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高考化学真题和模拟题分类汇编19选修3物质结构与性质含解析
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这是一份高考化学真题和模拟题分类汇编19选修3物质结构与性质含解析，共71页。
专题18选修3物质结构与性质
2021年化学高考题
1．（2021·山东高考真题）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态F原子核外电子的运动状态有__种。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF2分子的空间构型为__；OF2的熔、沸点__(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是___。
(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为___，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d
(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有__个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___；晶胞中A、B间距离d=___pm。
【KS5U答案】9 F>O>Cl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高 5 D 2 (0，0，) pm
【KS5U解析】
(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；
(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；
(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为，其中心原子的杂化方式应为sp3d；
(4)图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，，，所以 pm。
2．（2021·湖南高考真题）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；
②与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；
(3)下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
【KS5U答案】； SiC SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3；； N>C>H 54 O Mg2GeO4 =×1021
【KS5U解析】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
3．（2021·广东高考真题）很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
(1)基态硫原子价电子排布式为_______。
(2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为_______。
(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第_______周期第ⅡB族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有_______。
A．在I中S原子采取sp3杂化
B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°
D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E. 在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是_______。
(6)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是_______。
②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_______；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = _______。
③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为_______g/cm3(列出算式)。
【KS5U答案】3s23p4 H2O>H2S>CH4 六 AD 化合物III 由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2
【KS5U解析】
(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。
(2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故答案为：H2O>H2S>CH4。
(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。
(4)A．中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；
B．中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；
C．中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C错误；
D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；
E．中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误；
综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。
(5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。
(6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。
②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。
③1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的密度为== g/cm3，故答案为：。
4．（2021·全国高考真题）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为_________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。SiCl4可发生水解反应，机理如下：
含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________（填标号）。
（2）CO2分子中存在_______个键和______个键。
（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是________。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为______g·cm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=________（用x表达）。
【KS5U答案】3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ② 2 2 甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 8 2-x
【KS5U解析】
(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；
(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键，故答案为：2；2；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度===g·cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。
5．（2021·河北高考真题）KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：
(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是__(填离子符号)。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___。
(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：
N—N
N≡N
P—P
P≡P
193
946
197
489
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是___。
(4)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为___，其中P采取___杂化方式。
(5)与PO电子总数相同的等电子体的分子式为__。
(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为___。
(7)分别用○、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：
①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度__g•cm-3(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为__(填标号)。
【KS5U答案】和 或 在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 sp3 SiF4、SO2F2等 B
【KS5U解析】
(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、、和，其中核外电子排布相同的是和。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。
(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若6mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ´6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ´2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ´6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ´2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。
(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。
(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。
(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。
(7)①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。
②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。
2021年化学高考模拟题
1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）B和Ni均为新材料的主角。回答下列问题：
(1)基态B原子的核外电子有___________种空间运动状态；基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为___________。
(2)硼的卤化物的沸点如表所示：
卤化物
BF3
BCl3
BBr3
沸点/℃
-100.3
12.5
90
解释表中卤化物之间沸点差异的原因___________。
(3)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如Ni(PPh3)2，其中Ph表示苯基，PPh3表示分子，PPh3的空间构型为___________；Ni(PPh3)2晶体中存在的化学键类型有___________(填字母)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E．配位键 F．氢键
(4)鉴定Ni2＋的特征反应如下：
Ni2+++2H+
在1mol鲜红色沉淀中，含有sp2杂化原子的数目为___________个(阿伏加德罗常数的值为NA)。丁二酮肟中，各元素电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
(5)硼化钙可用于新型半导体材料，一种硼化钙的晶胞结构及沿z轴方向的投影图如图所示，硼原子形成的正八面体占据顶角位置。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度ρ=___________g·cm-3。
【KS5U答案】3 球形 均为分子晶体，相对分子质量不同 三角锥形 BCE 8NA O>N>C>H
【KS5U解析】
(1)基态B原子的电子排布式为1s22s22p1，1s轨道、2s轨道、2p的1个原子轨道上排有电子，则有3种空间运动状态；基态Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2，最高能层电子排布在4s能级，s电子云轮廓图的形状为球形；故答案为：3；球形。
(2)三者沸点都较低，三者均为分子晶体，BF3、BCl3、BBr3的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点逐渐升高；故答案为：均为分子晶体，相对分子质量不同。
(3)P原子最外层有5个电子，P与苯基形成3个P—Cσ键，P上还有1对孤电子对，则P的价层电子对数为4，PPh3的空间构型为三角锥形；在Ni(PPh3)2中Ni与PPh3之间形成配位键，PPh3中P与苯基之间形成P—C极性键，苯基中存在C—H极性键和碳碳之间的非极性键，选BCE；故答案为：三角锥形；BCE。
(4)在鲜红色沉淀中形成C=N键的C、N原子都采取sp2杂化，1个鲜红色沉淀中采取sp2杂化的原子有8个，1mol鲜红色沉淀中含sp2杂化的原子为8mol，数目为8NA；丁二酮肟中含C、H、N、O四种元素，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，则丁二酮肟中各元素电负性由大到小的顺序为；故答案为：8 NA；。
(5)硼原子形成的正八面体占据顶角位置，结合沿z轴方向的投影图可知，1个晶胞中有83=24个B原子位于棱上，根据均摊法，1个晶胞中含有B原子=6个，Ca位于体心，为1个，1个晶胞的质量为 ，晶胞的体积为（anm）3，晶体的密度为 g/cm3；故答案为：。
2．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）我国在5G系统的初期部署中采用了基于GaN的功率放大器。
(1)基态Ga原子的核外电子排布式________，基态N原子最高能级的原子轨道形状为________。
(2)镓的各级电离能(单位：kJ·mol-1)依次为577、1984.5、2961.8、6192，由此可知镓的主要化合价为________和＋3。与同周期相邻元素Zn比较，第一电离能Ga________Zn(填“>”、“<”或“＝”)，理由是________。
(3)已知氮化硼、氮化铝、氮化镓的熔点如下表。从结构的角度分析它们熔点不同的原因是________。
物质
BN
AlN
GaN
熔点/℃
3000
2249
1700
(4)GaN可由非极性分子三甲基镓(CH3)3Ga和NH3发生系列反应制得。GaN晶胞结构如图1所示，(CH3)3Ga和GaN中Ga原子的杂化方式分别为________、________。
(5)图1的六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA。晶胞中每个Ga原子周围最近的Ga原子数目为________。从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2，若该平行六面体的体积为，则GaN晶体的密度为________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
【KS5U答案】[Ar]3d104s24p1 哑铃形 +1 < Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，第一电离能较高 氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，硼、铝、镓的原子半径逐渐增大，键长增长，键能减小，熔点降低 sp2 sp3 12
【KS5U解析】
(1)Ga是第31号元素，位于第四周期III A族，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1；基态N原子的最高能级的原子轨道为2p轨道，其形状为哑铃形；
(2)由于镓的第一电离能与第二电离能相差较大，第三电离能与第四电离能相差也大，故镓的主要化合物的化合价为+1和+3；Zn为30号元素，其基态原子的核外电子排布为[Ar]3d104s2，由此可知：Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，其第一电离能高于Ga，故第一电离能：Ga＜Zn；
(3)三者都属于原子晶体，B、Al、Ga的原子半径依次增大，使得B-N、Al-N、Ga-N的键长依次减小，键能依次增大，故三者的熔点依次降低；
(4) (CH3)3Ga中Ga形成3个σ键，没有孤电子对，Ga原子的杂化方式为sp2杂化；如图所示，一个Ga原子与两个Ga原子和一个N原子相连，由于这个Ga原子有一个空轨道，而N原子还含有孤电子对，故Ga原子的杂化方式为sp3杂化；
(5)如图1所示，晶胞中每个Ga原子周围最近的Ga原子数目为12；根据图1和图2可知，图2所示的结构是图1晶胞结构的，则该晶胞的体积为a3 cm3，该晶胞中含有的Ga原子个数为=6，N原子个数为，=6，故GaN晶体的密度为=g∙cm-3。
3．（2021·青海西宁市·高三二模）磷及其化合物在工农业生产中都有重要作用。
(1)磷原子核外电子排布式为_______。
(2)羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基(-OH)中氧原子的杂化方式为_______，的空间构型为_______，该化合物中所含元素电负性最大的是_______。
(3)磷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为：
B：(0，0，0)；(，，0)；(，0，)；(0，，)……
P：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)……
①请在图中画出磷化硼晶胞的俯视图_______。
②与每个磷原子紧邻的硼原子有_______个，与每个硼原子紧邻的硼原子有_______个。
(4)磷钇矿可提取稀土元素钇(Y)，某磷钇矿的结构如图所示。该磷钇矿的化学式为_______，与互为等电子体的阴离子有_______(写出一种离子符号)。已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磷钇矿的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
【KS5U答案】1s22s22p63s23p3 sp3 正四面体形 O 4 12 YPO4 SO或ClO、BrO、IO、SiO等
【KS5U解析】
(1)磷的原子序数是15，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；
(2)羟基（-OH）中氧原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断O原子的杂化方式为sp3；中P原子价层电子对个数=4+(5+3-4×2)/2=4且不含孤电子对，根据价层电子对判断该微粒空间构型为正四面体形；元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；
(3)①由个原子坐标，可知晶胞中B原子处于晶胞的顶点、面心位置，而P原子处于晶胞内部，处于B原子形成的正四面体体心位置，投影时顶点原子形成正方形的顶点，左、右侧面及前、后面的面心原子投影处于正方形棱心，而上、下底面面心原子投影重合处于正方形的中心，As原子投影处于原子处于正方形内部且处于正方形对角线上（P原子投影、上下底面面心B原子投影将对角线4等分），故磷化硼晶胞的俯视图为：；
②P原子周围连接4个B原子，与每个磷原子紧邻的硼原子有4；以顶点B原子研究，与之紧邻的硼原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，与每个硼原子紧邻的硼原子有3×8/2=12个；
(4)晶胞中含Y的个数是，＝4，含磷酸根的个数是＝4，该磷钇矿的化学式为YPO4，原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与互为等电子体的阴离子有SO或ClO、BrO、IO、SiO等。已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磷钇矿的密度为g·cm-3。
4．（2021·青海高三三模）第四周期过渡元素单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
(1)Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，Co3＋的配位数是___________，配位体NH3的空间构型为___________。
(2)NiO的晶体结构如图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子的坐标参数为___________。
(3)已知TiC在碳化物中硬度最大，工业上一般在真空和高温(>1800℃)条件下用C还原TiO2制取TiC：TiO2＋3C TiC＋2CO↑。该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为___________；根据所给信息，可知TiC是___________晶体。
(4)已知Zn2＋等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示。
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：___________。
(5)V2O5是一种常见的催化剂，在合成硫酸、硝酸中起到非常重要的作用。五氧化二钒的结构式为()，则该结构中σ键与π键个数之比为___________。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)。VO与PO的空间构型相同，其中V原子的杂化方式为___________。
【KS5U答案】6 三角锥形 （1，，） O＞C＞Ti 原子 3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态） 3：2 sp3
【KS5U解析】
(1)Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，配体有1个N 离子，5个氨分子，Co3＋的配位数是1+5=6，氨分子中心原子N是sp3杂化，有一对孤电子对，配位体NH3的空间构型为三角锥形。故答案为：6；三角锥形；
(2)NiO的晶体结构如图，离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子的坐标参数为（1，，）。故答案为：（1，，）；
(3)周期表中同主族从上到下，同周期从右到左，元素的金属性增强，电负性增大，O＞C，TiC中Ti显正价，碳显负价，该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为O＞C＞Ti；根据所给信息，TiC在碳化物中硬度最大，可知TiC是原子晶体。故答案为：O＞C＞Ti；原子；
(4)Sc3+的外围电子排布式为[Ar]3d0，Cr3+的外围电子排布式为[Ar]3d3，Fe3+电子排布式为[Ar]3d6，Zn2+的外围电子排布式为[Ar]3d10，对比四种离子的外围电子排布式可知，其水合离子的颜色与3d轨道上的单电子有关，由于Sc3+3d轨道全空，Zn2+的3d轨道全满，所以二者无色，根据原子结构推测Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色的原因：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）。故答案为：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）；
(5)五氧化二钒的结构式为()，则该结构中σ键与π键个数之比为6：4=3：2。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)。VO与PO的空间构型相同，VO原子价层电子对数为4+=4，其中V原子的杂化方式为sp3。故答案为：3：2；sp3。
5．（2021·全国高三零模）黄铜矿(主要成分为)是一种天然矿石。中国在商代或更早就掌握了由它冶炼铜的技术。医药上，黄铜矿有促进骨折愈合的作用。请回答下列问题：
(1)基态比稳定的原因是______。
(2)中的阴离子的空间构型为______，与互为等电子体的离子是______(写出一种化学式即可)。
(3)图为某阳离子的结构，加热时该离子先失去的配位体是______(填化学式)，原因是______。
(4)四方晶系的晶胞结构如图1所示。
①中各元素电负性数值从小到大的顺序为______，晶胞中原子的杂化方式为______。
②晶胞中和的投影位置如图2所示。设阿伏伽德罗常数的值为，则该晶体的密度为______。
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，称作原子的分数坐标，例如图1中原子1的坐标为，则原子2的坐标为______。晶体中距离最近的有______个。
【KS5U答案】的价电子为，为全充满状态，稳定，的价电子为，较不稳定。 三角锥形 (或等) 的配位能力强 4
【KS5U解析】
(1)铜是29号元素，基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态，稳定，价电子排布式为3d9，较不稳定。故答案为：的价电子为，为全充满状态，稳定，的价电子为，较不稳定。
(2) 中的阴离子根据价层电子对互斥理论可知：，中心原子采取sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形；与互为等电子体的离子是(或等)，故答案为：三角锥形、(或等)
(3) 由图可知Cu2+离子与H2O分子和NH3分子配位，O的电负性强于N元素，所以NH3更容易提供孤电子对，形成更稳定的配位键，加热时先失去不稳定的配体，所以加热时该离子先失去的配位体是H2O，故答案为：H2O、的配位能力强
(4) ①同周期元素从左到右电负性依次增强，中各元素电负性数值从小到大的顺序为，由晶胞所示，图中原子成两个单键，有两对孤电子对，原子杂化方式，故答案为：、
②观察题给晶胞结构图可知,每个该晶胞中铜原子的数目为，铁原子的数目为，硫原子的数目为8个，故该晶体密度=。故答案为：
③由题给晶胞结构图及投影信息可知,原子2的坐标为CuFeS2晶体中距离Fe最近的S有4个。故答案为：、4
6．（2021·安徽师范大学附属中学高三其他模拟）TiO2和MnO2均可以催化降解甲醛、苯等有害物质，具有去除效率高，且无二次污染等优点，广泛应用于家居装潢等领域，其中一种催化机理如图所示。
回答下列问题：
(1)基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为______。
(2)甲醛和苯分子中的σ键之比为_________。
(3)CO2和·CHO中碳原子的杂化形式分别为_____、_______。
(4)的空间构型为_______。
(5)下列各组微粒互为等电子体的是_______(填编号)。
a.与 b.CO2与SO2 c.C6H6与B3N3H6 d.与HNO3
(6)金属钛和锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用____理论解释。已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列____(填编号)。
(7)钙钛矿晶胞如图所示，Ti4+处于6个O2-组成的正八面体空隙中，在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ti4+处于各顶点位置，则O2-处于____位置。若Ca2+与O2-的最短距离为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为____g·cm−3(列出表达式)。
【KS5U答案】2:5 1:4 sp sp² 平面三角形 cd 自由电子(电子气) c 棱心
【KS5U解析】
(1)由化学周期表可得钛有2个未成对电子，锰有5个，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2:5，故答案为：2:5；
(2)甲醛分子式为HCHO，有3根σ键，苯分子的σ键有12根，所以甲醛和苯分子中的σ键之比为1:4，故答案为：1:4；
(3)二氧化碳结构式为O=C=O，-CHO结构式为H-C=O，由此可判断出它们的杂化方式为sp和sp²，故答案为：sp；sp²；
(4)碳酸根离子中C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，故构型平面三角形，故答案为：平面三角形；
(5)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。
a．O的价电子数不同，不是等电子体，故a错误；
b．C和S价电子数不同，不是等电子体，故b错误；
c．C6H6与B3N3H6原子总数和价电子数均相同，是等电子体，故c正确；
d．与HNO3原子总数和价电子数均相同，是等电子体，故d正确；
故选cd。
(6)自由电子理论可以解释金属具有的共同物理性质；面心立方晶胞的俯视图为c图，故答案为：自由电子(电子气)；c；
(7) O2-离子个数为3，由此可以想出其位于棱心；由题可得晶胞边长为a nm，，故答案为：。
7．（2021·天津）铬锆铜(CuCrZr)合金广泛应用于机械制造工业的焊接。已知锆(40Zr)位于第IVB族，根据要求回答下列问题：
(1)铜元素在元素周期表的分区为___________。基态Cr原子的价电子排布图(即轨道排布式)为___________。
(2)将硫酸铜固体溶于水中，呈天蓝色，该天蓝色离子的结构式为___________，的空间构型为___________(用文字描述)。
(3)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是___________。
(4)晶体具有自范性及各向异性等特点，造成某些物理性质的各向异性最本质原因是___________，铜与氯形成晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为___________已知晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________g·cm-3。
(5)火法炼铜中，，___________元素被氧化。(填元素符号)
【KS5U答案】ds 正四面体形 Cr的价电子数比K多，半径比K小，所以Cr中的金属键比K强 晶体中的粒子周期性有序排列 CuCl S
【KS5U解析】
(1)铜元素位于元素周期表ds区；基态Cr原子的价电子排布图为： ；
(2)CuSO4溶于水形成四水合硫酸铜，其结构式为：，中氯原子的价层电子对数是4，所以其空间构型是：正四面体形；
(3)K原子半径大，且价电子数少，金属键弱，熔沸点更低；
(4) 因为单晶体内各个方向上原子排列密度不同,造成原子间结合力不同,因而表现出各向异性，因此其原因是：晶体中的粒子周期性有序排列，氯原子位于八个定点，六个位于面上：，铜有四个位于内部其个数为：4，所以其化学式为：CuCl；其密度。
(5)通过方程式：可以发现只有S元素化合价升高而被氧化。
8．（2021·河北沧州市·高三三模）高熵合金通常被定义为含有5种以上主要元素的固溶体，每种元素的摩尔比为。这个概念已经扩展到创造熵稳定的功能材料中。此类材料有熵稳定高熵功能材料(的氧化物)，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。根据所学知识回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，有_______个未成对电子。
(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如(表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为_______；晶体中存在的化学键类型有_______(填标号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E.配位键 F.氢键
(3)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)已知：是强还原剂，与水反应能生成，中含有键与键的数目之比为_______，该离子中C的杂化方式为_______。
(5)的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为和，密度为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为_______(用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
【KS5U答案】 2 三角锥形 BCE sp
【KS5U解析】
(1)基态原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；
(2)(表示苯基)中配体为原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在(极性键)，(非极性键)，(配位键)，答案选BCE；
(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能Fe＞Mn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn；
(4)中C、N以三键连接，三键中含有1个键，2个键，故键与键的数目之比为，键不参与杂化，只有1个键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；
(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个，故原子所占的总体积，该晶胞的体积为，则原子的空间利用率为。
9．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）(1)溴苯和硅在催化剂铜的存在下加热，可以生成C6H5SiBr3和H5C6-C6H5，基态铜原子的价电子排布式为___________，形成硅化物中硅的杂化类型为___________。已知硅的氢化物SiH4中Si显正电性，在上述反应中所有非金属元素的电负性由大到小的顺序为___________。
(2)硅是亲氧元素，在自然界以氧化物和含氧酸盐形式存在，硅和碳同主族但SiO2比CO2熔点高的原因是___________，SiO的空间构型为___________。
(3)硅在不同条件下的晶体结构不同
①常温时为金刚石型结构如图1，该结构中硅原子与Si-Si键的数量比为___________，下图中为晶胞(图1)对角面的投影图(以表示硅原子)的是___________。(填选项)
②当条件变为12 Gpa时，硅晶体为四方晶系，晶胞如图2，晶胞参数a=183 pm，c=900pm，晶胞的密度为___________ g/cm3(阿伏加德罗常数的值为6.02×1023写出计算式)
【KS5U答案】3d104s1 sp3 Br>C>H>Si SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键，作用力强，熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用力为分子间作用力，相互作用弱，熔点低 平面三角形 1：2 AC
【KS5U解析】
(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，价电子排布式为3d104s1；形成的硅化物中Si原子最外层有4个电子，分别与3个Br、苯环上的C结合，形成四个σ，所以Si为sp3杂化；因为硅的氢化物SiH4中Si显正电性，说明H吸引电子能力更强，所以Si的电负性小于H；在CH4中C显负电性，CBr4中C显正电性，所以电负性顺序为Br>C>H>Si；
(2) SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键，作用力强，熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用力为分子间作用力，相互作用弱，熔点低；SiO中Si原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以为平面三角形；
(3)①每个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键被两个硅原子共用，所以每个Si原子拥有=2个Si-Si键，则硅原子与Si-Si键的数量比为1：2；沿阴影的对角线界面的投影为；若为另一个对角线则是，所以选AC；
②根据图示可知晶胞体积为1.83×1.83×9×10-24cm3，根据均摊法晶胞中Si原子的个数为=4，所以晶胞的质量为4×28÷6.02×10-23g，所以密度为g/cm3。
10．（2021·天津高三三模）金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)①基态铜原子中，其占据最高能层的符号是___。
②锰、锝、铼位于同一副族且原子序数依次增大。类比锰，写出基态锝原子价层电子排布式___。
(2)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是___(填编号)。
A． B． C． D．
(3)NH3在高温条件下能还原CuO，2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，反应中所涉及的所有元素的电负性由大到小的顺序为___(填元素符号)；S元素与多种金属非金属元素形成化合物，SiS2的结构与CS2类似，则SiS2分子的空间构型为___。
(4)一种含Cu、S元素的有机物的结构简式如图1所示，N原子的杂化方式为___。
(5)超硬材料氮化铂的一种晶胞如图2所示，与N等距最近Pt的原子个数是___，若该晶胞参数为apm，密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数(NA)为___mol-1(用含a、ρ的式子表示，并化成最简)
(6)Cl2可氧化KSCN溶液。查阅资料可知SCN-中氮元素转化为NO。如图3所示，取A中溶液于试管中，加入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。写出SCN-与Cl2反应的离子方程式为___。
【KS5U答案】N 4d55s2 A O＞N＞H＞Cu 直线形 sp2 4 892/10−30ρa3 SCN-+8Cl2+9H2O=NO+SO+CO2+16Cl-+18H+
【KS5U解析】
(1)①Cu是29号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态铜原子中核外电子占据最高能层是4s，符号是N；
②基态锰的价电子排布为3d54s2，基态锝原子、铼原子的核外电子排布特点相同，则基态锝原子的价电子排布为4d55s2；
(2)由题给信息知，A为Fe3+的基态、D为Fe3+的激发态，B为Fe2+的基态、C为Fe2+的激发态，A项Fe3+的基态最稳定，再失去一个电子较难，所需能量最高，故答案为：A；
(3)根据同周期从左到右非金属性增强，则电负性逐渐增大，同主族从上到下，非金属性减弱，则电负性逐渐减小，因此反应中所涉及的所有元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞H＞Cu；CS2是直线形，SiS2和CS2是等电子体，结构与CS2类似，则SiS2分子的空间构型为直线形；
(4)由题给信息知，中心N原子的周围有3个氧原子，而且无孤电子对，杂化类型为sp2；
(5)根据晶胞示意图可知，N原子位于晶胞体内，分别填充在Pt形成的正四面体空隙中，与N等距最近Pt的原子个数是4，Pt位于晶胞的顶点和面心，则1个晶胞中含有Pt的个数为8×1/8+6×1/2=4，N原子位于晶胞体内，N的个数为8，因此1个品胞的质量为(195×4+14×8)/ NA=892/ NAg，依据公式ρ=m/V可得，ρ=892/ NAg÷(a×10−10)3g/cm3，故NA=892/10−30ρa3 mol-1；
(6)加入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有SO，SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的离子方程式为SCN-+8Cl2+9H2O=NO+SO+CO2+16Cl-+18H+。
11．（2021·天津高三一模）乙炔是有机合成工业的一种重要原料。工业上曾用焦碳制备电石(CaC2)，再与水反应制备乙炔。
(1)焦炭、金刚石和C60都是碳的单质。已知金刚石中碳碳键的键长为154.45pm，C60中碳碳键的健长为140~145pm，二者比较熔点高的是___，理由是___。
(2)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH—C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是___，该分子中σ键与π键个数比为___。
(3)将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为___。[Cu(NH3)2]Cl的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式：___。
(4)CaC2的电子式为____。乙炔中混有的H2S气体可用CuSO4溶液吸收，反应方程式为___。
(5)CaC2晶体的晶胞结构与NiCl晶体相似，但CaC2晶体中哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞呈长方体(如图)。每个Ca2+周围距高相等且最近的C有___个。已知CaC2晶体密度为ρg·cm-3，晶胞中两个C的最近距离为acm，阿伏加德罗常数值为NA。则CaC2晶胞中棱长h=___cm。
【KS5U答案】金刚石 金刚石是原子晶体，C60为分子晶体 sp、sp2 2:1 [Ar]3d10 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH-或4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH- 4
【KS5U解析】
(1)金刚石内部碳原子之间以共价键相连形成空间网状立体结构，为共价晶体，熔点高，分子内部碳原子以共价键相连形成分子，为分子晶体，熔点低，答案为：金刚石；金刚石是共价晶体，C60为分子晶体；
(2)利用价层电子对互斥理论计算中双键碳原子的价层电子对数为，所以双键碳的杂化方式为：杂化，三键碳的价层电子对数为，所以三键碳的杂化方式为：杂化；两个形成共价键的原子间有且只有一条键，除外的共价键为键，中含有6条键，3条键，分子中σ键与π键个数比为：2:1，答案为：、；2:1；
(3)29号元素 的基态电子排布式为： ，基态核外电子排布式为：；[Cu(NH3)2]Cl的氨水溶液中铜元素为+1价亚铜离子，在空气中被氧气氧化成，反应的离子方程式为：，答案为：；；
(4)CaC2为离子化合物，碳原子之间形成碳碳三键，电子式为：；H2S气体与CuSO4溶液发生复分解反应生成，化学方程式为：，答案为： ；；
(5)C位于长方体晶胞的八个顶点和六个面心，位于晶胞的十二个棱中间，由于晶胞呈长方体，每个Ca2+周围距高相等且最近的C在其的前后左右，共四个；晶胞中距离最近的两个C位于图中所示长方体晶胞底面的对角线一半，可知长方体的底边边长为，所以该晶胞的体积为：，所以密度为：，计算可知：，答案为：4；。
12．（2021·四川树德中学高三其他模拟）N、P、As均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：
(1)下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________(填序号，下同)，未成对电子最多的是___________。
a． ls22s22p3 b．1s22s2 c．1s22s12p4 d．1s22s12p3
(2)Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、 P、S的电负性由大到小的顺序是___________，第一电离能由大到小的顺序是___________。
(3)吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2 )反应生成有机化合物B， B具有优异的催化性能。
吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是___________，化合物A易溶于水，原因是___________，含Zn有机物B的分子结构中含___________(填序号)。
A．离子键 B．配位键 C．π键 D．σ键 E．氢键
(4)N与金属可形成氮化物，如AIN的晶胞结构如图甲所示，某种氮化铁的结构如图乙所示。
①AIN晶胞中，含有的Al、N原子个数均是___________。
②若该氮化铁的晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该氮化铁晶体的密度可表示为___________。 g·cm-3.若该氮化铁的化学式为FexNy，Cu可替代晶胞中不同位置的Fe，形成Cu替代型的化学式是Fex-nCunNy，而FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图丙所示，Cu替代晶胞中的Fe形成化学式为FeCu3N的氮化物不稳定，则a位置表示晶胞中的___________(填“顶点"或“面心”)。
【KS5U答案】c d S＞P＞Si P＞S＞Si sp2 化合物A与水分子间存在氢键 BCD 6 顶点
【KS5U解析】
(1)电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱的是1s22s12p4，未成对电子最多的是1s22s12p3，故答案为：c；d；
(2)同周期自左而右电负性增大，则负电性由大到小的顺序是S＞P＞Si；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，由于P的3p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si，故答案为：S＞P＞Si；P＞S＞Si；
(3)吡啶类化合物A中N原子形成2个σ键、有1对孤电子对，因此N原子杂化类型是sp2；A中含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，增强其水溶性，所以化合物A易溶于水；含Zn有机物B的分子结构中存在单键、双键以及N→Zn、O→Zn配位键，因此答案选BCD，
故答案为：sp2；化合物A与水分子间存在氢键；BCD；
(4)①AlN晶体结构单元中，Al原子4个处于内部、6个处于棱上，含有的Al原子个数为4+6×1/3=6。N原子3个处于内部、2个处于上下底面面心、12个处于顶点，N原子个数为3+2×1/2+12×1/6=6，含有的Al、N原子个数均是6个，故答案为：6；
②根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为8×1/8+6×1/2=4，所以氮化铁的化学式Fe4N，晶胞质量为238/ NAg，晶胞的体积为(a×10-10)a3cm3，则该氮化铁的晶体密度可表示为238/ NAg÷(a×10-10)a3cm3=g/cm3；Cu替代晶胞中的Fe形成化学式为FeCu3N的氮化物不稳定，由于能量越低越稳定，因此Cu替代a位置Fe型的化学式为Fe3CuN，则a位置表示晶胞中的顶点，故答案为：；顶点。
13．（2021·安徽高三其他模拟）镍是一种亲铁元素，地核主要由铁、镍元素组成。
(1)基态镍原子的价电子排布式为_______。
(2)配合物Ni(CO)4常温为液体，其最可能的晶体类型是_______，配位原子为_______。CO与N2互为等电子体，熔沸点更高的是CO，其原因是_______。
(3)NiSO4溶液与丁二酮肟的反应如图，该反应可以用来鉴别Ni2+。
①丁二酮肟中四种元素电负性由大到小的顺序为_______，碳原子的杂化轨道类型为_______。
②二(丁二酮肟)合镍(II)中存在的化学键有_______(填选项字母)。
A．σ键 B．π键 C．配位健 D．氢键 E.范德华力
(4)镍可做许多有机物与氢气加成的催化剂，例如吡啶()的反应方程式为：
3H2+
吡啶中大Π键可以表示为_______。
(5)某种镁、镍和碳三种元素形成的晶体具有超导性。该晶体可看作是镁原子做顶点，镍原子作面心的面心立方堆积(晶胞结构如图，未标出碳原子位置)，碳原子只填充在由镍构成的八面体空隙。
①图中碳原子的位置位于晶胞的_______。
②已知晶胞中相邻且最近的镁、碳原子间核间距为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，其密度为_______g/cm3(列出算式即可)。
【KS5U答案】3d84s2 分子晶体 C 均为分子晶体，相对分子质量相同，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高 O＞N＞C＞H sp3和sp2 ABC 体心
【KS5U解析】
(1)Ni为28号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2；
(2)Ni(CO)4常温为液体，熔沸点较低，应为分子晶体；CO分子中C、O原子都有孤电子对，但C的电负性较小，更容易给出电子，所以配位原子为C；CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高；
(3)①非金属性越强，电负性越大，所以丁二酮肟中四种元素电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；丁二酮肟中甲基中的C原子为sp3杂化，C=N键中的C原子为sp2杂化；
②C=N键中有一个σ键，一个π键，N原子共形成四个共价键，则N原子与Ni原子之间为配位键，氢键和范德华力不是化学键，故选ABC；
(4)吡啶中C、N原子均为sp2杂化(N原子为不等性sp2杂化)，未参与杂化的轨道中都有一个电子参与形成大Π键，所以可以表示为；
(5)①镍原子在面心，碳原子只填充在由镍构成的八面体空隙，所以碳原子在体心；
②相邻且最近的镁、碳原子间核间距为a nm，则晶胞的体对角线为2a nm，所以晶胞的棱长为nm=×10-7cm，则晶胞体积为cm3，晶胞中C原子个数为1，Mg原子个数为=1，Ni原子个数为=3，所以晶胞的质量为g，则密度=g·cm-3。
14．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）金云母{K2Mg6[Al2Si6O20] (OH)4}是一种含镁和钾的铝硅酸盐，化学成分中替代钾的有钠、钙、钡；替代镁的有钛、铁、锰、铬。
(1)基态钾原子的核外电子排布式为___________。
(2)钡元素在周期表中位于___________ (填“s”“d”或“p”) 区。
(3) Mg、Al、 K的第一电离能由小到大的顺序是___________。
(4)镁、钙、钡均为第IIA族元素。
①MgO、CaO、BaO 中硬度最小的是___________。
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，则与O2-距离最近的Ca2+数目为___________。
(5)双(β—二酮)钛(IV)配合物具有抗肿瘤作用。为了寻求生物活性更好的β—二酮配体，设计如下合成过程：
①物质甲中碳原子的杂化方式为___________。
②K2CO3中阴离子的空间构型为___________。
③物质乙中含σ键和π键的数目之比为___________。
(6)镁与硅形成的晶体的晶胞属于面心立方结构，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。
①C点的Mg原子坐标参数为___________。
②设Na为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为___________g·cm-3。
【KS5U答案】1s22s22p63s23p64s1 s K＜Al＜Mg BaO 6 sp2、sp3 平面三角形 22∶3 ( )
【KS5U解析】
(1) K是19号元素，根据能量最低原理，可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1；
(2)钡处于第六周期第IIA族，属于s区元素：
(3) 一般金属性越强，笫一电离能越小，Mg元素原子3s轨道为全充满稳定结构，第一电离能高于于Al的，故第一电离能由小到大的顺序为： K＜A1＜Mg；
(4) ①MgO、CaO、BaO均属于离子晶体，离子电荷数相同，由于r(Mg2+) ＜r(Ca2+) ＜r(Ba2+)，故晶格能MgO＞ CaO＞ BaO，故BaO的硬度最小：
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，离子的配位数为6，则与O2-距离最近的Ca2+数目为6；
(5)①物质甲羰基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化；②CO32-中C原子孤电子对数==0， 价层电子对数=3+0=3，故其空间构型为平面三角形：③单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，物质乙中含σ键和π键的数目之比为22： 3；
(6)①C点的Mg原子与坐标原点Si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，
可知其参数x=y=z= ，即C点Mg原子坐标参数为()：②晶胞中Mg原子数目为8， Si 原子数目为8×+6×=4 晶胞质量= 晶胞体积= (a×10-7)3，晶胞密度= ÷(a×10-7)3=
15．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。回答下列问题：
(1)砷和磷为同一主族的元素，则基态As的价层电子排布式为___，AsH3的空间构型为___。
(2)SnCl4是制备有机锡化合物的原料，染色的媒染剂，缩合剂。SnCl4中锡原子的杂化方式为__，常温常压下SnCl4为无色液体，其固体的晶体类型为___。
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图1所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有____mol，该螯合物中所有非金属元素的第一电离能由大到小排序为___。
(4)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。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图2所示，晶胞每个棱夹角均为90度。已知晶胞参数如图，则图中紧邻Cd与As间的距离为___pm，晶胞密度为_______g/pm3。(NA表示阿伏伽德罗常数)
【KS5U答案】4s24p3 三角锥形 sp3 分子晶体 6 N＞O＞C＞H
【KS5U解析】
(1)As为第四周期VA族元素，所以其价层电子排布式为：4s24p3，AsH3当中，As元素有一个孤电子对，三个σ键，所以其空间构型为：三角锥形；
(2)SnCl4中锡原子的价层电子对数是4，所以其杂化方式为sp3，因为常温常压下SnCl4为无色液体，说明其熔点比较低，所以为分子晶体；
(3)根据题目信息，结合题图甲中的结构，与Cd2+通过螯合配位成环形成的是配位键，可得1mol该配合物中通过签合作用形成的配位键有6mol；C、N、O、H的第一电离能的大小顺序为：N＞O＞C＞H；
(4)由图2可知，Cd或Sn为黑球或白球，As为灰球，则黑球或白球与灰球都是小立方体体对角线的，紧邻Cd与As间的距离为pm；g/pm3。
16．（2021·长沙市明德中学高三三模）近日，某科研团队成功合成了Ni—Fe双原子催化剂(Ni/Fe—C—N)，并应用于高效催化CO2还原。回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子轨道排布图为_______。
(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与CO提供配位的电子总数之和为18，则n=_______；该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂，原因是_______。
(4)二茂铁的结构为，由Fe2+和(环戊二烯基负离子)构成。一个中σ键总数为_______，C原子的杂化轨道类型为_______。
(5)某C、Fe合金的晶胞结构如图所示：
该合金的化学式为_______，若该晶体的晶胞参数为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90o，密度为ρg·cm-3，则NA为_______(写出计算式即可)。
【KS5U答案】 N>O>C 4 Ni(CO)4属于非极性分子，易溶于非极性溶剂中 10 sp2 Fe3C mol-1
【KS5U解析】
【KS5U解析】
(1)基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，则价电子轨道排布图为 ；
(2)C、N、O是同周期主族元素，随核电荷数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p3轨道是半充满结构，相对稳定，则三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
(3)Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；Ni(CO)4属于非极性分子，苯和四氯化碳均为非极性溶剂，根据相似相溶原理，该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂；
(4)单键均为σ键，则一个环戊二烯基负离子中σ键总数为10；结构中碳原子的价层电子对数均为3，则C原子的杂化轨道类型为sp2杂化；
(5)该合金中Fe原子数为4× +10× =6，C原子数为8×+1=2，则合金的化学式为Fe3C；晶胞的质量为g，晶胞的体积为abc×10-30cm3，根据 ρ==g/cm3可知，NA= mol-1。
【点睛】
均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占 份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对棱上的原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对面上的原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。
17．（2021·天津高三三模）请回答以下问题：
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有__种不同运动状态的电子。
(2)如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA—ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是__。
(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___晶体。
(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___种。GaCl3中心原子的杂化方式为___。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有___个紧邻分子。
(6)若[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为___(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形
(7)F与Ca可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中Ca2+的配位数为___，若该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞的体积是__cm3(写出表达式即可，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【KS5U答案】12 SiH4 原子 3 sp2 12 a 8
【KS5U解析】
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，从图1得出信息，其最外层有2个电子，则其是12号镁元素，其原子核外有12个电子，则有12种不同运动状态电子。
(2)根据图中信息，第二周期的元素，ⅣA—ⅦA中，只有碳元素对应的CH4没有分子间氢键，则最下方的曲线为ⅣA元素氢化物的沸点变化曲线，则a点代表的是SiH4。
(3) CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示，可知该晶体是立体网状结构，故该晶体类型为原子晶体。
(4)同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但ⅡA元素的np为全充满，ⅤA元素的np为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的元素，则第一电离能：Al
(6)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，可能是平面正方形，也可能是正四面体，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，可判断其空间构型为平面正方形。
(7)从晶胞结构图可知，Ca2+采取的是面心立方最密堆积，钙离子周围与钙离子最近的氟离子有8个，则Ca2+的配位数为8，晶胞中含有的钙离子数为8+6=4个，其中F-离子填充在晶胞的四面体空隙中，则F-的个数为8个，则整个晶胞的质量为+=g，晶胞的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为 cm3。
18．（2021·天津高三二模）根据原子结构及元素性质，回答下列问题。.
(1)基态镍原子的核外电子排布式为___。
(2)Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，Ni(CO)4晶体类型是___。
(3)1molFe3[Fe(CN)6]2中含有σ键数为___，[Fe(CN)6]3-中配体为___，其中C原子的杂化轨道类型为___。
(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 E.范德华力
(5)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。
已知MgO晶胞边长为anm，则MgO的密度为___g/cm3(列出计算式)；每个Mg2+距离相等且最近的Mg2+共有___个。
【KS5U答案】1s22s22p63s23p63d84s2 分子晶体 24NA CN- sp杂化 BC 12
【KS5U解析】
(1)镍为28号元素，根据能级构造原理可知，基态镍原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或者[Ar]3d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或者[Ar]3d84s2；
(2)Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，根据Ni(CO)4的沸点较低，故Ni(CO)4晶体类型是分子晶体，故答案为：分子晶体；
(3)CN-中C和N形成三键，故只有1个σ键，[Fe(CN)6]3-中含有6个配位键即6个σ键，故1molFe3[Fe(CN)6]2中含有σ键数为2(6+6)NA=24 NA，配位化合物中提供孤电子对的分子或离子为配体，故[Fe(CN)6]3-中配体为CN-，其中C原子周围形成1个σ键和1对孤电子对，故杂化轨道类型为sp杂化，故答案为：24NA；CN-；sp杂化；
(4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中四水合铜离子内部铜离子和水分子之间的配位键，配体内部的共价键，以及水分子与水分子之间的氢键，水分子与水分子之间的范德华力，故硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有：金属键和离子键，故答案为：BC；
(5)由晶胞图示可知，一个晶胞中含有的Mg2+的数目为：，O2-的数目为：，故一个晶胞的质量为：，已知MgO晶胞边长为anm，则一个晶胞的体积为(a×10-7cm)3，所以MgO的密度为g/cm3= g/cm3 (列出计算式)；根据晶胞示意图可知，每个Mg2+距离相等且最近的Mg2+共有个，故答案为：；12。
19．（2021·天津高三一模）2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳夫、M·斯坦利·威廷汉、吉野彰等三位科学家，以表彰他们在锂电池研究作出的卓越贡献。常用的锂电池用镍钴锰酸锂Li(NiCoMn)O2或磷酸铁锂(LiFePO4)等为正极材料。请回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布图为_______。
(2)的空间构型为_______，其中心原子的杂化类型是_______。
(3)|Co(NH3)4Cl2|Cl是一种钴常见的配合物，其中Co的配位数是_______，1mol该配合物含σ键数目为_______，若1mol该配合物与足量AgNO3溶液反应，生成沉淀的质量为_______g。
(4)Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。
(5)硫化锂Li2S的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为反萤石(萤石CaF2)结构，其晶胞结构如图。
S2-的配位数是_______，设NA为阿伏加德罗常数的值，若Li2S晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞边长是_______nm(用含ρ、NA的计算式表示)。
【KS5U答案】 正四面体形 sp3 6 18NA 143.5g NiO>CoO>FeO 8 × 107
【KS5U解析】
(1)基态Ni原子的价电子排布图为；
(2)的价层电子对数=，杂化类型为sp3，空间构型为正四面体形；
(3) [Co(NH3)4Cl2]Cl中Co的配位数为6；[Co(NH3)4Cl2]Cl内界中Co与Cl、NH3之间以配位键相连，配位键属于键，共6个，加上4个NH3的12个键，共18个；配合物内界与外界之间是离子键，内界中的Cl-并不能电离，故1mol该配合物只有1molCl-能与AgNO3溶液反应，所以生成沉淀的质量为1mol×(35.5+108)g/mol=143.5g；
(4) Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，同周期由左向右离子半径逐渐减小，晶格能越大，熔沸点越高，熔点由高到低的顺序为NiO>CoO>FeO；
(5)如图可知，S2-周围的Li+在晶胞中有4个，上层晶胞还有4个，故S2-的配位数为8；设a为晶胞边长，，得。
20．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）下列表格是元素周期表的一部分。请按要求填空。
(1)写出一种由元素①和⑤形成的常见化合物的电子式为_______
(2)由②形成的单质是一种是硬度很大，熔点很高的晶体，则该晶体属于_______晶体。
(3)③④⑤三种元素的第一电离能从大到小排序为_______。
(4)写出工业上冶炼⑥单质的化学方程式_______。
(5)列举元素⑦形成的最高价含氧酸的用途_______(至少列举两种)。
(6)元素⑧的核外电子排布式为_______。
(7)下图为⑨晶体的晶胞结构。若晶胞的棱长为acm，则两个最近的⑨原子之间的距离是_______cm，晶胞密度为_______g·cm-3(⑨的摩尔质量用M表示，阿伏伽德罗常数的值用NA表示)。
(8)天津市有着丰富的海水资源，海水中含有丰富的各种元素，化学兴趣小组采用“空气吹出法”从浓海水吹出元素⑩形成的单质Br2，常温下，Br2的颜色为深红棕色液体，吹出的溴用纯碱溶液吸收，吸收溴的主要反应为：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，当吸收1molBr2时，转移电子的物质的量为_______mol。反应产物的VSEPR模型名称为_______
【KS5U答案】 或 原子或者共价 N>O>C 2Al2O3(熔融)4Al + 3O2↑ 干燥剂、做铅蓄电池的电解质、酸洗、制化肥等 [Ar]3d54s1 四面体形
【分析】
根据各元素在元素周期表中的位置可知①~⑩号元素分别为H、B、C、N、O、Al、S、Cr、Cu、Br。
【KS5U解析】
(1)H和O元素可以形成化合物H2O2和H2O，电子式分别为 、；
(2)硬度很大，熔点很高的晶体，应为原子晶体(或共价晶体)；
(3)同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能从大到小排序为N＞O＞C；
(4)工业上通过电解熔融氧化铝制取铝单质，通常会加入冰晶石降低氧化铝的熔点，化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al + 3O2↑；
(5)S元素的最高价氧化物为H2SO4，可以做干燥剂、铅蓄电池的电解质、酸洗、制化肥等；
(6)Cr为24号元素，原子核外有24个电子，核外电子排布式为[Ar]3d54s1；
(7)根据晶胞结构示意图可知两个最近的Cu原子的距离为面对角线的一半，即cm；根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为=4，所以晶胞的质量为g，晶胞体积为a3 cm3，所以密度为g·cm-3；
(8)该反应中Br元素发生歧化，根据电子守恒可知Br2、NaBr和NaBrO3的系数比为3：5：1，所以吸收1molBr2时生成mol NaBr，转移5mol电子；中心Br原子的价层电子对数为=4，VSEPR模型为正四面体。
21．（2021·天津和平区·耀华中学高三二模）(1)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。
①LiH中，离子半径Li+_______(填“>”、“=”或“<”)H-。
②某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示：
I1
I2
I3
I4
I5
I/kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
元素M在周期表的位置_______，该储氢材料的化学式为MH2，其晶胞结构如图1所示。已知该晶体的密度ag·cm-3，则该晶胞的体积为_______cm3[用a、NA表示(NA为阿伏加德罗常数的值)]。MH2为离子化合物，写出其电子式_______。
(2)下列分别为B、C、N，Cu基态原子价电子排布图，其中正确的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
(3) 物质的沸点高于，原因是_____。
(4)参照如图2中B、F元素的位置，依据第二周期元素第一电离能的变化规律，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置_______。
(5)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①基态原子Ti有_______种能量不同的电子，基态Ti3+的未成对电子有_______个。
②LiBH4由Li+和构成，中B原子的VSEPR模型名称是_______。
③LiBH4存在_______(填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键 E.氢键
【KS5U答案】< 第三周期IIA族 C 3-氨基苯乙烯可以形成分子间氢键 7 1 正四面体 ABD
【KS5U解析】
(1)①Li+和H-的核外电子排布相同，H的核电荷数小于Li，核电荷数越小电子离核越远，半径越大，因此H-半径大于Li+，故答案为：<；
②由M的电离能数据可知其第二电离能远小于第三电离能，说明M最外层两个电子易失去，且电子总数大于5，M为短周期主族元素，可知Mg，处于第二周期IIA族；由晶胞的结构可知Mg有8个在顶点，1个在体心，个数为，H有4个在面上，2个在体内，个数为，则晶胞的质量为：g，晶胞的体积V==cm3；MgH2为离子化合物，其电子式，故答案为：第三周期IIA族；；；
(2)A.为B的电子排布图，其价电子排布图为：，故A错误；
B.不满足洪特规则，故B错误；
C. 满足电子排不规律，且为价电子排布式，故C正确；
D. ，不满足能量最低原理，故D错误；
故答案为：C。
(3)3-氨基苯乙烯中存在氨基，分子之间能形成氢键，使得其熔沸点高于3-硝基苯乙烯，故答案为：3-氨基苯乙烯可以形成分子间氢键；
(4)第二周期元素第一电离能的变化规律为从左到右呈增大趋势，但IIA最外层为全满稳定结构，VA最外层为半满稳定结构，导致两者的第一电离能大于同周期相邻的下一族元素的第一电离能，由此可得C、N、O的位置，即：，故答案为：；
(5)①基态原子Ti原子的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d24s2，其核外有7种能级轨道，即有七种能量不同的电子，基态Ti3+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d1，未成对电子数为1，故答案为：7；1；
②中B原子的价层电子对数=，价电子构型为正四面体形，故答案为：正四面体；
③LiBH4由Li+和构成，Li+和之间为离子键，中B和H之间存在共价键和配位键，故答案为：ABD。
22．（2021·四川雅安市·高三三模）20年11月24日，长征五号遥五运载火箭搭载嫦娥五号月球探测器成功发射升空并将其送入预定轨道，实现了我国首次月球无人采样返回。月球的沙土中含有丰富的钛铁矿，土壤中还含有硅、铝、钾、钡、钴、铷、汞、铜和稀土元素等。
(1)在元素周期表的短周期中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是_______，Al元素基态原子核外M层电子自旋状态相同的电子数为_______个。
(2)钠与铝是位于同一周期的金属元素，但NaCl的熔点(801℃)高于AlCl3(194℃)，原因是____；事实证明熔融态氯化铝可挥发出二聚分子Al2Cl6，其结构如图所示，请在图上用“→”标出其配位键____；S也是第3周期元素，同周期元素中，第一电离能比S高的有____种。
(3)作为过渡元素的Fe、Cu容易形成配位化合物：如实验室检验Fe3+会用到KSCN溶液，C、N两种元素的电负性大小关系为____，与SCN-互为等电子体的粒子有____(写两种即可)。无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力有___。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E.氢键 F.范德华力
(4)钴的一种化合物晶胞结构如下图所示：
①晶胞中离Ti最近的O有____个，其中Co原子位于O原子构成的____空隙中。
A．正四面体 B．正六面体 C．正八面体 D．正十二面体
②已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ti与O的最近距离是____nm(用含ρ、NA的代数式表示，相对原子质量O-16，Co-59，Ti-48)。
【KS5U答案】Be 2 NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体 3 C＜N CO2、N2O、CNO-、COS B、C 12 C
【KS5U解析】
(1)根据对角线原则，与Al的化学性质最相似的邻族元素为Be；Al的M层为最外层，价电子排布图为，自旋状态相同的电子数为2个；故答案为Be；2；
(2)氯化钠为离子晶体，氯化铝为分子晶体，一般离子晶体高于分子晶体，因此氯化钠的熔点高于氯化铝；铝原子最外层有3个电子，Cl最外层有7个电子，一个铝原子与3个氯原子形成共价键，因此属于配位键的是或；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第一电离能比S高的元素有P、Cl、Ar，有3种；故答案为NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体；或；3；
(3)同周期从左向右电负性增大，即C＜N；根据等电子体的定义，以及邻近原则和同主族，与SCN-互为等电子体的是CO2、N2O、CNO-、COS等；硫酸铜在溶液中完全电离，不含离子键，水分子间存在范德华力和氢键，水分子内和硫酸根离子中原子间以共价键形式结合，水合铜离子中存在配位键，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力是离子键和金属键，选项BC符合题意；故答案为C＜N；CO2、N2O、CNO-、COS等；BC；
(4)①根据晶胞的结构离Ti最近的O有上、同、下层各有4个，即共有12个；根据晶胞的结构，Co周围最近的O有8个，即Co原子位于O原子构成的正八面体空隙中；故答案为12；C；
②Co原子位于晶胞的内部，全部属于晶胞，Ti位于顶点，属于该晶胞的个数为=1，氧原子位于面心，属于该晶胞的个数为=3，化学式为CoTiO3，晶胞的质量为g，晶胞的边长为nm，根据晶胞的结构，Ti与O最近的距离是面对角线的一半，即最近的距离是nm；故答案为nm。
23．（2021·四川广元市·高三三模）VA族元素及其化合物在生产生活中用途广泛。
(1)①P4S3常用于制造火柴，P和S的第一电离能较小的是___。
②As4S4俗称雄黄，其中基态As原子的核外电子排布式为[Ar]___，有___个未成对电子。
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___，键角由大到小的顺序为___。已知NF3与NH3的立体构型均是三角锥形，向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是___。
(3)①白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子的立体构型为___。
②研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为[PCl4]+[PCl6]-和[PBr4]+Br-，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因是___。
(4)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α=β=γ=90°，则：
①锑酸亚铁的化学式为___。
②晶体的密度为___g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【KS5U答案】S 3d104s24p3 3 NH3、AsH3、PH3 NH3、PH3、AsH3 F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子(或者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，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2+形成配位键) 三角锥 Br-半径较大，无法形成[PBr6]- Fe(SbO3)2
【KS5U解析】
(1)①P元素3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素S，所以第一电离能较小的是S，故答案为：S
②As元素为为33号元素，第四周期第VA族，原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；核外有4p轨道上3个未成对电子，故答案为：3d104s24p3、3
(2)PH3、AsH3分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，所以NH3沸点最高；NH3、PH3、AsH3均为sp3杂化，电负性N>P>As，N-H，P-H，As-H，供用电子对偏向电负性强的中心原子，造成N-H键之间的排斥作用增强，键角增大，根据电负性N>P>As键角依次减小；NF3中F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，使N上的孤电子对不易给出，不易形成配位键，故答案为：NH3、AsH3、PH3，NH3、PH3、AsH3，F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子(或者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，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2+形成配位键)
(3)①PCl3中心P原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以立体构型为三角锥形；故答案为：三角锥
②Br-半径较大，而Cl-半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl-，而无法容纳6个Br-，无法形成[PBr6]-；故答案为：Br-半径较大，无法形成[PBr6]-
(4)①据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为+2=4，O原子的个数为+10=12个，Fe2+的个数为+1=2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2；
②晶胞的质量为g，晶体的体积为abc nm3=abc´10-21cm3，所以晶体的密度为g·cm3。
24．（2021·四川达州市·高三二模）利用CO可以合成化工原料Fe(CO)5，配合物Fe(CO)5常温下呈液态，易溶于非极性溶剂，可用于制备高纯铁。
(1)基态铁原子的价电子排布图是_______
(2)熔点：Fe_______Fe(CO)5(填“>”或“<”)，其理由是_______。与Fe(CO)5中的配体互为等电子体的阴离子是_______
(3)SCN-常用来检测Fe3+的存在，SCN-中心原子的杂化方式为_______，S、N、C三元素的第一电离能最大的为_______(用元素符号表示)，他们的常见含氧酸根离子中为三角锥形的是_______；已知N、C和H可组成多种化合物，其中哒嗪的结构为：，哒嗪的大π键表示为_______(大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成大π键的电子数)
(4)铁能形成多种晶体结构，其中γ-Fe晶胞如图所示：，该晶胞中Fe原子的配位数为_______，若该晶胞的边长为apm，则其密度为_______g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【KS5U答案】 > Fe是金属晶体，Fe(CO)5 是分子晶体 CN- sp杂化 N SO 12 [4×56/(a3×NA)] ×1030
【KS5U解析】
(1)铁为26号元素，其电子排布式为：[Ne]3d64s2，价电子为3d64s2，电子排布图为：；
(2)由于配合物Fe(CO)5常温下呈液态，易溶于非极性溶剂，则Fe(CO)5为分子晶体，Fe为金属晶体，故熔点：Fe>Fe(CO)5；Fe(CO)5中的配体为CO，CO为等电子体的阴离子为：CN-；
(3)SCN-与CO2互为等电子体，故CO2中C为sp杂化，故SCN-的中心原子杂化方式为sp；同周期元素随半径第一电离能上升，同主族从上到下，第一电离能降低，故S、N、C中第一电离能最大的为N；其常见的含氧酸跟为SO、SO，NO，CO，根据VSEPR，SO中心原子价层电子对数为4，为正四面体，CO中心原子价层电子对数为3，为平面三角形，NO中心原子价层电子对数为3，为平面三角形，SO中心原子价层电子对数为4，有一个孤电子对，为三角锥形，故答SO；根据哒嗪的结构式，与苯类似，推得，成键原子数为6，成键的电子数为6，表示为：；
(4)根据γ-Fe晶胞图示，以面心上的Fe为例，距离最近的Fe原子有12个，故Fe的配位数为12；根据晶胞图示，Fe位于面心和定点，根据均摊法，一个晶胞中的铁原子的个数为：，则1mol晶胞质量m=4mol56g/mol=224g，1mol晶胞的体积V=，故
25．（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）N、Cu等元素的化合物在工农业生产中有着广泛的应用。
(1)下列N元素的电子排布式表示的状态中，失去一个电子所需能量最低的为_______。
A． B．
C． D．
(2)存在两种分子内氢键，若用“···表示其氢键”，的分子结构为_______。
(3)基态Cu2+价电子的空间运动状态有_______种。
(4)分子中采取杂化的原子有_______。(填原子符号)
(5)Cu元素与Br元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞沿z轴在平面的投影图中，Cu原子构成的几何图形是_______，若晶胞的密度为，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为_______µm(列出计算式即可，表示阿伏加德罗常数的值)。
【KS5U答案】B 5 C、N、O 正方形
【KS5U解析】
(1)原子的第二电离能比第一电离能大很多，A为N原子的基态，B为激发态，C为N+离子的基态，D为N+的激发态，所用，C、D相对于A、B而言，C、D失去一个电子所需的能量要大于A、B，而A为基态，B为激发态，所以B失去一个电子所需要的能量最低，故答案为B。
(2) 分子中有电负性较大O、N原子，分子内氢键是由O原子与相邻的氨基中的H原子形成的，或氨基与相邻的羟基中的H原子形成的，故分子内的氢键结构有两种，分别是 。
(3)基态Cu2+的核外电子排布是[Ar]3d9，所以其价电子为3d9，d轨道的空间运动状态有5种。
(4)从结构式上看，有部分C原子连接4个键，采取的是杂化，N原子也是与相邻C原子形成3个键，与Cu2+形成1个配位键，采取的也是杂化，O-与C形成一个键，与Cu2+形成1个配位键，自身还有2对孤对电子，故O也是采取杂化，则分子中采取杂化的原子有C、N、O。
(5)从晶结构可知，Br原子采取的是面心立方堆积，而Cu原子处于晶胞中的半数四面体空隙中，每个铜原子沿z轴在平面的投影处于晶胞下面4个Br原子形成的正四边形的对角线上，且与正方形四个顶点的Br原子距离相等，则Cu原子沿z轴在平面的投影图形是正四边形。Cu原子与Br原子之间的最短距离为晶胞对角线的 ，设晶胞的边长为a µm，则晶胞对角线的为aµm，根据均摊法，一个晶胞中含有Br原子是8+6=4个，含有铜原子为4个，则一个晶胞的质量为+=g，则一个晶胞的体积为a3µm3=1012µm3，则a=104µm，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为µm。
26．（2021·福建厦门市·高三三模）我国科学家合成无铅钙钛矿单晶CsMnCl3(H2O)2，在防伪或信息加密等方面具有潜在应用。CsMnCl3(H2O)2溶剂致变色效应原理如下图。
(1)基态Mn2+的价电子轨道表达式为___________。
(2)CsMnCl3(H2O)2中，主族元素的电负性从大到小的顺序为___________。
(3)变色过程，锰离子的配位数___________(填“有”或“没有”)发生变化。
(4)从结构角度分析DMAC[结构简式为(CH3)2NCOCH3]能使含锰配离子发生变化的原因___________。
(5)Cs3MnCl5晶体为正交晶系结构，晶胞参数a＝b≠c，α=β=γ=90°，晶胞结构如图所示，其中Mn位于面上。
①每个晶胞含Cs3MnCl5的单元数有___________个。
②Cs沿z轴投影图正确的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
【KS5U答案】 O＞Cl＞H＞Cs 有 DMAC的N、O与H2O的H形成分子间氢键，可将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变 4 C
【KS5U解析】
(1)Mn为25号元素，原子核外有25电子，失去最外层2个形成Mn2+，所以Mn2+的价电子为3d5，轨道表达式为 ；
(2)该物质中的主族元素有Cs、Cl、H、O，元素的非金属性越强电负性越大，所以四种元素电负性从大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Cs；
(3)据图可知变色过程中锰离子的配位数由6变为4，再由4变为6，配位数有变化；
(4)DMAC的N、O电负性较大，可以与H2O的H形成分子间氢键，将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变；
(5)①据图可知有8个Cs原子位于棱上，8个Cs原子位于面上，6个Cs原子位于内部，所以晶胞中Cs原子的个数为+6=12，一个Cs3MnCl5单元含有3个Cs原子，所以一个晶胞含有12÷3=4个单元(根据其他原子数确定也可以)；
②因为晶胞参数a=b，且α=β=γ=90°，所以Cs沿z轴投影为正方形，棱上的Cs原子为正方形的四个顶点，内部位于的连线平行z轴的两个Cs原子为正方形中心，顶面4个和底面4个重合，但与内部剩余的4个不重合，所以在正方形内部除中心外会有8个点；故C为正确投影图。
27．（2021·四川师范大学附属中学高三二模）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布图为___________，Co2+、Co3+能与NH3、H2O、SCN—等形成配合物，上述配位体中的第二周期元素电负性从小到大顺序是___________。
(2)已知第三电离能数据：I3(Mn)=3246kJ•mol—1，I3(Fe)=2957kJ•mol—1.锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是___________。
(3)据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角___________CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于”)。
(4)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605℃、-24℃，它们的熔点相差很大，其主要原因是___________。
(5)①金属钛的原子堆积方式如图所示，则金属钛晶胞俯视图为___________。
②二氧化钛晶胞如图1所示，钛原子配位数为___________。氮化钛的晶胞如图2所示，图3是氮化钛的晶胞截面图(相邻原子两两相切)。已知：NA表示阿伏加德罗常数，氮化钛晶体密度为dg•cm—3.氮化钛晶胞中N原子半径为___________pm。
【KS5U答案】 C＜N＜O Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子 小于 氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强 D 6
【KS5U解析】
(1)基态Co原子为27号元素，价层电子排布图为：；NH3、H2O、SCN—配位体中的第二周期元素为：C、N、O，电负性从左到右依次增大，电负性从小到大顺序是：C＜N＜O，故答案为：、C＜N＜O
(2) 据离子价层电子排布和洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电离能越小，此离子再失电子的电离能越大。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁。故答案为：Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子
(3) HCHO分子呈平面结构，键角接近120°,而CO2的键角是180°，碳原子的杂化类型不同，键角不同。HCHO中键角小于CO2中键角，故答案为：小于
(4) 采用电解熔融氯化锂制备锂，可知LiCl为离子晶体，TiCl4的熔点为-24℃，说明TiCl4为分子晶体，故答案为：氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强
(5) ①Ti原子密置层排列为ABABAB…排列方式，属于六方最密堆积，平行六面体的晶胞上下底面为菱形，平行六面体均分为2个正三棱柱，其中1个正三棱柱的中心有1个Ti原子，金属钛晶胞俯视图与D相符合，故答案为：D
②图1中，由均摊法可知1个晶胞含2个黑球4个白球(2个白球在体内，4个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧，1个钛与6个氧相连，钛的配位数为6；由图2可知1个晶胞含4个TiN，TiN的相对式量为62，图3棱上三个粒子相切，设晶胞棱长为a，，，[4r(Ti)]2=2a2，r(Ti)= ，2r(Ti)+2r(N)=a，r(N)= 。故答案为：
二、工业流程题
28．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O}几乎不溶于乙醇，易被氧化。以赤铁矿渣(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2杂质)和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料制取乳酸亚铁晶体的工艺如图所示：
已知：
金属氢氧化物
溶度积Ksp
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Al(OH)3
2×10-32
4.1
5.4
Fe(OH)3
3.5×10-38
2.2
3.4
回答下列问题：
(1)C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为___________，H2O的中心原子的孤电子对数为___________。
(2)常温下，调pH=3.5~4.1的目的是___________。
(3)“沉铁”过程的离子方程式为___________。
(4)“操作2”具体为：隔绝空气低温蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥，密封储存产品。乙醇洗涤的目的是___________。
(5)可用高锰酸钾滴定法测定样品中Fe2+的量，进而计算产品中乳酸亚铁的纯度，发现结果总是大于100%，其原因可能是___________：经查阅文献后，小组同学改用Ce(SO4)2标准溶液滴定法进行测定。反应中Ce4+的还原产物为Ce3+。测定时称取3.0g样品溶于水，配成100mL溶液，每次取20mL的溶液用0.100mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表：
滴定序号
0.100mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.10
19.85
2
0.12
21.32
3
1.05
20.70
则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___________。
【KS5U答案】N>O>C 2 使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避免Al3+沉淀 Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O 趁热过滤 减少产品的溶解损失，有利于后续干燥 乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化 94.56%
【分析】
由题给流程可知，向赤铁矿渣中加入稀硫酸酸浸时，氧化铁和氧化铝与稀硫酸反应得到可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH在3.5~4.1范围内，将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，过滤得到含有硫酸铝的滤液和氢氧化铁沉淀；向氢氧化铁沉淀中加入稀硫酸酸溶得到硫酸铁溶液，向硫酸铁溶液中加入足量的铁，将硫酸铁完全转化为硫酸亚铁，过滤得到过量的铁和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁沉淀和硫酸铵溶液；向碳酸亚铁中加入乳酸溶液，将碳酸亚铁转化为乳酸亚铁，向反应后的溶液中加入过滤得到的铁，防止亚铁离子被氧化；反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体。
【KS5U解析】
(1)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为N>O>C；水分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，故答案为：N>O>C；2；
(2)由分析可知，常温下，调pH=3.5~4.1的目的是将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，故答案为：使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避免Al3+沉淀；
(3)“沉铁”过程发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4) 由分析可知，“操作2”具体操作为反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体；由乳酸亚铁晶体几乎不溶于乙醇，易被氧化可知，用乙醇洗涤的目的是减少因乳酸亚铁晶体溶于水而造成损失，乙醇挥发时带走水蒸气，有利于干燥晶体，故答案为：趁热过滤；减少产品的溶解损失，有利于后续干燥；
(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，所以计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；由题意可知，滴定时发生的反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由题给数据可知，实验2误差较大，应略去，由实验1、3可得反应消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为=19.70mL，由方程式可知，20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为×100%=94.56%，故答案为：乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化；94.56%。
专题18选修3物质结构与性质
2021年化学高考题
1．（2021·山东高考真题）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态F原子核外电子的运动状态有__种。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF2分子的空间构型为__；OF2的熔、沸点__(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是___。
(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为___，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d
(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有__个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___；晶胞中A、B间距离d=___pm。
【KS5U答案】9 F>O>Cl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高 5 D 2 (0，0，) pm
【KS5U解析】
(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；
(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；
(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为，其中心原子的杂化方式应为sp3d；
(4)图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，，，所以 pm。
2．（2021·湖南高考真题）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；
②与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；
(3)下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
【KS5U答案】； SiC SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3；； N>C>H 54 O Mg2GeO4 =×1021
【KS5U解析】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
3．（2021·广东高考真题）很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
(1)基态硫原子价电子排布式为_______。
(2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为_______。
(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第_______周期第ⅡB族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有_______。
A．在I中S原子采取sp3杂化
B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°
D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E. 在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是_______。
(6)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是_______。
②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_______；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = _______。
③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为_______g/cm3(列出算式)。
【KS5U答案】3s23p4 H2O>H2S>CH4 六 AD 化合物III 由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2
【KS5U解析】
(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。
(2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故答案为：H2O>H2S>CH4。
(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。
(4)A．中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；
B．中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；
C．中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C错误；
D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；
E．中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误；
综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。
(5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。
(6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。
②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。
③1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的密度为== g/cm3，故答案为：。
4．（2021·全国高考真题）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为_________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。SiCl4可发生水解反应，机理如下：
含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________（填标号）。
（2）CO2分子中存在_______个键和______个键。
（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是________。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为______g·cm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=________（用x表达）。
【KS5U答案】3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ② 2 2 甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 8 2-x
【KS5U解析】
(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；
(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键，故答案为：2；2；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度===g·cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。
5．（2021·河北高考真题）KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：
(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是__(填离子符号)。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___。
(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：
N—N
N≡N
P—P
P≡P
193
946
197
489
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是___。
(4)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为___，其中P采取___杂化方式。
(5)与PO电子总数相同的等电子体的分子式为__。
(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为___。
(7)分别用○、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：
①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度__g•cm-3(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为__(填标号)。
【KS5U答案】和 或 在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 sp3 SiF4、SO2F2等 B
【KS5U解析】
(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、、和，其中核外电子排布相同的是和。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。
(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若6mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ´6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ´2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ´6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ´2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。
(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。
(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。
(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。
(7)①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。
②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。
2021年化学高考模拟题
1．（2021·九龙坡区·重庆市育才中学高三三模）B和Ni均为新材料的主角。回答下列问题：
(1)基态B原子的核外电子有___________种空间运动状态；基态Ni原子核外占据最高能层电子的电子云轮廓图的形状为___________。
(2)硼的卤化物的沸点如表所示：
卤化物
BF3
BCl3
BBr3
沸点/℃
-100.3
12.5
90
解释表中卤化物之间沸点差异的原因___________。
(3)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如Ni(PPh3)2，其中Ph表示苯基，PPh3表示分子，PPh3的空间构型为___________；Ni(PPh3)2晶体中存在的化学键类型有___________(填字母)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E．配位键 F．氢键
(4)鉴定Ni2＋的特征反应如下：
Ni2+++2H+
在1mol鲜红色沉淀中，含有sp2杂化原子的数目为___________个(阿伏加德罗常数的值为NA)。丁二酮肟中，各元素电负性由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
(5)硼化钙可用于新型半导体材料，一种硼化钙的晶胞结构及沿z轴方向的投影图如图所示，硼原子形成的正八面体占据顶角位置。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度ρ=___________g·cm-3。
【KS5U答案】3 球形 均为分子晶体，相对分子质量不同 三角锥形 BCE 8NA O>N>C>H
【KS5U解析】
(1)基态B原子的电子排布式为1s22s22p1，1s轨道、2s轨道、2p的1个原子轨道上排有电子，则有3种空间运动状态；基态Ni的简化电子排布式为[Ar]3d84s2，最高能层电子排布在4s能级，s电子云轮廓图的形状为球形；故答案为：3；球形。
(2)三者沸点都较低，三者均为分子晶体，BF3、BCl3、BBr3的相对分子质量逐渐增大，分子间作用力逐渐增强，沸点逐渐升高；故答案为：均为分子晶体，相对分子质量不同。
(3)P原子最外层有5个电子，P与苯基形成3个P—Cσ键，P上还有1对孤电子对，则P的价层电子对数为4，PPh3的空间构型为三角锥形；在Ni(PPh3)2中Ni与PPh3之间形成配位键，PPh3中P与苯基之间形成P—C极性键，苯基中存在C—H极性键和碳碳之间的非极性键，选BCE；故答案为：三角锥形；BCE。
(4)在鲜红色沉淀中形成C=N键的C、N原子都采取sp2杂化，1个鲜红色沉淀中采取sp2杂化的原子有8个，1mol鲜红色沉淀中含sp2杂化的原子为8mol，数目为8NA；丁二酮肟中含C、H、N、O四种元素，同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，则丁二酮肟中各元素电负性由大到小的顺序为；故答案为：8 NA；。
(5)硼原子形成的正八面体占据顶角位置，结合沿z轴方向的投影图可知，1个晶胞中有83=24个B原子位于棱上，根据均摊法，1个晶胞中含有B原子=6个，Ca位于体心，为1个，1个晶胞的质量为 ，晶胞的体积为（anm）3，晶体的密度为 g/cm3；故答案为：。
2．（2021·重庆市第十一中学校高三二模）我国在5G系统的初期部署中采用了基于GaN的功率放大器。
(1)基态Ga原子的核外电子排布式________，基态N原子最高能级的原子轨道形状为________。
(2)镓的各级电离能(单位：kJ·mol-1)依次为577、1984.5、2961.8、6192，由此可知镓的主要化合价为________和＋3。与同周期相邻元素Zn比较，第一电离能Ga________Zn(填“>”、“<”或“＝”)，理由是________。
(3)已知氮化硼、氮化铝、氮化镓的熔点如下表。从结构的角度分析它们熔点不同的原因是________。
物质
BN
AlN
GaN
熔点/℃
3000
2249
1700
(4)GaN可由非极性分子三甲基镓(CH3)3Ga和NH3发生系列反应制得。GaN晶胞结构如图1所示，(CH3)3Ga和GaN中Ga原子的杂化方式分别为________、________。
(5)图1的六棱柱底边边长为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA。晶胞中每个Ga原子周围最近的Ga原子数目为________。从GaN晶体中“分割”出的平行六面体如图2，若该平行六面体的体积为，则GaN晶体的密度为________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
【KS5U答案】[Ar]3d104s24p1 哑铃形 +1 < Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，第一电离能较高 氮化硼、氮化铝、氮化镓都是原子晶体，硼、铝、镓的原子半径逐渐增大，键长增长，键能减小，熔点降低 sp2 sp3 12
【KS5U解析】
(1)Ga是第31号元素，位于第四周期III A族，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1；基态N原子的最高能级的原子轨道为2p轨道，其形状为哑铃形；
(2)由于镓的第一电离能与第二电离能相差较大，第三电离能与第四电离能相差也大，故镓的主要化合物的化合价为+1和+3；Zn为30号元素，其基态原子的核外电子排布为[Ar]3d104s2，由此可知：Zn的电子排布是全充满的，比较稳定，其第一电离能高于Ga，故第一电离能：Ga＜Zn；
(3)三者都属于原子晶体，B、Al、Ga的原子半径依次增大，使得B-N、Al-N、Ga-N的键长依次减小，键能依次增大，故三者的熔点依次降低；
(4) (CH3)3Ga中Ga形成3个σ键，没有孤电子对，Ga原子的杂化方式为sp2杂化；如图所示，一个Ga原子与两个Ga原子和一个N原子相连，由于这个Ga原子有一个空轨道，而N原子还含有孤电子对，故Ga原子的杂化方式为sp3杂化；
(5)如图1所示，晶胞中每个Ga原子周围最近的Ga原子数目为12；根据图1和图2可知，图2所示的结构是图1晶胞结构的，则该晶胞的体积为a3 cm3，该晶胞中含有的Ga原子个数为=6，N原子个数为，=6，故GaN晶体的密度为=g∙cm-3。
3．（2021·青海西宁市·高三二模）磷及其化合物在工农业生产中都有重要作用。
(1)磷原子核外电子排布式为_______。
(2)羟基磷灰石[Ca5(PO4)3OH]是牙齿中的重要矿物质，其中羟基(-OH)中氧原子的杂化方式为_______，的空间构型为_______，该化合物中所含元素电负性最大的是_______。
(3)磷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为：
B：(0，0，0)；(，，0)；(，0，)；(0，，)……
P：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)……
①请在图中画出磷化硼晶胞的俯视图_______。
②与每个磷原子紧邻的硼原子有_______个，与每个硼原子紧邻的硼原子有_______个。
(4)磷钇矿可提取稀土元素钇(Y)，某磷钇矿的结构如图所示。该磷钇矿的化学式为_______，与互为等电子体的阴离子有_______(写出一种离子符号)。已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磷钇矿的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
【KS5U答案】1s22s22p63s23p3 sp3 正四面体形 O 4 12 YPO4 SO或ClO、BrO、IO、SiO等
【KS5U解析】
(1)磷的原子序数是15，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；
(2)羟基（-OH）中氧原子价层电子对个数是4，根据价层电子对互斥理论判断O原子的杂化方式为sp3；中P原子价层电子对个数=4+(5+3-4×2)/2=4且不含孤电子对，根据价层电子对判断该微粒空间构型为正四面体形；元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；
(3)①由个原子坐标，可知晶胞中B原子处于晶胞的顶点、面心位置，而P原子处于晶胞内部，处于B原子形成的正四面体体心位置，投影时顶点原子形成正方形的顶点，左、右侧面及前、后面的面心原子投影处于正方形棱心，而上、下底面面心原子投影重合处于正方形的中心，As原子投影处于原子处于正方形内部且处于正方形对角线上（P原子投影、上下底面面心B原子投影将对角线4等分），故磷化硼晶胞的俯视图为：；
②P原子周围连接4个B原子，与每个磷原子紧邻的硼原子有4；以顶点B原子研究，与之紧邻的硼原子处于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，与每个硼原子紧邻的硼原子有3×8/2=12个；
(4)晶胞中含Y的个数是，＝4，含磷酸根的个数是＝4，该磷钇矿的化学式为YPO4，原子数和价电子数分别都相等的互为等电子体，与互为等电子体的阴离子有SO或ClO、BrO、IO、SiO等。已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该磷钇矿的密度为g·cm-3。
4．（2021·青海高三三模）第四周期过渡元素单质及其化合物在生活、生产中有广泛应用。回答下列问题：
(1)Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，Co3＋的配位数是___________，配位体NH3的空间构型为___________。
(2)NiO的晶体结构如图所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子的坐标参数为___________。
(3)已知TiC在碳化物中硬度最大，工业上一般在真空和高温(>1800℃)条件下用C还原TiO2制取TiC：TiO2＋3C TiC＋2CO↑。该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为___________；根据所给信息，可知TiC是___________晶体。
(4)已知Zn2＋等过渡元素离子形成的水合离子的颜色如下表所示。
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：___________。
(5)V2O5是一种常见的催化剂，在合成硫酸、硝酸中起到非常重要的作用。五氧化二钒的结构式为()，则该结构中σ键与π键个数之比为___________。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)。VO与PO的空间构型相同，其中V原子的杂化方式为___________。
【KS5U答案】6 三角锥形 （1，，） O＞C＞Ti 原子 3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态） 3：2 sp3
【KS5U解析】
(1)Co3＋的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2＋中，配体有1个N 离子，5个氨分子，Co3＋的配位数是1+5=6，氨分子中心原子N是sp3杂化，有一对孤电子对，配位体NH3的空间构型为三角锥形。故答案为：6；三角锥形；
(2)NiO的晶体结构如图，离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C原子的坐标参数为（1，，）。故答案为：（1，，）；
(3)周期表中同主族从上到下，同周期从右到左，元素的金属性增强，电负性增大，O＞C，TiC中Ti显正价，碳显负价，该反应中涉及的元素按电负性由大到小的顺序排列为O＞C＞Ti；根据所给信息，TiC在碳化物中硬度最大，可知TiC是原子晶体。故答案为：O＞C＞Ti；原子；
(4)Sc3+的外围电子排布式为[Ar]3d0，Cr3+的外围电子排布式为[Ar]3d3，Fe3+电子排布式为[Ar]3d6，Zn2+的外围电子排布式为[Ar]3d10，对比四种离子的外围电子排布式可知，其水合离子的颜色与3d轨道上的单电子有关，由于Sc3+3d轨道全空，Zn2+的3d轨道全满，所以二者无色，根据原子结构推测Sc3＋、Zn2＋的水合离子为无色的原因：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）。故答案为：3d轨道上没有未成对电子（或3d轨道全空或全满状态）；
(5)五氧化二钒的结构式为()，则该结构中σ键与π键个数之比为6：4=3：2。V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠(Na3VO4)。VO与PO的空间构型相同，VO原子价层电子对数为4+=4，其中V原子的杂化方式为sp3。故答案为：3：2；sp3。
5．（2021·全国高三零模）黄铜矿(主要成分为)是一种天然矿石。中国在商代或更早就掌握了由它冶炼铜的技术。医药上，黄铜矿有促进骨折愈合的作用。请回答下列问题：
(1)基态比稳定的原因是______。
(2)中的阴离子的空间构型为______，与互为等电子体的离子是______(写出一种化学式即可)。
(3)图为某阳离子的结构，加热时该离子先失去的配位体是______(填化学式)，原因是______。
(4)四方晶系的晶胞结构如图1所示。
①中各元素电负性数值从小到大的顺序为______，晶胞中原子的杂化方式为______。
②晶胞中和的投影位置如图2所示。设阿伏伽德罗常数的值为，则该晶体的密度为______。
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，称作原子的分数坐标，例如图1中原子1的坐标为，则原子2的坐标为______。晶体中距离最近的有______个。
【KS5U答案】的价电子为，为全充满状态，稳定，的价电子为，较不稳定。 三角锥形 (或等) 的配位能力强 4
【KS5U解析】
(1)铜是29号元素，基态Cu+的价电子排布式为3d10，为全充满状态，稳定，价电子排布式为3d9，较不稳定。故答案为：的价电子为，为全充满状态，稳定，的价电子为，较不稳定。
(2) 中的阴离子根据价层电子对互斥理论可知：，中心原子采取sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形；与互为等电子体的离子是(或等)，故答案为：三角锥形、(或等)
(3) 由图可知Cu2+离子与H2O分子和NH3分子配位，O的电负性强于N元素，所以NH3更容易提供孤电子对，形成更稳定的配位键，加热时先失去不稳定的配体，所以加热时该离子先失去的配位体是H2O，故答案为：H2O、的配位能力强
(4) ①同周期元素从左到右电负性依次增强，中各元素电负性数值从小到大的顺序为，由晶胞所示，图中原子成两个单键，有两对孤电子对，原子杂化方式，故答案为：、
②观察题给晶胞结构图可知,每个该晶胞中铜原子的数目为，铁原子的数目为，硫原子的数目为8个，故该晶体密度=。故答案为：
③由题给晶胞结构图及投影信息可知,原子2的坐标为CuFeS2晶体中距离Fe最近的S有4个。故答案为：、4
6．（2021·安徽师范大学附属中学高三其他模拟）TiO2和MnO2均可以催化降解甲醛、苯等有害物质，具有去除效率高，且无二次污染等优点，广泛应用于家居装潢等领域，其中一种催化机理如图所示。
回答下列问题：
(1)基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为______。
(2)甲醛和苯分子中的σ键之比为_________。
(3)CO2和·CHO中碳原子的杂化形式分别为_____、_______。
(4)的空间构型为_______。
(5)下列各组微粒互为等电子体的是_______(填编号)。
a.与 b.CO2与SO2 c.C6H6与B3N3H6 d.与HNO3
(6)金属钛和锰可导电、导热，有金属光泽和延展性，这些性质都可以用____理论解释。已知金属锰有多种晶型，γ型锰的面心立方晶胞俯视图符合下列____(填编号)。
(7)钙钛矿晶胞如图所示，Ti4+处于6个O2-组成的正八面体空隙中，在钙钛矿晶胞结构的另一种表示中，Ti4+处于各顶点位置，则O2-处于____位置。若Ca2+与O2-的最短距离为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为____g·cm−3(列出表达式)。
【KS5U答案】2:5 1:4 sp sp² 平面三角形 cd 自由电子(电子气) c 棱心
【KS5U解析】
(1)由化学周期表可得钛有2个未成对电子，锰有5个，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2:5，故答案为：2:5；
(2)甲醛分子式为HCHO，有3根σ键，苯分子的σ键有12根，所以甲醛和苯分子中的σ键之比为1:4，故答案为：1:4；
(3)二氧化碳结构式为O=C=O，-CHO结构式为H-C=O，由此可判断出它们的杂化方式为sp和sp²，故答案为：sp；sp²；
(4)碳酸根离子中C的价层电子对数为3，杂化方式为sp2，故构型平面三角形，故答案为：平面三角形；
(5)等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。
a．O的价电子数不同，不是等电子体，故a错误；
b．C和S价电子数不同，不是等电子体，故b错误；
c．C6H6与B3N3H6原子总数和价电子数均相同，是等电子体，故c正确；
d．与HNO3原子总数和价电子数均相同，是等电子体，故d正确；
故选cd。
(6)自由电子理论可以解释金属具有的共同物理性质；面心立方晶胞的俯视图为c图，故答案为：自由电子(电子气)；c；
(7) O2-离子个数为3，由此可以想出其位于棱心；由题可得晶胞边长为a nm，，故答案为：。
7．（2021·天津）铬锆铜(CuCrZr)合金广泛应用于机械制造工业的焊接。已知锆(40Zr)位于第IVB族，根据要求回答下列问题：
(1)铜元素在元素周期表的分区为___________。基态Cr原子的价电子排布图(即轨道排布式)为___________。
(2)将硫酸铜固体溶于水中，呈天蓝色，该天蓝色离子的结构式为___________，的空间构型为___________(用文字描述)。
(3)K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是___________。
(4)晶体具有自范性及各向异性等特点，造成某些物理性质的各向异性最本质原因是___________，铜与氯形成晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为___________已知晶胞边长为anm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为___________g·cm-3。
(5)火法炼铜中，，___________元素被氧化。(填元素符号)
【KS5U答案】ds 正四面体形 Cr的价电子数比K多，半径比K小，所以Cr中的金属键比K强 晶体中的粒子周期性有序排列 CuCl S
【KS5U解析】
(1)铜元素位于元素周期表ds区；基态Cr原子的价电子排布图为： ；
(2)CuSO4溶于水形成四水合硫酸铜，其结构式为：，中氯原子的价层电子对数是4，所以其空间构型是：正四面体形；
(3)K原子半径大，且价电子数少，金属键弱，熔沸点更低；
(4) 因为单晶体内各个方向上原子排列密度不同,造成原子间结合力不同,因而表现出各向异性，因此其原因是：晶体中的粒子周期性有序排列，氯原子位于八个定点，六个位于面上：，铜有四个位于内部其个数为：4，所以其化学式为：CuCl；其密度。
(5)通过方程式：可以发现只有S元素化合价升高而被氧化。
8．（2021·河北沧州市·高三三模）高熵合金通常被定义为含有5种以上主要元素的固溶体，每种元素的摩尔比为。这个概念已经扩展到创造熵稳定的功能材料中。此类材料有熵稳定高熵功能材料(的氧化物)，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。根据所学知识回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，有_______个未成对电子。
(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如(表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为_______；晶体中存在的化学键类型有_______(填标号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E.配位键 F.氢键
(3)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)已知：是强还原剂，与水反应能生成，中含有键与键的数目之比为_______，该离子中C的杂化方式为_______。
(5)的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为和，密度为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为_______(用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
【KS5U答案】 2 三角锥形 BCE sp
【KS5U解析】
(1)基态原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；
(2)(表示苯基)中配体为原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在(极性键)，(非极性键)，(配位键)，答案选BCE；
(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能Fe＞Mn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn；
(4)中C、N以三键连接，三键中含有1个键，2个键，故键与键的数目之比为，键不参与杂化，只有1个键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；
(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个，故原子所占的总体积，该晶胞的体积为，则原子的空间利用率为。
9．（2021·河南新乡市·新乡县一中高三其他模拟）(1)溴苯和硅在催化剂铜的存在下加热，可以生成C6H5SiBr3和H5C6-C6H5，基态铜原子的价电子排布式为___________，形成硅化物中硅的杂化类型为___________。已知硅的氢化物SiH4中Si显正电性，在上述反应中所有非金属元素的电负性由大到小的顺序为___________。
(2)硅是亲氧元素，在自然界以氧化物和含氧酸盐形式存在，硅和碳同主族但SiO2比CO2熔点高的原因是___________，SiO的空间构型为___________。
(3)硅在不同条件下的晶体结构不同
①常温时为金刚石型结构如图1，该结构中硅原子与Si-Si键的数量比为___________，下图中为晶胞(图1)对角面的投影图(以表示硅原子)的是___________。(填选项)
②当条件变为12 Gpa时，硅晶体为四方晶系，晶胞如图2，晶胞参数a=183 pm，c=900pm，晶胞的密度为___________ g/cm3(阿伏加德罗常数的值为6.02×1023写出计算式)
【KS5U答案】3d104s1 sp3 Br>C>H>Si SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键，作用力强，熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用力为分子间作用力，相互作用弱，熔点低 平面三角形 1：2 AC
【KS5U解析】
(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，基态铜原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，价电子排布式为3d104s1；形成的硅化物中Si原子最外层有4个电子，分别与3个Br、苯环上的C结合，形成四个σ，所以Si为sp3杂化；因为硅的氢化物SiH4中Si显正电性，说明H吸引电子能力更强，所以Si的电负性小于H；在CH4中C显负电性，CBr4中C显正电性，所以电负性顺序为Br>C>H>Si；
(2) SiO2是原子晶体，微粒间作用力为共价键，作用力强，熔点高，CO2属于分子晶体，微粒间作用力为分子间作用力，相互作用弱，熔点低；SiO中Si原子的价层电子对数为=3，不含孤电子对，所以为平面三角形；
(3)①每个Si原子形成4个Si-Si键，每个Si-Si键被两个硅原子共用，所以每个Si原子拥有=2个Si-Si键，则硅原子与Si-Si键的数量比为1：2；沿阴影的对角线界面的投影为；若为另一个对角线则是，所以选AC；
②根据图示可知晶胞体积为1.83×1.83×9×10-24cm3，根据均摊法晶胞中Si原子的个数为=4，所以晶胞的质量为4×28÷6.02×10-23g，所以密度为g/cm3。
10．（2021·天津高三三模）金属及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)①基态铜原子中，其占据最高能层的符号是___。
②锰、锝、铼位于同一副族且原子序数依次增大。类比锰，写出基态锝原子价层电子排布式___。
(2)下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是___(填编号)。
A． B． C． D．
(3)NH3在高温条件下能还原CuO，2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，反应中所涉及的所有元素的电负性由大到小的顺序为___(填元素符号)；S元素与多种金属非金属元素形成化合物，SiS2的结构与CS2类似，则SiS2分子的空间构型为___。
(4)一种含Cu、S元素的有机物的结构简式如图1所示，N原子的杂化方式为___。
(5)超硬材料氮化铂的一种晶胞如图2所示，与N等距最近Pt的原子个数是___，若该晶胞参数为apm，密度为ρg·cm-3，则阿伏加德罗常数(NA)为___mol-1(用含a、ρ的式子表示，并化成最简)
(6)Cl2可氧化KSCN溶液。查阅资料可知SCN-中氮元素转化为NO。如图3所示，取A中溶液于试管中，加入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。写出SCN-与Cl2反应的离子方程式为___。
【KS5U答案】N 4d55s2 A O＞N＞H＞Cu 直线形 sp2 4 892/10−30ρa3 SCN-+8Cl2+9H2O=NO+SO+CO2+16Cl-+18H+
【KS5U解析】
(1)①Cu是29号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，基态铜原子中核外电子占据最高能层是4s，符号是N；
②基态锰的价电子排布为3d54s2，基态锝原子、铼原子的核外电子排布特点相同，则基态锝原子的价电子排布为4d55s2；
(2)由题给信息知，A为Fe3+的基态、D为Fe3+的激发态，B为Fe2+的基态、C为Fe2+的激发态，A项Fe3+的基态最稳定，再失去一个电子较难，所需能量最高，故答案为：A；
(3)根据同周期从左到右非金属性增强，则电负性逐渐增大，同主族从上到下，非金属性减弱，则电负性逐渐减小，因此反应中所涉及的所有元素的电负性由大到小的顺序为O＞N＞H＞Cu；CS2是直线形，SiS2和CS2是等电子体，结构与CS2类似，则SiS2分子的空间构型为直线形；
(4)由题给信息知，中心N原子的周围有3个氧原子，而且无孤电子对，杂化类型为sp2；
(5)根据晶胞示意图可知，N原子位于晶胞体内，分别填充在Pt形成的正四面体空隙中，与N等距最近Pt的原子个数是4，Pt位于晶胞的顶点和面心，则1个晶胞中含有Pt的个数为8×1/8+6×1/2=4，N原子位于晶胞体内，N的个数为8，因此1个品胞的质量为(195×4+14×8)/ NA=892/ NAg，依据公式ρ=m/V可得，ρ=892/ NAg÷(a×10−10)3g/cm3，故NA=892/10−30ρa3 mol-1；
(6)加入用HCl酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明含有SO，SCN-与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的离子方程式为SCN-+8Cl2+9H2O=NO+SO+CO2+16Cl-+18H+。
11．（2021·天津高三一模）乙炔是有机合成工业的一种重要原料。工业上曾用焦碳制备电石(CaC2)，再与水反应制备乙炔。
(1)焦炭、金刚石和C60都是碳的单质。已知金刚石中碳碳键的键长为154.45pm，C60中碳碳键的健长为140~145pm，二者比较熔点高的是___，理由是___。
(2)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈(H2C=CH—C≡N)。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是___，该分子中σ键与π键个数比为___。
(3)将乙炔通入[Cu(NH3)2]Cl溶液生成Cu2C2红棕色沉淀。Cu+基态核外电子排布式为___。[Cu(NH3)2]Cl的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式：___。
(4)CaC2的电子式为____。乙炔中混有的H2S气体可用CuSO4溶液吸收，反应方程式为___。
(5)CaC2晶体的晶胞结构与NiCl晶体相似，但CaC2晶体中哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长，晶胞呈长方体(如图)。每个Ca2+周围距高相等且最近的C有___个。已知CaC2晶体密度为ρg·cm-3，晶胞中两个C的最近距离为acm，阿伏加德罗常数值为NA。则CaC2晶胞中棱长h=___cm。
【KS5U答案】金刚石 金刚石是原子晶体，C60为分子晶体 sp、sp2 2:1 [Ar]3d10 4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH-或4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH- 4
【KS5U解析】
(1)金刚石内部碳原子之间以共价键相连形成空间网状立体结构，为共价晶体，熔点高，分子内部碳原子以共价键相连形成分子，为分子晶体，熔点低，答案为：金刚石；金刚石是共价晶体，C60为分子晶体；
(2)利用价层电子对互斥理论计算中双键碳原子的价层电子对数为，所以双键碳的杂化方式为：杂化，三键碳的价层电子对数为，所以三键碳的杂化方式为：杂化；两个形成共价键的原子间有且只有一条键，除外的共价键为键，中含有6条键，3条键，分子中σ键与π键个数比为：2:1，答案为：、；2:1；
(3)29号元素 的基态电子排布式为： ，基态核外电子排布式为：；[Cu(NH3)2]Cl的氨水溶液中铜元素为+1价亚铜离子，在空气中被氧气氧化成，反应的离子方程式为：，答案为：；；
(4)CaC2为离子化合物，碳原子之间形成碳碳三键，电子式为：；H2S气体与CuSO4溶液发生复分解反应生成，化学方程式为：，答案为： ；；
(5)C位于长方体晶胞的八个顶点和六个面心，位于晶胞的十二个棱中间，由于晶胞呈长方体，每个Ca2+周围距高相等且最近的C在其的前后左右，共四个；晶胞中距离最近的两个C位于图中所示长方体晶胞底面的对角线一半，可知长方体的底边边长为，所以该晶胞的体积为：，所以密度为：，计算可知：，答案为：4；。
12．（2021·四川树德中学高三其他模拟）N、P、As均为氮族元素，这些元素与人们的生活息息相关。回答下列问题：
(1)下列状态的N原子或离子在跃迁时，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是___________(填序号，下同)，未成对电子最多的是___________。
a． ls22s22p3 b．1s22s2 c．1s22s12p4 d．1s22s12p3
(2)Si、P与S是同周期中相邻的元素，Si、 P、S的电负性由大到小的顺序是___________，第一电离能由大到小的顺序是___________。
(3)吡啶为含N有机物。这类物质是合成医药农药的重要原料。下列吡啶类化合物A与Zn(CH3CH2)2(即ZnEt2 )反应生成有机化合物B， B具有优异的催化性能。
吡啶类化合物A中N原子的杂化类型是___________，化合物A易溶于水，原因是___________，含Zn有机物B的分子结构中含___________(填序号)。
A．离子键 B．配位键 C．π键 D．σ键 E．氢键
(4)N与金属可形成氮化物，如AIN的晶胞结构如图甲所示，某种氮化铁的结构如图乙所示。
①AIN晶胞中，含有的Al、N原子个数均是___________。
②若该氮化铁的晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该氮化铁晶体的密度可表示为___________。 g·cm-3.若该氮化铁的化学式为FexNy，Cu可替代晶胞中不同位置的Fe，形成Cu替代型的化学式是Fex-nCunNy，而FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图丙所示，Cu替代晶胞中的Fe形成化学式为FeCu3N的氮化物不稳定，则a位置表示晶胞中的___________(填“顶点"或“面心”)。
【KS5U答案】c d S＞P＞Si P＞S＞Si sp2 化合物A与水分子间存在氢键 BCD 6 顶点
【KS5U解析】
(1)电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱的是1s22s12p4，未成对电子最多的是1s22s12p3，故答案为：c；d；
(2)同周期自左而右电负性增大，则负电性由大到小的顺序是S＞P＞Si；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，由于P的3p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序是P＞S＞Si，故答案为：S＞P＞Si；P＞S＞Si；
(3)吡啶类化合物A中N原子形成2个σ键、有1对孤电子对，因此N原子杂化类型是sp2；A中含有羟基，可与水分子形成分子间氢键，增强其水溶性，所以化合物A易溶于水；含Zn有机物B的分子结构中存在单键、双键以及N→Zn、O→Zn配位键，因此答案选BCD，
故答案为：sp2；化合物A与水分子间存在氢键；BCD；
(4)①AlN晶体结构单元中，Al原子4个处于内部、6个处于棱上，含有的Al原子个数为4+6×1/3=6。N原子3个处于内部、2个处于上下底面面心、12个处于顶点，N原子个数为3+2×1/2+12×1/6=6，含有的Al、N原子个数均是6个，故答案为：6；
②根据均摊法在氮化铁晶胞中，含有N原子数为1，Fe原子数为8×1/8+6×1/2=4，所以氮化铁的化学式Fe4N，晶胞质量为238/ NAg，晶胞的体积为(a×10-10)a3cm3，则该氮化铁的晶体密度可表示为238/ NAg÷(a×10-10)a3cm3=g/cm3；Cu替代晶胞中的Fe形成化学式为FeCu3N的氮化物不稳定，由于能量越低越稳定，因此Cu替代a位置Fe型的化学式为Fe3CuN，则a位置表示晶胞中的顶点，故答案为：；顶点。
13．（2021·安徽高三其他模拟）镍是一种亲铁元素，地核主要由铁、镍元素组成。
(1)基态镍原子的价电子排布式为_______。
(2)配合物Ni(CO)4常温为液体，其最可能的晶体类型是_______，配位原子为_______。CO与N2互为等电子体，熔沸点更高的是CO，其原因是_______。
(3)NiSO4溶液与丁二酮肟的反应如图，该反应可以用来鉴别Ni2+。
①丁二酮肟中四种元素电负性由大到小的顺序为_______，碳原子的杂化轨道类型为_______。
②二(丁二酮肟)合镍(II)中存在的化学键有_______(填选项字母)。
A．σ键 B．π键 C．配位健 D．氢键 E.范德华力
(4)镍可做许多有机物与氢气加成的催化剂，例如吡啶()的反应方程式为：
3H2+
吡啶中大Π键可以表示为_______。
(5)某种镁、镍和碳三种元素形成的晶体具有超导性。该晶体可看作是镁原子做顶点，镍原子作面心的面心立方堆积(晶胞结构如图，未标出碳原子位置)，碳原子只填充在由镍构成的八面体空隙。
①图中碳原子的位置位于晶胞的_______。
②已知晶胞中相邻且最近的镁、碳原子间核间距为a nm，NA为阿伏加德罗常数的值，其密度为_______g/cm3(列出算式即可)。
【KS5U答案】3d84s2 分子晶体 C 均为分子晶体，相对分子质量相同，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高 O＞N＞C＞H sp3和sp2 ABC 体心
【KS5U解析】
(1)Ni为28号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，价电子排布式为3d84s2；
(2)Ni(CO)4常温为液体，熔沸点较低，应为分子晶体；CO分子中C、O原子都有孤电子对，但C的电负性较小，更容易给出电子，所以配位原子为C；CO和N2均为分子晶体，相对分子质量相同，但CO为极性分子，极性越大，范德华力越大，熔沸点越高；
(3)①非金属性越强，电负性越大，所以丁二酮肟中四种元素电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；丁二酮肟中甲基中的C原子为sp3杂化，C=N键中的C原子为sp2杂化；
②C=N键中有一个σ键，一个π键，N原子共形成四个共价键，则N原子与Ni原子之间为配位键，氢键和范德华力不是化学键，故选ABC；
(4)吡啶中C、N原子均为sp2杂化(N原子为不等性sp2杂化)，未参与杂化的轨道中都有一个电子参与形成大Π键，所以可以表示为；
(5)①镍原子在面心，碳原子只填充在由镍构成的八面体空隙，所以碳原子在体心；
②相邻且最近的镁、碳原子间核间距为a nm，则晶胞的体对角线为2a nm，所以晶胞的棱长为nm=×10-7cm，则晶胞体积为cm3，晶胞中C原子个数为1，Mg原子个数为=1，Ni原子个数为=3，所以晶胞的质量为g，则密度=g·cm-3。
14．（2021·广西南宁市·南宁三中高三三模）金云母{K2Mg6[Al2Si6O20] (OH)4}是一种含镁和钾的铝硅酸盐，化学成分中替代钾的有钠、钙、钡；替代镁的有钛、铁、锰、铬。
(1)基态钾原子的核外电子排布式为___________。
(2)钡元素在周期表中位于___________ (填“s”“d”或“p”) 区。
(3) Mg、Al、 K的第一电离能由小到大的顺序是___________。
(4)镁、钙、钡均为第IIA族元素。
①MgO、CaO、BaO 中硬度最小的是___________。
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，则与O2-距离最近的Ca2+数目为___________。
(5)双(β—二酮)钛(IV)配合物具有抗肿瘤作用。为了寻求生物活性更好的β—二酮配体，设计如下合成过程：
①物质甲中碳原子的杂化方式为___________。
②K2CO3中阴离子的空间构型为___________。
③物质乙中含σ键和π键的数目之比为___________。
(6)镁与硅形成的晶体的晶胞属于面心立方结构，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。
①C点的Mg原子坐标参数为___________。
②设Na为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为___________g·cm-3。
【KS5U答案】1s22s22p63s23p64s1 s K＜Al＜Mg BaO 6 sp2、sp3 平面三角形 22∶3 ( )
【KS5U解析】
(1) K是19号元素，根据能量最低原理，可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1；
(2)钡处于第六周期第IIA族，属于s区元素：
(3) 一般金属性越强，笫一电离能越小，Mg元素原子3s轨道为全充满稳定结构，第一电离能高于于Al的，故第一电离能由小到大的顺序为： K＜A1＜Mg；
(4) ①MgO、CaO、BaO均属于离子晶体，离子电荷数相同，由于r(Mg2+) ＜r(Ca2+) ＜r(Ba2+)，故晶格能MgO＞ CaO＞ BaO，故BaO的硬度最小：
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，离子的配位数为6，则与O2-距离最近的Ca2+数目为6；
(5)①物质甲羰基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化；②CO32-中C原子孤电子对数==0， 价层电子对数=3+0=3，故其空间构型为平面三角形：③单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，物质乙中含σ键和π键的数目之比为22： 3；
(6)①C点的Mg原子与坐标原点Si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，
可知其参数x=y=z= ，即C点Mg原子坐标参数为()：②晶胞中Mg原子数目为8， Si 原子数目为8×+6×=4 晶胞质量= 晶胞体积= (a×10-7)3，晶胞密度= ÷(a×10-7)3=
15．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三其他模拟）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。回答下列问题：
(1)砷和磷为同一主族的元素，则基态As的价层电子排布式为___，AsH3的空间构型为___。
(2)SnCl4是制备有机锡化合物的原料，染色的媒染剂，缩合剂。SnCl4中锡原子的杂化方式为__，常温常压下SnCl4为无色液体，其固体的晶体类型为___。
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图1所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有____mol，该螯合物中所有非金属元素的第一电离能由大到小排序为___。
(4)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。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图2所示，晶胞每个棱夹角均为90度。已知晶胞参数如图，则图中紧邻Cd与As间的距离为___pm，晶胞密度为_______g/pm3。(NA表示阿伏伽德罗常数)
【KS5U答案】4s24p3 三角锥形 sp3 分子晶体 6 N＞O＞C＞H
【KS5U解析】
(1)As为第四周期VA族元素，所以其价层电子排布式为：4s24p3，AsH3当中，As元素有一个孤电子对，三个σ键，所以其空间构型为：三角锥形；
(2)SnCl4中锡原子的价层电子对数是4，所以其杂化方式为sp3，因为常温常压下SnCl4为无色液体，说明其熔点比较低，所以为分子晶体；
(3)根据题目信息，结合题图甲中的结构，与Cd2+通过螯合配位成环形成的是配位键，可得1mol该配合物中通过签合作用形成的配位键有6mol；C、N、O、H的第一电离能的大小顺序为：N＞O＞C＞H；
(4)由图2可知，Cd或Sn为黑球或白球，As为灰球，则黑球或白球与灰球都是小立方体体对角线的，紧邻Cd与As间的距离为pm；g/pm3。
16．（2021·长沙市明德中学高三三模）近日，某科研团队成功合成了Ni—Fe双原子催化剂(Ni/Fe—C—N)，并应用于高效催化CO2还原。回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子轨道排布图为_______。
(2)C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与CO提供配位的电子总数之和为18，则n=_______；该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂，原因是_______。
(4)二茂铁的结构为，由Fe2+和(环戊二烯基负离子)构成。一个中σ键总数为_______，C原子的杂化轨道类型为_______。
(5)某C、Fe合金的晶胞结构如图所示：
该合金的化学式为_______，若该晶体的晶胞参数为apm、bpm、cpm，α=β=γ=90o，密度为ρg·cm-3，则NA为_______(写出计算式即可)。
【KS5U答案】 N>O>C 4 Ni(CO)4属于非极性分子，易溶于非极性溶剂中 10 sp2 Fe3C mol-1
【KS5U解析】
【KS5U解析】
(1)基态铁原子的价电子排布式为3d64s2，则价电子轨道排布图为 ；
(2)C、N、O是同周期主族元素，随核电荷数增大，第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p3轨道是半充满结构，相对稳定，则三种元素的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
(3)Ni的价电子数为10，每个配体提供一个电子对，则10+2n=18，n=4；Ni(CO)4属于非极性分子，苯和四氯化碳均为非极性溶剂，根据相似相溶原理，该化合物易溶于苯及四氯化碳等有机溶剂；
(4)单键均为σ键，则一个环戊二烯基负离子中σ键总数为10；结构中碳原子的价层电子对数均为3，则C原子的杂化轨道类型为sp2杂化；
(5)该合金中Fe原子数为4× +10× =6，C原子数为8×+1=2，则合金的化学式为Fe3C；晶胞的质量为g，晶胞的体积为abc×10-30cm3，根据 ρ==g/cm3可知，NA= mol-1。
【点睛】
均摊法确定立方晶胞中粒子数目的方法是：①顶点：每个顶点的原子被8个晶胞共有，所以晶胞对顶点原子只占 份额；②棱：每条棱的原子被4个晶胞共有，所以晶胞对棱上的原子只占份额；③面上：每个面的原子被2个晶胞共有，所以晶胞对面上的原子只占份额；④内部：内部原子不与其他晶胞分享，完全属于该晶胞。
17．（2021·天津高三三模）请回答以下问题：
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有__种不同运动状态的电子。
(2)如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA—ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是__。
(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___晶体。
(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___种。GaCl3中心原子的杂化方式为___。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有___个紧邻分子。
(6)若[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为___(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形
(7)F与Ca可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中Ca2+的配位数为___，若该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞的体积是__cm3(写出表达式即可，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【KS5U答案】12 SiH4 原子 3 sp2 12 a 8
【KS5U解析】
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，从图1得出信息，其最外层有2个电子，则其是12号镁元素，其原子核外有12个电子，则有12种不同运动状态电子。
(2)根据图中信息，第二周期的元素，ⅣA—ⅦA中，只有碳元素对应的CH4没有分子间氢键，则最下方的曲线为ⅣA元素氢化物的沸点变化曲线，则a点代表的是SiH4。
(3) CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示，可知该晶体是立体网状结构，故该晶体类型为原子晶体。
(4)同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但ⅡA元素的np为全充满，ⅤA元素的np为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的元素，则第一电离能：Al
(6)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，可能是平面正方形，也可能是正四面体，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，可判断其空间构型为平面正方形。
(7)从晶胞结构图可知，Ca2+采取的是面心立方最密堆积，钙离子周围与钙离子最近的氟离子有8个，则Ca2+的配位数为8，晶胞中含有的钙离子数为8+6=4个，其中F-离子填充在晶胞的四面体空隙中，则F-的个数为8个，则整个晶胞的质量为+=g，晶胞的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为 cm3。
18．（2021·天津高三二模）根据原子结构及元素性质，回答下列问题。.
(1)基态镍原子的核外电子排布式为___。
(2)Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，Ni(CO)4晶体类型是___。
(3)1molFe3[Fe(CN)6]2中含有σ键数为___，[Fe(CN)6]3-中配体为___，其中C原子的杂化轨道类型为___。
(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 E.范德华力
(5)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。
已知MgO晶胞边长为anm，则MgO的密度为___g/cm3(列出计算式)；每个Mg2+距离相等且最近的Mg2+共有___个。
【KS5U答案】1s22s22p63s23p63d84s2 分子晶体 24NA CN- sp杂化 BC 12
【KS5U解析】
(1)镍为28号元素，根据能级构造原理可知，基态镍原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或者[Ar]3d84s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d84s2或者[Ar]3d84s2；
(2)Ni与CO在60~80℃时反应生成Ni(CO)4气体，根据Ni(CO)4的沸点较低，故Ni(CO)4晶体类型是分子晶体，故答案为：分子晶体；
(3)CN-中C和N形成三键，故只有1个σ键，[Fe(CN)6]3-中含有6个配位键即6个σ键，故1molFe3[Fe(CN)6]2中含有σ键数为2(6+6)NA=24 NA，配位化合物中提供孤电子对的分子或离子为配体，故[Fe(CN)6]3-中配体为CN-，其中C原子周围形成1个σ键和1对孤电子对，故杂化轨道类型为sp杂化，故答案为：24NA；CN-；sp杂化；
(4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中四水合铜离子内部铜离子和水分子之间的配位键，配体内部的共价键，以及水分子与水分子之间的氢键，水分子与水分子之间的范德华力，故硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有：金属键和离子键，故答案为：BC；
(5)由晶胞图示可知，一个晶胞中含有的Mg2+的数目为：，O2-的数目为：，故一个晶胞的质量为：，已知MgO晶胞边长为anm，则一个晶胞的体积为(a×10-7cm)3，所以MgO的密度为g/cm3= g/cm3 (列出计算式)；根据晶胞示意图可知，每个Mg2+距离相等且最近的Mg2+共有个，故答案为：；12。
19．（2021·天津高三一模）2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳夫、M·斯坦利·威廷汉、吉野彰等三位科学家，以表彰他们在锂电池研究作出的卓越贡献。常用的锂电池用镍钴锰酸锂Li(NiCoMn)O2或磷酸铁锂(LiFePO4)等为正极材料。请回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子排布图为_______。
(2)的空间构型为_______，其中心原子的杂化类型是_______。
(3)|Co(NH3)4Cl2|Cl是一种钴常见的配合物，其中Co的配位数是_______，1mol该配合物含σ键数目为_______，若1mol该配合物与足量AgNO3溶液反应，生成沉淀的质量为_______g。
(4)Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。
(5)硫化锂Li2S的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，Li2S晶体为反萤石(萤石CaF2)结构，其晶胞结构如图。
S2-的配位数是_______，设NA为阿伏加德罗常数的值，若Li2S晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞边长是_______nm(用含ρ、NA的计算式表示)。
【KS5U答案】 正四面体形 sp3 6 18NA 143.5g NiO>CoO>FeO 8 × 107
【KS5U解析】
(1)基态Ni原子的价电子排布图为；
(2)的价层电子对数=，杂化类型为sp3，空间构型为正四面体形；
(3) [Co(NH3)4Cl2]Cl中Co的配位数为6；[Co(NH3)4Cl2]Cl内界中Co与Cl、NH3之间以配位键相连，配位键属于键，共6个，加上4个NH3的12个键，共18个；配合物内界与外界之间是离子键，内界中的Cl-并不能电离，故1mol该配合物只有1molCl-能与AgNO3溶液反应，所以生成沉淀的质量为1mol×(35.5+108)g/mol=143.5g；
(4) Fe、Co、Ni三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，同周期由左向右离子半径逐渐减小，晶格能越大，熔沸点越高，熔点由高到低的顺序为NiO>CoO>FeO；
(5)如图可知，S2-周围的Li+在晶胞中有4个，上层晶胞还有4个，故S2-的配位数为8；设a为晶胞边长，，得。
20．（2021·天津南开区·南开中学高三三模）下列表格是元素周期表的一部分。请按要求填空。
(1)写出一种由元素①和⑤形成的常见化合物的电子式为_______
(2)由②形成的单质是一种是硬度很大，熔点很高的晶体，则该晶体属于_______晶体。
(3)③④⑤三种元素的第一电离能从大到小排序为_______。
(4)写出工业上冶炼⑥单质的化学方程式_______。
(5)列举元素⑦形成的最高价含氧酸的用途_______(至少列举两种)。
(6)元素⑧的核外电子排布式为_______。
(7)下图为⑨晶体的晶胞结构。若晶胞的棱长为acm，则两个最近的⑨原子之间的距离是_______cm，晶胞密度为_______g·cm-3(⑨的摩尔质量用M表示，阿伏伽德罗常数的值用NA表示)。
(8)天津市有着丰富的海水资源，海水中含有丰富的各种元素，化学兴趣小组采用“空气吹出法”从浓海水吹出元素⑩形成的单质Br2，常温下，Br2的颜色为深红棕色液体，吹出的溴用纯碱溶液吸收，吸收溴的主要反应为：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，当吸收1molBr2时，转移电子的物质的量为_______mol。反应产物的VSEPR模型名称为_______
【KS5U答案】 或 原子或者共价 N>O>C 2Al2O3(熔融)4Al + 3O2↑ 干燥剂、做铅蓄电池的电解质、酸洗、制化肥等 [Ar]3d54s1 四面体形
【分析】
根据各元素在元素周期表中的位置可知①~⑩号元素分别为H、B、C、N、O、Al、S、Cr、Cu、Br。
【KS5U解析】
(1)H和O元素可以形成化合物H2O2和H2O，电子式分别为 、；
(2)硬度很大，熔点很高的晶体，应为原子晶体(或共价晶体)；
(3)同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以第一电离能从大到小排序为N＞O＞C；
(4)工业上通过电解熔融氧化铝制取铝单质，通常会加入冰晶石降低氧化铝的熔点，化学方程式为2Al2O3(熔融)4Al + 3O2↑；
(5)S元素的最高价氧化物为H2SO4，可以做干燥剂、铅蓄电池的电解质、酸洗、制化肥等；
(6)Cr为24号元素，原子核外有24个电子，核外电子排布式为[Ar]3d54s1；
(7)根据晶胞结构示意图可知两个最近的Cu原子的距离为面对角线的一半，即cm；根据均摊法，晶胞中Cu原子的个数为=4，所以晶胞的质量为g，晶胞体积为a3 cm3，所以密度为g·cm-3；
(8)该反应中Br元素发生歧化，根据电子守恒可知Br2、NaBr和NaBrO3的系数比为3：5：1，所以吸收1molBr2时生成mol NaBr，转移5mol电子；中心Br原子的价层电子对数为=4，VSEPR模型为正四面体。
21．（2021·天津和平区·耀华中学高三二模）(1)金属氢化物是具有良好发展前景的储氢材料。
①LiH中，离子半径Li+_______(填“>”、“=”或“<”)H-。
②某储氢材料是短周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示：
I1
I2
I3
I4
I5
I/kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
元素M在周期表的位置_______，该储氢材料的化学式为MH2，其晶胞结构如图1所示。已知该晶体的密度ag·cm-3，则该晶胞的体积为_______cm3[用a、NA表示(NA为阿伏加德罗常数的值)]。MH2为离子化合物，写出其电子式_______。
(2)下列分别为B、C、N，Cu基态原子价电子排布图，其中正确的是_______(填标号)。
A． B．
C． D．
(3) 物质的沸点高于，原因是_____。
(4)参照如图2中B、F元素的位置，依据第二周期元素第一电离能的变化规律，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置_______。
(5)Ti(BH4)3是一种储氢材料，可由TiCl4和LiBH4反应制得。
①基态原子Ti有_______种能量不同的电子，基态Ti3+的未成对电子有_______个。
②LiBH4由Li+和构成，中B原子的VSEPR模型名称是_______。
③LiBH4存在_______(填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键 E.氢键
【KS5U答案】< 第三周期IIA族 C 3-氨基苯乙烯可以形成分子间氢键 7 1 正四面体 ABD
【KS5U解析】
(1)①Li+和H-的核外电子排布相同，H的核电荷数小于Li，核电荷数越小电子离核越远，半径越大，因此H-半径大于Li+，故答案为：<；
②由M的电离能数据可知其第二电离能远小于第三电离能，说明M最外层两个电子易失去，且电子总数大于5，M为短周期主族元素，可知Mg，处于第二周期IIA族；由晶胞的结构可知Mg有8个在顶点，1个在体心，个数为，H有4个在面上，2个在体内，个数为，则晶胞的质量为：g，晶胞的体积V==cm3；MgH2为离子化合物，其电子式，故答案为：第三周期IIA族；；；
(2)A.为B的电子排布图，其价电子排布图为：，故A错误；
B.不满足洪特规则，故B错误；
C. 满足电子排不规律，且为价电子排布式，故C正确；
D. ，不满足能量最低原理，故D错误；
故答案为：C。
(3)3-氨基苯乙烯中存在氨基，分子之间能形成氢键，使得其熔沸点高于3-硝基苯乙烯，故答案为：3-氨基苯乙烯可以形成分子间氢键；
(4)第二周期元素第一电离能的变化规律为从左到右呈增大趋势，但IIA最外层为全满稳定结构，VA最外层为半满稳定结构，导致两者的第一电离能大于同周期相邻的下一族元素的第一电离能，由此可得C、N、O的位置，即：，故答案为：；
(5)①基态原子Ti原子的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d24s2，其核外有7种能级轨道，即有七种能量不同的电子，基态Ti3+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d1，未成对电子数为1，故答案为：7；1；
②中B原子的价层电子对数=，价电子构型为正四面体形，故答案为：正四面体；
③LiBH4由Li+和构成，Li+和之间为离子键，中B和H之间存在共价键和配位键，故答案为：ABD。
22．（2021·四川雅安市·高三三模）20年11月24日，长征五号遥五运载火箭搭载嫦娥五号月球探测器成功发射升空并将其送入预定轨道，实现了我国首次月球无人采样返回。月球的沙土中含有丰富的钛铁矿，土壤中还含有硅、铝、钾、钡、钴、铷、汞、铜和稀土元素等。
(1)在元素周期表的短周期中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是_______，Al元素基态原子核外M层电子自旋状态相同的电子数为_______个。
(2)钠与铝是位于同一周期的金属元素，但NaCl的熔点(801℃)高于AlCl3(194℃)，原因是____；事实证明熔融态氯化铝可挥发出二聚分子Al2Cl6，其结构如图所示，请在图上用“→”标出其配位键____；S也是第3周期元素，同周期元素中，第一电离能比S高的有____种。
(3)作为过渡元素的Fe、Cu容易形成配位化合物：如实验室检验Fe3+会用到KSCN溶液，C、N两种元素的电负性大小关系为____，与SCN-互为等电子体的粒子有____(写两种即可)。无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力有___。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E.氢键 F.范德华力
(4)钴的一种化合物晶胞结构如下图所示：
①晶胞中离Ti最近的O有____个，其中Co原子位于O原子构成的____空隙中。
A．正四面体 B．正六面体 C．正八面体 D．正十二面体
②已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ti与O的最近距离是____nm(用含ρ、NA的代数式表示，相对原子质量O-16，Co-59，Ti-48)。
【KS5U答案】Be 2 NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体 3 C＜N CO2、N2O、CNO-、COS B、C 12 C
【KS5U解析】
(1)根据对角线原则，与Al的化学性质最相似的邻族元素为Be；Al的M层为最外层，价电子排布图为，自旋状态相同的电子数为2个；故答案为Be；2；
(2)氯化钠为离子晶体，氯化铝为分子晶体，一般离子晶体高于分子晶体，因此氯化钠的熔点高于氯化铝；铝原子最外层有3个电子，Cl最外层有7个电子，一个铝原子与3个氯原子形成共价键，因此属于配位键的是或；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第一电离能比S高的元素有P、Cl、Ar，有3种；故答案为NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体；或；3；
(3)同周期从左向右电负性增大，即C＜N；根据等电子体的定义，以及邻近原则和同主族，与SCN-互为等电子体的是CO2、N2O、CNO-、COS等；硫酸铜在溶液中完全电离，不含离子键，水分子间存在范德华力和氢键，水分子内和硫酸根离子中原子间以共价键形式结合，水合铜离子中存在配位键，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力是离子键和金属键，选项BC符合题意；故答案为C＜N；CO2、N2O、CNO-、COS等；BC；
(4)①根据晶胞的结构离Ti最近的O有上、同、下层各有4个，即共有12个；根据晶胞的结构，Co周围最近的O有8个，即Co原子位于O原子构成的正八面体空隙中；故答案为12；C；
②Co原子位于晶胞的内部，全部属于晶胞，Ti位于顶点，属于该晶胞的个数为=1，氧原子位于面心，属于该晶胞的个数为=3，化学式为CoTiO3，晶胞的质量为g，晶胞的边长为nm，根据晶胞的结构，Ti与O最近的距离是面对角线的一半，即最近的距离是nm；故答案为nm。
23．（2021·四川广元市·高三三模）VA族元素及其化合物在生产生活中用途广泛。
(1)①P4S3常用于制造火柴，P和S的第一电离能较小的是___。
②As4S4俗称雄黄，其中基态As原子的核外电子排布式为[Ar]___，有___个未成对电子。
(2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为___，键角由大到小的顺序为___。已知NF3与NH3的立体构型均是三角锥形，向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成[Cu(NH3)4]2+，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因是___。
(3)①白磷在氯气中燃烧可以得到PCl3和PCl5，其中气态PCl3分子的立体构型为___。
②研究发现固态PCl5和PBr5均为离子晶体，但其结构分别为[PCl4]+[PCl6]-和[PBr4]+Br-，分析PCl5和PBr5结构存在差异的原因是___。
(4)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α=β=γ=90°，则：
①锑酸亚铁的化学式为___。
②晶体的密度为___g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【KS5U答案】S 3d104s24p3 3 NH3、AsH3、PH3 NH3、PH3、AsH3 F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子(或者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，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2+形成配位键) 三角锥 Br-半径较大，无法形成[PBr6]- Fe(SbO3)2
【KS5U解析】
(1)①P元素3p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素S，所以第一电离能较小的是S，故答案为：S
②As元素为为33号元素，第四周期第VA族，原子核外电子排布为[Ar]3d104s24p3；核外有4p轨道上3个未成对电子，故答案为：3d104s24p3、3
(2)PH3、AsH3分子间只存在范德华力，而NH3分子间还存在氢键，所以NH3沸点最高；NH3、PH3、AsH3均为sp3杂化，电负性N>P>As，N-H，P-H，As-H，供用电子对偏向电负性强的中心原子，造成N-H键之间的排斥作用增强，键角增大，根据电负性N>P>As键角依次减小；NF3中F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，使N上的孤电子对不易给出，不易形成配位键，故答案为：NH3、AsH3、PH3，NH3、PH3、AsH3，F的电负性比N大，N-F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤电子对的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子(或者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，使得氮原子上的孤电子对难以与Cu2+形成配位键)
(3)①PCl3中心P原子价层电子对数为=4，不含孤电子对，所以立体构型为三角锥形；故答案为：三角锥
②Br-半径较大，而Cl-半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl-，而无法容纳6个Br-，无法形成[PBr6]-；故答案为：Br-半径较大，无法形成[PBr6]-
(4)①据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为+2=4，O原子的个数为+10=12个，Fe2+的个数为+1=2，所以锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO3)2；
②晶胞的质量为g，晶体的体积为abc nm3=abc´10-21cm3，所以晶体的密度为g·cm3。
24．（2021·四川达州市·高三二模）利用CO可以合成化工原料Fe(CO)5，配合物Fe(CO)5常温下呈液态，易溶于非极性溶剂，可用于制备高纯铁。
(1)基态铁原子的价电子排布图是_______
(2)熔点：Fe_______Fe(CO)5(填“>”或“<”)，其理由是_______。与Fe(CO)5中的配体互为等电子体的阴离子是_______
(3)SCN-常用来检测Fe3+的存在，SCN-中心原子的杂化方式为_______，S、N、C三元素的第一电离能最大的为_______(用元素符号表示)，他们的常见含氧酸根离子中为三角锥形的是_______；已知N、C和H可组成多种化合物，其中哒嗪的结构为：，哒嗪的大π键表示为_______(大π键可用符号表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成大π键的电子数)
(4)铁能形成多种晶体结构，其中γ-Fe晶胞如图所示：，该晶胞中Fe原子的配位数为_______，若该晶胞的边长为apm，则其密度为_______g/cm3(NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。
【KS5U答案】 > Fe是金属晶体，Fe(CO)5 是分子晶体 CN- sp杂化 N SO 12 [4×56/(a3×NA)] ×1030
【KS5U解析】
(1)铁为26号元素，其电子排布式为：[Ne]3d64s2，价电子为3d64s2，电子排布图为：；
(2)由于配合物Fe(CO)5常温下呈液态，易溶于非极性溶剂，则Fe(CO)5为分子晶体，Fe为金属晶体，故熔点：Fe>Fe(CO)5；Fe(CO)5中的配体为CO，CO为等电子体的阴离子为：CN-；
(3)SCN-与CO2互为等电子体，故CO2中C为sp杂化，故SCN-的中心原子杂化方式为sp；同周期元素随半径第一电离能上升，同主族从上到下，第一电离能降低，故S、N、C中第一电离能最大的为N；其常见的含氧酸跟为SO、SO，NO，CO，根据VSEPR，SO中心原子价层电子对数为4，为正四面体，CO中心原子价层电子对数为3，为平面三角形，NO中心原子价层电子对数为3，为平面三角形，SO中心原子价层电子对数为4，有一个孤电子对，为三角锥形，故答SO；根据哒嗪的结构式，与苯类似，推得，成键原子数为6，成键的电子数为6，表示为：；
(4)根据γ-Fe晶胞图示，以面心上的Fe为例，距离最近的Fe原子有12个，故Fe的配位数为12；根据晶胞图示，Fe位于面心和定点，根据均摊法，一个晶胞中的铁原子的个数为：，则1mol晶胞质量m=4mol56g/mol=224g，1mol晶胞的体积V=，故
25．（2021·福建省福州第一中学高三其他模拟）N、Cu等元素的化合物在工农业生产中有着广泛的应用。
(1)下列N元素的电子排布式表示的状态中，失去一个电子所需能量最低的为_______。
A． B．
C． D．
(2)存在两种分子内氢键，若用“···表示其氢键”，的分子结构为_______。
(3)基态Cu2+价电子的空间运动状态有_______种。
(4)分子中采取杂化的原子有_______。(填原子符号)
(5)Cu元素与Br元素形成的化合物的晶胞结构如图所示，该晶胞沿z轴在平面的投影图中，Cu原子构成的几何图形是_______，若晶胞的密度为，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为_______µm(列出计算式即可，表示阿伏加德罗常数的值)。
【KS5U答案】B 5 C、N、O 正方形
【KS5U解析】
(1)原子的第二电离能比第一电离能大很多，A为N原子的基态，B为激发态，C为N+离子的基态，D为N+的激发态，所用，C、D相对于A、B而言，C、D失去一个电子所需的能量要大于A、B，而A为基态，B为激发态，所以B失去一个电子所需要的能量最低，故答案为B。
(2) 分子中有电负性较大O、N原子，分子内氢键是由O原子与相邻的氨基中的H原子形成的，或氨基与相邻的羟基中的H原子形成的，故分子内的氢键结构有两种，分别是 。
(3)基态Cu2+的核外电子排布是[Ar]3d9，所以其价电子为3d9，d轨道的空间运动状态有5种。
(4)从结构式上看，有部分C原子连接4个键，采取的是杂化，N原子也是与相邻C原子形成3个键，与Cu2+形成1个配位键，采取的也是杂化，O-与C形成一个键，与Cu2+形成1个配位键，自身还有2对孤对电子，故O也是采取杂化，则分子中采取杂化的原子有C、N、O。
(5)从晶结构可知，Br原子采取的是面心立方堆积，而Cu原子处于晶胞中的半数四面体空隙中，每个铜原子沿z轴在平面的投影处于晶胞下面4个Br原子形成的正四边形的对角线上，且与正方形四个顶点的Br原子距离相等，则Cu原子沿z轴在平面的投影图形是正四边形。Cu原子与Br原子之间的最短距离为晶胞对角线的 ，设晶胞的边长为a µm，则晶胞对角线的为aµm，根据均摊法，一个晶胞中含有Br原子是8+6=4个，含有铜原子为4个，则一个晶胞的质量为+=g，则一个晶胞的体积为a3µm3=1012µm3，则a=104µm，则Cu原子与Br原子之间的最短距离为µm。
26．（2021·福建厦门市·高三三模）我国科学家合成无铅钙钛矿单晶CsMnCl3(H2O)2，在防伪或信息加密等方面具有潜在应用。CsMnCl3(H2O)2溶剂致变色效应原理如下图。
(1)基态Mn2+的价电子轨道表达式为___________。
(2)CsMnCl3(H2O)2中，主族元素的电负性从大到小的顺序为___________。
(3)变色过程，锰离子的配位数___________(填“有”或“没有”)发生变化。
(4)从结构角度分析DMAC[结构简式为(CH3)2NCOCH3]能使含锰配离子发生变化的原因___________。
(5)Cs3MnCl5晶体为正交晶系结构，晶胞参数a＝b≠c，α=β=γ=90°，晶胞结构如图所示，其中Mn位于面上。
①每个晶胞含Cs3MnCl5的单元数有___________个。
②Cs沿z轴投影图正确的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
【KS5U答案】 O＞Cl＞H＞Cs 有 DMAC的N、O与H2O的H形成分子间氢键，可将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变 4 C
【KS5U解析】
(1)Mn为25号元素，原子核外有25电子，失去最外层2个形成Mn2+，所以Mn2+的价电子为3d5，轨道表达式为 ；
(2)该物质中的主族元素有Cs、Cl、H、O，元素的非金属性越强电负性越大，所以四种元素电负性从大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Cs；
(3)据图可知变色过程中锰离子的配位数由6变为4，再由4变为6，配位数有变化；
(4)DMAC的N、O电负性较大，可以与H2O的H形成分子间氢键，将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变；
(5)①据图可知有8个Cs原子位于棱上，8个Cs原子位于面上，6个Cs原子位于内部，所以晶胞中Cs原子的个数为+6=12，一个Cs3MnCl5单元含有3个Cs原子，所以一个晶胞含有12÷3=4个单元(根据其他原子数确定也可以)；
②因为晶胞参数a=b，且α=β=γ=90°，所以Cs沿z轴投影为正方形，棱上的Cs原子为正方形的四个顶点，内部位于的连线平行z轴的两个Cs原子为正方形中心，顶面4个和底面4个重合，但与内部剩余的4个不重合，所以在正方形内部除中心外会有8个点；故C为正确投影图。
27．（2021·四川师范大学附属中学高三二模）2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布图为___________，Co2+、Co3+能与NH3、H2O、SCN—等形成配合物，上述配位体中的第二周期元素电负性从小到大顺序是___________。
(2)已知第三电离能数据：I3(Mn)=3246kJ•mol—1，I3(Fe)=2957kJ•mol—1.锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是___________。
(3)据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角___________CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于”)。
(4)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为605℃、-24℃，它们的熔点相差很大，其主要原因是___________。
(5)①金属钛的原子堆积方式如图所示，则金属钛晶胞俯视图为___________。
②二氧化钛晶胞如图1所示，钛原子配位数为___________。氮化钛的晶胞如图2所示，图3是氮化钛的晶胞截面图(相邻原子两两相切)。已知：NA表示阿伏加德罗常数，氮化钛晶体密度为dg•cm—3.氮化钛晶胞中N原子半径为___________pm。
【KS5U答案】 C＜N＜O Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子 小于 氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强 D 6
【KS5U解析】
(1)基态Co原子为27号元素，价层电子排布图为：；NH3、H2O、SCN—配位体中的第二周期元素为：C、N、O，电负性从左到右依次增大，电负性从小到大顺序是：C＜N＜O，故答案为：、C＜N＜O
(2) 据离子价层电子排布和洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电离能越小，此离子再失电子的电离能越大。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁。故答案为：Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子
(3) HCHO分子呈平面结构，键角接近120°,而CO2的键角是180°，碳原子的杂化类型不同，键角不同。HCHO中键角小于CO2中键角，故答案为：小于
(4) 采用电解熔融氯化锂制备锂，可知LiCl为离子晶体，TiCl4的熔点为-24℃，说明TiCl4为分子晶体，故答案为：氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强
(5) ①Ti原子密置层排列为ABABAB…排列方式，属于六方最密堆积，平行六面体的晶胞上下底面为菱形，平行六面体均分为2个正三棱柱，其中1个正三棱柱的中心有1个Ti原子，金属钛晶胞俯视图与D相符合，故答案为：D
②图1中，由均摊法可知1个晶胞含2个黑球4个白球(2个白球在体内，4个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧，1个钛与6个氧相连，钛的配位数为6；由图2可知1个晶胞含4个TiN，TiN的相对式量为62，图3棱上三个粒子相切，设晶胞棱长为a，，，[4r(Ti)]2=2a2，r(Ti)= ，2r(Ti)+2r(N)=a，r(N)= 。故答案为：
二、工业流程题
28．（2021·阜新市第二高级中学高三其他模拟）乳酸亚铁晶体{[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O}几乎不溶于乙醇，易被氧化。以赤铁矿渣(主要成分是Fe2O3，含少量Al2O3、SiO2杂质)和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料制取乳酸亚铁晶体的工艺如图所示：
已知：
金属氢氧化物
溶度积Ksp
开始沉淀时的pH
完全沉淀时的pH
Al(OH)3
2×10-32
4.1
5.4
Fe(OH)3
3.5×10-38
2.2
3.4
回答下列问题：
(1)C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为___________，H2O的中心原子的孤电子对数为___________。
(2)常温下，调pH=3.5~4.1的目的是___________。
(3)“沉铁”过程的离子方程式为___________。
(4)“操作2”具体为：隔绝空气低温蒸发浓缩、___________、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥，密封储存产品。乙醇洗涤的目的是___________。
(5)可用高锰酸钾滴定法测定样品中Fe2+的量，进而计算产品中乳酸亚铁的纯度，发现结果总是大于100%，其原因可能是___________：经查阅文献后，小组同学改用Ce(SO4)2标准溶液滴定法进行测定。反应中Ce4+的还原产物为Ce3+。测定时称取3.0g样品溶于水，配成100mL溶液，每次取20mL的溶液用0.100mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表：
滴定序号
0.100mol•L-1Ce(SO4)2标准溶液体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
1
0.10
19.85
2
0.12
21.32
3
1.05
20.70
则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为___________。
【KS5U答案】N>O>C 2 使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避免Al3+沉淀 Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O 趁热过滤 减少产品的溶解损失，有利于后续干燥 乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化 94.56%
【分析】
由题给流程可知，向赤铁矿渣中加入稀硫酸酸浸时，氧化铁和氧化铝与稀硫酸反应得到可溶性硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氨水调节溶液pH在3.5~4.1范围内，将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，过滤得到含有硫酸铝的滤液和氢氧化铁沉淀；向氢氧化铁沉淀中加入稀硫酸酸溶得到硫酸铁溶液，向硫酸铁溶液中加入足量的铁，将硫酸铁完全转化为硫酸亚铁，过滤得到过量的铁和硫酸亚铁溶液；向硫酸亚铁溶液中加入碳酸氢铵溶液，将硫酸亚铁转化为碳酸亚铁沉淀，过滤得到碳酸亚铁沉淀和硫酸铵溶液；向碳酸亚铁中加入乳酸溶液，将碳酸亚铁转化为乳酸亚铁，向反应后的溶液中加入过滤得到的铁，防止亚铁离子被氧化；反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体。
【KS5U解析】
(1)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O的一第电离能由大到小的顺序为N>O>C；水分子中O原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为2，故答案为：N>O>C；2；
(2)由分析可知，常温下，调pH=3.5~4.1的目的是将溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，而铝离子不沉淀，故答案为：使Fe3+转化为Fe(0H)3沉淀，同时避免Al3+沉淀；
(3)“沉铁”过程发生的反应为硫酸亚铁溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸亚铁沉淀、硫酸铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(4) 由分析可知，“操作2”具体操作为反应后经隔绝空气低温蒸发浓缩、趁热过滤除去铁、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、真空干燥得到乳酸亚铁晶体；由乳酸亚铁晶体几乎不溶于乙醇，易被氧化可知，用乙醇洗涤的目的是减少因乳酸亚铁晶体溶于水而造成损失，乙醇挥发时带走水蒸气，有利于干燥晶体，故答案为：趁热过滤；减少产品的溶解损失，有利于后续干燥；
(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，所以计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%；由题意可知，滴定时发生的反应为Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，由题给数据可知，实验2误差较大，应略去，由实验1、3可得反应消耗Ce(SO4)2标准溶液的体积为=19.70mL，由方程式可知，20mL溶液中n（Fe2+）=n（Ce4+）=0.1000mol/L×0.0197L=0.00197mol，则产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为×100%=94.56%，故答案为：乳酸根离子被酸性高锰酸钾溶液氧化；94.56%。
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