还剩21页未读，
继续阅读
所属成套资源：2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）
成套系列资料，整套一键下载
2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）专题15 物质结构与性质综合题（解析版）
展开
这是一份2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）专题15 物质结构与性质综合题（解析版），共24页。试卷主要包含了氮的化合物种类繁多，应用广泛等内容，欢迎下载使用。
专题15 物质结构与性质综合题
1．（2023·全国甲卷）将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
(1)图1所示的几种碳单质，它们互为_______，其中属于原子晶体的是_______，间的作用力是_______。
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中轨道能提供一对电子的原子是_______(填图2酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_______，氮原子提供孤对电子与钴离子形成_______键。
(3)气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中的轨道杂化类型为_______。的熔点为，远高于的，由此可以判断铝氟之间的化学键为_______键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为_______。若晶胞参数为，晶体密度_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】(1)同素异形体 金刚石 范德华力
(2)③ +2 配位
(3) 离子 2
【详解】（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；间的作用力是范德华力；
（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出；钴酞菁分子中，失去了2个的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
（3）由的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为，红色球的个数为，则灰色的球为，距最近且等距的有2个，则的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度。
2．（2023·全国乙卷）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为_______，铁的化合价为_______。
(2)已知一些物质的熔点数据如下表：
物质
熔点/℃
800.7
与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是_______。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因_______。的空间结构为_______，其中的轨道杂化形式为_______。
(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有_______个。该物质化学式为_______，B-B最近距离为_______。
【答案】(1) O＞Si＞Fe＞Mg +2
(2)钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大 正四面体
(3) 1
【详解】（1）为26号元素，基态原子的价电子排布式为。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石()中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为中、、的化合价分别为+2、+4和-2，x+2-x=2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为+2。
（2）与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知， 、、熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。的空间结构为正四面体，其中的价层电子对数为4，因此的轨道杂化形式为。
（3）由硼镁化合物的晶体结构可知位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为。
3．（2023·山东卷）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(1)时，与冰反应生成利。常温常压下，为无色气休，固态的晶体类型为_____，水解反应的产物为_____(填化学式)。
(2)中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式_____；为键角_____键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较与中键的键长并说明原因_____。
(3)一定条件下，和反应生成和化合物。已知属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数)，其中化合价为。上述反应的化学方程式为_____。若阿伏加德罗常数的值为，化合物的密度_____(用含的代数式表示)。
【答案】(1) 分子晶体 HF 、和
(2) ＞ 分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。
(3)
【详解】（1）常温常压下，为无色气体，则的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。分子中F显-1价，其水解时结合电离的生成HF，则结合电离的，两者反应生成，不稳定，其分解生成，因此，水解反应的产物为HF 、和。
（2）中心原子为，中心原子为，二者均为V形结构，但中存在大键()。由中存在可以推断，其中原子只能提供1对电子，有一个原子提供1个电子，另一个原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大键，提供孤电子对与其中一个形成配位键，与另一个形成的是普通的共价键（σ键，这个只提供了一个电子参与形成大键）， 的价层电子对数为3，则原子的轨道杂化方式为；中心原子为，根据价层电子对的计算公式可知，因此，的杂化方式为；根据价层电子对互斥理论可知，时，价电子对的几何构型为正四面体，时，价电子对的几何构型平面正三角形，杂化的键角一定大于的，因此，虽然和均为形结构，但键角大于键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。
（3）一定条件下，、和反应生成和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为、白球的个数为、灰色球的个数为，则X中含有3种元素，其个数比为1:2:4,由于其中Cu化合价为+2、的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为，上述反应的化学方程式为。若阿伏加德罗富数的值为，晶胞的质量为，晶胞的体积为，化合物X的密度。
4．（2023·浙江卷）氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是___________。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是___________。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．最简单的氮烯分子式：
D．氮烷中N原子的杂化方式都是
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。
③给出的能力： _______(填“>”或“<”)，理由是___________。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为___________。
【答案】(1)2s22p3
(2) A NnHn+2−2m(，m为正整数) ＜ 形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
(3) CaCN2 6
【详解】（1）N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3；故答案为：2s22p3。
（2）①A．能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：，故A错误；B．钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：，故B正确；C．氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：，故C正确；D．氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是，故D正确；综上所述，答案为：A。
②氮和氢形成的无环氮多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(，m为正整数)；故答案为：NnHn+2−2m(，m为正整数)。
③形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出的能力：＜(填“>”或“<”)；故答案为：＜；形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂。
（3）钙个数为，个数为，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图 ，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到 ，以这个进行分析，其俯视图为 ，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6；故答案为：CaCN2；6。
5．（2023·北京卷）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
(1)基态原子价层电子排布式是__________。
(2)比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。
(3)的空间结构是__________。
(4)同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。
(5)的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。
晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。
(6)浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：____________________。
【答案】(1)
(2)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
(3)四面体形
(4)和
(5) 4
(6)中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子
【详解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为。答案为；
（2）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
（3）的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
（4）过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和；
（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。答案为4；；
（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
1．（2023·山东·济南一中校联考三模）石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图a所示，图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞。若按ABCABC方式堆积而成，则如图b所示，图中用虚线标出了石墨的一个三方晶胞。回答下列问题：
(1)石墨中碳原子的杂化方式为_______，基态碳原子中电子的空间运动状态有_______种，D、E原子的分数坐标分别为_______、_______(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)。
(2)六方石墨晶体的密度为_______(写出计算表达式，要求化简)。
(3)1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为_______。
(4)石墨可用作锂离子电池的负极材料，充电时可由形成计按如图所示均匀分布的锂碳化合物，该物质中存在的化学键有_______，充电时该电极的电极反应式为_______。
(5)锂离子电池的正极材料为层状结构的。锂离子完全脱嵌时的层状结构会变得不稳定，用铝取代部分镍形成。可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用，其原因是_______。
【答案】(1)sp2 4
(2)
(3)6
(4)离子键、共价键
(5)脱嵌过程中Al不会变价，Li+不能完全脱嵌
【解析】（1）石墨中，每个碳原子形成3个σ键，无孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2，基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，电子占用4个原子轨道，电子的空间运动状态有4种，D在三方晶系底面上，原子的分数坐标为 ，E在六方晶系的内部，根据图示E原子的分数坐标为 。
（2）根据均摊原则，1个晶胞中含有4个C原子，C-C键长为0.142nm，则底面积为，六方石墨晶胞的体积为 ，六方石墨晶体的密度为。
（3）根据均摊原则，1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为
（4）Li + 嵌入石墨的A、B层间，导致石墨的堆积结构发生改变，形成化学式为LiC 6 的嵌入化合物，可见该物质中存在的化学键有，Li + 与相邻石墨环形成的离子键、碳与碳形成的共价键；充电时由形成，充电时的电极反应式为
（5）Ni的氧化数有+2、+3、+4，而Al的氧化数只有+3，如果Ni被氧化到+4价态，Li+可以完全脱嵌，形成NiO2，但有Al3+存在，必须有Li+形成电中性物质，所以用铝取代部分镍形成可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用。
2．（2023·天津·模拟预测）硒—钴—锏三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有重要的应用。请回答下列问题：
(1)钴位于元素周期表中_____________(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区，与钴位于同一周期且含有相同未成对电子数的元素有_____________种。
(2)元素、O、N的第一电离能由大到小的顺序___________________。硒的某种氧化物为链状聚合结构如图所示，该氧化物的化学式为___________________。
(3)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图表示。
已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：_______(填“>”、“＜”或“=”)，其原因是_________________。
(4)[(15—冠—5)](“15—冠—5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图1，该配位离子中含有的键数目为_____________。全惠斯勒合金的晶胞结构如图2所示，其化学式为___________________。
【答案】(1)d 2
(2)
(3)＜ 的原子半径比S的原子半径大，键的键能比键的键能小，断裂键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长
(4)46
【解析】（1）基态钴原子的核外电子排布式为位于元素周期表的d区，与钴同一周期且含有相同未成对电子数(3个)的元素为V、As，共2种。答案为d；2；
（2）从族至上而下，第一电离能减小，即O>S。氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，即N>O。所以第一电离能为SeO>Se；；
（3）由于Se的原子半径比S的原子半径大，Se-Se键的键能比S-S键的键能小，断裂Se-Se键所需要的最低能量小，对应的光波波长较长，所以图中实现光响应的波长：。答案为＜；Se的原子半径比S的原子半径大，Se−Se键的键能比S−S键的键能小，断裂Se−Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长；
（4）冠醚分子中还含有碳氢键有2×10=20个，环上有碳氧键和C-C键共15个，2个H2O分子中4个O-H键。同时配离子中的配位键也为σ键，7个配位，配位键共有7个。有则该配位离子种含有的σ键数目为。顶点粒子占，面上粒子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中含有Cr的数目为，一个晶胞中含有Co的数目为：，一个晶胞中含有Al的数目为：，所以晶体化学式为。答案为46；。
3．（2023·河南·校联考三模）一种新型硫酸盐功能电解液由2mol·L-1Na2SO4和0.3mol·L-1MgSO4混合组成，电化学测试表明该电解液构建的Na2Ni[Fe(CN)6]、NaTi2(PO4)3/C电池可以稳定循环500次以上。
请回答下列问题：
(1)MgSO4中三种原子的半径由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)，其中电负性最大的元素是___________(填名称)。
(2)第一电离能N>O的原因是___________。
(3)Na2Ni[Fe(CN)6]中，基态Fe2+核外电子的空间运动状态有___________种，[Fe(CN)6]4-中σ键和π键的数目之比为___________。
(4)NaTi2(PO4)3中，中磷原子的杂化类型是___________。
(5)N、O两种元素形成的简单氢化物的熔点：NH3___________H2O(填“>”“<”或“=”)，其原因是___________。
(6)NiaMgbFec的立方晶胞结构如图所示。已知晶胞的边长为npm，设NA为阿伏加德罗常数的值。
①a：b：c=___________。
②该晶体密度是___________g·cm-3(用含n、NA的代数式表示)。
【答案】(1)Mg>S>O 氧
(2)基态氮原子价电子排布式为2s22p3，2p3为半充满的稳定结构，较难失去1个电子(合理即可)
(3)14 1：1
(4)sp3
(5)< 平均每个H2O分子形成2个氢键，平均每个NH3分子形成1个氢键，且O-HO…键能强于N-H…N键能(合理即可)
(6)①1：3：4 ②
【解析】（1）电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则Mg、S、O的半径由大到小，Mg>S>O；氧化性越强电负性越强，则O的氧化性最强
故答案为：Mg>S>O；氧；
（2）基态氮原子价电子排布式为2s22p3，2p3为半充满的稳定结构，较难失去1个电子，则第一电离能N>O；故答案为：基态氮原子价电子排布式为2s22p3，2p3为半充满的稳定结构，较难失去1个电子；
（3）Fe2+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，则核外电子的空间运动状态有14种；[Fe(CN)6]4-中配位键为6，碳氮三键数为6，则σ键数为12，π键数为12，比值1：1；
故答案为：14；1：1；
（4）磷酸根中的孤电子对数=，则价层电子对数为4，磷原子的杂化类型是sp3；故答案为：sp3；
（5）平均每个H2O分子形成2个氢键，平均每个NH3分子形成1个氢键，且O-HO…键能强于N-H…N键能，故NH3的熔沸点小于H2O；
故答案为：<；平均每个H2O分子形成2个氢键，平均每个NH3分子形成1个氢键，且O-HO…键能强于N-H…N键能；
（6）根据均摊法，晶体中Ni的个数为；Mg的个数为，Fe的个数为4，则a：b：c=1：3：4，NiMg3Fe4中，，，则；故答案为：1：3：4；。
4．（2023·天津·校联考模拟预测）青蒿素()是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。
(1)提取青蒿素
在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚()提取，效果更好。乙醇的沸点高于乙醚，原因是_______。
(2)确定结构
①图中晶胞的棱长分别为，晶体的密度为_______。(用表示阿伏加德罗常数，青蒿素的相对分子质量为282)
②能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是_______。
a.质谱法 b.X射线衍射 c.核磁共振氢谱 d.红外光谱
(3)修饰结构，提高疗效
一定条件下，用将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。
①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。
②的空间结构为_______。
双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。
【答案】(1)乙醇分子间能形成氢键
(2) b
(3)①sp3 ②正四面体
【解析】（1）乙醇分子中含有O-H键，乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于乙醚。
（2）①图中晶胞的棱长分别为，则晶胞的体积为，晶体的密度为。
②X射线衍射能测定原子的空间位置，所以X射线衍射能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构，选b。
（3）①根据双氢青蒿素分子的结构简式，可知碳原子全是单键碳，C原子形成4个σ键，有个杂化轨道，杂化轨道类型为sp3。
②中B原子的价电子对数为，无孤电子对，空间结构为正四面体。
5．（2023·河南郑州·统考二模）2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
(1)Li、P、S三种元素中，电负性最小的是___________。第三周期元素中第一电离能比P大的元素有___________种。
(2)基态S原子核外有___________个电子自旋状态相同。基态As原子的电子排布式为___________。
(3)PH3、AsH3中沸点较高的是___________，其主要原因是___________。
(4)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为___________。
(5)CH3CN中C原子的杂化类型为___________。
(6)等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比___________。
(7)NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 ___________pm。
【答案】(1)Li 2
(2)9或7 [Ar]3d104s24p3
(3)AsH3 两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(4)6
(5)sp3、sp
(6)1∶1
(7)
【解析】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为。
6．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）立方氮化硼(BN)具有类金刚石的结构，是新型人工合成材料。利用新合成技术可以实现低温低压制备，反应为：BCl3+Li3N=BN+3LiCl。回答下列问题：
(1)基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。
(2)BCl3中B原子的杂化方式是_______，两个B-Cl键的键角为_______，该分子为_______(填“极性”或“非极性”)分子。
(3)BCl3、Li3N、BN三者中，沸点最高的是_______，Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是_______。
(4)广义酸碱理论认为，中心原子可以接受电子对的分子为酸，可以提供电子对的分子为碱。按照该理论，BCl3属于_______(填“酸”或“碱”)，BCl3和碱反应形成的化学键类型是_______。
(5)立方氮化硼晶体的晶胞如图1所示。阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体密度表达式为_____g·cm-3；图2是该晶胞的俯视投影图，则该图中表示硼原子相对位置的是_______(填标号)。
【答案】(1)哑铃 (2)sp2 非极性
(3)BN N (4)酸 配位键(或共价键)
(5) 3
【解析】(1)基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，则其电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；
(2)BCl3中B原子形成3对成键电子对，孤电子对数为，则价层电子对数为3，则B原子杂化方式是sp2，BCl3的分子构型为平面三角形，两个B-Cl键的键角为，该分子的结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子；
(3)BCl3为分子晶体，Li3N为离子晶体，BN为原子晶体，则三者中，沸点最高的是BN；同周期元素的原子从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，则Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是N；
(4)由(2)的分析可知，BCl3的中心原子B原子没有孤电子对，不能提供电子对，但是其有空轨道，可以接受电子对，故按照该理论，其属于酸；BCl3的中心原子B原子有空轨道，可以接受电子对，氢氧根离子有孤电子对，则B原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，故BCl3和碱反应形成的化学键类型是配位键(或共价键)；
(5)由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有4个B原子，个N原子，则晶胞的质量为，则该晶体密度表达式为；图2是该晶胞的俯视投影图，由晶胞结构图可知，该图中表示硼原子相对位置的是3号。
7．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）a、b、c、d、f五种前四周期元素，原子序数依次增大：a、b、c三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，第一电离能I1(a)
(2)写出一种与ac2互为等电子体的物质的化学式_______。
(3)b的简单氢化物的沸点比同族元素氢化物的沸点______。(填“高”或“低”)
(4)化合物M由c、d两种元素组成，其晶胞结构如甲，则M的化学式为_____。
(5)化合物N的部分结构如乙，N由a、b两元素组成，则硬度超过金刚石。试回答：
①N的晶体类型为___________。
②N晶体中a、b两元素原子的杂化方式均为___________。
【答案】(1) 3dl04s1
(2)N2O或CS2
(3)高
(4)KO2
(5)①共价晶体 ②sp3
【分析】a、b、c、d、f五种前四周期元素，原子序数依次增大：基态b原子的2p轨道处于半充满状态，b为N；a、b、c三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，则a、c位于第二周期，第一电离能I1(a)b>a，则c为O，a为C， d为周期表前四周期中电负性最小的元素，d为K；f的原子序数为29，f为Cu。
【解析】（1）ac2为CO2，其电子式为 ，基态Cu原子的外围电子排布式为3dl04s1，故答案为： ；3dl04s1；
（2）与CO2互为等电子体的有：N2O，CS2等，故答案为：N2O或CS2；
（3）氨分子间能形成氢气，导致其熔沸点比同族的氢化物高，故答案为：高；
（4）K位于顶点和面心，个数为：，O以O-O的形式位于棱心和体心，个数为：，则该晶胞的化学式：KO2，故答案为：KO2；
（5）由晶胞结构可知N晶体中C和N只形成单键，均采用sp3杂化，且形成空间网状结构，由结构特点可知为原子晶体，故答案为：共价晶体；sp3。
8．（2023·山东青岛·统考模拟预测）锂离子电池是近年来的研究热点，常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、LiAsF6、LiPF6、LiMn2O4等。回答下列问题：
(1)As的最高能级组的电子排布式为_______，Li、O、P、As四种元素电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
(2)LiPF6的阴离子的空间构型为_______。
(3)一种类石墨的聚合物g—C3N4可由三聚氰胺()制得。三聚氰胺分子中氮原子杂化类型是_______；三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水，主要原因是_______。
(4)尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成，“○”表示O2−。
①“●”表示的微粒是_______(填元素符号)
②若该晶胞的晶胞参数为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式，不必化简)
【答案】(1)3d104s24p3 O、P、As、Li或O>P>As>Li
(2)正八面体形
(3)sp2、sp3 温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键
(4)①Li ②
【解析】（1）As为第四周期第V A族元素，基态As原子的最高能级组的电子排布式为3d104s24p3；金属元素的电负性小于非金属元素，同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以Li、O、P、As四种元素电负性由大到小的顺序为：O、P、As、Li或O>P>As>Li。
（2）中心P原子价层电子对数=，采取sp3d2杂化，无孤电子对，空间构型为正八面体形。
（3）三聚氰胺分子中，处于环上的N原子采取sp2杂化，氨基中N原子采取sp3杂化；三聚氰胺能形成分子间氢键，温度升高能破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键，因而三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水。
（4）①由图Ⅲ可知，一个晶胞中含有A和B的个数均为4。A中氧离子位于体内数目为4、●位于体心和顶点数目为1+=1.5。B中氧离子位于体内数目为4，●位于顶点数目为=0.5，∆为体内数目为4。则一个晶胞内O2−、●、∆数目比为32:8:16=4:1:2，结合化学式LiMn2O4可知，“●”表示的微粒是Li；
②由①分析知，一个晶胞中含8个LiMn2O4，则该晶体的密度为。
9．（2023·四川成都·校联考二模）蛋氨酸铬(III)配合物是一种治疗II型糖尿病的药物，其结构简式如图所示。回答下列相关问题：
(1)基态Cr原子核外有_______种运动状态的电子，下列不同状态的Cr微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。
A．[Ar]3d54s1 B．[Ar]3d5 C．[Ar]3d44s14p1 D．[Ar]3d54p1
(2)蛋氨酸铬(III)配合物的中心铬离子的配位数为_______；N的_______杂化轨道与Cr的空轨道形成配位键。
(3)哈勃−韦斯(Haber−Weiss)原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。Cr3+_______(填“能”或“不能”)催化双氧水分解。
(4)化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色。在三种化合物中，Cr3+的配位数均为6，将它们配制成等体积等物质的量浓度的溶液，分别加入足量AgNO3溶液，依次所得AgCl沉淀的物质的量之比为3：2：1，则呈亮绿色的配合物，其内界离子的化学式为_______。H2O分子与Cr3+形成配位键后H−O−H键角_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相似，其晶胞结构如图所示。A点分数坐标为(0，0，0)，则B点分数坐标为_______。已知氮化铬的晶体密度为dg·cm−3，摩尔质量为M mol∙L−1，NA为阿伏加德罗常数，则晶胞参数为_______cm(只要求列表达式，不必计算数值)。
【答案】(1)24 B
(2)6 sp3
(3)能
(4)[Cr(H2O)4Cl2]+ 变大
(5)(，1，1)
【解析】（1）Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，一个电子是一种运动状态，则基态Cr原子核外有24种运动状态的电子，下列不同状态的Cr微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是能量最低的状态即基态或则半满、全满状态，[Ar]3d5 是半满状态，能量低，稳定，失去电子需要的能量最大；故答案为：24；B。
（2）根据蛋氨酸铬(III)配合物的结构得到中心铬离子与周围6个氮结合，因此中心铬离子的配位数为6；N价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；故答案为：6；sp3。
（3）Cr3+的电子排布式为[Ar]3d4，其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，因此Cr3+能催化双氧水分解；故答案为：能。
（4）化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色。在三种化合物中，
化学式为CrCl3·6H2O的化合物中Cr3+的配位数均为6，根据题意说明其外界有一个氯离子，则其内界有4个水和2个氯离子，则其内界离子的化学式为[Cr(H2O)4Cl2]+。由于孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成键电子对的排斥力，排斥力越大，使得键角减小，因此H2O分子与Cr3+形成配位键后H−O−H键角变大；故答案为：[Cr(H2O)4Cl2]+；变大。
（5）A点分数坐标为(0，0，0)，根据坐标系，B点在后面上棱棱心上，则B点分数坐标为(，1，1)。该晶胞中N个数为，Cr个数为，氮化铬的晶体密度为dg·cm−3，摩尔质量为M mol∙L−1，NA为阿伏加德罗常数，根据，解得晶胞参数为cm；故答案为：(，1，1)；。
10．（2023·四川宜宾·统考二模）铁及其化合物在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
(1)乳酸亚铁[CH3CH(OH)COO]2Fe是一种常用的补铁剂。
①Fe2+的价层电子排布式是_______。
②乳酸分子()中 σ 键与π键的数目比为_______。
③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
④C与O中，第一电离能较大的是_______， O的第二电离能远大于第一电离能的原因是____。
(2)无水FeCl2可与NH3形成[Fe(NH3)6]Cl2。
①[Fe(NH3)6]Cl2中Fe2+的配位数为_______。
②NH3的空间构型是_______，其中N原子的杂化方式是_______。
(3)由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
①该超导材料的化学式是_______。
②该晶胞参数a=0.4 nm、c=1.4 nm，该晶体密度ρ=_______g·cm-3。(用 NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)
③该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整_______。
【答案】(1)3d6 11∶1 O＞C＞H＞Fe O或氧 O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难
(2)6 三角锥形 sp3杂化
(3)KFe2Se2
【解析】（1）①基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，因此亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为3d6；
②成键原子之间单键有1个σ键，双键之间有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键，根据乳酸结构简式，σ键和π键数目比为11∶1；故答案为11∶1；
③乳酸亚铁中含有元素为H、C、O、Fe，铁元素为金属元素，电负性最小，同周期从左向右电负性逐渐增大，氧元素的电负性最大，碳氢化合物氢为正价，则碳的电负性大于氢，因此电负性由大到小顺序是O＞C＞H＞Fe；故答案为O＞C＞H＞Fe；
④同周期从左向右第一电离能增大趋势，即O的第一电离能大于C，基态O原子电子排布式为1s22s22p4，失去1个电子后排布式为1s22s22p3，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；故答案为O或氧；O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；
（2）①[Fe(NH3)6]Cl2中[Fe(NH3)6]2+为内界，2个Cl-为外界，6个NH3与Fe2+形成配位键，亚铁离子的配位数为6，故答案为6；
②NH3中中心原子N有3个σ键，有1个孤电子对，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，杂化轨道数等于价层电子对数，因此N的杂化类型为sp3，故答案为三角锥形；sp3；
（3）①K位于顶点和体内，个数为=2，Se位于棱上和体内，个数为=4，Fe位于面上，个数为=4，因此化学式为KFe2Se2；故答案为KFe2Se2；
②晶胞的质量为g，晶胞的体积为a2cnm3=0.4×0.4×1.4nm3，则晶胞的密度为g/cm3；故答案为；
③K位于顶点和体内，Se位于棱上和体内，Fe位于面上，按照xy平面投影得到；故答案为。
11．（2023·河南开封·统考二模）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。
A．配位键 B．离子键 C．共价键 D．氢键
(3)吡啶( )在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是
①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
②______________________________________。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是 (填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。
【答案】(1) O>N>C>H>Cu 3d104s1
(2)+1(或-1) BD 三角锥形
(3)吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
(4)D
(5)
【解析】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
专题15 物质结构与性质综合题
1．（2023·全国甲卷）将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
(1)图1所示的几种碳单质，它们互为_______，其中属于原子晶体的是_______，间的作用力是_______。
(2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中轨道能提供一对电子的原子是_______(填图2酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为_______，氮原子提供孤对电子与钴离子形成_______键。
(3)气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中的轨道杂化类型为_______。的熔点为，远高于的，由此可以判断铝氟之间的化学键为_______键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为_______。若晶胞参数为，晶体密度_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】(1)同素异形体 金刚石 范德华力
(2)③ +2 配位
(3) 离子 2
【详解】（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；间的作用力是范德华力；
（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出；钴酞菁分子中，失去了2个的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
（3）由的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为，红色球的个数为，则灰色的球为，距最近且等距的有2个，则的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度。
2．（2023·全国乙卷）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为_______，铁的化合价为_______。
(2)已知一些物质的熔点数据如下表：
物质
熔点/℃
800.7
与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是_______。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因_______。的空间结构为_______，其中的轨道杂化形式为_______。
(3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有_______个。该物质化学式为_______，B-B最近距离为_______。
【答案】(1) O＞Si＞Fe＞Mg +2
(2)钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大 正四面体
(3) 1
【详解】（1）为26号元素，基态原子的价电子排布式为。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石()中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为中、、的化合价分别为+2、+4和-2，x+2-x=2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为+2。
（2）与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知， 、、熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。的空间结构为正四面体，其中的价层电子对数为4，因此的轨道杂化形式为。
（3）由硼镁化合物的晶体结构可知位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为。
3．（2023·山东卷）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(1)时，与冰反应生成利。常温常压下，为无色气休，固态的晶体类型为_____，水解反应的产物为_____(填化学式)。
(2)中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式_____；为键角_____键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较与中键的键长并说明原因_____。
(3)一定条件下，和反应生成和化合物。已知属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数)，其中化合价为。上述反应的化学方程式为_____。若阿伏加德罗常数的值为，化合物的密度_____(用含的代数式表示)。
【答案】(1) 分子晶体 HF 、和
(2) ＞ 分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。
(3)
【详解】（1）常温常压下，为无色气体，则的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。分子中F显-1价，其水解时结合电离的生成HF，则结合电离的，两者反应生成，不稳定，其分解生成，因此，水解反应的产物为HF 、和。
（2）中心原子为，中心原子为，二者均为V形结构，但中存在大键()。由中存在可以推断，其中原子只能提供1对电子，有一个原子提供1个电子，另一个原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大键，提供孤电子对与其中一个形成配位键，与另一个形成的是普通的共价键（σ键，这个只提供了一个电子参与形成大键）， 的价层电子对数为3，则原子的轨道杂化方式为；中心原子为，根据价层电子对的计算公式可知，因此，的杂化方式为；根据价层电子对互斥理论可知，时，价电子对的几何构型为正四面体，时，价电子对的几何构型平面正三角形，杂化的键角一定大于的，因此，虽然和均为形结构，但键角大于键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。
（3）一定条件下，、和反应生成和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为、白球的个数为、灰色球的个数为，则X中含有3种元素，其个数比为1:2:4,由于其中Cu化合价为+2、的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为，上述反应的化学方程式为。若阿伏加德罗富数的值为，晶胞的质量为，晶胞的体积为，化合物X的密度。
4．（2023·浙江卷）氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是___________。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是___________。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．最简单的氮烯分子式：
D．氮烷中N原子的杂化方式都是
②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。
③给出的能力： _______(填“>”或“<”)，理由是___________。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为___________。
【答案】(1)2s22p3
(2) A NnHn+2−2m(，m为正整数) ＜ 形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
(3) CaCN2 6
【详解】（1）N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价层电子排布式是2s22p3；故答案为：2s22p3。
（2）①A．能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：，故A错误；B．钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：，故B正确；C．氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，则其分子式：，故C正确；D．氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都是，故D正确；综上所述，答案为：A。
②氮和氢形成的无环氮多烯，一个氮的氮烷为NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NnHn+2−2m(，m为正整数)；故答案为：NnHn+2−2m(，m为正整数)。
③形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂，因此给出的能力：＜(填“>”或“<”)；故答案为：＜；形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂。
（3）钙个数为，个数为，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图 ，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到 ，以这个进行分析，其俯视图为 ，因此距离最近的钙离子个数为6，其配位数为6；故答案为：CaCN2；6。
5．（2023·北京卷）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
(1)基态原子价层电子排布式是__________。
(2)比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。
(3)的空间结构是__________。
(4)同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中，断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是和，过程ⅱ含硫产物是__________。
(5)的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。
晶胞中的个数为__________。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为__________。
(6)浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：____________________。
【答案】(1)
(2)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
(3)四面体形
(4)和
(5) 4
(6)中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子
【详解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为。答案为；
（2）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
（3）的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形，可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
（4）过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和；
（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。答案为4；；
（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
1．（2023·山东·济南一中校联考三模）石墨晶体由层状石墨“分子”按ABAB方式堆积而成，如图a所示，图中用虚线标出了石墨的一个六方晶胞。若按ABCABC方式堆积而成，则如图b所示，图中用虚线标出了石墨的一个三方晶胞。回答下列问题：
(1)石墨中碳原子的杂化方式为_______，基态碳原子中电子的空间运动状态有_______种，D、E原子的分数坐标分别为_______、_______(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)。
(2)六方石墨晶体的密度为_______(写出计算表达式，要求化简)。
(3)1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为_______。
(4)石墨可用作锂离子电池的负极材料，充电时可由形成计按如图所示均匀分布的锂碳化合物，该物质中存在的化学键有_______，充电时该电极的电极反应式为_______。
(5)锂离子电池的正极材料为层状结构的。锂离子完全脱嵌时的层状结构会变得不稳定，用铝取代部分镍形成。可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用，其原因是_______。
【答案】(1)sp2 4
(2)
(3)6
(4)离子键、共价键
(5)脱嵌过程中Al不会变价，Li+不能完全脱嵌
【解析】（1）石墨中，每个碳原子形成3个σ键，无孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2，基态碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，电子占用4个原子轨道，电子的空间运动状态有4种，D在三方晶系底面上，原子的分数坐标为 ，E在六方晶系的内部，根据图示E原子的分数坐标为 。
（2）根据均摊原则，1个晶胞中含有4个C原子，C-C键长为0.142nm，则底面积为，六方石墨晶胞的体积为 ，六方石墨晶体的密度为。
（3）根据均摊原则，1个三方石墨晶胞中碳原子的个数为
（4）Li + 嵌入石墨的A、B层间，导致石墨的堆积结构发生改变，形成化学式为LiC 6 的嵌入化合物，可见该物质中存在的化学键有，Li + 与相邻石墨环形成的离子键、碳与碳形成的共价键；充电时由形成，充电时的电极反应式为
（5）Ni的氧化数有+2、+3、+4，而Al的氧化数只有+3，如果Ni被氧化到+4价态，Li+可以完全脱嵌，形成NiO2，但有Al3+存在，必须有Li+形成电中性物质，所以用铝取代部分镍形成可防止锂离子完全脱嵌而起到稳定结构的作用。
2．（2023·天津·模拟预测）硒—钴—锏三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有重要的应用。请回答下列问题：
(1)钴位于元素周期表中_____________(填“s”、“p”、“d”或“ds”)区，与钴位于同一周期且含有相同未成对电子数的元素有_____________种。
(2)元素、O、N的第一电离能由大到小的顺序___________________。硒的某种氧化物为链状聚合结构如图所示，该氧化物的化学式为___________________。
(3)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图表示。
已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：_______(填“>”、“＜”或“=”)，其原因是_________________。
(4)[(15—冠—5)](“15—冠—5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图1，该配位离子中含有的键数目为_____________。全惠斯勒合金的晶胞结构如图2所示，其化学式为___________________。
【答案】(1)d 2
(2)
(3)＜ 的原子半径比S的原子半径大，键的键能比键的键能小，断裂键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长
(4)46
【解析】（1）基态钴原子的核外电子排布式为位于元素周期表的d区，与钴同一周期且含有相同未成对电子数(3个)的元素为V、As，共2种。答案为d；2；
（2）从族至上而下，第一电离能减小，即O>S。氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，即N>O。所以第一电离能为Se
（3）由于Se的原子半径比S的原子半径大，Se-Se键的键能比S-S键的键能小，断裂Se-Se键所需要的最低能量小，对应的光波波长较长，所以图中实现光响应的波长：。答案为＜；Se的原子半径比S的原子半径大，Se−Se键的键能比S−S键的键能小，断裂Se−Se键所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长；
（4）冠醚分子中还含有碳氢键有2×10=20个，环上有碳氧键和C-C键共15个，2个H2O分子中4个O-H键。同时配离子中的配位键也为σ键，7个配位，配位键共有7个。有则该配位离子种含有的σ键数目为。顶点粒子占，面上粒子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中含有Cr的数目为，一个晶胞中含有Co的数目为：，一个晶胞中含有Al的数目为：，所以晶体化学式为。答案为46；。
3．（2023·河南·校联考三模）一种新型硫酸盐功能电解液由2mol·L-1Na2SO4和0.3mol·L-1MgSO4混合组成，电化学测试表明该电解液构建的Na2Ni[Fe(CN)6]、NaTi2(PO4)3/C电池可以稳定循环500次以上。
请回答下列问题：
(1)MgSO4中三种原子的半径由大到小的顺序是___________(用元素符号表示)，其中电负性最大的元素是___________(填名称)。
(2)第一电离能N>O的原因是___________。
(3)Na2Ni[Fe(CN)6]中，基态Fe2+核外电子的空间运动状态有___________种，[Fe(CN)6]4-中σ键和π键的数目之比为___________。
(4)NaTi2(PO4)3中，中磷原子的杂化类型是___________。
(5)N、O两种元素形成的简单氢化物的熔点：NH3___________H2O(填“>”“<”或“=”)，其原因是___________。
(6)NiaMgbFec的立方晶胞结构如图所示。已知晶胞的边长为npm，设NA为阿伏加德罗常数的值。
①a：b：c=___________。
②该晶体密度是___________g·cm-3(用含n、NA的代数式表示)。
【答案】(1)Mg>S>O 氧
(2)基态氮原子价电子排布式为2s22p3，2p3为半充满的稳定结构，较难失去1个电子(合理即可)
(3)14 1：1
(4)sp3
(5)< 平均每个H2O分子形成2个氢键，平均每个NH3分子形成1个氢键，且O-HO…键能强于N-H…N键能(合理即可)
(6)①1：3：4 ②
【解析】（1）电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则Mg、S、O的半径由大到小，Mg>S>O；氧化性越强电负性越强，则O的氧化性最强
故答案为：Mg>S>O；氧；
（2）基态氮原子价电子排布式为2s22p3，2p3为半充满的稳定结构，较难失去1个电子，则第一电离能N>O；故答案为：基态氮原子价电子排布式为2s22p3，2p3为半充满的稳定结构，较难失去1个电子；
（3）Fe2+核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6，则核外电子的空间运动状态有14种；[Fe(CN)6]4-中配位键为6，碳氮三键数为6，则σ键数为12，π键数为12，比值1：1；
故答案为：14；1：1；
（4）磷酸根中的孤电子对数=，则价层电子对数为4，磷原子的杂化类型是sp3；故答案为：sp3；
（5）平均每个H2O分子形成2个氢键，平均每个NH3分子形成1个氢键，且O-HO…键能强于N-H…N键能，故NH3的熔沸点小于H2O；
故答案为：<；平均每个H2O分子形成2个氢键，平均每个NH3分子形成1个氢键，且O-HO…键能强于N-H…N键能；
（6）根据均摊法，晶体中Ni的个数为；Mg的个数为，Fe的个数为4，则a：b：c=1：3：4，NiMg3Fe4中，，，则；故答案为：1：3：4；。
4．（2023·天津·校联考模拟预测）青蒿素()是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。
(1)提取青蒿素
在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚()提取，效果更好。乙醇的沸点高于乙醚，原因是_______。
(2)确定结构
①图中晶胞的棱长分别为，晶体的密度为_______。(用表示阿伏加德罗常数，青蒿素的相对分子质量为282)
②能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是_______。
a.质谱法 b.X射线衍射 c.核磁共振氢谱 d.红外光谱
(3)修饰结构，提高疗效
一定条件下，用将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。
①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。
②的空间结构为_______。
双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。
【答案】(1)乙醇分子间能形成氢键
(2) b
(3)①sp3 ②正四面体
【解析】（1）乙醇分子中含有O-H键，乙醇分子间能形成氢键，所以乙醇的沸点高于乙醚。
（2）①图中晶胞的棱长分别为，则晶胞的体积为，晶体的密度为。
②X射线衍射能测定原子的空间位置，所以X射线衍射能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构，选b。
（3）①根据双氢青蒿素分子的结构简式，可知碳原子全是单键碳，C原子形成4个σ键，有个杂化轨道，杂化轨道类型为sp3。
②中B原子的价电子对数为，无孤电子对，空间结构为正四面体。
5．（2023·河南郑州·统考二模）2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
(1)Li、P、S三种元素中，电负性最小的是___________。第三周期元素中第一电离能比P大的元素有___________种。
(2)基态S原子核外有___________个电子自旋状态相同。基态As原子的电子排布式为___________。
(3)PH3、AsH3中沸点较高的是___________，其主要原因是___________。
(4)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为___________。
(5)CH3CN中C原子的杂化类型为___________。
(6)等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比___________。
(7)NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 ___________pm。
【答案】(1)Li 2
(2)9或7 [Ar]3d104s24p3
(3)AsH3 两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(4)6
(5)sp3、sp
(6)1∶1
(7)
【解析】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为。
6．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）立方氮化硼(BN)具有类金刚石的结构，是新型人工合成材料。利用新合成技术可以实现低温低压制备，反应为：BCl3+Li3N=BN+3LiCl。回答下列问题：
(1)基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。
(2)BCl3中B原子的杂化方式是_______，两个B-Cl键的键角为_______，该分子为_______(填“极性”或“非极性”)分子。
(3)BCl3、Li3N、BN三者中，沸点最高的是_______，Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是_______。
(4)广义酸碱理论认为，中心原子可以接受电子对的分子为酸，可以提供电子对的分子为碱。按照该理论，BCl3属于_______(填“酸”或“碱”)，BCl3和碱反应形成的化学键类型是_______。
(5)立方氮化硼晶体的晶胞如图1所示。阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体密度表达式为_____g·cm-3；图2是该晶胞的俯视投影图，则该图中表示硼原子相对位置的是_______(填标号)。
【答案】(1)哑铃 (2)sp2 非极性
(3)BN N (4)酸 配位键(或共价键)
(5) 3
【解析】(1)基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，则其电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；
(2)BCl3中B原子形成3对成键电子对，孤电子对数为，则价层电子对数为3，则B原子杂化方式是sp2，BCl3的分子构型为平面三角形，两个B-Cl键的键角为，该分子的结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子；
(3)BCl3为分子晶体，Li3N为离子晶体，BN为原子晶体，则三者中，沸点最高的是BN；同周期元素的原子从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，则Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是N；
(4)由(2)的分析可知，BCl3的中心原子B原子没有孤电子对，不能提供电子对，但是其有空轨道，可以接受电子对，故按照该理论，其属于酸；BCl3的中心原子B原子有空轨道，可以接受电子对，氢氧根离子有孤电子对，则B原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，故BCl3和碱反应形成的化学键类型是配位键(或共价键)；
(5)由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有4个B原子，个N原子，则晶胞的质量为，则该晶体密度表达式为；图2是该晶胞的俯视投影图，由晶胞结构图可知，该图中表示硼原子相对位置的是3号。
7．（2023·广东广州·广州市第二中学校考模拟预测）a、b、c、d、f五种前四周期元素，原子序数依次增大：a、b、c三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，第一电离能I1(a)
(2)写出一种与ac2互为等电子体的物质的化学式_______。
(3)b的简单氢化物的沸点比同族元素氢化物的沸点______。(填“高”或“低”)
(4)化合物M由c、d两种元素组成，其晶胞结构如甲，则M的化学式为_____。
(5)化合物N的部分结构如乙，N由a、b两元素组成，则硬度超过金刚石。试回答：
①N的晶体类型为___________。
②N晶体中a、b两元素原子的杂化方式均为___________。
【答案】(1) 3dl04s1
(2)N2O或CS2
(3)高
(4)KO2
(5)①共价晶体 ②sp3
【分析】a、b、c、d、f五种前四周期元素，原子序数依次增大：基态b原子的2p轨道处于半充满状态，b为N；a、b、c三种元素的基态原子具有相同的能层和能级，则a、c位于第二周期，第一电离能I1(a)
【解析】（1）ac2为CO2，其电子式为 ，基态Cu原子的外围电子排布式为3dl04s1，故答案为： ；3dl04s1；
（2）与CO2互为等电子体的有：N2O，CS2等，故答案为：N2O或CS2；
（3）氨分子间能形成氢气，导致其熔沸点比同族的氢化物高，故答案为：高；
（4）K位于顶点和面心，个数为：，O以O-O的形式位于棱心和体心，个数为：，则该晶胞的化学式：KO2，故答案为：KO2；
（5）由晶胞结构可知N晶体中C和N只形成单键，均采用sp3杂化，且形成空间网状结构，由结构特点可知为原子晶体，故答案为：共价晶体；sp3。
8．（2023·山东青岛·统考模拟预测）锂离子电池是近年来的研究热点，常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、LiAsF6、LiPF6、LiMn2O4等。回答下列问题：
(1)As的最高能级组的电子排布式为_______，Li、O、P、As四种元素电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
(2)LiPF6的阴离子的空间构型为_______。
(3)一种类石墨的聚合物g—C3N4可由三聚氰胺()制得。三聚氰胺分子中氮原子杂化类型是_______；三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水，主要原因是_______。
(4)尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按Ⅲ方式交替排布构成，“○”表示O2−。
①“●”表示的微粒是_______(填元素符号)
②若该晶胞的晶胞参数为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算表达式，不必化简)
【答案】(1)3d104s24p3 O、P、As、Li或O>P>As>Li
(2)正八面体形
(3)sp2、sp3 温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键
(4)①Li ②
【解析】（1）As为第四周期第V A族元素，基态As原子的最高能级组的电子排布式为3d104s24p3；金属元素的电负性小于非金属元素，同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，同主族元素从上到下，电负性逐渐减小，所以Li、O、P、As四种元素电负性由大到小的顺序为：O、P、As、Li或O>P>As>Li。
（2）中心P原子价层电子对数=，采取sp3d2杂化，无孤电子对，空间构型为正八面体形。
（3）三聚氰胺分子中，处于环上的N原子采取sp2杂化，氨基中N原子采取sp3杂化；三聚氰胺能形成分子间氢键，温度升高能破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键，因而三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水。
（4）①由图Ⅲ可知，一个晶胞中含有A和B的个数均为4。A中氧离子位于体内数目为4、●位于体心和顶点数目为1+=1.5。B中氧离子位于体内数目为4，●位于顶点数目为=0.5，∆为体内数目为4。则一个晶胞内O2−、●、∆数目比为32:8:16=4:1:2，结合化学式LiMn2O4可知，“●”表示的微粒是Li；
②由①分析知，一个晶胞中含8个LiMn2O4，则该晶体的密度为。
9．（2023·四川成都·校联考二模）蛋氨酸铬(III)配合物是一种治疗II型糖尿病的药物，其结构简式如图所示。回答下列相关问题：
(1)基态Cr原子核外有_______种运动状态的电子，下列不同状态的Cr微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。
A．[Ar]3d54s1 B．[Ar]3d5 C．[Ar]3d44s14p1 D．[Ar]3d54p1
(2)蛋氨酸铬(III)配合物的中心铬离子的配位数为_______；N的_______杂化轨道与Cr的空轨道形成配位键。
(3)哈勃−韦斯(Haber−Weiss)原理表明，某些金属离子可以催化双氧水分解的原因是：其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。Cr3+_______(填“能”或“不能”)催化双氧水分解。
(4)化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色。在三种化合物中，Cr3+的配位数均为6，将它们配制成等体积等物质的量浓度的溶液，分别加入足量AgNO3溶液，依次所得AgCl沉淀的物质的量之比为3：2：1，则呈亮绿色的配合物，其内界离子的化学式为_______。H2O分子与Cr3+形成配位键后H−O−H键角_______(填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相似，其晶胞结构如图所示。A点分数坐标为(0，0，0)，则B点分数坐标为_______。已知氮化铬的晶体密度为dg·cm−3，摩尔质量为M mol∙L−1，NA为阿伏加德罗常数，则晶胞参数为_______cm(只要求列表达式，不必计算数值)。
【答案】(1)24 B
(2)6 sp3
(3)能
(4)[Cr(H2O)4Cl2]+ 变大
(5)(，1，1)
【解析】（1）Cr为24号元素，其原子核外有24个电子，一个电子是一种运动状态，则基态Cr原子核外有24种运动状态的电子，下列不同状态的Cr微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是能量最低的状态即基态或则半满、全满状态，[Ar]3d5 是半满状态，能量低，稳定，失去电子需要的能量最大；故答案为：24；B。
（2）根据蛋氨酸铬(III)配合物的结构得到中心铬离子与周围6个氮结合，因此中心铬离子的配位数为6；N价层电子对数为4，其杂化类型为sp3；故答案为：6；sp3。
（3）Cr3+的电子排布式为[Ar]3d4，其次外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，因此Cr3+能催化双氧水分解；故答案为：能。
（4）化学式为CrCl3·6H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色。在三种化合物中，
化学式为CrCl3·6H2O的化合物中Cr3+的配位数均为6，根据题意说明其外界有一个氯离子，则其内界有4个水和2个氯离子，则其内界离子的化学式为[Cr(H2O)4Cl2]+。由于孤对电子对孤对电子的排斥力大于孤对电子对成键电子对的排斥力，排斥力越大，使得键角减小，因此H2O分子与Cr3+形成配位键后H−O−H键角变大；故答案为：[Cr(H2O)4Cl2]+；变大。
（5）A点分数坐标为(0，0，0)，根据坐标系，B点在后面上棱棱心上，则B点分数坐标为(，1，1)。该晶胞中N个数为，Cr个数为，氮化铬的晶体密度为dg·cm−3，摩尔质量为M mol∙L−1，NA为阿伏加德罗常数，根据，解得晶胞参数为cm；故答案为：(，1，1)；。
10．（2023·四川宜宾·统考二模）铁及其化合物在生活、生产中有重要应用。回答下列问题：
(1)乳酸亚铁[CH3CH(OH)COO]2Fe是一种常用的补铁剂。
①Fe2+的价层电子排布式是_______。
②乳酸分子()中 σ 键与π键的数目比为_______。
③乳酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
④C与O中，第一电离能较大的是_______， O的第二电离能远大于第一电离能的原因是____。
(2)无水FeCl2可与NH3形成[Fe(NH3)6]Cl2。
①[Fe(NH3)6]Cl2中Fe2+的配位数为_______。
②NH3的空间构型是_______，其中N原子的杂化方式是_______。
(3)由铁、钾、硒形成的一种超导材料，其晶胞结构如图1所示。
①该超导材料的化学式是_______。
②该晶胞参数a=0.4 nm、c=1.4 nm，该晶体密度ρ=_______g·cm-3。(用 NA表示阿伏加德罗常数，写出计算表达式即可)
③该晶胞在xy平面投影如图2所示，将图2补充完整_______。
【答案】(1)3d6 11∶1 O＞C＞H＞Fe O或氧 O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难
(2)6 三角锥形 sp3杂化
(3)KFe2Se2
【解析】（1）①基态Fe原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，Fe2+核外电子排布式为[Ar]3d6，因此亚铁离子的价层电子排布式为3d6，故答案为3d6；
②成键原子之间单键有1个σ键，双键之间有1个σ键和1个π键，三键有1个σ键和2个π键，根据乳酸结构简式，σ键和π键数目比为11∶1；故答案为11∶1；
③乳酸亚铁中含有元素为H、C、O、Fe，铁元素为金属元素，电负性最小，同周期从左向右电负性逐渐增大，氧元素的电负性最大，碳氢化合物氢为正价，则碳的电负性大于氢，因此电负性由大到小顺序是O＞C＞H＞Fe；故答案为O＞C＞H＞Fe；
④同周期从左向右第一电离能增大趋势，即O的第一电离能大于C，基态O原子电子排布式为1s22s22p4，失去1个电子后排布式为1s22s22p3，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；故答案为O或氧；O失去一个电子后，2p能级半充满，能量低，较稳定，再失去一个电子更困难；
（2）①[Fe(NH3)6]Cl2中[Fe(NH3)6]2+为内界，2个Cl-为外界，6个NH3与Fe2+形成配位键，亚铁离子的配位数为6，故答案为6；
②NH3中中心原子N有3个σ键，有1个孤电子对，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，杂化轨道数等于价层电子对数，因此N的杂化类型为sp3，故答案为三角锥形；sp3；
（3）①K位于顶点和体内，个数为=2，Se位于棱上和体内，个数为=4，Fe位于面上，个数为=4，因此化学式为KFe2Se2；故答案为KFe2Se2；
②晶胞的质量为g，晶胞的体积为a2cnm3=0.4×0.4×1.4nm3，则晶胞的密度为g/cm3；故答案为；
③K位于顶点和体内，Se位于棱上和体内，Fe位于面上，按照xy平面投影得到；故答案为。
11．（2023·河南开封·统考二模）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为__________，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为_________________。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为__________。H3O+中不存在的作用力有____(填标号)，H3O+的空间构型为_____________。
A．配位键 B．离子键 C．共价键 D．氢键
(3)吡啶( )在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是
①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
②______________________________________。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_____________________。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是 (填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为_______________g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。
【答案】(1) O>N>C>H>Cu 3d104s1
(2)+1(或-1) BD 三角锥形
(3)吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
(4)D
(5)
【解析】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
相关试卷
2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）专题15+物质结构与性质综合题： 这是一份2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）专题15+物质结构与性质综合题，文件包含专题15物质结构与性质综合题解析版docx、专题15物质结构与性质综合题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。
2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）专题05+物质结构与性质+元素推断： 这是一份2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）专题05+物质结构与性质+元素推断，文件包含专题05物质结构与性质元素推断解析版docx、专题05物质结构与性质元素推断原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）专题15 物质结构与性质综合题（原卷版）： 这是一份2023年高考真题和模拟题化学分项汇编（全国通用）专题15 物质结构与性质综合题（原卷版），共13页。试卷主要包含了氮的化合物种类繁多，应用广泛等内容，欢迎下载使用。
