高考化学压轴题12 结构与性质综合题（解析版）

压轴题12结构与性质综合题稳定加创新是本专题的基本特点，命题采取结合新科技，新能源等社会热点为背景，命题的形式为填空题，原子的结构与性质、分子的结构与性质和晶体的结构与性质是命题的三大要点。从大题的构成来看，给出一定的知识背景，然后设置成4—5个小题，每个小题考查一个知识要点是主要的命题模式，内容主要考查基本概念，如电子排布式，轨道式，电离能，电负性，杂化方式以及空间构型等，也可联系有机考查有机物中C原子的杂化，联系数学几何知识考查晶体的计算等，一般利用均摊法考查晶胞中的原子个数，或者考查晶体的化学式的书写、晶体类型的判断等，考查的抽象思维能力、逻辑思维能力；同时培养学生的分析和推理能力。题型一核外电子排布的表示方法题型二原子结构与元素性质题型三电离能、电负性的应用题型四共价键的类别及判断题型五杂化轨道及空间构型题型六共价键的极性与分子极性的判断题型七氢键和分子间作用力题型八晶体类型判断题型九晶胞粒子数与晶体化学式判断题型十晶体密度及粒子间距的计算非选择题：本题共20小题。1．一种新型硫酸盐功能电解液由2molL-1Na2SO4和0.3molL-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-中键和键的数目之比为___________。(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。a：b：c=___________。该晶体密度是___________gcm-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)141：1(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)1：3：4【详解】（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，则键数为12，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；。2．乙二胺四乙酸铁钠可用于感光材料冲洗药品及漂白剂，化学式为；工业上可用EDTA与、NaOH溶液发生反应进行制备，合成路线如下：回答下列问题：(1)基态氯原子的价层电子排布图为___________。(2)下列氮原子能量最高的是___________(填标号)。A．B．C．D．(3)EDTA的组成元素中C、N、O的第一电离能由大到小顺序为___________(填元素符号)。碳原子的杂化轨道类型为___________。(4)NH3中N—H键的键角小于CH4中C—H键的键角，其原因为___________。(5)某种Fe、N组成的磁性化合物的结构如图1所示，N随机排列在Fe构成的正八面体的空隙中。该磁性化合物的化学式为___________。(6)在元素周期表中，铁元素位于___________区(填“s”“p”“d”或“ds”)。铁的某种晶胞沿面对角线的位置切下之后可以得到如图2所示的截面。假设铁的原子半径为anm，则该铁晶体的密度为___________(列出计算式，设为阿伏加德罗常数的值)。【答案】(1)(2)A(3)NOCsp2、sp3(4)CH4中的C和NH3中的N均为sp3杂化，但NH3中的N有一孤电子对，孤电子对和成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力(5)Fe4N(6)d【详解】（1）已知Cl是17号元素，故基态氯原子的核外电子排布式为：[Ne]3s23p5，故其价层电子排布图为，故答案为：；（2）A项即基态氮原子上1个1s电子跃迁到2p上，1个2s电子跃迁到2p上，B项为基态原子，C项即1个1s电子跃迁到2p上，D项即1个2s电子跃迁到2p上，故A所示氮原子的能量最高，故答案为：A；（3）根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，A与A反常，故EDTA的组成元素中C、N、O的第一电离能由大到小顺序为NOC，由题干EDTA的结构简式可知，除羧基上的碳原子周围价层电子对数为3，其他碳原子周围价层电子数为4，故碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3，故答案为：NOC；sp2、sp3；（4）CH4中的C和NH3中的N均为sp3杂化，但NH3中的N有一孤电子对，孤电子对和成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力，所以NH3的键角小于CH4的键角，故答案为：CH4中的C和NH3中的N均为sp3杂化，但NH3中的N有一孤电子对，孤电子对和成键电子对的斥力大于成键电子对之间的斥力；（5）由题干图1所示某种Fe、N组成的磁性化合物的结构，N随机排列在Fe构成的正八面体的空隙中，1个晶胞中含有+3价铁个数为：=4，含+2价铁个数为：=12，含有N为4个，故该磁性化合物的化学式为Fe4N，故答案为：Fe4N；（6）已知Fe是26号元素，在元素周期表中第4周期第族，则铁元素位于d区，铁的某种晶胞沿面对角线的位置切下之后可以得到如图2所示的截面可知，该铁晶体为体心立方，在铁晶胞中，与一个铁原子最近的铁原子距离为立方体边长的，这样的原子有八个，因为铁原子的半径是anm，根据铁晶胞的结构可知，晶胞的边长为nm，在每个晶胞中含有铁原子的数目为1+8=2个，晶胞密度=gcm-3，故答案为：d；。3．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)sp24(2)(3)6(4)离子键、共价键、金属键(5)脱嵌过程中Al不会变价，Li+不能完全脱嵌【详解】（1）石墨中，每个碳原子形成3个键，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LiC6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、石墨中层中还有金属键；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。4．2022年诺贝尔化学奖授予美国科学家卡罗琳贝尔托齐、卡尔巴里沙普利斯和丹麦科学家莫滕梅尔达尔，以表彰他们在发展点击化学和生物正交化学方面的贡献。点击化学的代表反应为Cu催化的叠氮一炔基Husigen环加成反应，NaN、SOF、FSON等均是点击化学中常用的无机试剂。回答下列问题：(1)氮原子激发态的电子排布式有___________，其中能量最高的是___________(填标号)。a．1s2s2p3pb．1s2s2p4c．1s2s2p3sd．1s2s2p(2)N、O、F的第一电离能最小的是___________，SOF分子结构如图1所示，已知键角为124，为96，则>的原因主要是___________。(3)叠氮化物能与Fe、Cu及Co等形成配合物，如：[Co(N)(NH)]SO，该配合物中Co的配位数为___________。HN3分子的空间结构如图2所示(图中键长单位为1010m)。已知：典型N-N、N=N和NN的键长分别为1.401010m、1.201010m和1.091010m；甲酸根的两个碳氧键键长相同，处于典型碳氧单键键长和碳氧双键键长之间，其结构可以用两个极端电子式()的平均杂化体来表示。试画出HN3分子的两个极端电子式___________；“”中N原子的杂化方式为___________。(4)图3是MgCu的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。距离Mg原子最近的Mg原子有___________个。(5)图4是沿立方格子对角面取得的截面，Mg原子的半径为___________pm，该晶胞的空间利用率为___________。【答案】(1)aca(2)O双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用(3)6sp(4)4(5)【详解】（1）激发态是基态原子吸收能量，较低能级的电子跃迁到更高能级而来，跃迁的能级越高、数量越多，能量越高；基态N原子的电子排布式为1s2s2p，1s2s2p3p是2p能级电子跃迁到3p能级，1s2s2p3s是2p能级电子跃迁到3s能级，因此处于激发态的是ac，由于3p能级的能量高于3s能级，因此a中激发态能量更高。（2）同周期主族元素第一电离能从左到右增大，但是由于A、A族元素核外电子最高能级分别处于全满和半满状态，比较稳定，第一电离能高于相邻元素，即第一电离能FNO，最小的为O；由图示结构式可知，S、O之前为共价双键，S、F之间为共价单键，双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用，因此键角>。（3）由[Co(N)(NH)]SO化学式可知，内界中有5个NH3和1个，故其配位数为6；参考甲酸根的两个极端电子式可知书写规律为尽可能的让其中一个成键最多或最少，电子偏向其中一极，则为两种极端形式，参考这个规律，可让HN3中最右侧原子最多成三键和最少成双键，其余氮按照八电子理论补齐化学键来表示，两种极端电子式为；由图二结构式可知，三个氮原子呈直线型，则中间氮原子的杂化方式为sp杂化。（4）以上表面面心处的Mg为例，距离其最近的Mg为位于下方四面体空隙中的两个Mg以及相应的上方四面体空隙中的两个，共4个。（5）由晶胞结构及截面图可知，Mg原子之间的最近距离为晶胞体对角线的四分之一，即为两个半径的长度，换言之，Mg原子半径为体对角线的八分之一，晶胞参数为a，则Mg的半径为，铜原子半径为面对角线的八分之一，即，晶胞体积为a3，Mg原子个数为8，体积为，Cu原子个数为16，体积为，空间利用率为（+）a3=。5．1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪(36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。回答下列问题：(1)基态原子的价电子排布式为_______。(2)原子的活泼性依序增强，原因是_______。(3)晶体熔点：_______(填“>”“<”或“=”)，判断依据是_______。(4)的中心原子的杂化轨道类型为_______。(5)加合物中_______，晶体中的微粒间作用力有_____(填标号)。a.氢键b.离子键c.极性共价键d.非极性共价键【答案】(1)(2)同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强(3)<二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高(4)(5)2bc【详解】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为。（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强。（3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<。（4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为。（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故选bc。6．配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。(1)基态Zn2+的电子排布式为______。(2)L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为______个，C与O之间形成键的数目为______个。(3)X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入______。(假设X晶胞形状不变)。A．ClB．OHC．NH2D．CH3(4)X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。X晶体中Zn2+的配位数为______。已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____gcm-3(列出化简的计算式)。【答案】(1)3d10(2)哑铃形88(3)BC(4)与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧4a—2d【详解】（1）锌元素的原子序数为30，基态锌离子的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子处于基态时，电子云轮廓图为哑铃形的2p能级的电子占据最高能级；由结构简式可知，配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；配体中碳原子与氧原子之间的单键为键、双键中含有1个键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8；（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故选BC；（4）由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；1个[Zn4O]6+上、下、左、右、前、后共有6个L2-，每个L2-与[Zn4O]6+形成2个ZnO配位键，1个[Zn4O]6+含有4个ZnO配位键，1个[Zn4O]6+中Zn2+形成的配位键数目为62+4=16，1个Zn2+的配位数为4；由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a—2d；由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8=1，位于棱上的L2-的个数为12=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a10—7)3d，解得d=，故答案为：。7．硅材料在生活中占有重要地位。请回答：(1)分子的空间结构(以为中心)名称为________，分子中氮原子的杂化轨道类型是_______。受热分解生成和，其受热不稳定的原因是________。(2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：、、，有关这些微粒的叙述，正确的是___________。A．微粒半径：>>B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：C．电离一个电子所需最低能量：>>D．得电子能力：>(3)Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是___________，该化合物的化学式为___________。【答案】(1)四面体周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)(2)AB(3)共价晶体【详解】（1）分子可视为SiH4分子中的4个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；（2）电子排布式分别为：、、，可推知分别为基态Si原子、Si+离子、激发态Si原子；A．激发态Si原子有四层电子，Si+离子失去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：>>，选项A正确；B．根据上述分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：，选项B正确；C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：>>，选项C错误；D．由C可知比更难失电子，则比更容易得电子，即得电子能力：>，选项D错误；答案选AB；（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为。8．含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。(3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。A．[Cu(NH3)2]ClB．[Cu(NH3)4]SO4C．[Zn(NH3)4]SO4D．Na2[Zn(OH)4](5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：A．B．C．D．根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是____(填标号)，理由是____。(6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。该物质的化学式为_____。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，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。【答案】(1)1：2或2：1(2)CuCu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大(3)三角锥形sp3杂化(4)B(5)DD中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO(6)Cu2ZnSnS4(，，)【详解】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；（2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；（3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；（4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；D．Na2[Zn(OH)4]中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；故选B；（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；（6）由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8+1=2，位于面上的铜原子个数为8=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2+4=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。9．硫铁化合物(、等)应用广泛。(1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附反应沉淀”的过程。已知：，；电离常数分别为、。在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。(2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。(3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。【答案】(1)5c(OH-)越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降(2)4(3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x=，即固体产物为Fe2O3【详解】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为：；反应的平衡常数K=，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故答案为：；5；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。（2）因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。（3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x=，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x=，即固体产物为Fe2O3。10．工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。(1)结构示意图如图1。的价层电子排布式为___________。中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。中与与的作用力类型分别是___________。(2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。距离最近的阴离子有___________个。的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为___________。(3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。【答案】(1)孤电子对有较大斥力，使键角小于键角配位键、氢键(2)6(3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料【详解】（1）Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。H2O中O和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。（2）以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：。4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。答案为：6；（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。11．以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：(1)基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_______。(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是_______。(6)下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面_______、_______。【答案】(1)1s22s22p4或[He]2s22p42(2)自由电子在外加电场中作定向移动(3)sp2两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高(4)Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2(5)电负性ON，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键(6)cdhibcfe【详解】（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；（3）根据结构式可知，N原子以双键或以NH三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；（4）金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2；（5）由于电负性ON，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，从底面O原子排列图看，能平移且与abcd共边的只有二个四边形，为cdhi和bcfe。12．研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：(1)基态原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp2杂化轨道(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是_______，_______。(5)、、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_______。【答案】(1)3d84s2第4周期第VIII族(2)2:32:1:1Zn2+、Ni2+(3)D(4)吡啶能与H2O分子形成分子间氢键吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子(5)【详解】（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；（2）由题干晶胞示意图可知，，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化；Zn2+周围形成的配位键数目为：6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以与的配位数之比为4:6=2:3；含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4:2:2=2:1:1；故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。13．砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，其晶体结构与单晶硅相似。(1)基态Ga原子的价电子排布式为___________，其同周期元素中未成对电子数最多的是___________(填元素符号)。(2)GaAs可用Ga(CH3)3(常温下为无色液体)和AsH3高温反应制得，同时生成另一种产物，写出反应方程式___________，另一种产物中心原子的杂化类型为___________。(3)沸点AsH3_________NH3(填“>”、“<”、“=”)，原因是_________。(4)GaAs的晶胞结构如图所示，As的配位数___________，若晶胞中距离最近的两个Ga原子距离为anm，阿伏加德罗常数的值为，则GaAs的密度为________。【答案】(1)Cr(2)杂化(3)<分子间可以形成氢键(4)4【详解】（1）Ga为第四周期第IIIA族的元素，所以价层电子排布为：，与其同周期的未成对电子数最多的为，该元素为Cr。（2）根据原子守恒，生成物为，另外一种产物为，所以化学方程式为：；甲烷为正四面体形结构，所以中心原子的杂化方式为：杂化；（3）AsH3和NH3均为分子晶体，由于NH3分子间存在氢键，所以沸点AsH3”“<”或“=”)(5)钡在氧气中燃烧时得到一种钡的氧化物晶体，其阴阳离子的排布与氯化钠相同，其中存在的化学键的类型为_______。【答案】(1)AD(2)(3)该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流(4)>(5)离子键、非极性共价键【详解】（1）A.基态的核外电子排布为：，核外电子有5种空间运动状态，A正确；B.同主族元素从上到下第一电离能递减，则锂是第一电离能最大的碱金属元素，B错误；C.氯原子的价电子排布式可写成，C错误；D.以体心氯离子为观察对象，可知其周围与它最近且等距的氯离子位于棱心，有12个，D正确；故答案为：AD；（2）由晶胞结构可知钠离子位于顶点和面心，个数为，氯离子位于体心和棱心，个数为：，则晶胞的质量为：g，的密度为，则晶胞的体积为：cm3，晶胞的边长为：，则在晶体里和的最短距离为边长的一半，即pm，故答案为：；（3）该惊晶体在通电条件下，钠离子在电场的作用下可以发生迁移，迁移到缺陷处，从而形成电流，故答案为：该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流；（4）、的晶体类型与氯化钠相同，均为离子晶体，半径小于半径，离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故熔点：大于FeO，故答案为：>；（5）中钡离子与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内为非极性共价键，故答案为：离子键、非极性共价键。20．利用石灰石可吸收烟气中的H2S，其相关反应如下：反应i：CaCO3(s)CaO(s)+CO2(g)反应ii：CaO(s)+H2S(g)CaS(s)+H2O(g)反应iii：CaS(s)+2O2(g)CaSO4(s)请回答下列问题：(1)基态硫原子价电子排布式为___________，其核外电子有___________种空间运动状态。(2)钙元素的焰色反应呈砖红色，焰色属于___________(填“吸收”或“发射”)光谱；元素S、Ca、O中，第一电离能最大的是___________(填元素符号)。(3)H2S和PH3分子的价层电子对数为___________，PH3分子中的H-P-H键角大于H2S中的H-S-H键角，请从价层电子互斥理论解释其原因是___________。(4)晶体CaCO3中含有的化学键有___________(填字母)。a．键b．键c．离子键d．非极性键(5)CaCO3、MgCO3热分解温度更高的是___________原因是___________。(6)方解石的成分为CaCO3，其晶胞结构如图所示，晶胞参数：高为cnm，晶胞底面为平行四边形，边长为anm。若用NA表示阿伏加德罗常数的值，则该方解石的密度为___________gcm-3(用含a、c、NA的代数式表示)。【答案】(1)3s23p49(2)发射O(3)4S原子与P原子都是sp3杂化，H2S分子中的s原子有2对孤电子对，PH3分子中的P原子有1对孤电子对，S原子中2对孤电子对对S-H键的斥力大于P原子中1对孤电子对对P-H键的斥力(合理即可)(4)abc(5)CaCO3Mg2+半径比Ca2+小，MgO比CaO晶格能大，Mg2+对中的O2-吸引力更大(合理即可)(6)【详解】（1）硫的原子序数为16，基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则其价电子排布式为3s23p4；基态硫原子核外电子占有9个原子轨道，则其核外电子有9种空间运动状态。（2）电子由较高能级跃迁到较低能级时，以光的形式释放能量，因此焰色属于反射光谱；同周期元素从左至右，第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上到下，第一电离能逐渐减小，则第一电离能最大的是O。（3）H2S中心S原子价层电子对数=，PH3中心P原子价层电子对数，即H2S和PH3分子的价层电子对数均为4；由于S原子与P原子都是sp3杂化，H2S分子中的S原子有2对孤电子对，PH3分子中的P原子有1对孤电子对，孤电子对数越多，孤电子对与成键电子对的排斥力越大，因此S原子中2对孤电子对对S-H键的斥力大于P原子中1对孤电子对对P-H键的斥力，使得H-P-H键角大于H2S中的H-S-H键角。（4）CaCO3由钙离子和碳酸根离子构成，含离子键，结构为，含键和键，不含非极性键，故选abc。（5）和所带电荷数相同，Mg2+半径比Ca2+小，MgO比CaO晶格能大，Mg2+对中的O2-吸引力更大，因此CaCO3热分解温度更高。（6）由晶胞结构图可知，位于顶点和体心的Ca2+个数=，2个位于晶胞内部，晶胞体积=，由得，。