2025届高三化学一轮复习 过关专题训练-物质结构与性质

2025届高三化学过关专题训练-物质结构与性质 1．（2024·四川成都·模拟预测）碳族元素的单质及化合物广泛存在于生产生活的方方面面。请回答下列问题： (1)基态C原子，共有 种不同空间运动状态的电子。Ge的核外电子排布式为 。 (2)电石CaC2与萤石CaF2的“离子键成分百分数”相较更大的是 。 (3)金刚石和石墨互为 。石墨的晶体类型为 。金刚石为三维骨架结构(如图)，在由共价键形成的碳原子环中，最小的环为 元环。 (4)在硅酸盐中，四面体(图a)通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图b为一种无限长单链结构的多硅酸根，其化学式为 。 (5)玛瑙(非晶态/玻璃态)与水晶(晶态)均由熔融SiO2冷却形成，则冷却速率玛瑙 水晶(填“>”或“＜”，后同)。青铜是铜与锡(Sn)的合金，硬度青铜 纯铜。 (6)PbI2在饱和溶液中析出时现象酷似“水中黄金雨”，极具观赏性，已知PbI2固体以单分子形式存在，则Pb的杂化形式为 。 (7)已知Ge(OH)4与Sn(OH)4均为两性化合物，且酸性Ge(OH)4>Sn(OH)4，碱性Ge(OH)4＜Sn(OH)4，试从结构角度予以解释 。(“Ge-O”与“Sn-O”可视作极性共价键)。 2．（2024·黑龙江佳木斯·一模）烟气脱硫可有效减少引起的大气污染，同时还可得到有用产品。新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质，由阴、阳离子组成)作吸收剂，通过物理和化学吸收实现脱硫。研究发现：由C、H、O三种元素构成的有机物X和乙醇胺()作用生成一种乙醇铵盐()，属于离子液体，既可脱硫，也可吸收CO2。X可以淀粉为原料，通过水解和生物发酵法制备，其质谱、红外光谱、核磁共振氢谱如下图： (1)X的实验式为 ，结构简式为 。 (2)在一定条件下，2分子X通过分子间脱水可生成一种六元环状化合物，写出该反应的化学方程式 。 (3)已知： ①R1-CH=CH-R2R1COOH+R2COOH ② 依据上述信息反应，以1-丁烯为原料(无机试剂任选)，设计制备X的合成路线 。 (4)离子液体可作为锂离子电池的电解质，以下为2种离子液体的结构。 化合物Ⅰ中含N的五元杂环具有类似苯环的结构特征，1号N原子的杂化轨道类型为 ，1mol化合物Ⅰ中含有 mol σ键；化合物Ⅱ中阳离子的空间构型为 。 (5)已知乙醇胺结合质子的能力比弱，关于X的乙醇铵盐()下列说法正确的是___________ A．液态时的导电性：X B．X和乙醇胺中均含有键、键和氢键 C．该离子液体阴阳离子体积很大，结构松散，作用力相对较弱 D．同温等物质的量浓度的HOCH2CH2NH3Cl溶液和NH4Cl溶液相比，前者的pH大 (6)最常见的离子液体主要由阴离子和如图的阳离子组成。为了使阳离子以单个形式存在以获得良好的溶解性能，与N原子相连的不能被H原子替换，从氢键角度解释原因是： 。 3．（2024·山东日照·三模）铁、碳可形成许多结构和性质特殊的物质。回答下列问题： (1)铁位于元素周期表 区；基态Fe原子的价层电子排布图为 。 (2)羰基铁[]熔点－20℃，沸点103℃，其结构和部分键长如图1所示。晶体类型为 晶体，其中含有键与键的数目之比为 。 (3)物质磁性大小用磁矩表示，与未成对电子数间的关系为：（n为未成对电子数）。的磁矩，中氧的孤电子对填入中心离子的 （填标号）杂化轨道形成配位键。 A． B． C． D． (4)配合物中配离子的，则配离子的空间构型为 （填“正四面体”或“平面四边形”）。 (5)已知石墨晶体的一个六方晶胞如图2所示，晶胞内N点碳的原子坐标 。已知石墨层间距334.8pm，C-C键长142pm，计算石墨晶体密度 （用含的表达式表示）。 4．（2024·四川内江·三模）．根据下列插图，回答以下问题： (1)图1是第三周期的某主族元素第一至第五电离能数据示意图，由此可推测该元素基态原子的价电子排布图为 。 (2)图2的每条折线代表元素周期表中的某族元素在对应周期的简单氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种简单氢化物，其中点依次代表的物质是 、 (写化学式)。 (3)图3是在高温高压下所形成晶体的晶胞示意图，则该晶体的类型属于 晶体。 ．新型超高能材料是国家核心军事力量制高点的重要标志，高性能炸药的结构如图： (4)与同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钴不同的元素有 种。 (5)①配体是平面结构，图中标记“*”的N原子与O原子之间键是由N原子的 杂化轨道与O原子的 轨道重叠形成的。 ②请比较键角大小，分子中 (选填“>”、“<”或“=”)高性能炸药中，其原因为 。 (6)一种钴的化合物可用作石油脱硫的催化剂，其晶胞结构如图所示。若晶胞参数为，则之间的最短距离为 。 5．（2024·天津和平·三模）东晋《华阳国志•南中志》已有白铜（铜镍合金）的记载，回答下列问题： (1)镍元素基态原子的电子排布式为 ，3d能级上的未成对的电子数为 。 (2)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液，在中与之间形成的化学键称为 ，配位原子是 ，中阴离子的立体构型是 。 (3)单质铜及镍都是由 键形成的晶体，元素铜与镍的第二电离能分别为：kJ⋅mol，kJ⋅mol，的原因是 。 (4)现有La、Ni合金是较为理想的储氢材料，其晶胞结构如图1所示： ①该储氢材料的化学式为 。 ②已知晶胞参数边长为a nm，高为b nm，设阿伏加德罗常数的值为。若一个晶胞内可以储存18个氢原子，则储氢后的晶胞密度为 g·cm。 (5)用含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）提取蓄电池材料，流程如图2所示： 已知：易溶于水，不能氧化。 ①酸浸时镍的浸出率与温度的关系如图3所示，温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是 （从两个角度分析）。 ②证明“沉镍”中，已经沉淀完全的实验步骤及现象为 。 ③电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了，再把二价镍氧化为三价镍，写出“氧化”反应的离子方程式 。 6．（2024·陕西安康·模拟预测）现代社会对电池的能量密度和安全性提出更高的要求，全固态锂离子电池比水系镍锌电池在此方面表现出更大的优势。最近浙江大学潘洪革教授团队将引入到晶格中合成了复合氢化物，成功实现室温条件下基固态电解质的超快锂离子传导性能，为室温实用型固体电解质奠定了基础。回答下列问题： (1)基态的电子排布式为 ；基态Ni原子有 个未成对电子。 (2)中阴离子的立体构型是 ；中存在 (填选项字母)。 A．离子键　　　B．σ键　　　C．π键　　　D．氢键 (3)Al与B属于同族元素，在时发生升华，其固体属于 晶体；在蒸汽状态下以双聚分子存在，该双聚分子的结构式为 ，其中Al的配位数为 。 (4)乙硼烷与乙二胺的相对分子质量相近，但乙硼烷的熔点、沸点分别低于乙二胺的熔点、沸点，原因是 。 (5)多硼酸盐是由两个以上的原子团组成的环状或链状结构，双核硼酸根离子、三核硼酸根离子链状结构如图所示： 上述硼酸根离子中B原子的杂化方式为 ；这类链状结构的硼酸根离子的化学式可用通式表示为 。(n代表B原子数)。 7．（2024·浙江·三模）过渡元素在材料和化工生产中占有重要地位。 (1)中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在()，写出氯化铁双聚分子的结构式 。 (2)元素Mn和Fe的部分电离能如下表所示，发现Mn元素的第三电离能()要大于Fe元素的第三电离能，原因是 。 元素 Mn Fe 电离能 () 717 759 1509 1561 3248 2957 (3)Mn的一种配合物化学式为，下列说法正确的是___________。 A．与Mn原子配位时，提供孤电子对的是C原子 B．电负性：H<C<N<O C．中两个C原子的杂化类型均为 D．中σ键与π键数目之比为5：2 (4)某晶体的晶胞如图1所示，Cu可以完全取代该晶体中a位置Fe或b位置Fe，转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2所示。 ①其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为 。 ②下列关于晶体的说法正确的是 。 A．晶体的形成与晶体的自范性有关 B．测定某一固体是否属于晶体可以用X-射线衍射仪进行实验 C．晶体和非晶体的根本区别在于固体是否有规则的几何外形 D．由玻璃制成规则的玻璃球体现了晶体的自范性 E．晶胞是晶体结构中最小的重复单元 8．（2024·陕西西安·三模）某种锰铁基钠离子电池的正极材料()具有优异的性能。回答下列问题： (1)基态的价层电子排布图是 。 (2)该正极材料的外层被碳原子包覆，掺杂氮原子，结构如图1所示。图中“N1”“N2”“N3”所示的氮原子所在环为平面结构，则氮原子的杂化方式为 。第一电离能， 。含有“N3”的碳氮环处于富电子状态，原因是 。更易与某些金属形成配位键的是 (填“N1”或“N3”)。 (3)的结构如图2所示。图中与，之间的作用力分别是 、 。加热时，最易失去的水分子是 (填图中水分子的标号)，判断的理由是 。 (4)的晶胞如图3所示。Mn原子位于F原子形成的 空隙中。已知晶胞参数为a nm，该晶体的密度为 g⋅m(列出表达式，阿伏伽德罗常数用表示)。 9．（2024·山东日照·模拟预测）卤族元素可以与很多元素形成多种具有不同组成、结构、性质的物质。请回答下列问题： (1)(键角为180°)的中心I原子价层电子对数为 ； (填“是”或“否”)具有极性；基态碘原子价电子排布式为 。 (2)物质磁性大小以磁矩μ表示，μ与未成对电子数之间的关系为：(n为未成对电子数)。配合物中配离子的(B．M磁矩单位)，的杂化类型为 。 a．sp3    b．dsp2 c．d2sp3 配合物中配离子的，则配离子的空间构型为 。 (3)甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。 已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水，原因可能是 。 (4)在极高压强下，氯化钠可以和氯气化合生成。是立方系晶胞，结构如图3所示，其中两个氯原子的坐标为(0.00，0.50，0.15)、(0.00，0.50，0.85)，晶体的化学式为 ；与Na距离最近的且相等的Cl有 个。 10．（23-24高三上·福建厦门·阶段练习）废定影液的主要成分为，以废定影液为原料制备的工艺流程如图： 已知：①硫代硫酸根离子()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 ②常温下，稳；。 (1)硫化钠溶液显碱性，其原因为 (用离子方程式表示)。 (2)比较S原子和O原子的电负性大小，并从原子结构的角度说明理由： 。 (3)的空间结构是 。 (4)常温下，“沉淀”时发生的反应为，平衡时， (列出计算式即可)。 (5)“反应”时有淡黄色固体生成，发生反应的化学方程式为 。 (6)MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，结构如图所示。 晶胞中的个数为 。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。 a．氢键    b．离子键    c．极性共价键    d．配位键 11．（2024·四川成都·三模）硼、氮、镁、铝是重要的短周期元素，它们能形成多种重要的化合物。请回答下列问题： (1)基态Al原子处于最高能级的电子云轮廓图为 形，基态的核外电子的轨道表达式为 。 (2)硼的氢化物叫硼烷()，如(乙硼烷)。与反应生成，分子中键与键的数目之比为 。 (3)离子化合物是离子液体。离子液体是在室温和接近室温时呈液态的盐类物质，由于其具有良好的化学稳定性，较低的熔点和良好的溶解性，应用越来越广泛。 ①图A、B、C分别表示C、N、O、F的逐级电离能I的变化趋势(纵坐标的标度不同)，第一电离能的变化图是 (填序号，下同)；第三电离能的变化图是 。 ②离子化合物中阳离子存在大键，该化合物中杂化方式为的原子共有 个，其熔点低的原因是 。 (4)某物质由镁、铝、氧三种元素组成，若将其晶胞按图1方式切成8个体积相同的小立方体，、和在小立方体中的分布如图2、图3所示。 ①晶体中的配位数为 ，晶体的化学式为 。 ②已知之间的最小间距apm，晶体的密度为d，则阿伏加德罗常数的表达式为 (用含a、d的式子表示)。 12．（2024·四川遂宁·三模）硅、硒、铜、镍及其化合物在生产和生活中有着广泛的应用。请回答下列问题： (1)基态硅原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图的形状为 (用文字表述)。 (2)由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述，正确的是_______。 A．微粒半径：③>①>② B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①② C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③ D．得电子能力：①>② (3)在硅酸盐中，四面体[如下图(a)]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，Si与O的原子数之比为 。 (4)硒的两种含氧酸的酸性强弱为 (填“>”或“＜”)。研究发现，给小鼠喂适量硒酸钠可减轻重金属铊引起的中毒。的空间结构为 。 (5)在周期表中Cu与Ni位置相邻，但两种金属元素的第二电离能为I2(Cu)>I2(Ni)，其原因是 。 (6)常见的铜的硫化物有CuS和Cu2S两种。已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，铜离子位于硫离子所构成的四面体中心。它们晶胞具有相同的侧视图如图2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞参数分别为apm和bpm，阿伏加德罗常数的值为。 则CuS晶体中距离S2-最近的Cu2+数目为 。Cu2S晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。 13．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）钴及其化合物在工业生产中具有广泛的用途，特别是作为工业生产的催化剂，钴及其化合物发挥了重要的作用。请回答下列问题： (1)钴及其化合物广泛用作催化剂，说明钴元素在元素周期表中的位置为_______(填字母)。 A．主族元素 B．金属与非金属分界线 C．稀土元素 D．过渡金属元素 (2)中国科学院院士、大连化学物理研究所研究员张涛及其团队开发出新型双原子催化剂(DACs)，在丙烷脱氢性能上，该新型双原子催化剂优于单原子催化剂，其催化原理如图所示： DACs为平面结构，由各原子的相互关系可知，碳原子轨道杂化类型是 ，N原子为杂化，未杂化的p轨道中容纳的电子数为 个；Zn或Co与N原子形成配位键时，提供孤电子对的原子是 (填元素符号)；丙烷分解为丙烯的过程中，形成的化学键有 (填字母)。 A．键    B．σ键    C．π键 (3)CoO是石油化工中的一种催化剂，一种CoO的晶胞结构如图所示，该立方晶胞边长为a pm，设阿伏加德罗常数的值为。 M点的分数坐标为 ；每个周围与其距离最近且相等的共有 个；该CoO晶体的密度是 g⋅cm(用含a、的代数式表示)。 14．（2024·北京·模拟预测）氟化镁()晶体广泛应用在光学、冶金、国防、医疗等领域。 Ⅰ.氟化镁晶胞是长方体，其结构如下图所示： (1)F原子的价层电子排布式是 。 (2)晶胞示意图中： a．○表示 (填离子符号)； b．离子半径：，结合离子结构示意图解释原因： 。 (3)已知晶胞体积为，阿伏伽德罗常数的值为，则其晶体密度= (用代数式表示)。 Ⅱ.一种由Mg制备的工艺流程如下： 已知：i．易溶于甲醇； ii．，， (4)上述流程中，可循环利用的物质是 。 (5)比较相同条件下化学反应速率的大小：①Mg与；②Mg与。 a．小组同学预测化学反应速率：①<②，理由 。 b．实验表明化学反应速率：①>②，分析其原因可能是 。 (6)上述流程中转化为可以选择HF或NaF，结合数据判断哪种试剂的转化效果更好： 。 15．（2024·青海海南·一模）有机合成中离不开各种催化剂的使用，开发各种针对性的、专用的催化剂一直是市场的迫切需求，如CuO-ZnO、、、Cu-cat-2500T等具备催化功能的高效催化剂产品。回答下列问题： (1)基态铜原子的核外电子排布式为 。 (2)催化剂可专用于醛酮的加氢，如反应： ①该反应中断裂和形成的化学键有 (填字母)。 a．极性共价键    b．非极性共价键    c．σ键    d．π键    e．氢键    f．配位键 ②该反应涉及的所有元素中，电负性最大的元素为 (填元素符号，下同)，第一电离能最小的是 。 ③反应物正丁醛的熔、沸点均比产物正丁醇的熔、沸点低，其主要原因是 。 (3)在硫酸锌溶液中加入氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解，生成四氨合锌离子。 ①的空间结构为 ，其配体的中心原子的杂化轨道类型是 。 ②在和中两个N-H键之间的夹角，中的 (填“更大”“更小”或“一样大”)。 (4)催化剂Cu-cat-2500T中Cu形成的晶胞如图所示，图中位于晶胞内的原子与位于晶胞面上的原子数之比为2：9，该晶胞参数分别为apm、2apm、2apm。设为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞中含 个Cu，由该晶胞形成的晶体的密度为 。 16．（2024·上海虹口·一模）“太阳能光催化分解水制氢”原理可以表示为：SO(aq) + H2O(l)SO(aq) + H2(g)。 (1)已知SO3呈平面正三角形结构，推测SO的立体构型为 。 A． 平面正三角形                B． 正四面体型                C． 三角锥型 (2)能说明氯的非金属性比硫强的事实是___________。 A．溶解性：HCl>H2S B．氧化性：HClO>H2SO3 C．热稳定性：HCl>H2S D．酸性：HCl>H2S (3)H2O与H2S结构相似，但H2O的沸点高于H2S，原因是 。 (4)反应开始一段时间后，取出一定量溶液，写出检验溶液中SO的操作方法： 。 17．（2024·四川宜宾·二模）有机阳离子是一类带正电荷的粒子，如（甲铵离子）、（二甲基氧正离子）、（胍离子）等。 (1)C原子价电子的轨道表示式为 。第一电离能N O（填“>”或“<”），原因是 。 (2)中N的杂化方式为 。从化学键的角度描述由（甲胺）形成的过程 。 (3)分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为）。为平面结构，则中的大键应表示为 。 (4)某材料中含有机阳离子，其晶胞结构如图所示。 ①化学式为 ；其中周围最临近的个数为 。 ②已知晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，列式计算两个之间的最短距离为 。 18．（2024·河北·一模）砷化镓是一种半导体化合物，可用于太阳能电池。一种砷化镓废料(主要成分为，含、、等杂质)中回收单质镓和砷的化合物的工艺流程如图所示。 已知：①“碱浸”时，中以的形式进入溶液。 ②离子完全沉淀时的：为8，为5.6。 (1)As在周期表中的位置为 ，最高能级电子云轮廊图为 形。第一电离能比较： (填“<”“>”或“=”，下同)，原子半径比较：As Ga。 (2)下图为砷化镓晶胞，白球所代表原子的配位数是 。已知：晶胞参数为apm，密度为，则阿伏加德罗常数可表示为 (用含a、d的式子表示)。 (3)“碱浸”时，参加的离子方程式为 。 (4)“调①”时， 最合适；滤液②的溶质成分为 (写化学式)。 (5)写出用情性电极电解制备镓单质的电极反应方程式： 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) 4 [Ar]3d104s24p2 (2)CaF2 (3) 同素异形体 混合型晶体 六 (4)(SiO3) (5) ＞ ＞ (6)sp2 (7)成键模型简化为R—O—H。电负性O＞Ge＞Sn，因此a键极性Ge(OH)4＜Sn(OH)4，后者更易解离出OH-，碱性更强。b键极性Ge(OH)4＞Sn(OH)4，前者更易解离出H+，酸性更强 【详解】（1）基态C原子的核外电子排布式为1s22s22p2，占据的是1s、2s和2p（三个轨道中的两个），所以共有4种不同空间运动状态的电子。Ge的核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2。 （2）CaF2中两原子的电负性差值更大，所以电石CaC2与萤石CaF2的“离子键成分百分数”相较更大的是CaF2。 （3）金刚石和石墨是同种元素的不同单质，互为同素异形体。石墨的晶体类型为混合型晶体。从金刚石为三维骨架结构图可知，在由共价键形成的碳原子环中，最小的环为六元环。 （4）图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中每个硅原子和4个氧原子形成四面体结构，Si与O的原子数之比为1∶3，化学式为(SiO3)。 （5）玛瑙(非晶态/玻璃态)与水晶(晶态)均由熔融SiO2冷却形成，玛瑙是熔融态SiO2快速冷却形成的，而水晶则是熔融态SiO2缓慢冷却形成的，则冷却速率玛瑙＞水晶。青铜是铜与锡(Sn)的合金，合金的硬度一般大于其任一成分，硬度青铜＞纯铜。 （6）Pb的价层电子排布是6s26p2，阶层电子对数为，则Pb的杂化形式为sp2。 （7）成键模型简化为R—O—H。电负性O＞Ge＞Sn，因此a键极性Ge(OH)4＜Sn(OH)4，后者更易解离出OH-，碱性更强。b键极性Ge(OH)4＞Sn(OH)4，前者更易解离出H+，酸性更强。 2．(1) CH2O (2)2 (3)CH3CH2CH=CH2 (4) sp2 23 四面体 (5)AC (6)氮原子上连H原子形成分子间氢键，该离子不易以单体形式存在 【分析】 根据质谱图可知，有机物X的相对分子质量为90；根据红外光谱图可知，X中含有羟基、羧基和碳氢单键；X可以以淀粉为原料，通过水解和生物发酵法制备，且核磁共振氢谱中含有4种氢原子，则淀粉水解生成葡萄糖，经生物发酵后生成乳酸（）符合结构要求，因此物质X为乳酸。 【详解】（1） 根据分析，X的结构简式为，最简式为CH2O。 （2） 中含有羟基和羧基，可以酯化反应生成六元环酯，化学方程式为2 。 （3） 根据已知信息，CH3CH2CH=CH2与氯气在加热条件下取代生成；根据已知信息，中碳碳双键氧化，生成；最后在碱性条件下水解生成。 （4）化合物Ⅰ中含N的五元杂环具有类似苯环的结构特征，因此1号N原子为杂化；1mol化合物Ⅰ中含11mol碳氢键，2mol碳碳键，5mol碳氮单键，1mol碳氮双键，4mol碳铝键，因此1mol化合物Ⅰ中含有23molσ键；化合物Ⅱ的阳离子中N原子的价层电子对数为4，采用杂化，因此空间构型为四面体。 （5）A．属于离子液体，液态时能电离出可以自由移动的离子，具有良好的导电性，乳酸属于共价化合物，因此液态时的导电性：X，A正确； B．乙醇胺的结构为，只含有单键，因此不含键，B错误； C．该离子液体的阴阳离子体积比较大，因此结构松散，导致阴阳离子之间的作用力较小，C正确； D．由于乙醇胺结合质子的能力比弱，则水解能力强于铵根，因此同温等物质的量浓度的HOCH2CH2NH3Cl溶液和NH4Cl溶液，前者酸性强，对应的pH小，D错误； 答案选AC。 （6）N原子相连的被H原子替换形成氮氢单键，则阳离子可形成分子间氢键，不易以单体形式存在，溶解性能变差。 3．(1) d (2) 分子 1∶1 (3)D (4)正四面体 (5) 【详解】（1） 铁为26 号元素，位于元素周期表d区；基态Fe原子的价层电子排布图为，答案：d、； （2）羰基铁[]熔点－20℃，沸点103℃，溶沸点比较低，推测晶体类型为分子晶体，其中含有键5个、键5个，数目之比1∶1，答案：分子、1∶1； （3）有6个氧原子要填入空轨道，所以中心三价铁离子进行杂化，答案：D； （4）与未成对电子数间的关系为：（n为未成对电子数），又知道配离子的，配离子未成对电子数是2，有4个配体形成配位键，则配离子的空间构型为正四面体，答案：正四面体； （5）晶胞内N点碳的原子坐标，从Z轴投影，可知N位于面对角线的1/3处，再分别沿x，y轴投影，又由图可以看出在Z轴的一半处，所以坐标可表示，由图可知晶胞长宽一样，底面是一个平行四边形，根据勾股定理得到，晶胞长=pm，，得晶胞高= pm，底面面积= pm2，晶胞体积为pm3，一个晶胞有4个C（上下面：，中心1，棱上），每个晶胞的，答案：、。 4．(1) (2) CH4 NH3 (3)原子 (4)2 (5) sp2 2p ＜ NH3分子中N原子孤电子对进入中心离子的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变成成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱 (6) 【详解】（1） 根据第三周期的某主族元素第一至第五电离能数据示意图可第三电离能数据远大于第二电离能数据，这说明该元素很难失去3个电子，最高价应该是+2价，由此可推测该元素基态原子的价电子排布图为。 （2）由于氟化氢、水分子。氨气分子间均存在氢键，沸点均高于甲烷的，且水的沸点最高，其次是氟化氢的，所以点依次代表的物质是CH4、NH3。 （3）根据晶胞结构可判断C、O原子之间通过共价键形成空间立体网状结构，故该晶体属于原子晶体； （4）基态Co的最外层电子排布式为4s2，则与同周期的所有过渡元素的基态原子中，最外层电子数与钴不同的元素有Cr和Cu，均是4s1，共计是2种。 （5）①配图中标记“*”的N原子属于杂化，与O原子之间键是由N原子的sp2杂化轨道与O原子的2p轨道重叠形成的。 ②由于NH3分子中N原子孤电子对进入中心离子的空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变成成键电子对间的排斥作用，排斥作用减弱，键角变大，所以分子中＜高性能炸药中。 （6）若晶胞参数为，之间的最短距离为面对角线的一半，即。 5．(1) [Ar]3d84s2 2 (2) 配位键 N 正四面体 (3) 金属 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子 (4) LaNi5 (5) 温度高于40℃时，HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2 向“沉镍"后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全 2Ni(OH)2 + ClO- =Ni2O3 +Cl- +2H2O 【分析】含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）先进行预处理，用盐酸浸出，滤渣为碳，滤液中含有镍离子、铁离子、铝离子，用NiO调节溶液的pH除去铁离子、铝离子，滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，用草酸钠沉镍，滤液为氯化钠溶液，通电制得氯气，并制取次氯酸钠溶液，草酸镍加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化镍，次氯酸钠氧化氢氧化镍得到。 【详解】（1）镍为28号元素，基态镍原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，3d能级有5个轨道，填充8个电子，未成对的电子数为2。 （2）在中，Ni2+提供空轨道，NH3中氮原子提供孤电子对形成配位键，故与之间形成的化学键称为配位键，配位原子是N；的中心原子S的价层电子对数为4，中心原子轨道杂化类型为sp3杂化，立体构型是正四面体。 （3）金属单质或合金都是由金属键形成的晶体。元素铜与镍的第二电离能分别为：kJ⋅mol，kJ⋅mol，铜原子失去一个电子后Cu+的价电子排布式为3d10，3d轨道处于全充满状态，能量较低，较稳定，再失去一个电子较难。镍失去一个电子后Ni+的价电子排布式为3d84s1，再失去一个电子，失去的是4s能级轨道上的电子，较容易，所以元素铜的第二电离能大于镍的第二电离能。 （4）①由晶胞结构可知，La原子处于晶胞的上、下面心及12个顶角，Ni原子有12个处于上、下底面、6个处于侧面上、6个位于晶胞内部，根据“均摊法”，每个晶胞含La原子数为，含Ni原子数为，则La、Ni原子个数比为3：15=1 ：5，故该储氢材料的化学式为LaNi5。 ②晶胞底面边长为a nm，高为b nm，则晶胞的体积为，储氢后晶胞的质量为，则储氢后的晶胞密度为。 （5）含镍废料（含镍、铝、氧化铁、碳等杂质）先进行预处理，用盐酸浸出，滤渣为碳，滤液中含有镍离子、铁离子、铝离子，用NiO调节溶液的pH除去铁离子、铝离子，滤渣为氢氧化铝、氢氧化铁沉淀，用草酸钠沉镍，滤液为氯化钠溶液，通电制得氯气，并制取次氯酸钠溶液，草酸镍加入氢氧化钠进行沉淀转化得到氢氧化镍，次氯酸钠氧化氢氧化镍得到。 ①温度高于40℃时镍的浸出率开始下降，主要原因可能是温度高于40℃时，HCl挥发加快，导致盐酸浓度降低较快；Ni2+水解加快(或促进Ni2+水解)，部分生成Ni(OH)2。 ②向“沉镍"后的上层清液中滴加Na2C2O4溶液，若不变浑浊，则说明Ni2+已经沉淀完全。 ③电解过程产生的氯气在弱碱条件下生成了，再把二价镍氧化为三价镍，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该“氧化”反应的离子方程式为2Ni(OH)2 + ClO- =Ni2O3 +Cl- +2H2O。 6．(1) 或 2 (2) 正四面体形 AB (3) 分子 4 (4)乙二胺分子间能形成氢键 (5) sp2 【详解】（1）Zn的原子序数为30，则基态的核外电子排布式为或；基态Ni原子核外电子排布式为，3d轨道上未成对电子数为2； （2）中B原子的价层电子对数为4，故采用杂化，因为孤电子对数为0，所以立体构型为正四面体形；与之间存在离子键，中B原子与H原子之间存在σ键，故选AB； （3） 在时发生升华，熔、沸点较低，符合分子晶体性质特征，所以固体属于分子晶体；化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的结构式为，Al为中心原子与4个Cl原子成键，所以配位数为4； （4）乙硼烷的熔、沸点低于乙二胺是因为乙二胺分子之间能形成氢键，导致熔、沸点升高； （5）由双核硼酸根离子、三核硼酸根离子链状结构可知，B原子采用杂化；根据结构图可知，每增加1个B原子，增加2个O原子，依据元素化合价守恒，因此化学式可用通式表示为。 7．(1) (2)的价层电子排布为，是半充满状态，比较稳定；的价层电子排布为，再失去一个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定的状态 (3)BD (4) ABE 【详解】（1） Fe提供空轨道，Cl提供孤电子对，氯化铁中以双聚分子存在的结构式为：，故答案为； （2）锰元素位于第四周期第ⅦB族，其基态原子的价电子排布式为：3d54s2，则其基态的价电子排布式：3d5；由转化为时，3d能级由较稳定的半充满状态转变为不稳定的状态需要的能量较多；而转化为时，3d能级由不稳定的状态转变为较稳定的半充满状态需要的能量相对要少，故气态再失去1个电子比气态再失去1个电子难，故答案为：的价层电子排布为，是半充满状态，比较稳定；的价层电子排布为，再失去一个电子即可达到3d轨道半充满的比较稳定的状态； （3）A．CH3CN中N有孤电子对，C没有孤电子对，因此CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，故A错误； B．同周期电负性从左到右逐渐增强，所以电负性：H<C<N<O，故B正确； C．中，甲基中的C原子为sp3杂化，氰基的C原子为sp杂化，故C错误； D．中存在一个碳氮叁键，所以σ键与π键数目之比为5：2，故D正确； 故选BD。 （4）①Cu替代b位置Fe型 能量更高，更不稳定，则1个晶胞中Fe原子数为，Cu原子数为，N原子数为1，则更稳定的Cu替代型产物的化学式为，故答案为：； ②A．在一定条件下，物质能形成具有几何形状的晶体，这个形成过程与晶体的自范性有关，故A正确； B．同一条件下，当单一波长的X-射线通过晶体和非晶体时，摄取的图谱是不同的，非晶体图谱中看不到分立的斑点或明锐的谱线，故B正确； C．晶体和非晶体的根本区别在于其内部粒子在空间上是否按一定规律做周期性重复排列，不在于是否有规则的几何外形，故C错误； D．玻璃是非晶体，没有自范性，故D错误； E． 晶胞是体现晶体结构的基本单位，一个晶胞内表达了晶体排列中的完整的一个重复单元，晶体可以由一个个晶胞重复排列而成的，故E正确； 故答案为：ABE。 8．(1) (2) sp2 含有N3的碳氮环中C原子连接4个共价键，其中有1个是双键，N连接3个共价键处于富电子状态 > N1 (3) 配位键 氢键 ⑤ 氢键的强度弱于配位键 (4) 正八面体 【详解】（1） 基态Fe原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2，Fe2+的价层电子排布式为3d6，则Fe2+的价层电子排布图为。 （2）结构如图1所示。图中“N1”“N2”“N3”所示的氮原子所在环为平面结构，则氮原子的杂化方式为sp2，含有“N3”的碳氮环处于富电子状态，原因是：含有N3的碳氮环中C原子连接4个共价键，其中有1个是双键，N连接3个共价键处于富电子状态，同周期元素，从左往右第一电离能逐渐增大，则>，N1存在孤电子对，更易与某些金属形成配位键。 （3）由的结构图可知，与形成配位键，和形成氢键，氢键的强度弱于配位键，加热时，最易失去的水分子是⑤。 （4）由晶胞结构可知，Mn原子位于F原子形成的正八面体空隙中，Mn2+的个数为1，K+的个数为=1，F-的个数为=3，已知晶胞参数为a nm，该晶体的密度为。 9．(1) 5 否 5s25p5 (2) b 正四面体 (3)顺式甘氨酸铜为极性分子，反式甘氨酸铜为非极性分子 (4) NaCl7 12 【详解】（1）(键角为180°)的中心I原子价层电子对数为；结构对称，属于非极性分子，没有极性；基态碘原子价电子排布式为5s25p5。 （2）配合物中配离子的(B．M磁矩单位)，说明不存在单电子，由于的价层电子排布式为3d8，即2的单电子发生重排，因此杂化类型为dsp2，答案选b。配合物中配离子的，根据可计算得到n＝2，即含有2个单电子，为sp3杂化，则配离子的空间构型为正四面体。 （3）由于顺式甘氨酸铜为极性分子，反式甘氨酸铜为非极性分子，依据相似相溶原理可知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水。 （4）两个氯原子的坐标为(0.00，0.50，0.15)、(0.00，0.50，0.85)，即位于面上，含有的氯原子个数，钠原子个数为，因此晶体的化学式为NaCl7；根据晶胞结构可知与Na距离最近的且相等的Cl位于相邻的面上，有3×4＝12个。 10．(1)S2-+H2OHS-+OH- (2)S、O为同一主族元素，原子半径越大，对电子的引力越小，电负性越小 (3)四面体形 (4) (5)Ag2S+4HNO3═2AgNO3+2NO2↑+S+2H2O (6) 4 abcd 【分析】废定影液的主要成分为Na3[Ag(S2O3)2]，加入硫化钠，可生成Ag2S沉淀，过滤后再滤渣中加入浓硝酸，发生Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S+2H2O，加入氢氧化钠溶液消耗剩余的硝酸，过滤除去S等杂质，滤液为硝酸银，经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到纯净的AgNO3，以此解答该题。 【详解】（1）已知Na2S是强碱弱酸盐，故因S2-水解而使硫化钠溶液显碱性，反应原理为：S2-+H2OHS-+OH-，故答案为：S2-+H2OHS-+OH-； （2）从原子结构的角度解释S原子的电负性大于O原子的原因：S、O为同一主族元素，原子半径越大，对电子的引力越小，电负性越小，故答案为：S、O为同一主族元素，原子半径越大，对电子的引力越小，电负性越小； （3）和互为等电子体，结构相似，中心S原子价层电子对个数为4+=4且不含孤电子对，则的空间结构为正四面体形，则的空间结构为四面体形，故答案为：四面体形； （4）常温下，“沉淀”时发生的反应为，平衡时，===，故答案为：； （5）“反应”步骤中会生成淡黄色固体，应生成硫，该反应的化学方程式为Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S+2H2O，故答案为：Ag2S+4HNO3=2AgNO3+2NO2↑+S+2H2O； （6）由题干晶胞图示信息可知，晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为1+2×+4×+8×=4，晶体中微粒间作用力有水分子间的氢键、[Mg(H2O)6]2+和之间的离子键，H2O、中存在极性共价键和[Mg(H2O)6]2+中存在配位键，故答案为：4；abcd。 11．(1) 哑铃 (2)5∶2 (3) A B 4 离子半径大，离子所带电荷数少，晶格能小，所以熔点低 (4) 4 【详解】（1） 基态铝原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p1，最高能级为p能级所以为哑铃形；基态的电子排布式为，将其转化为轨道表达式为； （2）该物质的结构为，氢和硼，硼和碳之间的单键一定为σ键，碳氧三键中1根σ键，其余两根为π键，则键与键的数目之比为5∶2； （3）①C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能呈增大趋势，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能比C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C＜O＜N＜F，满足这一规律的图象为A；气态基态正2价阳离子失去1个电子生成气态基态正3价阳离子所需要的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也依次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量稍高，则满足这一规律的图象为B； ②该化合物中，3个C和1个B为杂化；离子晶体的熔点由晶格能的大小决定，该物质的离子半径大，离子所带电荷数少，晶格能小，所以熔点低； （4）①由图2可知，每个与4个紧邻，则的配位数为4；A中，的个数，的个数=0，的个数=4，B中，的个数=4，的个数=4，的个数，图1由4个A和4个B构成。所以晶胞中，的个数，的个数，的个数，所以晶体的化学式为； ②设晶胞参数为2L，，，晶胞的体积为，一个晶胞中有8个微粒，则。 12．(1)哑铃形(纺锤形) (2)AB (3)1：3 (4) > 正四面体形 (5)Cu失去1个电子后，3d轨道变成了全充满的稳定结构，所以第二电离能大于Ni (6) 4 【详解】（1）Si原子序数14核外电子排布为1s22s22p63s23p2，其中电子占据最高能级为3p，p轨道的电子云轮廓呈哑铃形(纺锤形)。 （2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，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：③>①>②　，A正确； B．由分析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，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：②>①>③，C错误； D．由C可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电子能力：②>①，D错误； 故选AB。 （3）根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，Si与O的原子数之比为1:3。 （4）可以写成，可以写成，连在中心原子Se上的非羟基氧原子数目比连在中心原子Se上的非羟基氧原子数目多，所以酸性强弱为>。的价层电子对数为，所以空间结构正四面体形。 （5）I2(Cu)是Cu+失去全充满的3d10的一个电子，所需的能量较高，I2(Ni)是Ni+失去4s1的一个电子，所需的能量较小。所以原因是Cu失去1个电子后，3d轨道变成了全充满的稳定结构，所以第二电离能大于Ni。 （6）由题目信息铜离子位于硫离子所构成的四面体中心，晶胞具有相同的侧视图，可以得到黑球为硫离子，白球为铜离子，根据晶胞结构可知，CuS晶体中距离S2-最近的Cu2+数目为4。结合晶胞结构进行计算：硫离子数目为，所以铜离子有8个，所以晶胞密度为g/cm3。 13．(1)D (2) sp2 1 N BC (3) (0，，) 6 【详解】（1）Co位于第四周期VIII族，属于过渡金属元素，故选D。 （2）DACs为平面结构，由各原子的相互关系可知，碳原子轨道杂化类型是sp2杂化；sp2杂化的N原子，2个sp2杂化轨道与C原子形成σ键，1个sp2杂化轨道中容纳2个电子，提供孤电子对，与Co或Zn形成配位键，N原子最外层有5个电子，剩余的1个电子容纳在未杂化的p轨道中。CH3CH2CH3→CH3CH=CH2 +H2过程中，2个C-H键断裂(σ键)，形成H2中的H-H键(σ键)及碳碳双键中的π键。 （3）M点分数坐标为(0，，)，以晶胞体心Co2+为目标，则处于6个面心上的O2-均与其等距离，故有6个O2-与其距离最近且相等。由O2-、Co2+在晶胞中的位置可知，O2-的个数为=4，Co2+的个数为=4，每个晶胞中含4个CoO，故1个晶胞的质量m = ，1个晶胞的体积V=a3pm3=a3×10-30cm3，故该CoO晶体的密度ρ= 。 14．(1)2s22p5 (2) Mg2+ 两种离子的核外电子排布相同，Mg2+的核电荷数大于F—，对核外电子的吸引力大于F— (3) (4)CH3OH (5) CH3为供电子基团，导致CH3OH中羟基的极性弱于H2O Mg(OCH3)2易溶于CH3OH，Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面，阻碍Mg与H2O的接触面积 (6)氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2HFMgF2+2H2O，反应的平衡常数K1=====1020.6，氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2F—MgF2+2OH—，反应的平衡常数K2=====0.1，平衡常数K1远远大于K2，说明氢氟酸的转化效果更好 【详解】（1）氟元素的原子序数为9，基态原子的价层电子排布式为2s22p5，故答案为：2s22p5； （2）a．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心白球的个数为8×+1=2，位于面上和体内黑球的个数为4×+2=4，由氟化钙的化学式可知，白球为镁离子，故答案为：Mg2+； b．F—、Mg2+的结构示意图分别为、，两种离子的核外电子排布相同，镁离子的核电荷数大于氟离子，对核外电子的吸引力大于氟离子，所以镁离子的离子半径小于氟离子，故答案为：两种离子的核外电子排布相同，Mg2+的核电荷数大于F—，对核外电子的吸引力大于F—； （3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心镁离子的个数为8×+1=2，位于面上和体内氟离子的个数为4×+2=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=vd，解得d=，故答案为：； （4）由题给流程控制，镁与甲醇反应生成甲醇镁，甲醇镁与水反应生成甲醇和氢氧化镁，氢氧化镁与氢氟酸或氟化钠溶液反应生成氟化镁，则流程中可循环利用的物质是甲醇，故答案为：CH3OH； （5）a．甲醇分子中甲基为供电子基团，导致甲醇中羟基的极性弱于水，所以小组同学预测化学反应速率①小于②，故答案为：CH3为供电子基团，导致CH3OH中羟基的极性弱于H2O； b．实验表明化学反应速率①大于②是因为Mg(OCH3)2易溶于CH3OH，Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面，阻碍Mg与H2O的接触面积所致，故答案为：Mg(OCH3)2易溶于CH3OH，Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面，阻碍Mg与H2O的接触面积； （6）氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2HFMgF2+2H2O，反应的平衡常数K1=====1020.6，氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2F—MgF2+2OH—，反应的平衡常数K2=====0.1，平衡常数K1远远大于K2，说明氢氟酸的转化效果更好，故答案为：氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2HFMgF2+2H2O，反应的平衡常数K1=====1020.6，氢氧化镁与氢氟酸溶液反应的方程式为Mg(OH)2+2F—MgF2+2OH—，反应的平衡常数K2=====0.1，平衡常数K1远远大于K2，说明氢氟酸的转化效果更好。 15．(1)(或) (2) abcd O Al 正丁醇分子间能形成氢键 (3) 正四面体形 更小 (4) 16 【详解】（1）铜是29号元素，则基态铜原子的核外电子排布式为：(或)； （2）①根据反应过程可知，反应中断裂了O—H键、C—H键，形成了C—O π键，故答案为：abcd； ②该反应涉及的元素有C、O、H、Cu、Al，同周期越靠右电负性越大，则电负性最大的元素为O；同周期越靠左，第一电离能越小，则第一电离能最小的是Al； ③两者都是分子晶体，但是正丁醇可以形成分子间氢键，熔沸点较高，则答案为：正丁醇分子间能形成氢键； （3）①的中心原子Zn的价层电子底数为4，则其空间结构为：正四面体形；其配体为氨气，其中心原子为N，N的价层电子底数为4，则杂化轨道类型是sp3； ②的中心原子N有一对孤电子对，其对成键电子对的斥力较大，则其键角更小； （4）由图可知，位于面上和内部的原子总数为22，故图中位于内部的原子数为4，位于面上的原子数为18，依据均摊法，该晶胞中含有的Cu原子数为，晶胞密度为：。 16．(1)C (2)C (3)水分子之间有氢键，所以熔沸点高 (4)先加足量稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，证明含有SO 【详解】（1）SO中心原子价层电子对数为3+ =4，且含有1个孤电子对，立体构型为三角锥形，故选C。 （2）A．溶解性不能说明元素非金属性的强弱，故A不选； B．氧化性：HClO>H2SO3不能说明非金属性氯比硫强，故B不选； C．气态氢化物热稳定性越好，非金属性越强，热稳定性：HCl>H2S能说明非金属性氯比硫强，故C选； D．氢化物的酸性：HCl>H2S，不能说明非金属性氯比硫强，故D不选； 答案为C。 （3）H2O与H2S结构相似，但H2O的沸点高于H2S，原因是：水分子之间有氢键，所以熔沸点高。 （4）检验溶液中的SO操作方法是取少量待测溶液与试管中，先滴加稀盐酸，无现象，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有SO。 17．(1) > N原子2p能级半充满，结构稳定 (2) sp3 中N原子提供1个孤电子对，H+提供1s空轨道，通过1个配位键形成 (3) (4) PbCH3NH3Cl3 12 【详解】（1）C原子价电子排布式为2s22p2，价电子的轨道表示式为。N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第一电离能N>O。 （2）中N原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化方式为sp3。中N原子提供1个孤电子对，H+提供1s空轨道，通过1个配位键形成。 （3）为平面结构，可知C原子、N原子均采用sp2杂化，C、N原子各有1个未参与杂化的p轨道形成大键，所以成键原子数为4，C原子形成键的p轨道中有1个电子，N原子形成键的p轨道有2个电子，该离子带1个单位正电荷，电子数为1+2×3-1=6，则中的大键应表示为 。 （4）①根据均摊原则，晶胞中的个数为 、Cl-数、Pb2+数为1，化学式为PbCH3NH3Cl3；其中周围最临近的个数为12。 ②晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为，设晶胞边长为acm，则，两个之间的最短距离为。 18．(1) 第四周期第VA族 哑铃 > < (2) 4 (3) (4) 8 、 (5) 【分析】 Ga在周期表中位于Al的正下方，性质与Al相似，砷化镓废料，砷化镓废料（主要成分为GaAs,含Fe2O3、SiO2等杂质）制备镓，将砷化镓废料粉碎后，加入氢氧化钠和H2O2碱浸后，SiO2转化为Na2SiO3，GaAs转化为NaGaO2和Na3AsO4，Fe2O3难溶于氢氧化钠溶液形成滤渣1，由于离子完全沉淀的pH值，为8，为5.6，所以陆续生成H2SiO3和Ga(OH)3沉淀，利用CO2调节pH1，生成滤渣2为H2SiO3，再利用CO2调节pH2，生成滤渣3Ga(OH)3，对滤渣3利用氢氧化钠溶液进行沉淀转溶，再进行电解得到嫁，滤液3中主要成分为Na3AsO4，经过蒸发浓缩和冷却结晶后得到Na3AsO4•12H2O，据此分析解题。 【详解】（1） As在周期表中的位置为第四周期第VA族；最高能级为4p，其电子云轮廊图为哑铃形；As和As处于同一周期，而处于VA的As外围电子处于半满的较稳定结构，故As的第一电离能大于Ga；同周期主族元素原子半径从左到右依次减小，所以As的原子半径小于Ga； （2）由图可知，黑球的配位数为4，砷化镓的化学式可知白球的配位数也为4；每个晶胞中含有4个As和4个Ga，则晶胞的密度可表示为，则NA=； （3）“碱浸”时GaAs转化为NaGaO2和Na3AsO4，离子方程式为； （4）“调①”时是为了沉淀，根据题中信息可知8；利用CO2调节pH2，生成滤渣3为Ga(OH)3，为确保沉淀完全，CO2过量所以溶液中为、； （5）电解是的电子转化为Ga单质，其电极反应式为：。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$