合物中N原子有三个σ键、1个π键，所以其杂化类型是sp2，该物质中存在的作用力除离子键以外，其它的作用力都存在的，所以选BCDE；
（4）①如图所示，每个碳原子有三个C-C单键由六个C原子共用，由均摊法分析可知一个碳原子相当于有1.5个键，所以每一层内C原子数与C-C化学键之比2：3；
②由图中石墨晶胞信息可知，晶胞的平面上的数据应是：
所以：
g·cm-3==或或。
10．(1) 15
(2) O 6 、
(3) 大于 小于 温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏
(4) 原子 或
【解析】（1）
Zn的原子序数是30，基态锌原子的电子排布式为，一个原子轨道即一种空间运动状态，则基态锌原子占据的原子轨道数为，则基态Zn原子核外电子共有15种空间运动状态；锌在反应中易失去2个4s电子，则基态的价电子轨道表示式(电子排布图)为：。
（2）
①该配合物的组成元素有H、C、N、O、Zn，非金属性越强电负性越大，故氧元素的电负性最大。
②只有成环的配位键才能起到螯合作用，由配合物结构图可知，提供孤对电子的原子为N、O，1个该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个；该配合物的碳氧双键中碳原子为杂化，其他碳原子为杂化。
（3）
①由图可知，磷氧双键的键长比磷氧单键的键长短，故磷氧双键的键能比磷氧单键的键能大。
②P=O中含π键，对其他成键电子对的斥力较大，导致键角增大，所以键角小于。
③由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸黏度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致黏度迅速下降。
（4）
①根据磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，可以判断其属于原子晶体。
②根据BP立方晶胞中相邻的B与P之间的距离为晶胞体对角线的四分之一分析，可得Q点的原子分数坐标为。
③根据均摊法分析，一个晶胞中P原子的个数为4，B原子个数为，故晶体的密度为。
11．(1)[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d10
(2)I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)
(3) X(H)< X(C) < X(O) sp2、sp3
(4)X射线衍射实验
(5)D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，C分子间没有氢键
(6)ABC
(7)
【详解】（1）铜元素位于周期表第四周期ⅠB族，核电荷数为29，基态Cu+的电子排布式[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d10。
（2）Cu、Zn、Al失去第一个电子分别位于4s1、4s2、3p1，4s2电子处于全满轨道较难失去，三者中第一电离能最大，3p1是单电子，铝的核电荷数比铜小很多，其第一电离能最小，故三者的第一电离能由大到小的顺序为I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)。
（3）H2C=CHCOOCH3中含H、C、O三种元素，同周期元素电负性从左往右增大，故C（4）区别晶体SiO2和非晶体SiO2的方法是做X射线衍射实验，晶体具有规则的空间结构。
（5）从C和D的分子结构简式分析，两者相对分子质量相差较小，C分子间以范德华力为主，D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，故D的沸点明显高于C的。
（6）钙钯络合氢化物(CaPdH2)以Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成，阴阳离子间化学键是离子键，[PdH2]2-络合离子结构中的Pd和H原子存在配位键，共用电子对偏向H一边，属于非极性键，故答案选ABC。
（7）从白铜晶胞结构图可知，Cu原子位于立方晶胞的面心位置，Ni原子位于顶点位置，一个晶胞内含有Cu原子个数 ，含有Ni原子个数 ，设该立方晶胞的边长为nm，根据题意，有，Cu和Ni之间的最短距离为面对角线的一半，为 nm，故Cu和Ni之间的最短距离为nm。
12．(1) 激发态
(2) 7：2 N>O>C>H
(3) 11NA 6 较大 H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大
(4) TiO2+ CCl4 或
(5) 12 或
【详解】（1）Ti元素的原子序数是22，所以其核外电子排布为[Ar]3d4s2，所以其价电子排布图为，钙原子的基态原子核外电子排布为1s22s2p63s23p64s2，可以判断其有10种空间运动状态，而题目告诉的钙原子有11种空间运动状态，所以可判断此钙原子为激发态。
（2）化合物甲中采取sp2杂化的碳原子有苯环上的6个C原子及形成羰基的1个C原子，因此甲分子中采用sp2杂化的碳原子数为7个，另外两个碳原子采取sp3杂化，故采取sp2和sp3杂化的碳原子个数比为7：2；化合物乙组成元素有C、N、O、H，这三种元素的非金属性:N>O>C>H，元素的非金属性越强，其电负性就越大，故这三种元素的电负性由大到小的顺序为:N>O>C>H。
（3）①1个H2NCH2CH2NH2分子中有11根共价键，lmolH2NCH2CH2NH2中含有的o键数目为11NA；故答案为：11NA。
②[TiCl4(CH4NH2)2]的配位数为6，根据[TiCl4(CH4NH2)2]的配位数得出[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中T的配位数是6；故答案为：6。
③配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]与游离的H2NCH2CH2NH2分子相比，H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大；故答案为：较大；H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大。
（4）硫酸氧钛(TiOSO4)晶体中阳离子为TiO2+；等电子体为原子个数相等，价电子数相同，故与SO互为等电子体的微粒为CCl4和或。
（5）①根据晶胞结构结构图可知，Ca2+位于晶胞体心，O2-位于晶胞各个面的面心，Ti4+位于晶胞的8个顶点上，与Ti4+距离最近且相等的O2-有12个。在一个晶胞中，含有T4的个数8×=1，Ca2+个数为1，O2-的个数为6×=3，即一个晶胞中含有1个CaTiO3，
最近的Ti4+和O2-之间的距离为apm，则晶胞的边长为pm，则晶胞的密度为或。
13．(1) 第四周期第IVB族 1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2
(2) O>S>Ba 正四面体形 sp3
(3)c
(4) 1：1：3 BaTiO3 12
【详解】（1）钛是22号元素，在周期表中的位置是第四周期第IVB族；钛原子核外有22个电子，基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；
（2）钡元素在自然界中主要以重晶石形式存在，其成分为BaSO4，元素的非金属性越强，电负性越大，Ba、S、O的电负性从大到小的顺序为O>S>Ba；SO中S原子的价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体形，S原子的杂化方式为sp3；
（3）A．NaX的熔点较高，均为离子晶体，故a正确；
B．随X半径的增大，NaX的离子键减弱，晶格能减小，熔点逐渐降低，故b正确；
C．TiF4中不含氢键，TiF4的熔点反常升高是由于TiF4是离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，故c错误；
D．TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故d正确；
选c。
（4）根据均摊原则，在该晶胞结构中，钛离子数是、钡离子数是1、氧离子数是，个数比为1:1:3；该物质的化学式为BaTiO3；晶体中每个钡离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是12；其晶胞参数约为apm，晶胞的体积为，钛酸钡晶体的密度ρ= g·cm-3。
14．(1) 5s25p2 ds
(2) P＞S＞Si S
(3) SO SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO
(4) 16NA(或16×6.02×1023) D
(5) Cu2ZnSnS4 ×1030
【详解】（1）Sn位于第四周期ⅣA族，价电子数等于最外层电子数，即Sn的价电子排布式为5s25p2；Zn位于元素周期表第四周期ⅡB族，属于ds区；故答案为5s25p2；ds；
（2）三种元素属于同周期，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；同周期从左向右电负性增大(稀有气体除外)，因此电负性最大的是S；故答案为P＞S＞Si；S；
（3）SO中中心原子S价层电子对数为=4，SO中中心原子S的价层电子对数为=4，前者含有1个孤电子对，后者不含有孤电子对，根据孤电子对之间的斥力＞孤电子对数－成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，因此SO键角小于SO；故答案为SO；SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO；
（4）Cu2＋与NH3之间形成配位键，1个Cu2＋与4个NH3形成4个配位键，即形成4个σ键，NH3中N与3个H形成3个σ键，因此1mol[Cu(NH3)4]2+含有(4＋4×3)NA个σ键，即16NA或16×6.02×1023个σ键；深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，[Cu(NH3)4]2＋与SO之间形成离子键，Cu2＋与NH3之间形成配位键，N和H之间形成共价键，[Cu(NH3)4]SO4·H2O也含有氢键，但不含有金属键；故答案为16NA或16×6.02×1023；D；
（5）根据晶胞图可知，Cu位于顶点、面心和体心，个数为=4，Zn位于棱上和面心，个数为=2，Sn位于面上，个数为=2，S位于晶胞内部，个数为8，即化学式为Cu2ZnSnS4；晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×a×2a×10－30)cm3，根据密度的定义，该晶胞的密度为=×1030g/cm3；故答案为Cu2ZnSnS4；×1030。
15．(1) d 3d64s14p1
(2) O＞C＞H sp3 三角锥形
(3) (C5H10) 的大Π键为，较稳定，所以(C5H6)比(C5H10)更易电离出H+
(4) 32 2：1
【解析】（1）
Fe在元素周期表中位于第四周期第VIII族，为d区元素，基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，受热后Fe的1个4s电子会跃迁至4p轨道，该激发态电子排布式：[Ar] 3d64s14p1；
（2）
同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则O＞C，H的电负性最弱，则有O＞C＞H，H3O+的价层电子对数为=3+=4，有一对孤电子对，有三对成键电子对，O是sp3杂化为正四面体，但有一对孤对电子对，故空间构型为三角锥形，
（3）
C5H5Θ()的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均是sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大π键，加上负电荷的电子，共有6个电子参与形成大π键，故大π键为，(C5H10) 的大Π键为：，较稳定，所以(C5H6)比(C5H10)更易电离出H+；
（4）
金刚石的晶胞中碳原子位于顶点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线各2个共4个，一个晶胞中单独占有碳原子数目=4+8×+6×=8，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，故含有碳个数为8×4=32个；T-碳的密度约为金刚石的一半，而根据晶胞中原子的数目，可知T-碳晶胞质量为金刚石的4倍，根据，T-碳晶胞的体积应该是金刚石的8倍，而晶胞棱长=，故即T-碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为2：1。
16．(1)3d104s1
(2) sp2杂化 三角锥形 3 16NA N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键 高 NH3的分子之间存在氢键
(3) 金属键 8
【详解】（1）Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则其价电子排布式为3d104s1；
（2）①中N原子的价层电子对数为3+=3，且N原子上无孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp2杂化；
NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，且N原子上有1对孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp3杂化，NH3的立体构型是三角锥形；
②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的原子是N原子，基态N原子上有3个未成对电子；在[Cu(NH3)4]2+中4个配位体NH3与中心Cu2+形成4个配位键；在每个NH3中形成了3个N-H极性键，配位键及N-H极性共价键都是σ键，则在1个[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数是4+3×4=16个，在1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目为16NA；
③N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，而偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键，所以NF3不能与Cu2+形成配位键；
NH3、NF3在固态时都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，但由于NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致NH3熔沸点比NF3高；
（3）①合金中粒子间作用力类型是金属键；
②根据图示可知：与Cu原子等距离且最近的Cu原子有8个；
③在该晶胞中含有Cu原子数目为6×=3；含有的Zn原子数目为8×=1，则该晶胞的密度ρ=。
17．(1) 4
(2) NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－) ＜r(I－)，离子半径越小，熔点越高 102 1.37
(3) 平面三角形 sp3 [TiCl(H2O)5]2+
【解析】(1)
Cr为24号元素，其价电子排布式为3d54s1，基态铬的价电子排布图为：；Fe为26号元素，其价电子排布式为3d64s2，基态铁的未成对电子数是：4；SCN－与CO2互为等电子体，SCN－的电子式与CO2类似，其电子式为；故答案为：；4；。
(2)
①NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－)＜r(I－)，根据同类型晶体，离子半径越小，键能越大，熔点越高，因此NaF的熔点比NaI的熔点高的原因是NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－) ＜r(I－)，离子半径越小，熔点越高；故答案为：NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－) ＜r(I－)，离子半径越小，熔点越高。
②已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm，H－的半径为142pm，晶胞参数相当于Na+的直径和H－的直径之和，则Na+半径为；该晶胞中含有4个NaH，则NaH的理论密度；故答案为：102；1.37。
(3)
①硅酸盐中中心原子价层电子对数为，其空间构型为平面三角形，在二氧化硅中一个硅原子与周围四个氧原子形成四面体结构，其Si原子杂化方式为sp3；故答案为：平面三角形；sp3。
②根据题意得到TiCl3·6H2O的绿色晶体中两种配体的物质的量之比为1∶5，说明配体分别是1个Cl－，5个H2O，因此则该配离子的化学式为：[TiCl(H2O)5]2+；故答案为：[TiCl(H2O)5]2+。
18．(1)
(2) N＞O＞C C、N N C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对
(3) 属于非极性分子，易溶于、苯等非极性的有机溶剂 1∶1 或
(4)
【详解】（1）Ni位于周期表第四周期Ⅷ族，原子序数为28，基态Ni原子价电子的轨道表示式为。故答案为：；
（2）①组成该镍配合物的元素中，第二周期元素有N、O和C，第二周期元素的第一电离能由高到低的顺序为N＞O＞C，配合物中采用杂化的原子为C（形成C=N键的C）、N。故答案为：N＞O＞C；C、N；
②该配合物中只有一种元素的原子与配位，则与镍配位的原子为N，原因为C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对。故答案为：N；C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对；
（3）是常温下呈液态的镍的重要配合物，其空间构型为正四面体，其易溶于、苯等有机溶剂的原因为属于非极性分子，根据“相似相溶”原理，易溶于、苯等非极性的有机溶剂，中键为8mol，键为8mol，中含有的键与键的数目之比为1∶1；根据等电子体的定义可知，与配合物中配体互为等电子体的阴离子为或。故答案为：属于非极性分子，易溶于、苯等非极性的有机溶剂；1∶1；或；
（4）①晶胞中Mg位于8个顶点，个数，C位于体心，个数=1，Ni位于6个面心，个数，该新型超导材料的化学式为。故答案为：；
②若晶胞参数为a nm，根据，，，即该晶体的密度为。故答案为：。
19．(1) O>Be>B
(2) sp2 2NA
(3)F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键；
(4) 4
【详解】（1）O是8号元素，则原子的价层电子排布图为： ，的价层电子排布式为2s2，为全满稳定结构，故大于B，O为同周期第VIA族元素电离能较大，故顺序为O>Be>B；、、都是离子晶体，其中F-半径最小，故晶格能最大，熔点最高；
（2）由的结构可知，1个Be与3个Cl成键，形成2对成键电子和一对孤电子对，共3对电子，故Be采用sp2杂化；1mol中Be提供空轨道，Cl提供孤电子，故形成2mol配位键，数目为2NA；
（3）N，F，H三种元素的电负性： F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键；
（4）由晶胞结构可知每个Be周围有四个O与其相连，配位数为4；由的晶胞结构以及，的坐标可知C的坐标为：；将整个晶胞切成8个等大小正方体，Be在小正方体中心，O在小正方体顶点，每个晶胞中含有4个Be，4个O，若O与Be距离为a pm，则小正方体对角线的1/2为a pm，故晶胞棱长为，密度为；
20．(1)［Ar］3d104s24p3
(2) sp2 三角锥形
(3)CCl4
(4)As＞Se＞Ge
(5)Na2Cl
【分析】(1)
已知As为33号元素，与N、P位于同一主族，故基态As原子核外电子排布式为［Ar］3d104s24p3，故答案为：［Ar］3d104s24p3；
(2)
CO中心原子C原子的价层电子对数为：3+=3，故中心原子杂化轨道的杂化类型为sp2，AsO中心原子As的价层电子对数为：3+=4，故其空间构型为三角锥形，故答案为：sp2；三角锥形；
(3)
等电子体是指具有相同原子总数和相同价电子总数的微粒，故与AsO互为等电子体的分子为CCl4等，故答案为：CCl4；
(4)
同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，Ge、As、Se三种元素是第四周期ⅣA、ⅤA、ⅥA元素，故第一电离能由小到大的顺序为：As＞Se＞Ge，故答案为：As＞Se＞Ge；
(5)
从该晶胞图可知，Na+2个位于上、下底的面心上和4个在棱上，另2个位于体内，故一个晶胞中含有的Na+数目为：，而Cl-则8个均位于棱上，故每个晶胞中含有的Cl-的数目为：，故Na+：Cl-=4:2=2:1，故化学式为：Na2Cl，故答案为：Na2Cl。
21．(1)O>Cl>C(或O、Cl、C)
(2) 11 p 5s25p4
(3) 平面三角形 sp2、sp3 13NA(或13×6.02×1023)
(4) 8
【分析】元素的非金属性越强，电负性越大，据此分析判断；Te与Se位于同主族结合其外围电子排布式判断在周期表中的位置；根据价层电子对个数=σ键个数+ (a-xb)计算判断的空间构型；根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，根据碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律判断碳酸丙烯酯分子中含有的σ键数目；根据均摊法计算晶胞中黑色球和白色球数目，由晶胞对称性可知O的配位数；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，据此计算解答。
【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，O、Cl、C的非金属性大小顺序是O＞Cl＞C，所以其电负性大小顺序是O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；
（2）Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，核外有11个不同运动状态的电子；Te是Se的下一周期同族元素，为52号元素，位于周期表第五周期、第ⅥA族，外围电子排布式为5s25p4，属于P区元素，故答案为：11；p；5s25p4；
（3）的价层电子对数=3+=3，无孤电子对，空间构型与VSEPR模型相同为平面正三角形；由碳酸丙烯酯的结构简式可知，酯基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3；由碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律可知一个碳酸丙烯酯分子中含有13个σ键，则1mol碳酸丙烯酯中σ键的物质的量为13mol，数目为13NA，故答案为：平面正三角形；sp2和sp3；13NA；
（4）晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×+6×=4，二者数目之比为8:4=2:1，故该氧化物为Na2O，则黑色球代表Na、白色球代表O，由晶胞对称性可知O的配位数为8；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量=g，晶胞体积== cm3，晶胞棱长a=cm，Na与O之间的最短距离为acm=cm，故答案为：8；。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
1．（2023·全国·高三专题练习）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)、钛(Ti)及其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)基态Ni原子的外围电子排布式为 。
(2)铁系元素能与CO形成Fe(CO)5、Ni(CO)4等金属羰基化合物。已知室温时Fe(CO)5为浅黄色液体，沸点103℃，则Fe(CO)5中含有的化学键类型包括 (填字母)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
(3)以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。色胺酮分子中所含部分元素(C、N、O)第一电离能由大到小的顺序为 ，色氨酮分子中所有N原子的杂化类型有 ，色胺酮钴配合物中钴的配位数为 ，X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过 作用与色胺酮钴配合物相结合。
(4)已知：r(Fe2+)为61pm、r(Co2+)为65pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCO3和CoCO3，实验测得FeCO3的分解温度低于CoCO3，原因是 。
(5)已知TiN晶体的晶胞结构如图所示，若该晶胞的密度为ρg．cm-3，阿伏加德罗常数值为NA，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为 pm。(用含ρ、NA的代数式表示)
2．（2022春·湖南郴州·高三湖南省桂东县第一中学校考期中）铁氧体是一种磁性材料，具有广泛的应用。
(1)基态铁原子的核外电子排布式为 。
(2)工业制备铁氧体常使用水解法，制备时常加入尿素[CO(NH2)2]、醋酸钠等碱性物质。尿素分子中四种不同元素的电负性由大至小的顺序是 ；醋酸钠中碳原子的杂化类型是 。
(3)工业制备铁氧体也可使用沉淀法，制备时常加入氨(NH3)、联氨(N2H4)等弱碱。比较表中氨(NH3)、联氨(N2H4)的熔沸点，解释其高低的主要原因 。
N2H4 NH3
熔点/℃ 2 -77.8
沸点/℃ 113.5 -33.5
(4)如图是从铁氧体离子晶体Fe3O4中，取出的能体现其晶体结构的一个立方体，则晶体中的氧离子是否构成了面心立方最密堆积 (填“是”或“否”)，该立方体是不是Fe3O4的晶胞 (填“是”或“否”)，立方体中三价铁离子处于氧离子围成的 空隙(填空间结构)。
(5)解释该Fe3O4晶体能导电的原因 ，根据如图计算Fe3O4晶体的密度 g cm-3。(图中a=0.42nm，只需要列出计算式。)
3．（2022·广东·模拟预测）磷被首次发现存在于恒星爆炸后的宇宙残余物里。它是在深空发现的两大元素之一，可能给科学家提供有关生命在宇宙里的可能性的线索。磷至少有10种同素异形体，其中主要的是白磷、红磷和黑磷三种。回答下列问题：
(1)基态磷原子最外层成单电子数与成对电子数之比为 。
(2)白磷晶体是由P4分子( )组成的分子晶体，P4分子中键角为 。白磷以P4形式存在，而氮以N2形式存在的原因是 ，已知有关氮、磷的单键和叁键的键能(kJ·mol-1)如表：
N—N N≡N P—P P≡P
193 946 197 489
(3)白磷隔绝空气加热到533K转化为红磷，它是一种暗红色粉末。红磷的结构如图所示，磷原子的杂化方式为 ， 溶于CS2(填“难”或“易”)。
(4)黑磷是磷的一种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构(如图)，片状结构间通过 相结合。
(5)磷有多种含氧酸，磷酸是其中一种，磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如图所示，若4个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则该多磷酸的分子式可写成 。
(6)磷的卤化物有PX3和PX5两种类型，其中PCl5是白色固体，在气态和液态时PCl5以分子形态存在，固态时PCl5不再保持该结构，而形成离子型晶体。晶胞中含有正四面体的[PCl4]+和正八面体的 离子，其晶胞结构最合理的是 (填序号)。
A． B．
C． D．
4．（2022·广东·高三专题练习）硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：
(1)基态Fe原子的核外电子排布式为 ，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。
(2)已知氢的电负性为2.1，硅的电负性为1.8，SiH4分子中氢元素的化合价为 。
(3)SiCl4分子的中心原子的价层电子对数为 ，分子的立体构型为 ；四卤化硅的沸点如下，分析其变化规律及原因 。
SiF4 SiCl4 SiBr4 SiI4
沸点/K 187.4 330.1 408 460.6
(4)[Fe(H2O)6]2+可与乙二胺(H2NCH2CH2NH2，简写为en)发生如下反应：[Fe(H2O)6]2++en=[Fe(H2O)4(en)]2++2H2O。[Fe(H2O)6]2+的中心原子的配位数为 ；[Fe(H2O)4(en)]2+的配位原子为 。
(5)在硅酸盐中，四面体(图a)通过共用项角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为 ，化学式为 。
5．（2022秋·河北衡水·高三河北武强中学校考期中）第IIIA族元素及其化合物有着很多优良的性能和特性，在半导体、太阳能、合金、超导等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态镓的核外电子占据的最高能层符号为 ，能量最高的电子占据的原子轨道电子云轮廓为 形。
(2)铝与同周期相邻的两元素相比，第一电离能由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。
(3)BH3分子的空间构型为 ，H3BO3显酸性的原因类似于NH3显碱性的原因，请写出H3BO3的电离方程式 。
(4)已知硼酸钠的结构如图1所示，其中硼原子的杂化类型为 。
(5)砷化镓的立方晶胞结构如图2所示，已知砷化镓晶胞边长为anm，砷化镓晶体的密度为dg·cm-3，则砷化镓的摩尔质量为 g·mol-1(设NA为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
(6)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。晶胞中有几个微粒就有几个该微粒的分数坐标，比如砷化镓晶胞中有4个镓原子，其分数坐标分别为(0，0，0)、(，，0)、(，0，)和 。
6．（2022·河南·校联考模拟预测）硫氰酸甲基铵用于抗生素的分离、分析农药含量、硫氰酸络盐的合成以及用作聚合催化剂。通过气相辅助生长技术，利用硫氰酸甲基铵可制得钙钛矿型甲脒铅碘()和一种新型光电材料铯铜卤化物。请回答下列问题：
(1)基态Cu原子的电子排布式为 。基态I原子的价电子排布图为 。
(2)硫氰酸甲基铵所含元素中第一电离能最大的是 (填元素符号)。
(3)Cs、Cu、I的电负性由大到小的顺序是 。
(4)甲脒()与丙烷的相对分子质量相同，但甲脒的熔点比丙烷的熔点高得多，其原因是 。甲脒中碳原子的杂化方式为 。
(5)水中铅的测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物(结构如图)。
①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为 。
②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有 (填标号)。
a.键 b.键 c.非极性键 d.离子键 e.配位键
(6)的晶体结构单元如图所示，图中X表示FA，Y表示Pb，位于八面体中心，则X的碘配位数为 。
(7)某铯铜碘化物的晶胞如图所示，其晶胞参数为a nm，b nm和c nm，°，晶胞的棱上有8个Cu原子，面上有8个Cu原子、4个Cs原子和4个I原子，其余原子均位于体内，该晶体的密度为 。
7．（2022春·河北石家庄·高三统考专题练习）国内外学者近年来对金属-有机框架(MOFs)作为催化剂光解制氢和还原CO2等方面的研究取得了丰硕的成果。其中Masaya 等人利用Ti- MOF-NH2、H2PtCl6、 DMF 等原料制备了催化剂Pt/Ti- MOF-NH2。回答下列问题：
(1)Pt的电子排布式为[Xe]4f145d96s1，则Pt在元素周期表中的位置是 ，处于 区，未成对电子数是 。
(2)PtCl的价层电子对互斥模型如图所示，已知该离子是平面形结构，则该离子中的键角是 ， 中心原子采用的杂化类型可能是 (填 “dsp2”“sp3”“sp2”或“sp3d2”)。
(3)DMF的结构是 ，σ键与π键的数目比是 ，其中N原子的杂化方式是 。
(4)已知pKa=—lgKa，CCl3CH2OH 的pKa小于CBr3CH2OH，从分子组成与性质之间的关系解释原因 。
(5)一定条件下， CO2分子可形成干冰晶体，干冰的晶胞模型如图所示。在干冰中，与一个CO2分子紧邻的分子共有 个。若阿伏加德罗常数为NA， 干冰的密度为ρg·cm-3， 则晶胞体对角线长度是 cm。
8．（2022·天津·模拟预测）1797年法国化学家沃克兰从当时称为红色西伯利亚矿石中发现了铬，后期人类发现铬元素在其他方面有重要用途。“中国制造2025”是中国政府实施制造强国战略第一个十年行动纲领，铬及其化合物扮演着重要角色。
(1)氮化铬(CrN)具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，氮化铬在现代工业中发挥更重要的作用。
①请写出Cr3+的外围电子排布式 。
②氮化铬的晶体类型与氯化钠相同，但氮化铬熔点(1282℃)比氯化钠(801℃)的高，主要原因是 。
(2)Cr3+可与很多分子或离子形成配合物。
①KSCN可制备配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]，该配合物中铬元素的化合价为 ；已知中心离子杂化时优先选择能量低的轨道参与杂化，使得配合物能量降低，物质更稳定，则该配合物中心离子杂化方式为 ；晶体场理论认为，基态离子的d轨道存在未成对电子时，d电子发生d—d跃迁是金属阳离子在水溶液中显色的主要原因。试判断该配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]是否有色 (填“是”或“否”)。
②Cr3+的一种配合物结构如图，配合物中Cr3+的配位数为 。
(3)铬的一种氧化物的晶胞结构如图所示，其中氧离子与晶体镁堆积方式一致，铬离子在其八面体空隙中(如CrA在O1、O2、O3、O4、O5、O6构成的八面体空隙中)。
①该氧化物的化学式为 。
②该晶胞有 %八面体空隙填充阳离子。
③已知氧离子半径为a ，晶胞的高为b ，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g cm-3。(用含a、b和NA的代数式表示，已知 =nm)
9．（2022秋·江西景德镇·高三景德镇一中校考期中）目前新能源汽车电池主要是磷酸铁锂(LiFePO4)和三元锂电池(正极含有Ni、Co、Mn三种元素)。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价电子排布式为 ，能量最高的能级有 个空间运动状态。
(2)LiFePO4中四种元素的第一电离能由大到小的顺序是 (填元素符号)，其阴离子的立体构型名称是 。
(3)检验Ni2+的方法：加入丁二酮肟试剂立即生成鲜红色的二丁二酮肟合镍(II)螯合物。反应方程式如下：
2 (丁二酮肟)+Ni2+(二丁二酮肟合镍(II))+2H+
①丁二酮肟熔点比丁二酮( )高很多的原因是 。
②二丁二酮肟合镍(II)螯合物中N原子的杂化类型是 ，该物质中存在的作用力有 (填正确答案标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E.氢键
(4)三元锂电池的负极材料是石墨。石墨晶体的二维平面结构如图1所示，晶胞结构如图2所示。试回答：
①石墨晶体中C原子数与C—C数目之比是 。
②根据图2计算石墨晶体的密度是 g/cm3(写出表达式即可)。
10．（2022·湖南·校联考模拟预测）湖南是我国矿产资源大省，磷、锌储量丰富。回答下列问题：
(1)基态Zn原子核外电子共有 种空间运动状态；锌在反应中易失去2个电子，则基态的价电子轨道表示式(电子排布图)为 。
(2)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过整合配位成环而形成的配合物为整合物。与EDTA形成的螯合物的结构如图所示：
①该配合物的组成元素中电负性最大的是 (填元素符号)。
②1个该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有 个，该配合物中碳原子的杂化方式为 。
(3)磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如下：
①键能大小比较：磷氧双键 (填“大于”“等于”或“小于”)磷氧单键。
②键角大小比较： (填“大于”“等于”或“小于”)。
③纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是 。
(4)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，其立方晶胞如图所示(其晶胞参数为a pm)；
①固态磷化硼属于 (填“分子”“离子”或“原子”)晶体。
②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，称作原子的分数坐标。已知原子分数坐标：M点为(0，0，0)、G点为(1，1，1)，则Q点的原子分数坐标为 。
③磷化硼晶体的密度为 (列出计算式)。
11．（2022·河南·统考三模）我国科学家利用生物质合成共聚酯的单体，合成时涉及多种元素，回答下列问题：
(1)基态Cu+的电子排布式为 。
(2)Cu、Zn、Al的第一电离能由大到小的顺序为 (填元素符号，下同)。
(3)H2C=CHCOOCH3中所含元素的电负性由小到大的顺序为 ，该有机物中，碳原子的杂化类型是 。
(4)区别晶体SiO2和非晶体SiO2的方法是 。
(5)有机物C和D的相对分子质量相差较小，但是D的沸点明显高于C的，其主要原因是 。
(6)我国科学家开发钙钯络合氢化物(CaPdH2)来实现乙炔高选择性合成乙烯。CaPdH2由Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成。CaPdH2中存在的化学键有 (填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．非极性键 D．金属键
(7)白铜是我国使用最早的合金之一，白铜晶胞结构如图所示。已知晶体密度为dg·cm-3，设NA为阿伏加德罗常数的值。Cu和Ni之间的最短距离为 (只列计算式)nm。
12．（2021·陕西宝鸡·统考一模）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，钛及化合物在生活和生产中有重要应用，钙钛矿中典型代表CaTiO3晶体是工业获取钛的重要原料。回答下列问题：
(1)基态Ti的价电子排布图是 ，若Ca原子核外电子有11种空间运动状态，则该原子处于 (填“基态"或“激发态”)。
(2)纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂，催化实例如图所示。化合物甲分子中采取sp2和sp3杂化的碳原子个数比为 ；化合物乙的组成元素第一电离能由大到小的顺序为 。
(3)TiC4可以与胺形成配合物，如[TiCl4(CH4NH2)2]、[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]等。
①lmolH2NCH2CH2NH2中含有的σ键数目为 个
②[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中Ti的配位数是 。
③配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]与游离的H2NCH2CH2NH2分子相比，其H—N—H键角 (填“较大”，“较小”或“相同”)，原因是 。
(4)硫酸氧钛(TiOSO4)晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图1所示，则该阳离子的化学式为 ；与其阴离子互为等电子体的微粒有 和 (写出一种分子和一种阴离子)。
(5)CaTiO，的晶胞为立方晶胞，结构如图2所示。
①在晶胞中与Ti距离最近且相等的O2-有 个。
②若最近的Ti4+和O2-之间的距离为apm，则晶胞的密度为 g·cm-3(用代数式表示，NA为阿伏加德罗常数)。
13．（2022春·北京西城·高三北京十四中校考期中）钛酸钡具有优良的介电、压电特性，主要用于电容器、自动温控等领域。
(1)钛元素在周期表中的位置 ；基态钛原子的电子排布式为 。
(2)钡元素在自然界中主要以重晶石形式存在，其成分为BaSO4，其中所含三种元素的电负性从大到小的顺序为 (用元素符号表示)；SO的空间构型为 ，其中S原子的杂化方式为 。
(3)卤化钠(NaX)和四卤化钛(TiX4)的熔点如图所示，已知TiF4的晶体类型与TiCl4、TiBr4、TiI4不同，下列判断不正确的是 (选填字母序号)。
a.NaX均为离子晶体
b.随X半径的增大，NaX的离子键减弱，熔点逐渐降低
c.TiF4的熔点反常升高是由于氢键的作用
d.TiCl4、TiBr4、TiI4的相对分子质量依次增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高
(4)钛酸钡的晶胞结构如图所示，在该晶胞结构中，钛离子、钡离子、氧离子的个数比为 ；该物质的化学式为 ；晶体中每个钡离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是 ；其晶胞参数约为apm，钛酸钡晶体的密度ρ= g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、NA的代数式表示)。
14．（2022春·广东清远·高三校考阶段练习）新型铜锌锡硫化合物(CuxZnySnzSn)薄膜太阳能电池近年来已经成为可再生能源领域的研究热点。回答下列问题：
(1)Sn的价电子排布式为 ，Zn位于元素周期表的 区。
(2)Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是 。其中电负性最大的元素是 。
(3)SO和SO键角较小的是 ，原因是 。
(4)向CuSO4溶液中滴加氨水至过量，最终得到蓝色溶液，溶液中1mol[Cu(NH3)4]2+含有 个σ键。再向溶液中加入乙醇，得到深蓝色晶体，该晶体中不存在 (填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．金属键 E．氢键
(5)锌黄锡矿(K型)是制备薄膜太阳能电池的重要原料，其晶胞结构如图所示(晶胞参数α=β=y=90°)。该晶体的化学式为 ，密度ρ= g·cm-3(用含有NA的代数式表示)。
15．（2022·四川广安·统考一模）二茂铁()分子式为，是具有导电性的有机配合物，其衍生物一直是科学研究的前沿。
(1)Fe在周期表中的 区，受热后Fe的1个4s电子会跃迁至4p轨道，写出Fe的该激发态电子排布式：[Ar] 。
(2)二茂铁的衍生物可和H3O+等微粒产生静电作用，H、O和C的电负性由大到小的顺序为 ；H3O+中氧原子的杂化方式为 ，H3O+空间构型为 。
(3)表示处于同一平面上的n个原子共用m个电子形成的大Π键，当时，较稳定(又叫4x+2规则)。已知C5H5Θ中所有碳原子均共平面，写出C5H5Θ()的大Π键： ，(C5H6)比(C5H10)更易电离出H+的原因是 。
(4)T-碳是碳的一种同素异形体，其晶体结构可以看成是金刚石晶体(如图甲)中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元()所取代(如图乙)。
一个T-碳晶胞中含有 个碳原子，已知T-碳的密度约为金刚石的一半。则T-碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为 。
16．（2021·四川内江·统考一模）铜及其合金广泛应用于生活生产中。如黄铜合金可作首饰、镀层等。请回答下列问题：
(1)基态铜原子价电子排布式为 。
(2)在Cu(NO3)2溶液中加入氨水至过量，生成[Cu(NH3)4]2+。
①中N原子的杂化类型是 ；NH3分子的立体构型是 。
②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的基态原子有 个未成对电子。1 mol该阳离子含有的σ键数目为
③NH3能与Cu2+形成[Cu(NH3)4]2+，而NF3不能，其原因是 ，NH3的沸点比NF3 ( 选填“高”或“低”)，原因是 。
(3)黄铜合金采取面心立方堆积，其晶胞结构如图所示：
已知：晶胞参数为a nm。
①合金中粒子间作用力类型是 。
②与Cu原子等距离且最近的Cu原子有 个。
③黄铜合金晶体密度为 g·cm-3。(设NA为阿伏加德罗常数的值)
17．（2019·新疆克拉玛依·统考三模）2019年，我国第二艘国产航母即将下水。建造航母需要大量的新型材料。航母的龙骨要耐冲击，甲板要耐高温，外壳要耐腐蚀。
(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，其中主要金属为铬、镍、铁等。基态铬的价电子排布图为： ；基态铁的未成对电子数是： ；我们常用SCN－检验Fe3+，请写出SCN－的电子式： 。
(2)海水中含有大量盐，对金属有很强的腐蚀性，其中大多数盐是卤盐。根据下列卤化钠的信息回答有关问题
化学式 NaF NaCl NaBr NaI
熔点/℃ 995 801 775 651
①NaF的熔点比NaI的熔点高的原因是： 。
②NaH具有NaCl型的立方晶体结构，已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm，H－的半径为142pm，则Na+半径为： pm；NaH的理论密度是： g·cm 3(保留三位有效数字)。
(3)钛的“热传导系数低”，耐高温耐腐蚀，所以配备垂直起降战斗机的甲板是需要钛合金铆钉的。
①在钛合金中添加硅可以提高其耐热性能。硅在自然界中主要以二氧化硅和硅酸盐的形式存在，在硅酸盐中的空间构型为 ，在二氧化硅中硅原子的杂化方式为 。
②在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl3·6H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1∶5，，则该配离子的化学式为： 。
18．（2022春·广东东莞·高三东莞市东华高级中学校考专题练习）镍及其化合物用途广泛，可用作催化剂、合金、电器元件等。回答下列问题：
(1)基态Ni原子价电子的轨道表示式为 。
(2)某镍配合物由1个与2个离子组成。
①组成该镍配合物的元素中，第二周期元素的第一电离能由高到低的顺序为 (用元素符号表示，下同)，配合物中采用杂化的原子为 。
②已知该配合物中只有一种元素的原子与配位，则与镍配位的原子为 (填“C”“N”或“O”)，原因为 。
(3)是常温下呈液态的镍的重要配合物，其空间构型为正四面体，其易溶于、苯等有机溶剂的原因为 ，中含有的键与键的数目之比为 ；与配合物中配体互为等电子体的阴离子为 (任写一种)。
(4)由Mg、C和Ni组成的新型超导材料晶体的立方晶胞结构如图所示：
①该新型超导材料的化学式为 。
②若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 。
19．（2022·陕西西安·长安一中校考模拟预测）深紫外固体激光器可用于高温超导、催化剂研究等领域。我国自主研发的用氟硼铍酸钾()晶体制造深紫外固体激光器技术领先世界。回答下列问题：
(1)请画出原子的价层电子排布图： ，基态、、三种元素的原子第一电离能由大到小的顺序为 ，、、三种晶体中熔点最高的是 。
(2)在气相中，氯化铍以二聚体的形式存在，在该二聚体中原子的杂化方式是 ，中含有的配位键数目为 。
(3)往硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子。已知与的空间构型都是三角锥形，但不易与形成配离子，其原因是 。
(4)晶体是制备氟硼铍酸钾晶体的原料之一，其晶胞结构与类似，如图所示。原子的配位数是 ；该晶胞中原子的位置可以用原子分数坐标表示，若原子，的坐标分别为，；则原子坐标为 。设与的最近距离为，用表示阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 (用含a和的式子表示)。
20．（2022·全国·高三专题练习）阿散酸()是一种饲料添加剂，能溶于Na2CO3溶液中。常含有H3AsO3、NaCl等杂质。
(1)基态As原子核外电子排布式为 。
(2)CO中心原子杂化轨道的杂化类型为 ，AsO的空间构型为 (用文字描述)。
(3)与AsO互为等电子体的分子为 (填化学式)。
(4)Ge、As、Se三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 。
(5)NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同的晶体。其中一种晶体的晶胞如图，该晶体的化学式为 。
21．（2023春·天津红桥·高三天津三中校考阶段练习）法国一家公司研发出一种比锂电池成本更低、寿命更长、充电速度更快的钠离子电池，该电池的负极材料为Na2Co2TeO6(制备原料为Na2CO3、Co3O4和TeO2)，电解液为NaClO4的碳酸丙烯酯溶液。
回答下列问题：
(1)C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为 。
(2)基态Na原子中，核外不同电子运动状态的数目为 ，Te属于元素周期表中 区元素，其基态原子的价电子排布式为 。
(3)的空间结构为 ，碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，其中碳原子的杂化轨道类型为 ，1mol碳酸丙烯酯中σ键的数目为 。
(4)Na和O形成的离子化合物的晶胞结构如图所示，晶胞中O的配位数为 ，该晶胞的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则Na与O之间的最短距离为 cm(用含有ρ、NA的代数式表示)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1)3d84s2
(2)AC
(3) N＞O＞C sp2、sp3 4 氢键
(4)Fe2+更容易结合碳酸根离子中的氧离子或Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，则FeCO3分解温度低于CoCO3
(5)
【详解】（1）镍为28号元素，原子核外有28个电子，其核外电子排布为[Ar]3d84s2或1s22s22p63s23p63d84s2，外围电子排布式为3d84s2。
（2）Fe(CO)5沸点较低，为分子晶体，不存在离子键、金属键，Fe原子与CO分子之间为配位键，CO分子内含有极性共价键，答案选AC。
（3）同一周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能高于O，所以三种元素第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；根据色胺酮中N原子的成键方式可知，成双键的N原子为sp2杂化，成单键的为sp3杂化；根据色胺酮钴配合物的结构简式可知，Co与2个O原子、2个N原子配位，配位数为4；分析甲醇性质可知，甲醇通过氢键与色胺酮钴配合物相结合。
（4）由题意可知，Fe2+的半径小于Co2+，FeO晶格能大于CoO，Fe2+更容易结合氧离子，FeCO3受热分解需要外界能量更少，FeCO3比CoCO3易分解，则FeCO3分解温度低于CoCO3。
（5）据图可知晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为棱长的一半，根据均摊法，晶胞中白球个数为8×+6×=4，黑球个数为12×+1=4，则晶胞质量为m==，晶胞体积V===，晶胞棱长为==，则晶胞中Ti原子与N原子的最近距离为=pm。
2．(1)[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2
(2) O>N>C>H sp3杂化、sp2杂化
(3)主要原因是联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键
(4) 是 否 正八面体
(5) 电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移 或者5.2g/cm3或者
【详解】（1）铁的核外电子总数为26，则基态铁原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2；
（2）尿素[CO(NH2)2 ]所含四种元素分别为N、H、C、O，元素的非金属性越强，电负性越大，则四种元素的电负性由大至小的顺序是O>N>C>H；CH3COONa中甲基中的C原子的价层电子对数是4，为 sp3杂化，羧基中的C原子的价层电子对数是3，为sp2杂化；
（3）氨和联氨分子间均存在氢键，但联氨分子间形成的氢键数目多于氨分子间形成的氢键，故联氨的沸点明显高于氨；
（4）由图示可知晶体中的氧离子位于棱心位置，若再取一个立方体并置，则可看出氧离子构成面心立方最密堆积；晶胞是晶体中的基本单元，整块晶体可以看作是数量巨大的晶胞“无隙并置”而成，所以该立方体不是Fe3O4的晶胞；立方体中三价铁离子的上、下、左、右、前、后各有一个氧离子，6个氧离子围成正八面体，铁离子位于正八面体的空隙中心。
（5）晶体中电子可在两种不同价态的铁离子间快速发生转移，则Fe3O4晶体能导电；该立方体中氧离子数目为12×+1=4，Fe3+的数目为4×+3×=2，Fe2+的数目为1，图示中的每摩尔立方体的质量为(56×3+16×4)g，立方体的体积为a3=(0.42×10-7cm)3，则Fe3O4晶体的密度为g cm-3。
3．(1)3∶2
(2) 60° 3倍的N-N键的键能小于N≡N键的键能，而3倍的P-P键的键能大于P≡P键的键能
(3) sp3杂化 难
(4)范德华力
(5)H4P4O12
(6) [PCl6]- B
【详解】（1）基态磷原子最外层电子排布为3s23p3，3s能级的2个电子已成对，但是3p能级3个电子分占3个不同的p轨道，故成单电子数与成对电子数之比为3∶2。
（2）P4分子是正四面体构型，每个面是正三角形，键角为60°。
（3）从红磷的结构可知，每个P原子形成3个σ键，P的价电子数为5，因此，每个P原子有1对孤电子对，故磷原子的价层电子对数是4，其杂化方式为sp3杂化；红磷以P4四面体的单键形成链或环的高聚合结构，具有较高的稳定性，难溶于水、二硫化碳。
（4）黑磷是磷的一种最稳定的同素异形体，其具有类似于石墨的片状结构，片状结构内各原子形成共价键，类比石墨可知，其片状结构间通过范德华力相结合。
（5）依据题意，磷酸分子可通过脱水缩合形成多磷酸，若4个磷酸分子H3PO4间脱水形成环状的多磷酸，则脱去4个水分子H2O，根据原子守恒，则该多磷酸的分子式可写成H4P4O12。
（6）根据题意，固态时PCl5形成离子型晶体，且晶胞中含有正四面体的[PCl4]+，则阴离子是正八面体的[PCl6]-；A晶胞中，其带不同电荷的离子的数目之比为1∶2；B晶胞中，其阴阳离子数之比为1∶1；且每个离子的配位数是4，这4个离子构成正四面体，6个面心构成正八面体；C和D的晶胞中不存在正四面体和正八面体，因此，其晶胞结构最合理的是B。
4．(1) 1s22s22p63s23p63d64s2 哑铃
(2)-1
(3) 4 正四面体形 熔沸点依次升高；分子结构相似，分子量依次增大，分子间作用力逐渐增强
(4) 6 O、N
(5) sp3 Si2O
【解析】（1）
铁元素为26号元素，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；
（2）
H的电负性越大，得电子能力越强，H元素显示负价，所以SiH4分子中H为-1价；
（3）
SiCl4分子的中心原子的价层电子对数个数=4+=4，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为正四面体；根据表中数据知，其熔沸点依次升高，这几种物质熔沸点都较低，说明为分子晶体，分子晶体熔沸点与分子间作用力成正比，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，所以其熔沸点依次升高；
（4）
[Fe(H2O)6]2+的中心离子的配体是水分子，该离子中含有6个水分子，所以配位数为6；[Fe(H2O)4(en)]2+中的配位原子为配体中含有孤电子对的原子，配体水分子中O原子、en分子中N原子都含有孤电子对，所以O、N原子为配原子；
（5）
该图中每个Si原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断Si原子杂化类型为sp3；根据图知，每个Si原子含有O原子个数=1+3×=2.5，则Si、O原子个数之比为2：5，其化学式为Si2O。
5．(1) N 哑铃
(2)Si＞Mg＞Al
(3) 平面三角形 H3BO3+H2OH++B(OH)
(4)sp2
(5)
(6)(0，，)
【详解】（1）镓元素为32号元素，核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，占据的最高能层为第四层，符号为N；能量最高的电子占据的原子轨道为4p轨道，为哑铃形；
（2）同周期与铝相邻的元素为Mg、Si，同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但Mg的3s能级轨道全满，更稳定，第一电离能大于Al，所以第一电离能由大到小的顺序为Si＞Mg＞Al；
（3）BH3分子中心B原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形；H3BO3显酸性的原因类似于NH3显碱性的原因，所以H3BO3分子应结合水电离出的氢氧根，从而使溶液显酸性，电离方程式为H3BO3+H2OH++B(OH)；
（4）据图可知，B原子形成3个σ键，而B原子的价电子只有3个，所以该物质中B原子不含孤对电子，其杂化轨道有3个，为sp2杂化；
（5）据图可知砷化镓晶胞中含有4个As原子，其化学式为GaAs，所以含有4个GaAs单元，设其摩尔质量为M，则晶胞的质量为g，晶胞边长为anm，则晶胞的体积为(a×10-7)3cm-3，密度为dg·cm-3，所以有(a×10-7)3cm-3×dg·cm-3=g，M=g/mol；
（6）Ga原子所处的位置为顶点和面心，顶点的Ga原子与其相邻三个面的面心Ga原子形成一个正四面体，As原子位于四面体空隙中，所给的三个Ga原子分别为顶点和两个面的面心，所以另一个Ga原子应是位于面心的Ga原子，坐标为(0，，)。
6．(1) 或
(2)N
(3)I>Cu>Cs
(4) 甲脒存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力 杂化
(5) 分子晶体 d
(6)12
(7)
【详解】（1）Cu为29号元素，其核外电子排布式为：或；I为53号元素，其价电子排布为：5s25p5，价电子排布图为，故答案为：或；；
（2）硫氰酸甲基铵含有H、C、N、S四种元素，其中电离能最大的是N，故答案为：N；
（3）Cs、Cu为金属元素，I为非金属元素，I的电负性大于Cs、Cu，Cs比Cu活泼，Cs的电负性小于Cu，电负性由大到小的顺序为：I>Cu>Cs，故答案为：I>Cu>Cs；
（4）甲脒()分子中含有氨基，氨基可以与氨基形成氢键。氢键的作用力比分子间作用力大，因此甲脒的熔点高于丙烷；甲脒中碳原子形成碳碳双键，采用杂化，故答案为：甲脒存在分子间氢键，丙烷分子间只存在范德华力；杂化；
（5）①该络合物可溶于四氯化碳，根据相似相溶原理可知该物质为非极性分子或弱极性分子；
②双硫腙铅络合物中含有单键和双键，所以含有键和键，且相同的非金属原子之间的为非极性键。Pb含有空轨道，N原子含有孤对电子，Pb和N原子形成配位键。不存在离子键。
故答案为：分子晶体；d；
（6）由晶胞结构可知距离X最近的Z位于Y围成的正立方体的棱心，共有12个，X的碘配位数为12，故答案为：12；
（7）棱上：Cu有8个，个数为；面上：8个Cu，个数为；4个Cs，；I有4个，个数为；体内有2个Cs、2个Cu、10个I，晶胞中共有8个Cu、4个Cs、12个I，晶胞的质量为：g，晶胞的体积为：，故答案为：；
7．(1) 第六周期VIII族 d区 2
(2) 90° dsp2
(3) 11：1 sp3
(4)Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小
(5) 12
【详解】（1）由铂的电子排布式为[Xe]4f145d96s1可知，铂元素位于元素周期表第六周期VIII族、处于d区，其中5d轨道和6s轨道各有1个未成对电子，共有2个未成对电子，故答案为：第六周期VIII族；d区；2；
（2）由四氯合铂离子的价层电子对互斥模型和离子的空间构型为平面形结构可知，离子中的键角为90°，铂原子的杂化类型为dsp2杂化，故答案为：90°；dsp2；
（3）DMF分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构简式可知，分子中σ键与π键的数目比是11：1，分子中形成单键的氮原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：11：1；sp3；
（4）CCl3CH2OH分子中氯元素的电负性强于CBr3CH2OH分子中溴元素的电负性，氯原子吸电子能力强于溴原子，CCl3CH2OH分子中羟基的极性强于CBr3CH2OH分子，在溶液中更易电离出氢离子，溶液酸性更强，pKa更小，故答案为：Cl的电负性强于Br， 吸电子能力强于Br， 导致CCl3CH2OH酸性更强，pKa更小；
（5）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的二氧化碳分子与位于面心的二氧化碳分子紧邻，则与一个二氧化碳分子紧邻的分子共有12个，晶胞中位于顶点和面心的二氧化碳的个数为8×+6×=4，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得：=a3ρ，解得a=，则晶胞的体对角线为cm，故答案为：12；。
8．(1) 3d3 氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大
(2) +3 d2sp3 是 6
(3) Cr2O3 66.7 ×1024
【分析】根据Cr原子的电子排布式写出Cr3+的外围电子排布；根据离子晶体的熔点高低随晶格能的增大而增大，解释氮化铬(CrN)中离子所带电荷数多，晶格能较大，熔点比NaCl高；根据配合物的结构和化合价代数和为0判断铬元素的化合价；根据题中信息结合配合物的结构判断配合物中心离子杂化方式；根据Cr3+中有未成对电子，判断该配合物有颜色；根据题中所给结构，判断该配合物中Cr3+的配位数；根据题中所给晶胞的结构，利用“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
【详解】（1）①Cr的原子序数为24号，核外有24个电子，其电子排布式1s22s22p63s23p63d54s1，所以基态铬(Cr)原子的外围电子排布式是3d54s1，失去3个电子后，Cr3+的外围电子排布为3d3；答案为3d3。
②离子晶体的熔点高低随晶格能的增大而增大，晶格能的大小与离子半径和所带电荷多少有关，离子半径越小、离子所带电荷越多，则离子晶体的晶格能越大，所以氮化铬(CrN)中离子所带电荷数多，晶格能较大，即氮化铬熔点(1282℃)比氯化钠(801℃)的高；答案为氮化铬的离子所带电荷数多，晶格能较大。
（2）①配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]化合价代数和等于0，SCN-显-1价，NH3分子不显电性，根据化合价代数和等于0，该配合物中铬元素的化合价为+3价；由配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]结构可知，该配合物中配位数为6，Cr3+的外围电子排布为3d3，3d上有两个空轨道，根据题中信息中心离子杂化时优先选择能量低的轨道参与杂化，所以3d上的二个d轨道与外层的4s、4p组合成六个d2sp3杂化轨道,即该配合物中心离子杂化方式为d2sp3；根据晶体场理论，基态离子的d轨道存在未成对电子时，d电子发生d—d跃迁是金属阳离子在水溶液中显色的主要原因，由Cr3+的外围电子排布为3d3可知，该离子中有3个未成对电子，所以该配合物[Cr(NH3)6][Cr(SCN)6]是有色的；答案为+3；d2sp3；是。
②由可知，Cr3+与6个O形成配位键，所以配合物中Cr3+的配位数为6；答案为6。
（3）①由晶胞结构可知，该晶胞中氧离子位于晶胞的顶点、面心和体内，则1个晶胞中氧离子的个数为12×+2×+3=6，铬离子位于晶胞的体内，则1个晶胞中铬离子的个数为4，铬离子和氧离子的个数比为4:6=2:3，则该氧化的化学式为Cr2O3；答案为Cr2O3。
②由晶胞结构可知，该晶胞中共有12个正八面体空隙，其中8个正八面体空隙中填充了Cr3+，所占比例为×100%≈66.7%；答案为66.7。
③已知氧离子的半径为a ，即a×10-8cm，则底面边长为2a ，即2a×10-8cm，又晶胞的高度为b ，即b×10-8cm，所以晶胞的体积V＝3×2a×10-8×a×10-8×b×10-8cm3＝6a2b×10-24cm3，一个晶胞中含有2个Cr2O3，其质量m＝mol×152g mol 1＝g，所以该晶体的密度ρ＝＝＝×1024g cm-3；答案为×1024。
9．(1) 3d74s2 5
(2) O>P>Fe>Li 正四面体形
(3) 丁二酮肟分子间存在氢键 sp2 BCDE
(4) 2：3 或或
【详解】（1）Co是第四周期VIII族元素，其基态原子的价电子排布式为：3d74s2，能量最高的能级是3d，其空间运动状态有5个；
（2）元素的原子越容易失去一个电子，其第一电离能数值越小，LiFePO4中四种元素的第一电离能由大到小是O>P>Fe>Li，其中的阴离子是PO43-，中心原子P原子的价层电子对数=4+(5+3-24)=4，采用为sp3杂化，无孤对电子，其空间形状正四面体；
（3）①丁二酮肟分子中有N-OH键，分子间可以形成氢键，所以熔点比丁二酮高；
②二丁二酮肟合镍(II)螯合物中N原子有三个σ键、1个π键，所以其杂化类型是sp2，该物质中存在的作用力除离子键以外，其它的作用力都存在的，所以选BCDE；
（4）①如图所示，每个碳原子有三个C-C单键由六个C原子共用，由均摊法分析可知一个碳原子相当于有1.5个键，所以每一层内C原子数与C-C化学键之比2：3；
②由图中石墨晶胞信息可知，晶胞的平面上的数据应是：
所以：
g·cm-3==或或。
10．(1) 15
(2) O 6 、
(3) 大于 小于 温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏
(4) 原子 或
【解析】（1）
Zn的原子序数是30，基态锌原子的电子排布式为，一个原子轨道即一种空间运动状态，则基态锌原子占据的原子轨道数为，则基态Zn原子核外电子共有15种空间运动状态；锌在反应中易失去2个4s电子，则基态的价电子轨道表示式(电子排布图)为：。
（2）
①该配合物的组成元素有H、C、N、O、Zn，非金属性越强电负性越大，故氧元素的电负性最大。
②只有成环的配位键才能起到螯合作用，由配合物结构图可知，提供孤对电子的原子为N、O，1个该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个；该配合物的碳氧双键中碳原子为杂化，其他碳原子为杂化。
（3）
①由图可知，磷氧双键的键长比磷氧单键的键长短，故磷氧双键的键能比磷氧单键的键能大。
②P=O中含π键，对其他成键电子对的斥力较大，导致键角增大，所以键角小于。
③由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸黏度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，导致黏度迅速下降。
（4）
①根据磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，可以判断其属于原子晶体。
②根据BP立方晶胞中相邻的B与P之间的距离为晶胞体对角线的四分之一分析，可得Q点的原子分数坐标为。
③根据均摊法分析，一个晶胞中P原子的个数为4，B原子个数为，故晶体的密度为。
11．(1)[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d10
(2)I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)
(3) X(H)< X(C) < X(O) sp2、sp3
(4)X射线衍射实验
(5)D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，C分子间没有氢键
(6)ABC
(7)
【详解】（1）铜元素位于周期表第四周期ⅠB族，核电荷数为29，基态Cu+的电子排布式[Ar]3d10或者1s22s22p63s23p63d10。
（2）Cu、Zn、Al失去第一个电子分别位于4s1、4s2、3p1，4s2电子处于全满轨道较难失去，三者中第一电离能最大，3p1是单电子，铝的核电荷数比铜小很多，其第一电离能最小，故三者的第一电离能由大到小的顺序为I1(Zn)> I1(Cu) > I1(Al)。
（3）H2C=CHCOOCH3中含H、C、O三种元素，同周期元素电负性从左往右增大，故C
（5）从C和D的分子结构简式分析，两者相对分子质量相差较小，C分子间以范德华力为主，D分子间存在氢键，增大了分子间作用力，故D的沸点明显高于C的。
（6）钙钯络合氢化物(CaPdH2)以Ca2+和[PdH2]2-(富电子)构成，阴阳离子间化学键是离子键，[PdH2]2-络合离子结构中的Pd和H原子存在配位键，共用电子对偏向H一边，属于非极性键，故答案选ABC。
（7）从白铜晶胞结构图可知，Cu原子位于立方晶胞的面心位置，Ni原子位于顶点位置，一个晶胞内含有Cu原子个数 ，含有Ni原子个数 ，设该立方晶胞的边长为nm，根据题意，有，Cu和Ni之间的最短距离为面对角线的一半，为 nm，故Cu和Ni之间的最短距离为nm。
12．(1) 激发态
(2) 7：2 N>O>C>H
(3) 11NA 6 较大 H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大
(4) TiO2+ CCl4 或
(5) 12 或
【详解】（1）Ti元素的原子序数是22，所以其核外电子排布为[Ar]3d4s2，所以其价电子排布图为，钙原子的基态原子核外电子排布为1s22s2p63s23p64s2，可以判断其有10种空间运动状态，而题目告诉的钙原子有11种空间运动状态，所以可判断此钙原子为激发态。
（2）化合物甲中采取sp2杂化的碳原子有苯环上的6个C原子及形成羰基的1个C原子，因此甲分子中采用sp2杂化的碳原子数为7个，另外两个碳原子采取sp3杂化，故采取sp2和sp3杂化的碳原子个数比为7：2；化合物乙组成元素有C、N、O、H，这三种元素的非金属性:N>O>C>H，元素的非金属性越强，其电负性就越大，故这三种元素的电负性由大到小的顺序为:N>O>C>H。
（3）①1个H2NCH2CH2NH2分子中有11根共价键，lmolH2NCH2CH2NH2中含有的o键数目为11NA；故答案为：11NA。
②[TiCl4(CH4NH2)2]的配位数为6，根据[TiCl4(CH4NH2)2]的配位数得出[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]中T的配位数是6；故答案为：6。
③配合物[TiCl4(H2NCH2CH2NH2)]与游离的H2NCH2CH2NH2分子相比，H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大；故答案为：较大；H2NCH2CH2NH2通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变为成键电子对，对N-H成键电子对的排斥力减小，N-H键之间的键角增大。
（4）硫酸氧钛(TiOSO4)晶体中阳离子为TiO2+；等电子体为原子个数相等，价电子数相同，故与SO互为等电子体的微粒为CCl4和或。
（5）①根据晶胞结构结构图可知，Ca2+位于晶胞体心，O2-位于晶胞各个面的面心，Ti4+位于晶胞的8个顶点上，与Ti4+距离最近且相等的O2-有12个。在一个晶胞中，含有T4的个数8×=1，Ca2+个数为1，O2-的个数为6×=3，即一个晶胞中含有1个CaTiO3，
最近的Ti4+和O2-之间的距离为apm，则晶胞的边长为pm，则晶胞的密度为或。
13．(1) 第四周期第IVB族 1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2
(2) O>S>Ba 正四面体形 sp3
(3)c
(4) 1：1：3 BaTiO3 12
【详解】（1）钛是22号元素，在周期表中的位置是第四周期第IVB族；钛原子核外有22个电子，基态钛原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2；
（2）钡元素在自然界中主要以重晶石形式存在，其成分为BaSO4，元素的非金属性越强，电负性越大，Ba、S、O的电负性从大到小的顺序为O>S>Ba；SO中S原子的价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体形，S原子的杂化方式为sp3；
（3）A．NaX的熔点较高，均为离子晶体，故a正确；
B．随X半径的增大，NaX的离子键减弱，晶格能减小，熔点逐渐降低，故b正确；
C．TiF4中不含氢键，TiF4的熔点反常升高是由于TiF4是离子晶体，TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，故c错误；
D．TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高，故d正确；
选c。
（4）根据均摊原则，在该晶胞结构中，钛离子数是、钡离子数是1、氧离子数是，个数比为1:1:3；该物质的化学式为BaTiO3；晶体中每个钡离子周围与其距离最近且相等的氧离子的数量是12；其晶胞参数约为apm，晶胞的体积为，钛酸钡晶体的密度ρ= g·cm-3。
14．(1) 5s25p2 ds
(2) P＞S＞Si S
(3) SO SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO
(4) 16NA(或16×6.02×1023) D
(5) Cu2ZnSnS4 ×1030
【详解】（1）Sn位于第四周期ⅣA族，价电子数等于最外层电子数，即Sn的价电子排布式为5s25p2；Zn位于元素周期表第四周期ⅡB族，属于ds区；故答案为5s25p2；ds；
（2）三种元素属于同周期，同周期从左向右第一电离能增大趋势，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，Si、P、S第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si；同周期从左向右电负性增大(稀有气体除外)，因此电负性最大的是S；故答案为P＞S＞Si；S；
（3）SO中中心原子S价层电子对数为=4，SO中中心原子S的价层电子对数为=4，前者含有1个孤电子对，后者不含有孤电子对，根据孤电子对之间的斥力＞孤电子对数－成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，因此SO键角小于SO；故答案为SO；SO、SO的硫原子都是sp3杂化，但SO有孤电子对，排斥作用较大，使其键角小于SO；
（4）Cu2＋与NH3之间形成配位键，1个Cu2＋与4个NH3形成4个配位键，即形成4个σ键，NH3中N与3个H形成3个σ键，因此1mol[Cu(NH3)4]2+含有(4＋4×3)NA个σ键，即16NA或16×6.02×1023个σ键；深蓝色晶体为[Cu(NH3)4]SO4·H2O，[Cu(NH3)4]2＋与SO之间形成离子键，Cu2＋与NH3之间形成配位键，N和H之间形成共价键，[Cu(NH3)4]SO4·H2O也含有氢键，但不含有金属键；故答案为16NA或16×6.02×1023；D；
（5）根据晶胞图可知，Cu位于顶点、面心和体心，个数为=4，Zn位于棱上和面心，个数为=2，Sn位于面上，个数为=2，S位于晶胞内部，个数为8，即化学式为Cu2ZnSnS4；晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×a×2a×10－30)cm3，根据密度的定义，该晶胞的密度为=×1030g/cm3；故答案为Cu2ZnSnS4；×1030。
15．(1) d 3d64s14p1
(2) O＞C＞H sp3 三角锥形
(3) (C5H10) 的大Π键为，较稳定，所以(C5H6)比(C5H10)更易电离出H+
(4) 32 2：1
【解析】（1）
Fe在元素周期表中位于第四周期第VIII族，为d区元素，基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，受热后Fe的1个4s电子会跃迁至4p轨道，该激发态电子排布式：[Ar] 3d64s14p1；
（2）
同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则O＞C，H的电负性最弱，则有O＞C＞H，H3O+的价层电子对数为=3+=4，有一对孤电子对，有三对成键电子对，O是sp3杂化为正四面体，但有一对孤对电子对，故空间构型为三角锥形，
（3）
C5H5Θ()的C环是平面的，故知其中5个C原子应为sp2杂化；因5个C原子均是sp2杂化，则应各有一个未杂化的p电子参与形成5个C原子的大π键，加上负电荷的电子，共有6个电子参与形成大π键，故大π键为，(C5H10) 的大Π键为：，较稳定，所以(C5H6)比(C5H10)更易电离出H+；
（4）
金刚石的晶胞中碳原子位于顶点8个，面心上下左右前后6个，体内两层对角线各2个共4个，一个晶胞中单独占有碳原子数目=4+8×+6×=8，T-碳的晶体结构可以看成金刚石晶体中每个碳原子被一个由四个碳原子组成的正四面体结构单元取代，故含有碳个数为8×4=32个；T-碳的密度约为金刚石的一半，而根据晶胞中原子的数目，可知T-碳晶胞质量为金刚石的4倍，根据，T-碳晶胞的体积应该是金刚石的8倍，而晶胞棱长=，故即T-碳晶胞的边长和金刚石晶胞的边长之比为2：1。
16．(1)3d104s1
(2) sp2杂化 三角锥形 3 16NA N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键 高 NH3的分子之间存在氢键
(3) 金属键 8
【详解】（1）Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态铜原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，则其价电子排布式为3d104s1；
（2）①中N原子的价层电子对数为3+=3，且N原子上无孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp2杂化；
NH3分子中N原子的价层电子对数为3+=4，且N原子上有1对孤对电子对，所以N原子杂化类型是sp3杂化，NH3的立体构型是三角锥形；
②[Cu(NH3)4]2+中提供孤对电子的原子是N原子，基态N原子上有3个未成对电子；在[Cu(NH3)4]2+中4个配位体NH3与中心Cu2+形成4个配位键；在每个NH3中形成了3个N-H极性键，配位键及N-H极性共价键都是σ键，则在1个[Cu(NH3)4]2+中含有σ键数是4+3×4=16个，在1 mol [Cu(NH3)4]2+中含有的σ键数目为16NA；
③N、F、H三种元素的电负性为：F＞N＞H，在NF3中，共用电子对偏向F，而偏离N原子，使得氮原子上的孤电子对难与Cu2+形成配位键，所以NF3不能与Cu2+形成配位键；
NH3、NF3在固态时都是分子晶体，分子之间以分子间作用力结合，但由于NH3分子之间存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，导致NH3熔沸点比NF3高；
（3）①合金中粒子间作用力类型是金属键；
②根据图示可知：与Cu原子等距离且最近的Cu原子有8个；
③在该晶胞中含有Cu原子数目为6×=3；含有的Zn原子数目为8×=1，则该晶胞的密度ρ=。
17．(1) 4
(2) NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－) ＜r(I－)，离子半径越小，熔点越高 102 1.37
(3) 平面三角形 sp3 [TiCl(H2O)5]2+
【解析】(1)
Cr为24号元素，其价电子排布式为3d54s1，基态铬的价电子排布图为：；Fe为26号元素，其价电子排布式为3d64s2，基态铁的未成对电子数是：4；SCN－与CO2互为等电子体，SCN－的电子式与CO2类似，其电子式为；故答案为：；4；。
(2)
①NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－)＜r(I－)，根据同类型晶体，离子半径越小，键能越大，熔点越高，因此NaF的熔点比NaI的熔点高的原因是NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－) ＜r(I－)，离子半径越小，熔点越高；故答案为：NaF和NaI同属于离子晶体，r(F－) ＜r(I－)，离子半径越小，熔点越高。
②已知NaH晶体的晶胞参数a=488pm，H－的半径为142pm，晶胞参数相当于Na+的直径和H－的直径之和，则Na+半径为；该晶胞中含有4个NaH，则NaH的理论密度；故答案为：102；1.37。
(3)
①硅酸盐中中心原子价层电子对数为，其空间构型为平面三角形，在二氧化硅中一个硅原子与周围四个氧原子形成四面体结构，其Si原子杂化方式为sp3；故答案为：平面三角形；sp3。
②根据题意得到TiCl3·6H2O的绿色晶体中两种配体的物质的量之比为1∶5，说明配体分别是1个Cl－，5个H2O，因此则该配离子的化学式为：[TiCl(H2O)5]2+；故答案为：[TiCl(H2O)5]2+。
18．(1)
(2) N＞O＞C C、N N C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对
(3) 属于非极性分子，易溶于、苯等非极性的有机溶剂 1∶1 或
(4)
【详解】（1）Ni位于周期表第四周期Ⅷ族，原子序数为28，基态Ni原子价电子的轨道表示式为。故答案为：；
（2）①组成该镍配合物的元素中，第二周期元素有N、O和C，第二周期元素的第一电离能由高到低的顺序为N＞O＞C，配合物中采用杂化的原子为C（形成C=N键的C）、N。故答案为：N＞O＞C；C、N；
②该配合物中只有一种元素的原子与配位，则与镍配位的原子为N，原因为C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对。故答案为：N；C原子无孤电子对，N的电负性小于O，更易给出孤电子对；
（3）是常温下呈液态的镍的重要配合物，其空间构型为正四面体，其易溶于、苯等有机溶剂的原因为属于非极性分子，根据“相似相溶”原理，易溶于、苯等非极性的有机溶剂，中键为8mol，键为8mol，中含有的键与键的数目之比为1∶1；根据等电子体的定义可知，与配合物中配体互为等电子体的阴离子为或。故答案为：属于非极性分子，易溶于、苯等非极性的有机溶剂；1∶1；或；
（4）①晶胞中Mg位于8个顶点，个数，C位于体心，个数=1，Ni位于6个面心，个数，该新型超导材料的化学式为。故答案为：；
②若晶胞参数为a nm，根据，，，即该晶体的密度为。故答案为：。
19．(1) O>Be>B
(2) sp2 2NA
(3)F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键；
(4) 4
【详解】（1）O是8号元素，则原子的价层电子排布图为： ，的价层电子排布式为2s2，为全满稳定结构，故大于B，O为同周期第VIA族元素电离能较大，故顺序为O>Be>B；、、都是离子晶体，其中F-半径最小，故晶格能最大，熔点最高；
（2）由的结构可知，1个Be与3个Cl成键，形成2对成键电子和一对孤电子对，共3对电子，故Be采用sp2杂化；1mol中Be提供空轨道，Cl提供孤电子，故形成2mol配位键，数目为2NA；
（3）N，F，H三种元素的电负性： F>N>H，在NF3中，共用电子对偏向F，偏离N原子使得氮原子上的孤对电子难于与Cu2+形成配位键；
（4）由晶胞结构可知每个Be周围有四个O与其相连，配位数为4；由的晶胞结构以及，的坐标可知C的坐标为：；将整个晶胞切成8个等大小正方体，Be在小正方体中心，O在小正方体顶点，每个晶胞中含有4个Be，4个O，若O与Be距离为a pm，则小正方体对角线的1/2为a pm，故晶胞棱长为，密度为；
20．(1)［Ar］3d104s24p3
(2) sp2 三角锥形
(3)CCl4
(4)As＞Se＞Ge
(5)Na2Cl
【分析】(1)
已知As为33号元素，与N、P位于同一主族，故基态As原子核外电子排布式为［Ar］3d104s24p3，故答案为：［Ar］3d104s24p3；
(2)
CO中心原子C原子的价层电子对数为：3+=3，故中心原子杂化轨道的杂化类型为sp2，AsO中心原子As的价层电子对数为：3+=4，故其空间构型为三角锥形，故答案为：sp2；三角锥形；
(3)
等电子体是指具有相同原子总数和相同价电子总数的微粒，故与AsO互为等电子体的分子为CCl4等，故答案为：CCl4；
(4)
同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，Ge、As、Se三种元素是第四周期ⅣA、ⅤA、ⅥA元素，故第一电离能由小到大的顺序为：As＞Se＞Ge，故答案为：As＞Se＞Ge；
(5)
从该晶胞图可知，Na+2个位于上、下底的面心上和4个在棱上，另2个位于体内，故一个晶胞中含有的Na+数目为：，而Cl-则8个均位于棱上，故每个晶胞中含有的Cl-的数目为：，故Na+：Cl-=4:2=2:1，故化学式为：Na2Cl，故答案为：Na2Cl。
21．(1)O>Cl>C(或O、Cl、C)
(2) 11 p 5s25p4
(3) 平面三角形 sp2、sp3 13NA(或13×6.02×1023)
(4) 8
【分析】元素的非金属性越强，电负性越大，据此分析判断；Te与Se位于同主族结合其外围电子排布式判断在周期表中的位置；根据价层电子对个数=σ键个数+ (a-xb)计算判断的空间构型；根据碳原子的成键情况要以判断碳原子的杂化方式，根据碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律判断碳酸丙烯酯分子中含有的σ键数目；根据均摊法计算晶胞中黑色球和白色球数目，由晶胞对称性可知O的配位数；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，据此计算解答。
【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，O、Cl、C的非金属性大小顺序是O＞Cl＞C，所以其电负性大小顺序是O＞Cl＞C，故答案为：O＞Cl＞C；
（2）Na元素的原子序数为11，基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，核外有11个不同运动状态的电子；Te是Se的下一周期同族元素，为52号元素，位于周期表第五周期、第ⅥA族，外围电子排布式为5s25p4，属于P区元素，故答案为：11；p；5s25p4；
（3）的价层电子对数=3+=3，无孤电子对，空间构型与VSEPR模型相同为平面正三角形；由碳酸丙烯酯的结构简式可知，酯基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化方式分别为sp2、sp3；由碳酸丙烯酯的结构简式和碳的四价规律可知一个碳酸丙烯酯分子中含有13个σ键，则1mol碳酸丙烯酯中σ键的物质的量为13mol，数目为13NA，故答案为：平面正三角形；sp2和sp3；13NA；
（4）晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为8×+6×=4，二者数目之比为8:4=2:1，故该氧化物为Na2O，则黑色球代表Na、白色球代表O，由晶胞对称性可知O的配位数为8；Na原子周围距离最近的4个O原子形成正四面体，顶点O原子与正四面体体心的O原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，而体对角线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞质量=g，晶胞体积== cm3，晶胞棱长a=cm，Na与O之间的最短距离为acm=cm，故答案为：8；。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
同课章节目录