2025届高三化学一轮复习 高考化学解答大题：物质结构与性质

2025高考化学物质结构与性质（解答大题）（共25小题） 1．（2024秋•辽宁月考）氮元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。回答下列问题： （1）一种新型人工固氮的原理如图。 ①固氮转化的物质中含有的化学键类型有　 　（填字母）。 A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．氢键 ②氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，结构如图。则同层中锂、氮的原子个数比为　 　；晶体中氮以N3﹣存在，基态N3﹣的电子排布式为　 　。 （2）氨和肼（N2H4）是两种具有碱性氮的氢化物。 ①NH3与H2O以氢键结合形成NH3•H2O分子。则NH3•H2O的结构式为　 　（选填序号）。 A． B． C． D． ②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为　 　。 （3）邻二氮菲（，平面形分子，简称为phen）能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示。 Fe2++3→ ①phen分子中N原子的孤电子对占据　 　轨道。 ②中Fe2+的配位数为　 　，配体数为　 　。 ③用邻二氮菲测定Fe2+（的浓度时需控制pH为5～6，其原因是：　 　。 ④邻二氮菲的一氯代物有　 　种。 2．（2024秋•宝山区校级月考）（1）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是 　 　。 A.S B.C2H6O C.12C D. （2）下列对于元素周朔表结构的叙述中正确的是 　 　。 A.最外层电子数相同的元素都在同一族 B.目前元素周期表中有4个长周期 C.除第1周期外，其他周期均有18种元素 D.碱金属元素是指IA族的所有元素 （3）下列说法正确的是 　 　。 A.H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大 B.Na2O2、MgCl2、NaOH、NH4Cl均为含共价键的离子化合物 C.NaHSO4加热熔化时破坏了该物质中的离子键和共价键 D.化学键通常指的是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用 （4）如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是 　 　。 A.原子半径：Z＞Y＞X B.Z的单质是一种半导体材料 C.元素W的最高价和最低价代数和为4 D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物不能相互反应 （5）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图变化，一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B和C两种分子中电子数均等于10。 ①X元素在周期表中的位置是 　 　。 ②Y单质的电子式是 　 　。 ③X、Y、Z的原子半径由大到小排序为 　 　（用元素符号表示）。 ④ⅰ.B和C反应得到的物质水溶液中有哪几种微粒 　 　。 ⅱ.X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W，C在适当条件下被W吸收生成盐，该盐是 　 　（化学式）。 3．（2024秋•海淀区校级月考）寻找安全高效、低成本的储氢材料对于实现氢能经济具有重要意义。以下是常见的储氢材料。 Ⅰ．氰基配合物Cu3[Co（CN）6]2•xH2O （1）Cu的基态原子价电子排布式为 　 　。 （2）基态N原子占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是 　 　。 （3）CN﹣中C为正价，从原子结构的角度说明理由 　 　。 （4）Co（Ⅱ）化合物转化为Co（Ⅲ）化合物： ①在空气中久置后，CoCl2溶液无明显变化；配制成[Co（NH3）6]2+后，放置在空气中即可被氧化为[Co（NH3）6]3+，据此推测 　 　（填“Co2+”或“[Co（NH3）6]2+”）还原性更强。 ②已知：Co2++6NH3⇌[Co（NH3）6]2+ K1 Co3++6NH3⇌[Co（NH3）6]3+ K2 利用氧化还原反应规律，可作出推测：K1　 　K2（填“＞”“＜”或“＝”）。 Ⅱ．金属氢化物 Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为a nm，如图所示。 （5）Mg2FeH6晶胞中H原子个数为 　 　。 （6）已知Mg2FeH6的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　 　g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm） 4．（2024秋•海安市校级月考）氢气是一种理想的清洁能源，将成为未来的主要能源。金属材料在制氢、储氢和用氢方面发挥了重要作用。 （1）纳米铷镍合金RuNi催化氨硼烷水解制氢。主要经过吸附和反应的过程，其反应机理如图所示（每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子）。根据元素电负性变化规律（N＞H＞B），写出图中的虚线框内微粒A和微粒B的化学式 　 　、　 　。 （2）合金材料可用于储氢。 已知：Mg（s）+H2（g）＝MgH2（s）ΔH1＝﹣74.5kJ/mol； Mg2Ni（s）+2H2（g）＝Mg2NiH4（s）ΔH2＝﹣64.4kJ/mol1； Mg2Ni（s）+2MgH2（s）＝2Mg（s）+Mg2NiH4（s）ΔH3。 ①ΔH3＝ 　 　。 ②一种镍基合金储氢后的晶胞结构如图所示。 写出基态Ni原子核外电子排布式 　 　，该合金储氢后，H2与Ni的物质的量之比为 　 　。 （3）储氢材料MgH2能与水反应放氢，但与纯水反应产生H2很少。MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的放氢性能。1mol/L的几种盐溶液与MgH2制备H2时MgH2转化率如图所示。 已知：ⅰ．Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12；Ksp[Ni（OH）2]＝5.5×10﹣16；Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20； 氧化性：Mg2+＜Ni2+＜H+＜Cu2+ ⅱ．MgH2在MCl2（M代表Mg、Ni、Cu）溶液中水解的示意图如图。 ①MgH2受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是 　 　。 ②使用NiCl2溶液制备H2的反应速率大于MgCl2溶液，可能的原因是 　 　。 ③40min后，CuCl2溶液制备H2时MgH2转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是 　 　。 5．（2024•4月份模拟）Sc及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。回答下列问题： （1）Sc在元素周期表中位于 　 　区，基态原子中，核外电子占据的最高能层符号是 　 　。 （2）在乙醇溶液中，Sc（ClO4）3•6H2O与2，6﹣二乙酰基吡啶及肼发生反应，形成具有偶氮结构的十四元环配体的[Sc（C18H18N6）（H2O）2]（ClO4）3•4H2O配合物，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+的结构如图所示。 ①的空间构型是 　 　；肼（N2H4）中所有原子 　 　（填“是”或“不是”）共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是 　 　。 ②配离子中相关元素电负性从小到大的排列顺序是 　 　（填元素符号），钪的配位数是 　 　。 ③含s、p、d轨道的杂化类型有dsp2、sp3d、d2sp3等，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+中Sc3+采取的杂化类型为 　 　。 （3）常压下，Sc可与O2反应生成Sc2O3，X射线衍射分析发现，Sc2O3的晶体结构属于立方晶系，晶胞参数为a nm，密度为ρg•cm﹣3，计算一个晶胞所含Sc2O3的个数为 　 　（列出计算表达式）。 （4）Sc2O3与无水HF作用可生成ScF3，ScF3同属立方晶系，其晶胞的部分轮廓图如图所示，用“●”表示Sc3+，用“〇”表示F﹣，将晶胞补充完整。 6．（2024秋•昆山市校级期中）研制净化水的材料对解决水资源问题具有重大意义。 （1）ClO2气体是一种绿色消毒剂，可由NaClO3与双氧水在稀H2SO4条件下反应制得。 ①的空间结构为 　 　。 ②写出上述制备ClO2的化学方程式 　 　。 （2）FeCl3水解得到Fe（OH）3胶体可用于吸附悬浮颗粒。FeCl3间可通过配位键聚合成二聚物，其结构如图所示。用“→”表示出其中的配位键 　 　。 （3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附和絮凝于一体的多功能净水剂。当K2FeO4与水反应生成标准状况下8.96LO2时，反应中转移电子的物质的量为 　 　。 （4）由铝工业废渣（主要含Fe、Si、Al的氧化物）制取聚合硫酸铁铝[AlaFeb（OH）c（SO4）d•xH2O]。净水剂的流程如图： ①“浸取”中加入H2O2的主要目的是 　 　。 ②某种铁的合金晶胞结构如图所示，则化学式为 　 　。 ③为测定聚合硫酸铁铝的组成，其中部分实验如下： 称取一定质量的聚合硫酸铁铝样品溶于稀盐酸中，完全溶解后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤，干燥至恒重，得到白色固体9.320g；另称取相同质量的聚合硫酸铁铝样品溶于过量的HI中，充分反应后，用0.500mol•L﹣1的标准Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准液32.00mL。 已知：Fe3++I﹣→Fe2++I2（未配平）：I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。 则聚合硫酸铁铝中＝ 　 　（写出计算过程）。 7．（2024秋•浦东新区校级月考）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。 （1）氢化钠（NaH）是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的氧化剂为 　 　。（写化学式） （2）钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为 　 　。 （3）咔唑（）是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比（）的高，其主要影响因素是 　 　。 A．分子量 B．极性 C．氢键 D．键能 NH3BH3（氨硼烷）具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度（＜350℃）而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、CH4与H2O进行合成。 （4）上述涉及的元素H、B、C、N、O原子半径最大的是 　 　，电负性最大的是 　 　。 （5）键角：CH4　 　H2O（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 　 　。 氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。 （6）距离Fe原子最近的Mg原子个数是 　 　。 A．4 B．6 C．8 D．12 （7）铁镁合金的化学式为 　 　。 （8）若该晶胞的晶胞边长为d nm，阿伏加德罗常数为NA，则该合金的密度为 　 　g•cm﹣3（用含NA的式子表达）。 （9）若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和核心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为 　 　L。 A．5.6 B．11.2 C．22.4 D．44.8 8．（2024秋•皇姑区校级月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题： （1）下列硼原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 　 　、　 　（填标号）。 A． B． C． D． （2）氨硼烷（H3N•BH3）分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H•••H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是 　 　。 A．苯和三氯甲烷 B．LiH和HCN C．C2H4和C2H2 D．B2H6和NH3 硼氢化钠（NaBH4）是一种常见的还原剂，常温下易与水反应，可溶于异丙胺（沸点33℃），某探究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图： （3）第一步为高温合成，写出该合成的化学方程式 　 　。 （4）流程中可以循环利用的物质除NaBO2外，还有 　 　。 （5）NaBH4做还原剂时需控制溶液为弱碱性。若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成硼酸，写出反应的离子方程式 　 　。 实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下： ①测定原理： 3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2O KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。 ②测定步骤 步骤1：探究小组以：23.76g NaBO2为主要原料制得NaBH4产品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入30.00mL 0.1000mol•L﹣1 KIO3溶液振荡60s，使充分反应。 步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，调节至酸性，冷却后暗处放置数分钟。 步骤3：用0.2000mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。 （6）通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率 　 　。 （7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，将导致NaBH4的产率 　 　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 9．（2024秋•东城区校级月考）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。 Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下： （1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是 　 　（填字母）。 a．ⅰ中，C做还原剂 b．碳酸的酸性强于硅酸 c．碳酸的热稳定性弱于硅酸 （2）ⅱ中，1mol Si与3mol HCl反应转移4mol电子。 ①该反应的化学方程式为 　 　。 ②SiHCl3中，H的化合价为 　 　，由此推测Si的电负性比H的 　 　（填“大”或“小”）。 （3）ⅲ中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：　 　。 Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示。 Si A D （4）基态A原子核外电子排布式为 　 　。 （5）D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：　 　。 10．（2024秋•黄浦区校级月考）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示，回答下列问题： H2S MnS SO2 SO3 H2SO4 熔点/℃ ﹣85.5 ＞1600 （分解） ﹣75.5 16.8 10.3 沸点/℃ ﹣60.3 ﹣10.0 45.0 337.0 （1）硫元素位于元素周期表的 　 　。 A.s区 B.p区 C.d区 D.f区 （2）基态S原子价层电子轨道表示式是 　 　，其电子占据最高能级的电子云形状为 　 　。 （3）基态Mn原子的价电子构型是 　 　。 A.3d7 B.3d74s2 C.3d54s2 D.3d9 （4）具有下列电子排布式的基态原子中原子半径最大的是 　 　。 A. B. C.1s22s22p2 D.1s22s22p33s23p4 （5）关于SO2的说法正确的是 　 　（不定项） A.中心原子的杂化类型为sp2 B.电负性：0＜S C.属于非极性分子 D.价层电子对的空间结构为平面三角形 （6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，体现SO2具有 　 　。 A.漂白性 B.酸性氧化物的性质 C.氧化性 D.还原性 若用含4gNaOH的溶液吸收SO2气体，理论上最多可以吸收SO2的体积为 　 　（折算为标况）。 （7）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是 　 　：气态三氧化硫以单分子形式存在，推测其分子的立体构型为 　 　形；固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为 　 　。 （8）S与O、Se、Te位于同一主族，它们氢化物的沸点如图所示，分析它们氢化物沸点变化的原因是：　 　。 （9）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示： 电离能/（kJ•mol﹣1） I1 I2 锌 906 1733 铜 746 1958 铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是 　 　。 11．（2024秋•海淀区校级月考）与许多金属离子或形成的化合物有广泛的用途。 （1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为 　 　。 （2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、（NH4）2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH≈2）。的结构如图： ①比较中O—S—O和S—O—O键角大小，从原子结构的角度说明理由：　 　。 ②下列说法正确的是 　 　（填字母）。 a．（NH4）2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“—O—O—”结构 b．依据结构分析，（NH4）2S2O8中硫元素的化合价为+7价 c．被还原为得到2mole﹣ ③转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是 　 　。 （3）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。 ①化合物（NH4）3[FeF6]中的化学键类型有 　 　（填字母）。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．金属键 e．配位键 ②（NH4）3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示： 图中“●”代表的是 　 　（填“”或“”）已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　 　g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm） 12．（2023秋•海淀区期末）KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂（含单质金）中提取金。 （1）基态N价层电子排布式为 　 　。 （2）CN﹣的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为 　 　。 （3）CN﹣中N为﹣3价，从结构与性质关系的角度解释其原因：　 　。 （4）图为KCN的晶胞示意图。已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 　 　g⋅cm﹣3。（已知：1nm＝10﹣7cm） （5）浸金过程如下： i.将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液，过滤，得含[Au（CN）2]﹣的滤液； ii.向滤液中加入足量金属锌，得单质金。 ①已知Au与Cu同族，则Au属于 　 　区元素。 ②i中反应的离子方程式为 　 　。 ③i中，pH＜10.5会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是 　 　。 13．（2024秋•海淀区校级月考）某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Nax[MnFe（CN）6]作正极材料，Na作负极材料。 （1）CO2与环氧丙烷（）在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。 ①CO2是 　 　（填“极性”或“非极性”）分子。 ②环氧丙烷中，O原子的杂化轨道类型是 　 　杂化。 ③沸点：环氧丙烷 　 　CO2（填“＞”或“＜”），解释其原因：　 　。 （2）MnCl2溶液与Na4[Fe（CN）6]溶液混合可制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。 ①基态Mn原子的电子排布式是 　 　。 ②CN﹣的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，（CN）2被称为拟卤素。 ⅰ.（CN）2与H2O反应的生成物的结构式分别是H—C≡N、　 　。 ⅱ.HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是 　 　。 ③为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，再加入Na4[Fe（CN）6]溶液以制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用：　 　。 （3）金属氢化物Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为a nm，如图所示。 ①Mg2FeH6晶胞中H原子个数为 　 　。 ②已知Mg2FeH6的摩尔质量是M g•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　 　。（1nm＝10﹣7cm） 14．（2024•和平区校级二模）铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。 Ⅰ．在血液中，以Fe2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送O2，如图为载氧后的血红蛋白分子示意图： （1）基态Fe的价电子轨道表示式为 　 　。 （2）载氧时，血红蛋白分子中Fe2+脱去配位的H2O并与O2配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与Fe2+配位能力最强的是 　 　（填字母）。 a．H2O b．O2 c．CO （3）一种最简单的卟啉环结构如图： ①该卟啉分子中，1号位N的杂化方式为 　 　。 ②比较C和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：　 　。 ③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是 　 　。 Ⅱ．Fe2+可用于制备优良铁磁体材料。如图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为apm。 已知：1cm＝1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。 （4）该晶体的密度是 　 　g•cm﹣3。 （5）距离F最近的Cs的个数为 　 　。 15．（2024秋•浙江月考）Cu，Zn等副族元素化合物性质十分有趣，组成了多姿多彩的化学世界。请回答： （1）基态Cu的电子排布式为 　 　。 （2）下列有关说法不正确的是 　 　。 A．高温下氧化物的稳定性：Cu2O＞CuO B．可用VSEPR模型来预测杂化方式 C．已知第一电离能：Zn＞Cu，则Zn没有Cu活泼 D．Zn可溶于氨水生成配离子 （3）①无水CuCl2为无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的平面四边形的中心，请画出CuCl2的链状结构 　 　。 ②层状结构也是十分有趣的，石墨晶体中的二维平面结构如图，请框出晶胞 　 　。 （4）合金材料在现代生活中占有重要地位，其呈现丰富的晶体结构。不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，一种晶体结构的部分如右上图所示，请写出晶胞的化学组成 　 　。 （5）乙烯也可以作为配体，在PtCl3（C2H4）中C＝C键长比乙烯中C＝C长，请解释 　 　。 16．（2024秋•浦东新区校级月考）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差为 　 　。 （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）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]Cl B．[Cu（NH3）4]SO4 C．[Zn（NH3）4]SO4 D．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+转化为的是 　 　（填标号）。理由是 　 　 17．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。 （1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。 ①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有 　 　（填序号）。 A．水浴加热氧化锌浆料 B．加快搅拌 C．降低通入SO2气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2 ②在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 　 　（填化学式）；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 　 　。 （2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是 　 　。 （3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4•7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式 　 　。 （4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图4所示，O2﹣位于Zn2+构成的 　 　（填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是 　 　。 18．（2024秋•闵行区校级月考）镍及其化合物广泛用于生产不锈钢、电池以及催化剂领域。 （1）不锈钢中含量最高的元素基态原子的价层电子有　 　种空间运动状态。Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性小的元素是　 　。 ②比较基态原子的第二电离能I2的大小：Ni　 　Cu，说明理由：　 　。 （2）镍常用作工业催化剂。下列关于基态镍原子的价层电子描述错误的是　 　。 A．价层电子数为10 B．价层电子占据6个轨道 C．能量相同的电子有10个 D．未成对电子的自旋方向均相同 （3）实验室用石墨电极电解0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，以获得制镍铜合金所需的精铜。当电路中通过0.4NA电子时，阴极增重6.4g。欲使电解液恢复原状，可向电解后的溶液中加入　 　。 A．0.1mol Cu（OH）2 B．0.1mol CuO C．0.2mol CuO D．0.1mol CuO和0.2mol H2O （4）某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，工作原理为：，以下说法正确的是　 　（不定项）。 A．充电时OH﹣向负极移动 B．充电时阴极附近溶液的碱性增强 C．放电过程是电能转化为化学能的过程 D．放电时正极反应： （5）工业上通过调节pH除杂并回收废液中的镍，用于制备硫酸镍晶体。常温下，加碱调节pH在7.2～8.7，使废液中Ni2+开始沉淀，直至沉淀完全（Ni2+浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1）。 则原废液中Ni2+的物质的量浓度为　 　mol/L。 （6）硫酸镍溶液在强碱性环境中用Na2O2氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式　 　。 （7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用。其主要目的是：　 　。 19．（2024秋•西城区校级月考）水的性质与其结构密切相关，与金属离子或财形成的化合物有广泛的用途。 （1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为 　 　。 （2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、（NH4）2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH≈2）。的结构如图： ①比较O原子和S原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　 　。 ②下列说法正确的是 　 　（填字母）。 a．（NH4）2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“—O—O—”结构 b．依据结构分析，（NH4）2S2O8中硫元素的化合价为+7价 c．中“S—O—O”在一条直线上 ③转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是 　 　。 （3）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于 　 　键；H2O的O—H键是由O的 　 　轨道与H的1s轨道重叠形成的。 （4）水分子的VSEPR的模型名称为 　 　，的电子式为 　 　； 判断和H2O的键角大小： 　 　H2O（填“＞”或“＜”），解释原因：　 　。 （5）下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是 　 　（填字母序号）。 a．常压下，4℃时水的密度最大 b．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃ c．水的热稳定性比硫化氢强 （6）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。 ①化合物（NH4）3[FeF6]中的化学键类型有 　 　（填字母）。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．金属键 e．配位键 ②（NH4）3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示： 图中“●”代表的是 　 　（填“”或“”）。已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　 　g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm） 20．（2024秋•闵行区校级月考）20世纪初，哈伯和博施开发了以N2和H2为原料合成氨工艺，目前该工艺仍在广泛使用。 （1）基态氮原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 　 　形，基态N原子的轨道表示式为 　 　。 （2）关于哈伯和博施法工业合成氨的说法错误的是 　 　。 A．反应温度为500℃主要因为该温度是催化剂的活性温度 B．合成氨工业中利用了热交换器，实现绿色低碳化 C．理论上通过该反应ΔS＞0、ΔH＜0可以判断该反应可以自发进行 D．将气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出去，可以提高平衡转化率 （3）关于NH3说法正确的是 　 　。 A．NH3遇到HCl产生白烟 B．可用NHACl受热分解可制得NH3 C．NH3可用湿润的蓝色石蕊试纸检验 D．NH3是氮元素唯一的氢化物 治理硝酸盐污染方法之一可以采用常温常压电化学合成氨的方法。碱性条件下还原为NH3的一种反应机理如图所示。 （4）关于以上机理说法正确的是 　 　。 A．Co（OH）2是反应产物 B．Co是反应催化剂 C．增大Co的量，能提高的平衡转化率 D．过程①和③中N元素均被还原 （5）实验室利用以下装置模拟废水中硝酸盐还原为氨的反应，总反应为 写出d电极上发生的电极反应 　 　。 （6）该装置工作时，下列描述正确的是 　 　。 A．d为正极 B．电极c上发生还原反应 C．随着反应进行B池碱性增强 D．理论上标况下有2.24LO2生成，则有0.4mol电子从电极d经质子交换膜流向c极 （7）与哈伯合成法相比，电催化合成氨气的优势有（写出两点）：　 　，　 　。 氨气还可用于合成高性能储氢材料氨硼烷（NH3BH3） （8）氨硼烷分子中，B、N两元素电负性由大到小的顺序是 　 　。 （9）Fe、Co、Ni、Cu催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。四种催化剂中，催化效果最好的金属基态原子的未成对的电子数为 　 　。 21．（2024秋•新吴区校级月考）铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。 Ⅰ．Cu2+能与NH3、H2O、OH﹣、Cl﹣等形成配位数为4的配合物。 （1）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu（OH）4]。Na2[Cu（OH）4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有 　 　（填字母）。 A．离子键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键 （2）将CuO投入NH3、（NH4）2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，CuO转化为[Cu（NH3）4]SO4溶液。 ①CuO被浸取的离子方程式为 　 　。 ②[Cu（NH3）4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu（NH3）4]2+的空间构型为 　 　（填字母）。 A．正四面体形 B．正方形 （3）Cu2+可以与乙二胺（H2N—CH2CH2—NH2）形成配离子，如图所示： ①H、O、N三种元素的电负性从小到大的顺序为 　 　。 ②乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是 　 　。 Ⅱ．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。 （4）下列物质中，属于顺磁性物质的是 　 　（填标号）。 A．[Cu（NH3）4]SO4 B．[Cu（NH3）2]Cl C．Na2[Cu（OH）4] 22．（2024秋•顺德区月考）钴（Co）是第四周期第Ⅷ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 （1）基态Co的价层电子轨道表示式为 　 　。 （2）以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物（合成过程如下所示）。 ①基态O原子处于最高能级的电子的运动状态共有 　 　个。 ②色胺酮分子中C原子的杂化类型为 　 　，N原子的杂化类型为 　 　。 ③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过 　 　作用与色胺酮钴配合物相结合。 （3）钴酸锂（LiCoO2）是锂电池正极材料的重要成分，该锂电池充放电反应为：LixC6+Li（1﹣x）CoO2LiCoO2+6C。从废旧锂电池正极材料中回收钴和锂的流程如图： 写出酸浸过程中发生反应的化学方程式 　 　。 （4）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构构成，图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体，图2是钴蓝的晶胞。 ①钴蓝晶体中三种原子个数比N（Co）：N（Al）：N（O）＝ 　 　。 ②NA为阿伏加德罗常数，钴蓝晶体的摩尔质量为Mg/mol，钴蓝晶体的密度ρ＝ 　 　g/cm3（列出计算式）。 23．（2024•浙江开学）氮、氟等是组成化合物的常见元素。请回答： （1）某种防蛀牙膏添加剂的晶胞如图所示，其化学式为 　 　，晶体类型是 　 　。 （2）下列说法正确的是 　 　。 A．第二电离能：N＞O＞C B．电负性：C＞H＞Si C．熔点：单晶硅＞碳化硅＞金刚石 D．相同条件下O3在不同溶剂中的溶解度：H2O＜CCl4 （3）已知3个及以上原子若处于同一平面，且有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大π键。已知咪唑结构为：，所有原子共平面。则1号氮原子的杂化方式为 　 　，配位能力1号氮原子 　 　2号氮原子（填“＞”、“＝”或“＜”）。 （4）高性能炸药BNCP的结构如图，比较键角大小，NH3分子中H—N—H 　 　（填“＞”，“＜”或“＝”）高性能炸药BNCP中H—N—H，其原因为 　 　。 24．（2024•延平区校级开学）配合物在许多尖端领域如超导材料、催化剂研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题： （1）某配合物的阳离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+结构如图所示，铜离子的配位数为 　 　，其中与铜离子形成配位键更强的配体是 　 　（填化学式）。 （2）《诗经》“缟衣茹藘（茜草）”，茜草中的茜素与矾土中的Al3+，Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料之一。 基态Al原子中自旋状态相反的两种电子的个数比为 　 　，配合物X中Al3+的配体除外还有 　 　，Al3+杂化轨道的空间构型为 　 　；茜素的熔点比1﹣羟基蒽醌　 　（填“高”或“低”）。 （3）向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液后，经提纯、结晶可得到KFe[Fe（CN）6]蓝色晶体，实验表明，CN﹣、Fe2+、Fe3+通过配位键构成了晶体骨架，其局部结构如图1，记为Ⅰ型立方结构。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的复晶胞如图2，记为Ⅱ型立方结构（注：下层左后的小立方体g未标出）。 K+填充在Ⅰ型立方结构的体心，若KFe[Fe（CN）6]的摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的值用NA表示，Ⅱ型立方结构的边长为anm，该蓝色晶体密度为 　 　g•cm﹣3。 （4）N4只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为 　 　（分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π66）。 25．（2024秋•和平区校级月考）铁（Fe）、钴（Co）、镍（Ni）是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 （1）铁系元素能与CO形成Fe（CO）5、Ni（CO）4等金属羰基化合物。已知室温时Fe（CO）5为浅黄色液体，沸点103℃，Fe（CO）5是 　 　晶体，Fe（CO）5中含有的化学键类型包括 　 　。 A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 （2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 　 　（填图中酞菁中N原子的标号），酞菁分子N原子的杂化类型为 　 　。钴酞菁分子中所含元素（H、C、N、Co）电负性由大到小的顺序为 　 　，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）NiO晶体与NaCl晶体结构相似（如图）。 ①NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由 　 　： 晶体 离子间距/pm 熔点/℃ NaCl ＝276 801 NiO ＝212 1960 ②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm（1pm＝10﹣10cm），NiO的摩尔质量为Mg/mol，则晶体的密度为 　 　g/cm3（列出计算式）。 ③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个Ni2+空缺，会有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91。若该晶体的化学式为NixO，则x＝ 　 　。 2025高考化学物质结构与性质（解答大题） 参考答案与试题解析 一．解答题（共25小题） 1．（2024秋•辽宁月考）氮元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。回答下列问题： （1）一种新型人工固氮的原理如图。 ①固氮转化的物质中含有的化学键类型有　ABC　（填字母）。 A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．氢键 ②氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，结构如图。则同层中锂、氮的原子个数比为　2：1　；晶体中氮以N3﹣存在，基态N3﹣的电子排布式为　1s22s22p6　。 （2）氨和肼（N2H4）是两种具有碱性氮的氢化物。 ①NH3与H2O以氢键结合形成NH3•H2O分子。则NH3•H2O的结构式为　B　（选填序号）。 A． B． C． D． ②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为　N2H6（HSO4）2　。 （3）邻二氮菲（，平面形分子，简称为phen）能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示。 Fe2++3→ ①phen分子中N原子的孤电子对占据　sp2　轨道。 ②中Fe2+的配位数为　6　，配体数为　3　。 ③用邻二氮菲测定Fe2+（的浓度时需控制pH为5～6，其原因是：　当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH﹣浓度高时，OH﹣与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位　。 ④邻二氮菲的一氯代物有　4　种。 【答案】（1）①ABC； ②2：1；1s22s22p6； （2）①B； ②N2H6（HSO4）2； （3）①sp2； ②6；3； ③当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH﹣浓度高时，OH﹣与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位； ④4。 【分析】（1）①氮化锂中微粒之间为离子键，水中氢氧原子之间为极性共价键，氮气和氧气中原子之间为非极性键，氢键不是化学键； ②据“均摊法”，1个六元环中含2个锂、1个氮，则同层中锂、氮的原子个数比为2：1；N得到3个电子形成N3﹣； （2）①根据NH3•H2O能电离出OH﹣说明在氢键的作用下H2O分子断裂O—H键； ②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为N2H6（HSO4）2； （3）①N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化； ②[Fe（phen）3]2+中，1个Fe2+与3个配体中的6个N原子形成配位键； ③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时，酸性较强时，H+能与N原子配位，碱性较强时，Fe2+能与OH﹣反应，所以应控制pH为5～6，原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱； ④如图邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子。 【解答】解：（1）①氮气与锂反应生成Li3N，Li3N与水反应生成氨气和LiOH，LiOH通电生成Li、O2和水。氮化锂中微粒之间为离子键，水中氢氧原子之间为极性共价键，氮气和氧气中原子之间为非极性键，氢键不是化学键， 故答案为：ABC； ②据“均摊法”，1个六元环中含2个锂、1个氮，则同层中锂、氮的原子个数比为2：1；N得到3个电子形成N3﹣，则基态N3﹣的电子排布式为1s22s22p6， 故答案为：2：1；1s22s22p6； （2）①根据NH3•H2O能电离出OH﹣说明在氢键的作用下H2O分子断裂O—H键，所以NH3•H2O的结构式为， 故答案为：B； ②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为N2H6（HSO4）2， 故答案为：N2H6（HSO4）2； （3）①N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，孤电子对占据sp2轨道， 故答案为：sp2； ②[Fe（phen）3]2+中，1个Fe2+与3个配体中的6个N原子形成配位键，配位数为6，配体数为3， 故答案为：6；3； ③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时，酸性较强时，H+能与N原子配位，碱性较强时，Fe2+能与OH﹣反应，所以应控制pH为5～6，原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH﹣浓度高时，OH﹣与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位， 故答案为：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH﹣浓度高时，OH﹣与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位； ④如图邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故其一氯代物有4种， 故答案为：4。 【点评】本题考查化学键和原子结构，侧重考查学生配位键和核外电子排布的掌握情况，试题难度中等。 2．（2024秋•宝山区校级月考）（1）下列化学用语只能用来表示一种微粒的是 　C　。 A.S B.C2H6O C.12C D. （2）下列对于元素周朔表结构的叙述中正确的是 　B　。 A.最外层电子数相同的元素都在同一族 B.目前元素周期表中有4个长周期 C.除第1周期外，其他周期均有18种元素 D.碱金属元素是指IA族的所有元素 （3）下列说法正确的是 　D　。 A.H2O、H2S、H2Se的分子间作用力依次增大 B.Na2O2、MgCl2、NaOH、NH4Cl均为含共价键的离子化合物 C.NaHSO4加热熔化时破坏了该物质中的离子键和共价键 D.化学键通常指的是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用 （4）如图是部分短周期元素化合价与原子序数的关系图，下列说法正确的是 　C　。 A.原子半径：Z＞Y＞X B.Z的单质是一种半导体材料 C.元素W的最高价和最低价代数和为4 D.Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物不能相互反应 （5）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图变化，一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B和C两种分子中电子数均等于10。 ①X元素在周期表中的位置是 　第二周期ⅥA族　。 ②Y单质的电子式是 　　。 ③X、Y、Z的原子半径由大到小排序为 　N＞O＞H　（用元素符号表示）。 ④ⅰ.B和C反应得到的物质水溶液中有哪几种微粒 　NH3、H2O、NH3•H2O、、OH﹣、H+（少量）　。 ⅱ.X、Y、Z三种元素可组成一种强酸W，C在适当条件下被W吸收生成盐，该盐是 　NH4NO3　（化学式）。 【答案】（1）C； （2）B； （3）D； （4）C； （5）①第二周期ⅥA族； ②； ③N＞O＞H； ④ⅰ.NH3、H2O、NH3•H2O、、OH﹣、H+（少量）； ⅱ.NH4NO3。 【分析】（1）A．S 可以表示硫原子； B．C2H6O可以表示乙醇和二甲醚； C． 12C表示6个质子、6个中子的碳原子； D． 可以表示甲烷也可以表示硅烷； （2）A．最外层电子数相同的元素不一定都在同一族，如氦原子的最外层电子数为 2，而氦元素位于元素周期表 0 族，镁原子的最外层电子数也为 2； B．元素周期表中共有七个周期，其中1、2、3为短周期，4、5、6、7为长周期； C．第1周期有2种元素，2、3周期有8种元素，4、5周期有18种元素，6、7周期32种元素； D．碱金属元素为金属元素，碱金属元素是指ⅠA族的除H之外的所有元素； （3）A．水分子能形成分子间氢键，硫化氢和硒化氢不能形成分子间氢键； B．氯化镁是只含有离子键的离子化合物； C．硫酸氢钠加热熔化时只破坏离子键； D．化学键通常指的是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用； （4）根据图示可知，1～18号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X最低﹣2价，没有正价，推断为O元素；Y只有+1价，推断为Na元素；Z最高+3价推断为Al元素；W最高+6价，最低﹣2价，推断为S元素；R最高+7价，最低﹣1价，推断为Cl元素； （5）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图变化，则三种气体是氮气、氧气和氢气，生成的三种化合物为一氧化氮、水和氨气；一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B和C两种分子中电子数均等于10，则A为一氧化氮、B为水、C为氨气、X为O元素、Y为N元素、Z为H元素。 【解答】解：（1）A．S 可以表示硫原子，也可以表示硫单质，故 A 错误； B．C2H6O可以表示乙醇和二甲醚，故B错误； C． 12C表示6个质子、6个中子的碳原子，故C正确； D． 可以表示甲烷也可以表示硅烷，故D错误； 故答案为：C； （2）A．最外层电子数相同的元素不一定都在同一族，如氦原子的最外层电子数为 2，而氦元素位于元素周期表 0 族，镁原子的最外层电子数也为 2，但位于元素周期表ⅡA 族，故 A 错误； B．元素周期表中共有七个周期，其中1、2、3为短周期，4、5、6、7为长周期，故B正确； C．第1周期有2种元素，2、3周期有8种元素，4、5周期有18种元素，6、7周期32种元素，故C错误； D．碱金属元素为金属元素，碱金属元素是指ⅠA族的除H之外的所有元素，故D错误； 故答案为：B； （3）A．水分子能形成分子间氢键，硫化氢和硒化氢不能形成分子间氢键，所以水分子的分子间作用力大于硫化氢和硒化氢，故A错误； B．氯化镁是只含有离子键的离子化合物，故B错误； C．硫酸氢钠加热熔化时只破坏离子键，不能破坏共价键，故C错误； D．化学键通常指的是相邻的原子或离子之间的强烈的相互作用，故D正确； 故答案为：D； （4）根据图示可知，1～18号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大，X最低﹣2价，没有正价，推断为O元素；Y只有+1价，推断为Na元素；Z最高+3价推断为Al元素；W最高+6价，最低﹣2价，推断为S元素；R最高+7价，最低﹣1价，推断为Cl元素； A．同周期原子半径从左往右减小，同主族从上往下增大，故原子半径：Na＞Al＞O，即Y＞Z＞X，故A错误； B．Z为Al，具有良好的导电性，属于良导体，故B错误； C．据分析，元素W是S，其最高价+6价和最低价﹣2价的代数和为4，故C正确； D．据分析，Y和Z两者最高价氧化物对应的水化物分别是NaOH和Al（OH）3，二者能相互反应：NaOH+Al（OH）3 ＝ Na[Al（OH）4]，故D错误； 故答案为：C； （5）X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16，X、Y、Z三种元素的常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如图变化，则三种气体是氮气、氧气和氢气，生成的三种化合物为一氧化氮、水和氨气；一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，B和C两种分子中电子数均等于10，则A为一氧化氮、B为水、C为氨气、X为O元素、Y为N元素、Z为H元素； ①氧元素的原子序数为8，位于元素周期表第二周期ⅥA族， 故答案为：第二周期ⅥA族； ②氮气分子是含有共价键的双原子分子，电子式为， 故答案为：； ③原子的电子层数越大，原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则三种原子的原子半径大小顺序为N＞O＞H， 故答案为：N＞O＞H； ④ⅰ.氨气极易溶于水，溶于水的氨气与水分子结合成一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌+OH—，则氨水中存在的微粒为NH3、H2O、NH3•H2O、、OH—、H+（少量）， 故答案为：NH3、H2O、NH3•H2O、、OH﹣、H+（少量）； ⅱ.氮、氢、氧三种元素可以组成的强酸为硝酸，硝酸能与氨气反应硝酸铵，则盐为硝酸铵， 故答案为：NH4NO3。 【点评】本题考查元素推断和元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。 3．（2024秋•海淀区校级月考）寻找安全高效、低成本的储氢材料对于实现氢能经济具有重要意义。以下是常见的储氢材料。 Ⅰ．氰基配合物Cu3[Co（CN）6]2•xH2O （1）Cu的基态原子价电子排布式为 　3d104s1　。 （2）基态N原子占据的最高能级的电子云轮廓图的形状是 　哑铃形　。 （3）CN﹣中C为正价，从原子结构的角度说明理由 　C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N，电负性C＜N，因此CN﹣中C为正价　。 （4）Co（Ⅱ）化合物转化为Co（Ⅲ）化合物： ①在空气中久置后，CoCl2溶液无明显变化；配制成[Co（NH3）6]2+后，放置在空气中即可被氧化为[Co（NH3）6]3+，据此推测 　　（填“Co2+”或“[Co（NH3）6]2+”）还原性更强。 ②已知：Co2++6NH3⇌[Co（NH3）6]2+ K1 Co3++6NH3⇌[Co（NH3）6]3+ K2 利用氧化还原反应规律，可作出推测：K1　＜　K2（填“＞”“＜”或“＝”）。 Ⅱ．金属氢化物 Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为a nm，如图所示。 （5）Mg2FeH6晶胞中H原子个数为 　24　。 （6）已知Mg2FeH6的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　　g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm） 【答案】（1）3d104s1； （2）哑铃形； （3）C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N，电负性C＜N，因此CN﹣中C为正价； （4）①； ②＜； （5）24； （6）。 【分析】（1）铜是29号元素，在第四周期； （2）基态N原子电子排布式为1s22s22p3，最高能级为2p； （3）C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N； （4）①在空气中久置后，CoCl2溶液无明显变化，会被氧化为； ②空气中会被氧化为，可知更稳定； （5）由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：＝4，Mg位于体心，为8个； （6）由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：＝4，Mg位于体心，为8个，根据化学式Mg2FeH6可知该晶胞中含有Mg2FeH6的个数为4，因此该晶胞的质量是。 【解答】解：（1）铜是29号元素，在第四周期，基态铜原子的价电子排布式是3d104s1， 故答案为：3d104s1； （2）基态N原子电子排布式为1s22s22p3，最高能级为2p，电子云轮廓图的形状是哑铃形， 故答案为：哑铃形； （3）C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N，电负性C＜N，因此CN﹣中C为正价， 故答案为：C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引力C＜N，电负性C＜N，因此CN﹣中C为正价； （4）①在空气中久置后，CoCl2溶液无明显变化，会被氧化为，据此推测易被氧化，还原性更强， 故答案为：； ②空气中会被氧化为，可知更稳定，推测K1＜K2， 故答案为：＜； （5）由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：＝4，Mg位于体心，为8个，根据化学式Mg2FeH6可知该晶胞中含有Mg2FeH6的个数为4，因此含有的H原子个数是24， 故答案为：24； （6）由图可知Fe位于晶胞的顶点和面心，个数为：＝4，Mg位于体心，为8个，根据化学式Mg2FeH6可知该晶胞中含有Mg2FeH6的个数为4，因此该晶胞的质量是，晶体的密度为， 故答案为：。 【点评】本题考查化学键和晶体结构，侧重核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 4．（2024秋•海安市校级月考）氢气是一种理想的清洁能源，将成为未来的主要能源。金属材料在制氢、储氢和用氢方面发挥了重要作用。 （1）纳米铷镍合金RuNi催化氨硼烷水解制氢。主要经过吸附和反应的过程，其反应机理如图所示（每个步骤只画出了可能参与该步反应的1个水分子）。根据元素电负性变化规律（N＞H＞B），写出图中的虚线框内微粒A和微粒B的化学式 　　、　B（OH）3　。 （2）合金材料可用于储氢。 已知：Mg（s）+H2（g）＝MgH2（s）ΔH1＝﹣74.5kJ/mol； Mg2Ni（s）+2H2（g）＝Mg2NiH4（s）ΔH2＝﹣64.4kJ/mol1； Mg2Ni（s）+2MgH2（s）＝2Mg（s）+Mg2NiH4（s）ΔH3。 ①ΔH3＝ 　+84.6　。 ②一种镍基合金储氢后的晶胞结构如图所示。 写出基态Ni原子核外电子排布式 　[Ar]3d84s2　，该合金储氢后，H2与Ni的物质的量之比为 　3：5　。 （3）储氢材料MgH2能与水反应放氢，但与纯水反应产生H2很少。MgCl2、NiCl2、CuCl2等盐溶液能提升MgH2的放氢性能。1mol/L的几种盐溶液与MgH2制备H2时MgH2转化率如图所示。 已知：ⅰ．Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12；Ksp[Ni（OH）2]＝5.5×10﹣16；Ksp[Cu（OH）2]＝2.2×10﹣20； 氧化性：Mg2+＜Ni2+＜H+＜Cu2+ ⅱ．MgH2在MCl2（M代表Mg、Ni、Cu）溶液中水解的示意图如图。 ①MgH2受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是 　不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多　。 ②使用NiCl2溶液制备H2的反应速率大于MgCl2溶液，可能的原因是 　Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+水解程度更大，生成H+浓度更大，且可防止生成Mg（OH）2覆盖，反应速率加快　。 ③40min后，CuCl2溶液制备H2时MgH2转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是 　Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小　。 【答案】（1）、B（OH）3； （2）①+84.6； ②[Ar]3d84s2；3：5； （3）①不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多； ②Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+水解程度更大，生成H+浓度更大，且可防止生成Mg（OH）2覆盖，反应速率加快； ③Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小。 【分析】（1）根据元素电负性，得到O＞N＞H＞B，NH3BH3中N、1H、2H和3H都是负电性、B是正电性、水分子中的—H显示正电性、—OH显示负电性，步骤Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ为氨硼烷中NH3、1H、2H和3H逐步被水分子中的—OH取代，脱去的NH3、1H、2H和3H还有水分子中的—H结合生成、3HH、2HH、1HH，同生成B（OH）3； （2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需让化学方程式，①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）ΔH1＝﹣74.5kJ•mol﹣1，②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）ΔH2＝﹣64.4kJ•mol﹣1，Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）ΔH3由盖斯定律②﹣2×①得到； ②基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，该合金储氢后，结合均摊法可知，Ni原子数目为8×＝5，氢气数目为8×＝3； （3）①MgH2受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多； ②使用NiCl2溶液制备H2的反应速率大于MgCl2溶液，可能的原因是水解程度更大，生成H+浓度更大； ③40min后，CuCl2溶液制备H2时MgH2转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面。 【解答】解：（1）根据元素电负性，得到O＞N＞H＞B，NH3BH3中N、1H、2H和3H都是负电性、B是正电性、水分子中的—H显示正电性、—OH显示负电性，步骤Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ为氨硼烷中NH3、1H、2H和3H逐步被水分子中的—OH取代，脱去的NH3、1H、2H和3H还有水分子中的—H结合生成、3HH、2HH、1HH，同生成B（OH）3，因此微粒A和B的化学式分别为：、B（OH）3， 故答案为：、B（OH）3； （2）①依据热化学方程式和盖斯定律计算得到所需让化学方程式，①Mg（s）+H2（g）═MgH2（s）ΔH1＝﹣74.5kJ•mol﹣1，②Mg2Ni（s）+2H2（g）═Mg2NiH4（s）ΔH2＝﹣64.4kJ•mol﹣1，Mg2Ni（s）+2MgH2（s）═2Mg（s）+Mg2NiH4（s）ΔH3由盖斯定律②﹣2×①得到，ΔH3＝﹣64.4kJ/mol﹣2×（﹣74.5kJ/mol）＝+84.6kJ/mol，则ΔH3＝+84.6kJ/mol， 故答案为：+84.6； ②基态Ni原子核外电子排布式为[Ar]3d84s2，该合金储氢后，结合均摊法可知，Ni原子数目为8×＝5，氢气数目为8×＝3，H2与Ni的物质的量之比为3：5， 故答案为：[Ar]3d84s2；3：5； （3）①MgH2受热分解能放氢，采用与水反应放氢的优点是不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多， 故答案为：不需要过度加热，能耗低，相同量的MgH2与水反应释放氢气更多； ②使用NiCl2溶液制备H2的反应速率大于MgCl2溶液，可能的原因是Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+水解程度更大，生成H+浓度更大，且可防止生成Mg（OH）2覆盖，反应速率加快， 故答案为：Ksp[Ni（OH）2]＜Ksp[Mg（OH）2]，Ni2+水解程度更大，生成H+浓度更大，且可防止生成Mg（OH）2覆盖，反应速率加快； ③40min后，CuCl2溶液制备H2时MgH2转化率小于MgCl2溶液，可能的原因是Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小， 故答案为：Cu2+氧化性强，与H+竞争得电子生成Cu，覆盖在MgH2表面，MgH2转化率减小。 【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。 5．（2024•4月份模拟）Sc及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。回答下列问题： （1）Sc在元素周期表中位于 　d　区，基态原子中，核外电子占据的最高能层符号是 　N　。 （2）在乙醇溶液中，Sc（ClO4）3•6H2O与2，6﹣二乙酰基吡啶及肼发生反应，形成具有偶氮结构的十四元环配体的[Sc（C18H18N6）（H2O）2]（ClO4）3•4H2O配合物，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+的结构如图所示。 ①的空间构型是 　正四面体　；肼（N2H4）中所有原子 　不是　（填“是”或“不是”）共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是 　肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼　。 ②配离子中相关元素电负性从小到大的排列顺序是 　Sc＜H＜C＜N＜O　（填元素符号），钪的配位数是 　6　。 ③含s、p、d轨道的杂化类型有dsp2、sp3d、d2sp3等，配离子[Sc（C18H18N6）（H2O）2]3+中Sc3+采取的杂化类型为 　d2sp3　。 （3）常压下，Sc可与O2反应生成Sc2O3，X射线衍射分析发现，Sc2O3的晶体结构属于立方晶系，晶胞参数为a nm，密度为ρg•cm﹣3，计算一个晶胞所含Sc2O3的个数为 　1　（列出计算表达式）。 （4）Sc2O3与无水HF作用可生成ScF3，ScF3同属立方晶系，其晶胞的部分轮廓图如图所示，用“●”表示Sc3+，用“〇”表示F﹣，将晶胞补充完整。 【答案】（1）d；N； （2）①正四面体；不是；肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼； ②Sc＜H＜C＜N＜O；6； ③d2sp3； （3）1； （4）。 【分析】（1）Sc在元素周期表中位于d区，基态原子中，核外价电子排布为3d14s2； （2）①中中心原子的夹层电子对数为：，的空间构型是正四面体形；肼（N2H4）中N原子杂化方式为sp3杂化，所有原子不共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键； ②同周期从左往右电负性增强，同主族从上往下电负性减弱； ③配离子中Sc3+的配位数为6； （3）Sc2O3属于立方晶系，且晶胞参数为anm，该晶胞为正方体，微粒在晶胞中的分布比较对称，Sc3+位于顶点和体心，个数为，O2﹣位于棱心，数目为：； （4）ScF3属立方晶系，晶胞中Sc3+与F﹣数目之比为1：3，故Sc3+位于顶点，个数为，F﹣位于棱心，个数为3。 【解答】解：（1）Sc在元素周期表中位于d区，基态原子中，核外价电子排布为3d14s2，核外电子占据的最高能层符号是N， 故答案为：d；N； （2）①中中心原子的夹层电子对数为：，的空间构型是正四面体形；肼（N2H4）中N原子杂化方式为sp3杂化，所有原子不共平面；沸点：肼＞偏二甲肼[（CH3）2NNH2]＞乙烷，原因是肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼， 故答案为：正四面体；不是；肼和偏二甲肼均能形成分子间氢键，沸点高于乙烷，肼中氢键数目多于偏二甲肼，沸点高于偏二甲肼； ②同周期从左往右电负性增强，同主族从上往下电负性减弱，故配离子中相关元素电负性从小到大的排列顺序是：Sc＜H＜C＜N＜O；钪的配位数是6， 故答案为：Sc＜H＜C＜N＜O；6； ③配离子中Sc3+的配位数为6，杂化轨道数目为6条，故Sc3+采取的杂化类型为：d2sp3， 故答案为：d2sp3； （3）Sc2O3属于立方晶系，且晶胞参数为anm，该晶胞为正方体，微粒在晶胞中的分布比较对称，Sc3+位于顶点和体心，个数为，O2﹣位于棱心，数目为：，故一个晶胞所含Sc2O3的个数为：1， 故答案为：1； （4）ScF3属立方晶系，晶胞中Sc3+与F﹣数目之比为1：3，故Sc3+位于顶点，个数为，F﹣位于棱心，个数为3，补充完整晶胞轮廓图：， 故答案为：。 【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 6．（2024秋•昆山市校级期中）研制净化水的材料对解决水资源问题具有重大意义。 （1）ClO2气体是一种绿色消毒剂，可由NaClO3与双氧水在稀H2SO4条件下反应制得。 ①的空间结构为 　正四面体形　。 ②写出上述制备ClO2的化学方程式 　2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O　。 （2）FeCl3水解得到Fe（OH）3胶体可用于吸附悬浮颗粒。FeCl3间可通过配位键聚合成二聚物，其结构如图所示。用“→”表示出其中的配位键 　　。 （3）高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附和絮凝于一体的多功能净水剂。当K2FeO4与水反应生成标准状况下8.96LO2时，反应中转移电子的物质的量为 　1.6　。 （4）由铝工业废渣（主要含Fe、Si、Al的氧化物）制取聚合硫酸铁铝[AlaFeb（OH）c（SO4）d•xH2O]。净水剂的流程如图： ①“浸取”中加入H2O2的主要目的是 　将Fe2+氧化为Fe3+　。 ②某种铁的合金晶胞结构如图所示，则化学式为 　FeNi2　。 ③为测定聚合硫酸铁铝的组成，其中部分实验如下： 称取一定质量的聚合硫酸铁铝样品溶于稀盐酸中，完全溶解后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤，干燥至恒重，得到白色固体9.320g；另称取相同质量的聚合硫酸铁铝样品溶于过量的HI中，充分反应后，用0.500mol•L﹣1的标准Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准液32.00mL。 已知：Fe3++I﹣→Fe2++I2（未配平）：I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。 则聚合硫酸铁铝中＝ 　0.4　（写出计算过程）。 【答案】（1）①正四面体形； ②2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O； （2）； （3）1.6； （4）①将Fe2+氧化为Fe3+； ②FeNi2； ③0.4。 【分析】（1）①的中心原子S价层电子对数为，无孤对电子； ②根据已知条件，该反应化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O； （2）FeCl3间可通过配位键聚合成二聚物； （3）K2FeO4与水反应化学方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8KOH+3O2↑，反应中没生成3mol O2转移12mol电子； （4）废渣经经酸洗，金属元素形成可溶盐，过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，过滤将SiO2除去，加热聚合，获得聚合硫酸铁铝。 【解答】解：（1）①的中心原子S价层电子对数为，无孤对电子，空间结构为正四面体形， 故答案为：正四面体形； ②根据已知条件，该反应化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O， 故答案为：2NaClO3+H2O2+H2SO4＝2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O； （2）FeCl3间可通过配位键聚合成二聚物，其配位键表示为， 故答案为：； （3）K2FeO4与水反应化学方程式为4K2FeO4+10H2O＝4Fe（OH）3↓+8KOH+3O2↑，反应中没生成3mol O2转移12mol电子，标准状况下8.96LO2物质的量为0.4mol，转移电子数为1.6mol， 故答案为：1.6； （4）废渣经经酸洗，金属元素形成可溶盐，过氧化氢将Fe2+氧化为Fe3+，过滤将SiO2除去，加热聚合，获得聚合硫酸铁铝； ①“浸取”中加入H2O2的主要目的是将Fe2+氧化为Fe3+， 故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+； ②根据合金晶胞结构，Fe的个数为，Ni位于晶胞内部，个数为8，则晶胞化学式为FeNi2， 故答案为：FeNi2； ③n（）＝n（BaSO4）＝，已知I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2，则2Fe3+～I2～2Na2S2O3，n（Fe3+）＝n（Na2S2O3）＝0.500mol•L﹣1×32×10﹣3L＝1.6×10﹣2mol，则， 故答案为：0.4。 【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024秋•浦东新区校级月考）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。 （1）氢化钠（NaH）是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的氧化剂为 　H2O　。（写化学式） （2）钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为 　3d54s2　。 （3）咔唑（）是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比（）的高，其主要影响因素是 　C　。 A．分子量 B．极性 C．氢键 D．键能 NH3BH3（氨硼烷）具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度（＜350℃）而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、CH4与H2O进行合成。 （4）上述涉及的元素H、B、C、N、O原子半径最大的是 　B　，电负性最大的是 　O　。 （5）键角：CH4　＞　H2O（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 　CH4和H2O都有4个价层电子对，但CH4分子中没有孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小；　。 氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。 （6）距离Fe原子最近的Mg原子个数是 　C　。 A．4 B．6 C．8 D．12 （7）铁镁合金的化学式为 　Mg2Fe　。 （8）若该晶胞的晶胞边长为d nm，阿伏加德罗常数为NA，则该合金的密度为 　22.4　g•cm﹣3（用含NA的式子表达）。 （9）若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和核心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下H2的体积约为 　C　L。 A．5.6 B．11.2 C．22.4 D．44.8 【答案】（1）H2O； （2）3d54s2； （3）C； （4）B；O； （5）＞；CH4和H2O都有4个价层电子对，但CH4分子中没有孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小； （6）C； （7）Mg2Fe； （8）； （9）C。 【分析】（1）NaH遇水反应生成NaOH和H2； （2）锰原子序数为25，基态锰的电子排布式为[Ar]3d54s2； （3）咔唑分子中含有氢键； （4）电子层数越多，半径越大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小；同周期主族元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从上到下元素的电负性依次减小； （5）孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小； （6）由晶胞可知，Mg原子在晶胞内，距离Mg最近的Fe为4个； （7）根据均摊法计算原子个数； （8）根据ρ＝计算晶体密度； （9）胞中Mg原子为8，H2为1+12×＝4，48gMg物质的量为2mol，储存的H2物质的量为1mol。 【解答】解：（1）NaH遇水反应生成NaOH和H2，反应方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑，H2O中氢元素化合价降低，被还原作氧化剂， 故答案为：H2O； （2）锰原子序数为25，基态锰的电子排布式为[Ar]3d54s2，价层电子排布式为：3d54s2， 故答案为：3d54s2； （3）分子间存在范德华力，咔唑分子中含有氢键，氢键强于范德华力，故沸点高于， 故答案为：C； （4）电子层数越多，半径越大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则H、B、C、N、O原子半径最大的是B；同周期主族元素从左到右，电负性依次增大，同主族元素从上到下元素的电负性依次减小，则电负性最大的是O， 故答案为：B；O； （5）CH4和H2O都有4个价层电子对，但CH4分子中没有孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以H2O小于CH4的键角， 故答案为：＞；CH4和H2O都有4个价层电子对，但CH4分子中没有孤电子对，H2O有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小； （6）由晶胞可知，Mg原子在晶胞内，Fe位于顶点和面心，则距离Fe原子最近的Mg原子个数8个， 故答案为：C； （7）在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为：8×+6×＝4，Mg原子在晶胞内，个数为8，Mg：Fe＝4：8＝1：2，铁镁合金的化学式为Mg2Fe， 故答案为：Mg2Fe； （8）晶胞质量为g，晶胞体积为（d×10﹣7）3cm3，该合金的密度ρ＝＝g•cm﹣3＝g•cm﹣3， 故答案为：； （9）晶胞中Mg原子为8，H2为1+12×＝4，48gMg物质的量为2mol，储存的H2物质的量为1mol，在标准状况下，体积为22.4L， 故答案为：C。 【点评】本题考查原子结构、元素周期律和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布、密度计算和电负性大小比较等知识的掌握情况，试题难度中等。 8．（2024秋•皇姑区校级月考）硼是第ⅢA族中唯一的非金属元素，可以形成众多的化合物。回答下列问题： （1）下列硼原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 　A　、　D　（填标号）。 A． B． C． D． （2）氨硼烷（H3N•BH3）分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H•••H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是 　BD　。 A．苯和三氯甲烷 B．LiH和HCN C．C2H4和C2H2 D．B2H6和NH3 硼氢化钠（NaBH4）是一种常见的还原剂，常温下易与水反应，可溶于异丙胺（沸点33℃），某探究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其实验流程如图： （3）第一步为高温合成，写出该合成的化学方程式 　　。 （4）流程中可以循环利用的物质除NaBO2外，还有 　异丙胺　。 （5）NaBH4做还原剂时需控制溶液为弱碱性。若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成硼酸，写出反应的离子方程式 　　。 实验测定NaBH4的产率原理及步骤如下： ①测定原理： 3NaBH4+4KIO3＝3NaBO2+4KI+6H2O KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3K2SO4+3H2O I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6。 ②测定步骤 步骤1：探究小组以：23.76g NaBO2为主要原料制得NaBH4产品，配成250mL溶液，量取2.50mL置于碘量瓶中，加入30.00mL 0.1000mol•L﹣1 KIO3溶液振荡60s，使充分反应。 步骤2：向充分反应的溶液加入过量的KI溶液，调节至酸性，冷却后暗处放置数分钟。 步骤3：用0.2000mol•L﹣1 Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色，加入几滴淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00mL。 （6）通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率 　45.8%　。 （7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，将导致NaBH4的产率 　偏低　（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。 【答案】（1）A；D； （2）BD； （3）； （4）异丙胺； （5）； （6）45.8%； （7）偏低。 【分析】（1）电子能量1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，其能量越高； （2）A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性； B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性； C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性； D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性； （3）第一步为高温合成，NaBO2、Na、SiO2和氢气在高温条件下反应生成NaBH4和硅酸钠； （4）根据流程中信息可知，萃取时加入异丙胺； （5）若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成一种弱酸，为硼酸； （6）理论上制得n（NaBH4）＝n（NaBO2）＝0.3600mol，剩余的，与NaBH4反应的，制得n（NaBH4）＝ n（KIO3）＝； （7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，剩余的KIO3偏多。 【解答】解：（1）电子能量1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是D＞C＞B＞A，故能量最低和最高的分别为A、D， 故答案为：A；D； （2）A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，故A错误； B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性，因此二者之间存在双氢键，故B正确； C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，故C错误； D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性，因此二者之间存在双氢键，故D正确； 故答案为：BD； （3）第一步为高温合成，NaBO2、Na、SiO2和氢气在高温条件下反应生成NaBH4和硅酸钠，合成的化学方程式为， 故答案为：； （4）根据流程中信息可知，萃取时加入异丙胺，蒸馏时产生异丙胺可循环使用， 故答案为：异丙胺； （5）若酸性较强，NaBH4易与水反应放出H2并生成一种弱酸，为硼酸，反应的离子方程式为 ， 故答案为：； （6）理论上制得n（NaBH4）＝n（NaBO2）＝0.3600mol，剩余的，与NaBH4反应的，制得n（NaBH4）＝ n（KIO3）＝，NaBH4产率为， 故答案为：45.8%； （7）若滴定前滴定管中有气泡，滴定后气泡消失，则消耗Na2S2O3标准溶液的体积偏大，剩余的KIO3偏多，则与NaBH4反应的KIO3偏少，故将导致NaBH4的产率偏低， 故答案为：偏低。 【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 9．（2024秋•东城区校级月考）太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。 Ⅰ．第一代电池的光电转换材料是单晶硅。某单晶硅制备工艺中涉及的主要物质转化如下： （1）下列事实能作为“非金属性C比Si强”的证据的是 　b　（填字母）。 a．ⅰ中，C做还原剂 b．碳酸的酸性强于硅酸 c．碳酸的热稳定性弱于硅酸 （2）ⅱ中，1mol Si与3mol HCl反应转移4mol电子。 ①该反应的化学方程式为 　　。 ②SiHCl3中，H的化合价为 　﹣1　，由此推测Si的电负性比H的 　小　（填“大”或“小”）。 （3）ⅲ中，利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离，从晶体类型角度解释其原因：　硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3沸点　。 Ⅱ．第二代电池的光电转换材料是一种无机物薄膜，其光电转化率高于单晶硅。科学家在元素周期表中Si的附近寻找到元素A和D，并制成化合物AD的薄膜，其晶体结构类似单晶硅。Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示。 Si A D （4）基态A原子核外电子排布式为 　1s22s22p63s23p63d104s24p1　。 （5）D的第一电离能比Se的大，从原子结构角度说明理由：　As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素　。 【答案】（1）b； （2）①； ②﹣1；小； （3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3沸点； （4）1s22s22p63s23p63d104s24p1； （5）As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素。 【分析】（1）a．ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行； b．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸； c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸的热稳定性弱于硅酸； （2）①该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知，反应还会生成氢气； ②1mol Si与3mol HCl反应转移4mol电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+1变为﹣1，故SiHCl3中H的化合价为﹣1；硅显正价、氢显负价； （3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3沸点，故利用沸点差异； （4）由Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示，可知，A为Ga、D为As；Ga为31号元素； （5）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素。 【解答】解：（1）a．ⅰ中C在高温下还原二氧化硅为硅单质，同时生成一氧化碳逸出使得反应能够进行，不能说明“非金属性C比Si强”； b．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，碳酸的酸性强于硅酸，能说明“非金属性C比Si强”； c．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；而碳酸的热稳定性弱于硅酸，不能说明“非金属性C比Si强”； 故答案为：b； （2）①该反应为硅和HCl加热生成SiHCl3，根据质量守恒可知，反应还会生成氢气，反应为， 故答案为：； ②1mol Si与3mol HCl反应转移4mol电子，则反应中硅失去4个电子，化合价由0变为+4；3分子HCl中1分子HCl中氢得到2个电子，化合价由+1变为﹣1，故SiHCl3中H的化合价为﹣1；硅显正价、氢显负价，由此推测Si的电负性比H的小， 故答案为：﹣1；小； （3）硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3沸点，故利用沸点差异，可直接实现高纯硅与SiHCl3的分离， 故答案为：硅为共价晶体，其沸点远高于分子晶体SiHCl3沸点； （4）由Si、A、D在元素周期表中的位置关系如图所示，可知，A为Ga、D为As；Ga为31号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1， 故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1； （5）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故As的第一电离能比Se的大， 故答案为：As的4p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素。 【点评】本题考查元素周期律，侧重考查学生元素周期律的掌握情况，试题难度中等。 10．（2024秋•黄浦区校级月考）硫及其化合物有许多用途，相关物质的物理常数如下表所示，回答下列问题： H2S MnS SO2 SO3 H2SO4 熔点/℃ ﹣85.5 ＞1600 （分解） ﹣75.5 16.8 10.3 沸点/℃ ﹣60.3 ﹣10.0 45.0 337.0 （1）硫元素位于元素周期表的 　B　。 A.s区 B.p区 C.d区 D.f区 （2）基态S原子价层电子轨道表示式是 　　，其电子占据最高能级的电子云形状为 　哑铃型　。 （3）基态Mn原子的价电子构型是 　C　。 A.3d7 B.3d74s2 C.3d54s2 D.3d9 （4）具有下列电子排布式的基态原子中原子半径最大的是 　A　。 A. B. C.1s22s22p2 D.1s22s22p33s23p4 （5）关于SO2的说法正确的是 　AD　（不定项） A.中心原子的杂化类型为sp2 B.电负性：0＜S C.属于非极性分子 D.价层电子对的空间结构为平面三角形 （6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，体现SO2具有 　B　。 A.漂白性 B.酸性氧化物的性质 C.氧化性 D.还原性 若用含4gNaOH的溶液吸收SO2气体，理论上最多可以吸收SO2的体积为 　1.12L　（折算为标况）。 （7）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是 　H2S　：气态三氧化硫以单分子形式存在，推测其分子的立体构型为 　平面三角形　形；固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为 　sp3　。 （8）S与O、Se、Te位于同一主族，它们氢化物的沸点如图所示，分析它们氢化物沸点变化的原因是：　H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H2O的沸点最高；H2S、H2Se 及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高　。 （9）铜、锌两种元素的第一电离能、第二电离能如表所示： 电离能/（kJ•mol﹣1） I1 I2 锌 906 1733 铜 746 1958 铜的第一电离能（I1）小于锌的第一电离能，而铜的第二电离能（I2）却大于锌的第二电离能，其主要原因是 　Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大　。 【答案】（1）B； （2）；哑铃型； （3）C； （4）A； （5）AD； （6）B；1.12； （7）H2S；平面三角形；sp3； （8）H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H2O的沸点最高；H2S、H2Se 及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高； （9）Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。 【分析】（1）S位于元素周期表的p区； （2）硫的原子序数为16，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，价电子为：3s23p6； （3）基态Mn原子位于第四周期第ⅦB族； （4）A.1s22s22p63s23p2，为Si原子；B.1s22s22p3，为N原子；C.1s22s22p2，为C原子，D.1s22s22p63s23p4，为S原子，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大； （5）A.SO2中心S原子杂化方式为sp2； B.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大； C.SO2为折线形分子，属于极性分子； D.SO2VSEPR模型为平面三角形； （6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，氧化钙为碱性氧化物B； （7）根据价层电子对互斥理论，H2S价层电子对数为4，SO2价层电子对数为3，SO3的价层电子对数为3，气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是H2S，气态三氧化硫以单分子形式存在，价层电子对数为3，不存在孤对电子，推测其分子的立体构型为平面三角形，固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，S的σ键数目为4； （8）H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H2O的沸点最高；H2S、H2Se 及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大； （9）Cu的价层电子构型为3d104s1，Zn的价层电子构型为3d104s2，Zn的电子构型为全充满，较稳定，故第一电离能：Zn＞Cu，失去一个电子后，Cu的价层电子构型变为3d10，为全充满状态，较稳定。 【解答】解：（1）S位于元素周期表的p区， 故答案为：B； （2）硫的原子序数为16，核外电子排布式为1s22s22p63s23p6，价电子为：3s23p6，根据泡利原理和洪特规则，可知其价电子排布图为：，其电子占据最高能级的电子云形状为哑铃型， 故答案为：；哑铃型； （3）基态Mn原子位于第四周期第ⅦB族，价层电子排布式为3d54s2， 故答案为：C； （4）A.1s22s22p63s23p2，为Si原子；B.1s22s22p3，为N原子；C.1s22s22p2，为C原子，D.1s22s22p63s23p4，为S原子，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，故原子半径有大到小的顺序为：Si＞S＞C＞N， 故答案为：A； （5）A.SO2中心S原子杂化方式为sp2，故A正确； B.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性O＞S，故B错误； C.SO2为折线形分子，属于极性分子，故C错误； D.SO2中心S原子杂化方式为sp2，VSEPR模型为平面三角形，故D正确； 故答案为：AD； （6）煤中掺入一定量的生石灰，能减少煤燃烧排放的SO2，氧化钙为碱性氧化物，所以该过程体现SO2具有酸性，4g氢氧化钠为0.1mol，可以吸收0.05mol二氧化硫，标况下的体积为22.4×0.05L＝1.12L， 故答案为：B；1.12； （7）根据价层电子对互斥理论，H2S价层电子对数为4，SO2价层电子对数为3，SO3的价层电子对数为3，气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其它分子的是H2S，气态三氧化硫以单分子形式存在，价层电子对数为3，不存在孤对电子，推测其分子的立体构型为平面三角形，固体三氧化硫中存在如图所示的三聚分子，S的σ键数目为4，该分子中S原子的杂化轨道类型为sp3， 故答案为：H2S；平面三角形；sp3； （8）H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H2O的沸点最高；H2S、H2Se 及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高， 故答案为：H2O分子间存在较强的氢键，其他三种分子间不含氢键，所以 H2O的沸点最高；H2S、H2Se 及H2Te的结构相似，随着相对分子质量的增大，范德华力增大，所以沸点逐渐升高； （9）Cu的价层电子构型为3d104s1，Zn的价层电子构型为3d104s2，Zn的电子构型为全充满，较稳定，故第一电离能：Zn＞Cu，失去一个电子后，Cu的价层电子构型变为3d10，为全充满状态，较稳定，故铜的第二电离能大于锌的第二电离能。 故答案为：Cu原子失去一个电子后，核外电子排布为[Ar]3d10，而锌为[Ar]3d104s1，根据洪特则，铜达到了较稳定状态，所以Cu的第二电离能相对较大。 【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键等内容，掌握基础为解题关键，整体难度适中。 11．（2024秋•海淀区校级月考）与许多金属离子或形成的化合物有广泛的用途。 （1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为 　　。 （2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、（NH4）2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH≈2）。的结构如图： ①比较中O—S—O和S—O—O键角大小，从原子结构的角度说明理由：　O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以O—S—O的键角大于S—O—O的键角　。 ②下列说法正确的是 　ac　（填字母）。 a．（NH4）2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“—O—O—”结构 b．依据结构分析，（NH4）2S2O8中硫元素的化合价为+7价 c．被还原为得到2mole﹣ ③转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是 　c（H+）较大，F﹣与H+结合形成HF，c（F﹣）降低，不易与Fe3+形成　。 （3）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。 ①化合物（NH4）3[FeF6]中的化学键类型有 　abe　（填字母）。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．金属键 e．配位键 ②（NH4）3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示： 图中“●”代表的是 　　（填“”或“”）已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　　g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm） 【答案】（1）； （2）①O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以O—S—O的键角大于S—O—O的键角； ②ac； ③c（H+）较大，F﹣与H+结合形成HF，c（F﹣）降低，不易与Fe3+形成； （3）①abe； ②；。 【分析】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2； （2）①由图可知，过二硫酸根离子中O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对； ②a．过二硫酸铵能将亚铁离子氧化为铁离子是因为过二硫酸根离子中含有“—O—O—”结构； b．由结构式可知，过二硫酸根离子中硫原子形成6个共价键； c．过二硫酸根离子被还原为硫酸根离子时，离子中氧元素由﹣1价降低为﹣2价； ③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为； （3）①由化学式可知，配合物中含有离子键、极性共价键和配位键，不含有非极性共价键和金属键； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8×+6×＝4，位于棱上、体内和体心的白球个数为12×+9＝12，由化学式可知，黑球代表，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝（10—7a）3d。 【解答】解：（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式为， 故答案为：； （2）①过二硫酸根离子中O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以O—S—O的键角大于S—O—O的键角， 故答案为：O—S—O中的S是sp3杂化，无孤电子对；S—O—O中的中心原子O也是sp3杂化，但有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用大于成键电子对，所以O—S—O的键角大于S—O—O的键角； ②a．过二硫酸铵能将亚铁离子氧化为铁离子是因为过二硫酸根离子中含有“—O—O—”结构，过二硫酸铵表现出强氧化性，故a正确； b．由结构式可知，过二硫酸根离子中硫原子形成6个共价键，则硫元素的化合价为+6价，故b错误； c．过二硫酸根离子被还原为硫酸根离子时，离子中氧元素由﹣1价降低为﹣2价，则1mol过二硫酸根离子发生反应时，转移电子的物质的量为1mol×1×2＝2mol，故c正确； 故答案为：ac； ③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为， 故答案为：c（H+）较大，F﹣与H+结合形成HF，c（F﹣）降低，不易与Fe3+形成； （3）①配合物中含有离子键、极性共价键和配位键，不含有非极性共价键和金属键， 故答案为：abe； ②晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8×+6×＝4，位于棱上、体内和体心的白球个数为12×+9＝12，则黑球代表，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝（10—7a）3d，解得d＝， 故答案为：；。 【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 12．（2023秋•海淀区期末）KCN易溶于水，水溶液呈碱性，虽有剧毒，却因其较强的配位能力被广泛使用，如用于从低品位的金矿砂（含单质金）中提取金。 （1）基态N价层电子排布式为 　2s22p3　。 （2）CN﹣的所有原子均满足8电子稳定结构，其电子式为 　　。 （3）CN﹣中N为﹣3价，从结构与性质关系的角度解释其原因：　N的电负性比C的大，成键电子对更偏向N原子　。 （4）图为KCN的晶胞示意图。已知晶胞边长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度为 　　g⋅cm﹣3。（已知：1nm＝10﹣7cm） （5）浸金过程如下： i.将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液，过滤，得含[Au（CN）2]﹣的滤液； ii.向滤液中加入足量金属锌，得单质金。 ①已知Au与Cu同族，则Au属于 　ds　区元素。 ②i中反应的离子方程式为 　O2+8CN﹣+4Au+2H2O＝4[Au（CN）2]﹣+4OH﹣　。 ③i中，pH＜10.5会导致相同时间内Au的浸取率下降，原因是 　pH＜10.5时，c（OH﹣）减小，平衡CN﹣+H2O⇌OH﹣+HCN正向移动，c（CN﹣）减小，会导致相同时间内Au的浸取率下降　。 【答案】（1）2s22p3； （2）； （3）N的电负性比C的大，成键电子对更偏向N原子； （4）； （5）①ds； ②O2+8CN﹣+4Au+2H2O＝4[Au（CN）2]﹣+4OH﹣； ③pH＜10.5时，c（OH﹣）减小，平衡CN﹣+H2O⇌OH﹣+HCN正向移动，c（CN﹣）减小，会导致相同时间内Au的浸取率下降。 【分析】（1）N是7号元素，位于第二周期第ⅤA族； （2）CN﹣的所有原子均满足8电子稳定结构，C与N形成三键； （3）N的电负性比C的大； （4）K+位于棱心和体心，个数为12×+1＝4，CN﹣位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，晶胞质量为g＝g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，根据ρ＝计算晶胞密度； （5）①Cu是第四周期第ⅠB族元素，属于ds区元素； ②将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液，氧气将金氧化生成[Au（CN）2]﹣； ③溶液中存在CN﹣+H2O⇌OH﹣+HCN，pH减小，平衡正向移动。 【解答】解：（1）N是7号元素，位于第二周期第ⅤA族，价层电子排布式为2s22p3， 故答案为：2s22p3； （2）CN﹣的所有原子均满足8电子稳定结构，C与N形成三键，其电子式为：， 故答案为：； （3）N的电负性比C的大，成键电子对更偏向N原子，使CN﹣中N为﹣3价，C为﹣4价， 故答案为：N的电负性比C的大，成键电子对更偏向N原子； （4）K+位于棱心和体心，个数为12×+1＝4，CN﹣位于顶点和面心，个数为8×+6×＝4，晶胞质量为g＝g，晶胞体积为（a×10﹣7）3cm3，晶体密度ρ＝＝g⋅cm﹣3＝g⋅cm﹣3， 故答案为：； （5）①Cu是第四周期第ⅠB族元素，属于ds区元素，Au与Cu同族，则Au属于ds区元素， 故答案为：ds； ②将金矿砂溶于pH为10.5～11的KCN溶液，氧气将金氧化生成[Au（CN）2]﹣，离子方程式为：O2+8CN﹣+4Au+2H2O＝4[Au（CN）2]﹣+4OH﹣， 故答案为：O2+8CN﹣+4Au+2H2O＝4[Au（CN）2]﹣+4OH﹣； ③溶液中存在CN﹣+H2O⇌OH﹣+HCN，pH＜10.5时，c（OH﹣）减小，平衡正向移动，c（CN﹣）减小，会导致相同时间内Au的浸取率下降， 故答案为：pH＜10.5时，c（OH﹣）减小，平衡CN﹣+H2O⇌OH﹣+HCN正向移动，c（CN﹣）减小，会导致相同时间内Au的浸取率下降。 【点评】本题主要考查比较综合，涉及核外电子排布、电子式、离子反应方程式、平衡移动、晶胞计算等知识点，侧重考查学生的识图能力、分析能力和计算能力，题目难度中等。 13．（2024秋•海淀区校级月考）某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Nax[MnFe（CN）6]作正极材料，Na作负极材料。 （1）CO2与环氧丙烷（）在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。 ①CO2是 　非极性　（填“极性”或“非极性”）分子。 ②环氧丙烷中，O原子的杂化轨道类型是 　sp3　杂化。 ③沸点：环氧丙烷 　＞　CO2（填“＞”或“＜”），解释其原因：　二者均为分子构成的物质，环氧丙烷的相对分子质量更大，分子的极性更大，范德华力更大；　。 （2）MnCl2溶液与Na4[Fe（CN）6]溶液混合可制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。 ①基态Mn原子的电子排布式是 　1s22s22p63s23p63d54s2　。 ②CN﹣的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，（CN）2被称为拟卤素。 ⅰ.（CN）2与H2O反应的生成物的结构式分别是H—C≡N、　H—O—C≡N　。 ⅱ.HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性比乙炔的强的原因是 　N原子的电负性大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂　。 ③为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠（Na3C6H5O7）溶液混合，发生反应：3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2，再加入Na4[Fe（CN）6]溶液以制备Nax[MnFe（CN）6]晶体。阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用：　柠檬酸钠与Mn2+反应生成Mn3（C6H5O）2，降低了Mn2+的浓度，使制备晶体的反应速率减小；随着反应进行，Mn2+的浓度降低，3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳　。 （3）金属氢化物Mg2FeH6是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为a nm，如图所示。 ①Mg2FeH6晶胞中H原子个数为 　24　。 ②已知Mg2FeH6的摩尔质量是M g•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　　。（1nm＝10﹣7cm） 【答案】（1）①非极性； ②sp3； ③＞；二者均为分子构成的物质，环氧丙烷的相对分子质量更大，分子的极性更大，范德华力更大； （2）①1s22s22p63s23p63d54s2； ②ⅰ.H—O—C≡N； ⅱ.N原子的电负性大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂； ③柠檬酸钠与Mn2+反应生成Mn3（C6H5O）2，降低了Mn2+的浓度，使制备晶体的反应速率减小；随着反应进行，Mn2+的浓度降低，3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳； （3）①24； ②。 【分析】（1）①结构对称、正负电荷中心重合的分子为非极性分子； ②在环氧丙烷中，O原子形成2个σ键，还有2个孤电子对； ③分子晶体的相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高； （2）①Mn是25号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅦB族； ②ⅰ.（CN）2被称为拟卤素，根据Cl2+H2O＝HCl+HClO的反应，可知（CN）2与H2O反应方程式为：（CN）2+H2O＝HCN+HCNO； ⅱ.N原子的电负性比C原子大，吸电子能力更强，键的极性更强，更易断裂； ③离子浓度越小，反应速率越小； （3）①由图可知，8个Mg位于体内； ②一个晶胞中相当于含有4个Mg2FeH6，晶胞质量为g，晶胞体积为a3×10﹣21cm3，根据ρ＝计算晶胞密度。 【解答】解：（1）①CO2分子中，结构对称、正负电荷中心重合，为非极性分子， 故答案为：非极性； ②在环氧丙烷中，O原子形成2个σ键，还有2个孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化， 故答案为：sp3； ③CO2、环氧丙烷都是由分子通过分子间作用力结合形成的分子晶体，物质的相对分子质量越大，分子的极性越强，分子间作用力就越强，克服分子间作用力使物质气化消耗的能量就越多，物质的熔沸点就越高，由于环氧丙烷的相对分子质量更大，分子的极性更大，范德华力更大，故环氧丙烷的沸点高于CO2， 故答案为：＞；二者均为分子构成的物质，环氧丙烷的相对分子质量更大，分子的极性更大，范德华力更大； （2）①Mn是25号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅦB族，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2， 故答案为：1s22s22p63s23p63d54s2； ②ⅰ.（CN）2被称为拟卤素，根据Cl2+H2O＝HCl+HClO的反应，可知（CN）2与H2O反应方程式为：（CN）2+H2O＝HCN+HCNO，生成物的结构式分别是H—C≡N、H—O—C≡N， 故答案为：H—O—C≡N； ⅱ.N原子的电负性比C原子大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂，因而更容易电离产生H+，故此HCN的酸性比乙炔的强， 故答案为：N原子的电负性大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂； ③根据反应方程式可知：在制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用是柠檬酸钠与Mn2+反应生成Mn3（C6H5O7）2，从而降低了溶液中Mn2+的浓度，使制备晶体的反应速率减小，反应速率越慢，产生的晶体的晶粒就越大，越完整，缺陷就越少；随着反应进行，Mn2+的浓度降低，可逆反应3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2的化学平衡逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳， 故答案为：柠檬酸钠与Mn2+反应生成Mn3（C6H5O）2，降低了Mn2+的浓度，使制备晶体的反应速率减小；随着反应进行，Mn2+的浓度降低，3Mn2++2C6H5⇌Mn3（C6H5O7）2逆向进行，释放出Mn2+，使制备晶体的反应缓慢且平稳； （3）①由图可知，8个Mg位于体内，根据化学Mg2FeH6可知，H原子个数为24， 故答案为：24； ②一个晶胞中相当于含有4个Mg2FeH6，晶胞质量为g，晶胞体积为a3×10﹣21cm3，晶胞密度ρ＝＝＝， 故答案为：。 【点评】本题考查物质的结构和性质，侧重考查分析、判断及计算能力，明确原子结构、晶胞的计算方法是解本题关键，题目难度中等。 14．（2024•和平区校级二模）铁元素在人体健康和新材料研发中有重要的应用。 Ⅰ．在血液中，以Fe2+为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送O2，如图为载氧后的血红蛋白分子示意图： （1）基态Fe的价电子轨道表示式为 　　。 （2）载氧时，血红蛋白分子中Fe2+脱去配位的H2O并与O2配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与Fe2+配位能力最强的是 　c　（填字母）。 a．H2O b．O2 c．CO （3）一种最简单的卟啉环结构如图： ①该卟啉分子中，1号位N的杂化方式为 　sp2　。 ②比较C和N的电负性大小，并从原子结构角度说明理由：　C的电负性小于N的电负性，原因是C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N　。 ③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是 　酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低　。 Ⅱ．Fe2+可用于制备优良铁磁体材料。如图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为apm。 已知：1cm＝1010pm，阿伏加德罗常数的值为NA。 （4）该晶体的密度是 　　g•cm﹣3。 （5）距离F最近的Cs的个数为 　4　。 【答案】（1）； （2）c； （3）①sp2； ②C的电负性小于N的电负性，原因是C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N； ③酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低； （4）； （5）4。 【分析】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价电子排布式为3d64s2； （2）载氧时，血红蛋白分子中亚铁离子脱去配位的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位能力强于水分子； （3）①由图可知该卟啉分子中，1号位双键氮原子的杂化方式为sp2杂化； ②C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N； ③酸性环境中，卟啉分子中的氮原子与氢离子形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低； （4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子个数为8×＝1，位于体心的铯原子个数为1，位于棱上的氟原子个数为12×＝3，则晶胞的化学式为CsFeF3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝（10—10a）3d； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上的氟原子与位于体心的铯原子的距离最近。 【解答】解：（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价电子排布式为3d64s2，轨道表示式为， 故答案为：； （2）载氧时，血红蛋白分子中亚铁离子脱去配位的水并与氧气配位，说明氧分子与亚铁离子的配位能力强于水分子；若人体吸入一氧化碳，则一氧化碳占据配位点，血红蛋白失去携氧功能说明一氧化碳与亚铁离子的配位能力强于氧分子，所以与亚铁离子的配位能力最强的配体是一氧化碳， 故选答案为：c； （3）①由图可知该卟啉分子中，1号位双键氮原子的杂化方式为sp2杂化， 故答案为：sp2； ②C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N，所以C的电负性小于N的电负性， 故答案为：C的电负性小于N的电负性，原因是C和N电子层数相同，核电荷数C＜N，原子半径C＞N，原子核对最外层电子的吸引作用C＜N； ③酸性环境中，卟啉分子中的氮原子与氢离子形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低，所以卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱， 故答案为：酸性环境中，卟啉分子中的N原子与H+形成配位键，导致提供孤对电子的能力降低； （4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的铁原子个数为8×＝1，位于体心的铯原子个数为1，位于棱上的氟原子个数为12×＝3，则晶胞的化学式为CsFeF3，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：＝（10—10a）3d，解得d＝， 故答案为：； （5）由晶胞结构可知，晶胞中位于棱上的氟原子与位于体心的铯原子的距离最近，则距离氟原子最近的铯原子的个数为4， 故答案为：4。 【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 15．（2024秋•浙江月考）Cu，Zn等副族元素化合物性质十分有趣，组成了多姿多彩的化学世界。请回答： （1）基态Cu的电子排布式为 　1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1　。 （2）下列有关说法不正确的是 　BCD　。 A．高温下氧化物的稳定性：Cu2O＞CuO B．可用VSEPR模型来预测杂化方式 C．已知第一电离能：Zn＞Cu，则Zn没有Cu活泼 D．Zn可溶于氨水生成配离子 （3）①无水CuCl2为无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的平面四边形的中心，请画出CuCl2的链状结构 　或　。 ②层状结构也是十分有趣的，石墨晶体中的二维平面结构如图，请框出晶胞 　　。 （4）合金材料在现代生活中占有重要地位，其呈现丰富的晶体结构。不锈钢材料常采用Fe/Cr合金，一种晶体结构的部分如右上图所示，请写出晶胞的化学组成 　Fe4Cr12　。 （5）乙烯也可以作为配体，在PtCl3（C2H4）中C＝C键长比乙烯中C＝C长，请解释 　乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长　。 【答案】（1）1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1； （2）BCD； （3）①或； ②； （4）Fe4Cr12； （5）乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长。 【分析】（1）Cu为29号元素； （2）A．Cu+离子达到了全充满的稳定结构； B．中Cu2+提供提供空轨道接受孤对电子，是一个内轨型配合物； C．第一电离能Zn＞Cu，但Zn比Cu活泼，‌这是因为第一电离能是指一个气态原子失去一个电子所需要的能量； D．Zn可溶于氨水生成； （3）①无水CuCl2无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的 平面正方形的中心； ②‌‌石墨的晶体结构是层状结构，各层之间通过‌范德华力结合在一起。‌在每一层中，碳原子以六边形排列，形成强共价键，使得同一层内的碳原子结合得非常牢固； （4）Fe/Cr合金晶体结构的部分，Fe位于体顶点，个数为，Cr位于体内及顶点，，根据晶胞构型特点，铁位于整个晶胞的体内，则晶胞中Fe的个数为，Cr个数为； （5）乙烯也可以作为配体，乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长。 【解答】解：（1）Cu为29号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1， 故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1； （2）A．Cu+离子达到了全充满的稳定结构，则稳定性Cu2O＞CuO，故A正确； B．中Cu2+提供提供空轨道接受孤对电子，是一个内轨型配合物，无法用VSEPR模型来预测杂化方式，故B错误； C．第一电离能Zn＞Cu，但Zn比Cu活泼，‌这是因为第一电离能是指一个气态原子失去一个电子所需要的能量，而元素的活泼性是指其与其他物质发生化学反应的难易程度，故C错误； D．Zn可溶于氨水生成，故D错误； 故答案为：BCD； （3）①无水CuCl2无限长链结构，每个Cu处于4个Cl形成的平面正方形的中心，则CuCl2的链状结构为或， 故答案为：或； ②‌‌石墨的晶体结构是层状结构，‌在每一层中，碳原子以六边形排列，形成强共价键，使得同一层内的碳原子结合得非常牢固，各层之间通过‌范德华力结合在一起，则晶胞， 故答案为：； （4）Fe/Cr合金晶体结构的部分中Fe位于体顶点，个数为，Cr位于体内及顶点，，铁位于整个晶胞的体内，则晶胞中Fe的个数为，Cr个数为，晶胞化学组成Fe4Cr12， 故答案为：Fe4Cr12； （5）乙烯也可以作为配体，乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长，在PtCl3（C2H4）中C＝C键长比乙烯中C＝C长， 故答案为：乙烯π电子作为给体，给出电子，电子云密度降低，键长变长或Pt的反馈π键电子填充在乙烯的π反键轨道上，乙烯键级变小，键长变长。 【点评】本题原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 16．（2024秋•浦东新区校级月考）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差为 　2：1或1：2；　。 （2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 　Cu　，原因是 　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）的几何构型为 　三角锥　，其中心离子杂化方式为 　sp3杂化　。 （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 　B　（填标号）。 A．[Cu（NH3）2]Cl B．[Cu（NH3）4]SO4 C．[Zn（NH3）4]SO4 D．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+转化为的是 　D　（填标号）。理由是 　D中含有﹣1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为　 【答案】（1）2：1或1：2； （2）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）三角锥形；sp3杂化； （4）B； （5）D；D中含有﹣1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为。 【分析】（1）根据基态S原子的价电子排布式为：3s23p4； （2）铜元素的价层电子排布式为：3d104s1，第一电离能失去的是4s1电子，第二电离能失去的是3d10的电子，锌元素的价层电子排布式为：3d104s2，第一电离能失去的是4s2电子，第二电离能失去的是4s1的电子，3d10电子处于全充满状态； （3）中锡的价层电子对数为3+（4+1﹣1×3）＝4，孤对电子对数为1； （4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子； （5）在酸性溶液中将Mn2+转化为的需要氧化性比更强的氧化剂。 【解答】解：（1）基态S原子的价电子排布式为：3s23p4，两种自旋状态的电子数之比为2：1或1：2， 故答案为：2：1或1：2； （2）铜元素的价层电子排布式为：3d104s1，第一电离能失去的是4s1电子，第二电离能失去的是3d10的电子，锌元素的价层电子排布式为：3d104s2，第一电离能失去的是4s2电子，第二电离能失去的是4s1的电子，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）中锡的价层电子对数为3+（4+1﹣1×3）＝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）A.[Cu（NH3）2]Cl各原子核外电子均已成对，故A错误； B.[Cu（NH3）4]SO4中的Cu2+外围电子排布是3d9，有未成对电子，故B正确； C.[Zn（NH3）4]SO4各原子核外电子均已成对，故C错误； D.Na2[Zn（OH）4]各原子核外电子均已成对，故D错误； 故答案为：B； （5）在酸性溶液中将Mn2+转化为的需要氧化性比更强的氧化剂，D中含有﹣1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为， 故答案为：D；D中含有﹣1价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为。 【点评】本题考查物质结构与性质，包括核外电子排布式、电离能、杂化方式、空间构型、化学键等，需要学生具备扎实的基础与灵活运用的能力，题目难度中等。 17．（2024•淮安开学）吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。用ZnO浆料吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。 已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水；溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH的分布如图1所示。 （1）搅拌下向氧化锌浆料中匀速缓慢通入SO2气体。 ①下列操作一定能提高氧化锌浆料吸收SO2效率的有 　BD　（填序号）。 A．水浴加热氧化锌浆料 B．加快搅拌 C．降低通入SO2气体的速率 D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2 ②在开始吸收的40min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（图2）。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是 　ZnSO3　（填化学式）；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为 　ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2　。 （2）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5～6.5范围内，pH越低生成速率越大，其主要原因是 　随着pH降低，浓度增大　。 （3）将氧化后的溶液结晶可得到ZnSO4•7H2O，隔绝空气加热可得到氧化锌固体。加热过程中固体质量的残留率与温度的关系如图3所示。已知C→D的过程中产生两种气体，写出该过程的化学方程式 　2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑　。 （4）氧化锌晶体的一种晶胞结构如图4所示，O2﹣位于Zn2+构成的 　四面体空隙　（填“四面体空隙”、“六面体空隙”或“八面体空隙”）中。若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，Zn—N中离子键成分的百分数小于Zn—O键，原因是 　电负性O＞N，电负性差值Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小　。 【答案】（1）①BD； ②ZnSO3；ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2 ； （2）随着pH降低，浓度增大； （3）2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑； （4）四面体空隙；电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小。 【分析】（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，反应温度升高，可能导致SO2气体溢出； B．加快搅拌，加大了ZnO与SO2的接触面积； C．降低通入SO2气体的速率，SO2浓度降低； D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2，增大了ZnO与SO2的接触面积； ②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn（HSO3） ； （2）pH值大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S（Ⅳ）的主要以形式溶于水中，与O2充分接触； （3）ZnSO4•7H2O中ZnSO4质量分数为×100%＝56.1%，即C点物质为ZnSO4，隔绝空气加热可得到氧化锌固体、SO2和O2； （4）由晶胞结构图可知，O2﹣周围有4个Zn2+；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键。 【解答】解：（1）①A．水浴加热氧化锌浆料，反应温度升高，可能导致SO2气体溢出，导致SO2浓度降低，故不一定加快反应速率，不一定能提高吸收效率，故A错误； B．加快搅拌，加大了Zn0与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，故B正确； C．降低通入SO2气体的速率，SO2浓度降低，化学反应速率降低，吸收效率降低，故C错误； D．通过多孔球泡向氧化锌浆料中通SO2，增大了ZnO与SO2的接触面积，加快反应速率，提高吸收效率，故D正确； 故答案为：BD； ②反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2，生成易溶于水的Zn（HSO3），此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为：ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2 ， 故答案为：ZnSO3；ZnO+2SO2+H2O＝Zn2++2 ； （2）pH值大于6.5时，S（Ⅳ）以微溶物ZnSO3形式存在，使S（Ⅳ）不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S（Ⅳ）的主要以形式溶于水中，与O2充分接触，因而pH降低生成速率增大， 故答案为：随着pH降低，浓度增大； （3）ZnSO4•7H2O中ZnSO4质量分数为×100%＝56.1%，即C点物质为ZnSO4，隔绝空气加热可得到氧化锌固体、SO2和O2，该过程的化学方程式为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑， 故答案为：2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑； （4）由晶胞结构图可知，O2﹣周围有4个Zn2+，即O2﹣位于Zn2+构成的正四面体空隙中；若晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善晶体的性能，由于电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小， 故答案为：四面体空隙；电负性O＞N，电负性差值：Zn—O键＞Zn—N键，故Zn—N键中离子键百分数小。 【点评】本题考查比较综合，涉及二氧化硫和亚硫酸盐的性质、离子反应、化学平衡图像、晶胞结构等知识，侧重考查学生的读图、分析能力，能够迅速在图表中提取到有用信息，解决有关问题，善于利用已学知识，解答问题，题目难度较大。 18．（2024秋•闵行区校级月考）镍及其化合物广泛用于生产不锈钢、电池以及催化剂领域。 （1）不锈钢中含量最高的元素基态原子的价层电子有　6　种空间运动状态。Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性小的元素是　C　。 ②比较基态原子的第二电离能I2的大小：Ni　＜　Cu，说明理由：　Cu失去一个电子后为全满状态，较稳定，难失去第二个电子　。 （2）镍常用作工业催化剂。下列关于基态镍原子的价层电子描述错误的是　C　。 A．价层电子数为10 B．价层电子占据6个轨道 C．能量相同的电子有10个 D．未成对电子的自旋方向均相同 （3）实验室用石墨电极电解0.1mol•L﹣1CuSO4溶液，以获得制镍铜合金所需的精铜。当电路中通过0.4NA电子时，阴极增重6.4g。欲使电解液恢复原状，可向电解后的溶液中加入　A　。 A．0.1mol Cu（OH）2 B．0.1mol CuO C．0.2mol CuO D．0.1mol CuO和0.2mol H2O （4）某镍镉电池的电解质溶液为KOH溶液，工作原理为：，以下说法正确的是　BD　（不定项）。 A．充电时OH﹣向负极移动 B．充电时阴极附近溶液的碱性增强 C．放电过程是电能转化为化学能的过程 D．放电时正极反应： （5）工业上通过调节pH除杂并回收废液中的镍，用于制备硫酸镍晶体。常温下，加碱调节pH在7.2～8.7，使废液中Ni2+开始沉淀，直至沉淀完全（Ni2+浓度小于1.0×10﹣5mol•L﹣1）。 则原废液中Ni2+的物质的量浓度为　0.01　mol/L。 （6）硫酸镍溶液在强碱性环境中用Na2O2氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式　2Ni2++Na2O2+2OH﹣＝2NiOOH+2Na+　。 （7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用。其主要目的是：　可提高镍元素的回收率　。 【答案】（1）6；C； ②＜；Cu失去一个电子后为全满状态，较稳定，难失去第二个电子； （2）C； （3）A； （4）BD； （5）0.01； （6）2Ni2++Na2O2+2OH﹣＝2NiOOH+2Na+； （7）可提高镍元素的回收率。 【分析】（1）不锈钢中含量最高的元素是Fe，其价电子排布式为3d64s2，空间运动状态等于原子轨道数目，有6种空间运动状态；Ni的价电子排布式为3d84s2，未成对电子数为2，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同的元素为C或O，电负性小的元素是C； ②Ni的价电子排布式为3d84s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子后为全满状态，较稳定，难失去第二个电子； （2）Ni的价电子排布式为3d84s2，价层电子数为10，价层电子占据6个轨道，能量相同的电子有8个，未成对电子的自旋方向均相同； （3）该过程转移0.4mol电子，则阳极应该生成0.1mol氧气，理论上阴极应该生成0.2mol铜，但实际上阴极生成的铜为＝0.1mol，故铜离子不足，阴极生成0.1mol铜后，氢离子继续放电，生成氢气0.1mol； （4）A．充电时，阴极上发生还原反应，电极反应式为Cd（OH）2+2e﹣＝Cd+2OH﹣，阳极上发生氧化反应，电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，阴极上OH﹣向阳极移动； B．阴极电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣＝Cd+2OH﹣； C．放电过程是化学能转化为电能的过程； D．放电时正极反应为：NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣； （5）由题意可知，氢氧化镍的溶度积Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5×（1.0×10﹣5.3）2＝10﹣15.6，pH＝7.2时，Ni2+开始沉淀，代入c（Ni2+）即可； （6）硫酸镍溶液在强碱性环境中用Na2O2氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，该反应的离子方程式为：2Ni2++Na2O2+2OH﹣＝2NiOOH+2Na+； （7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，可提高镍元素的回收率。 【解答】解：（1）不锈钢中含量最高的元素是Fe，其价电子排布式为3d64s2，空间运动状态等于原子轨道数目，有6种空间运动状态；Ni的价电子排布式为3d84s2，未成对电子数为2，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同的元素为C或O，电负性小的元素是C， 故答案为：6；C； ②Ni的价电子排布式为3d84s2，Cu的价电子排布式为3d104s1，Cu失去一个电子后为全满状态，较稳定，难失去第二个电子，因此Cu原子的第二电离能I2较大， 故答案为：＜；Cu失去一个电子后为全满状态，较稳定，难失去第二个电子； （2）Ni的价电子排布式为3d84s2，价层电子数为10，价层电子占据6个轨道，能量相同的电子有8个，未成对电子的自旋方向均相同，故C错误， 故答案为：C； （3）该过程转移0.4mol电子，则阳极应该生成0.1mol氧气，理论上阴极应该生成0.2mol铜，但实际上阴极生成的铜为＝0.1mol，故铜离子不足，阴极生成0.1mol铜后，氢离子继续放电，生成氢气0.1mol，因此应该补充0.1mol CuO和0.1mol H2O，或补充0.1mol Cu（OH）2，故A正确， 故答案为：A； （4）A．充电时，阴极上发生还原反应，电极反应式为Cd（OH）2+2e﹣＝Cd+2OH﹣，阳极上发生氧化反应，电极反应式为：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣＝NiOOH+H2O，阴极上OH﹣向阳极移动，故A错误； B．阴极电极反应式为：Cd（OH）2+2e﹣＝Cd+2OH﹣，因此充电时阴极附近溶液的碱性增强，故B正确； C．放电过程是化学能转化为电能的过程，故C错误； D．放电时正极反应为：NiOOH+H2O+e﹣＝Ni（OH）2+OH﹣，故D正确； 故答案为：BD； （5）由题意可知，氢氧化镍的溶度积Ksp＝c（Ni2+）c2（OH﹣）＝1.0×10﹣5×（1.0×10﹣5.3）2＝10﹣15.6，pH＝7.2时，Ni2+开始沉淀，则c（Ni2+）＝＝mol/L＝0.01mol/L， 故答案为：0.01； （6）硫酸镍溶液在强碱性环境中用Na2O2氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH，该反应的离子方程式为：2Ni2++Na2O2+2OH﹣＝2NiOOH+2Na+， 故答案为：2Ni2++Na2O2+2OH﹣＝2NiOOH+2Na+； （7）将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，可提高镍元素的回收率， 故答案为：可提高镍元素的回收率。 【点评】本题考查核外电子排布式的书写及电化学知识，为高频考点，题目难度一般。 19．（2024秋•西城区校级月考）水的性质与其结构密切相关，与金属离子或财形成的化合物有广泛的用途。 （1）基态Fe原子的价层电子轨道表示式为 　　。 （2）钢铁表面成膜技术是钢铁防腐的重要方法。工业上利用某种转化液使钢铁表面形成致密的K3[FeF6]膜以进行防腐，该转化液是含KF、HNO3、（NH4）2S2O8（或H2O2）等物质的溶液（pH≈2）。的结构如图： ①比较O原子和S原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，氧原子的原子半径小于硫原子，原子核对最外层电子的吸引作用大于硫原子，所以氧原子的第一电离能大于硫原子　。 ②下列说法正确的是 　a　（填字母）。 a．（NH4）2S2O8能将Fe2+氧化为Fe3+的可能原因是含有“—O—O—”结构 b．依据结构分析，（NH4）2S2O8中硫元素的化合价为+7价 c．中“S—O—O”在一条直线上 ③转化液pH过小时，不易得到K3[FeF6]，原因是 　氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为[FeF6]3﹣，所以转化液pH不能过小　。 （3）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于 　σ　键；H2O的O—H键是由O的 　sp3杂化　轨道与H的1s轨道重叠形成的。 （4）水分子的VSEPR的模型名称为 　四面体形　，的电子式为 　　； 判断和H2O的键角大小： 　＞　H2O（填“＞”或“＜”），解释原因：　和H2O中心O原子都是sp3杂化，中含有1个孤电子对，H2O中含有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：＞H2O　。 （5）下列事实可用“水分子间存在氢键”解释的是 　ab　（填字母序号）。 a．常压下，4℃时水的密度最大 b．水的沸点比硫化氢的沸点高160℃ c．水的热稳定性比硫化氢强 （6）与形成的化合物可以作为锂离子电池的电极材料。 ①化合物（NH4）3[FeF6]中的化学键类型有 　abe　（填字母）。 a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．金属键 e．配位键 ②（NH4）3[FeF6]的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示： 图中“●”代表的是 　[FeF6]3﹣　（填“”或“”）。已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为 　　g•cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm） 【答案】（1）； （2）①氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，氧原子的原子半径小于硫原子，原子核对最外层电子的吸引作用大于硫原子，所以氧原子的第一电离能大于硫原子； ②a； ③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为[FeF6]3﹣，所以转化液pH不能过小； （3）σ；sp3杂化； （4）四面体形；；＞；和H2O中心O原子都是sp3杂化，中含有1个孤电子对，H2O中含有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：＞H2O； （5）ab； （6）①abe； ②[FeF6]3﹣； 。 【分析】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2； （2）①氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，氧原子的原子半径小于硫原子，原子核对最外层电子的吸引作用大于硫原子； ②a．由过氧化氢的结构可以推知“—O—O—”具有氧化性，（NH4）2S2O8能将亚铁离子氧化为铁离子的可能原因是过二硫酸根离子中含有“—O—O—”结构； b．由结构式可知，“—O—O—”结构中O元素为﹣1价； c．由结构式可知，过二硫酸根离子中“S—O—O”的O原子形成2个σ键，且含有2个孤电子对，杂化类型为sp3； ③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为[FeF6]3﹣； （3）H2O分子中心O原子的价层电子对数为2+＝4，杂化类型为sp3，O原子和2和H原子都形成单键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于σ键； （4）H2O分子中心O原子的价层电子对数为2+＝4，且含有2个孤电子对，VSEPR的模型名称为四面体形，的电子式为；和H2O中心O原子都是sp3杂化，中含有1个孤电子对，H2O中含有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小； （5）a．水中存在氢键，导致冰的密度小于水的密度，升高温度会破坏部分氢键，使水分子间的距离减小； b．水分子间由于存在氢键，使分子之间的作用力增强； c．水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大； （6）①（NH4）3[FeF6]是离子化合物，其中含有离子键，NH3中含有N—H极性共价键，中含有配位键； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8×+6×＝4，位于棱上、体内和体心的白球个数为12×+9＝12，由化学式可知，黑球代表[FeF6]3﹣。 【解答】解：（1）铁元素的原子序数为26，基态原子的价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式为， 故答案为：； （2）①氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，氧原子的原子半径小于硫原子，原子核对最外层电子的吸引作用大于硫原子，所以氧原子的第一电离能大于硫原子， 故答案为：氧元素和硫元素都位于元素周期表ⅥA族，氧原子的原子半径小于硫原子，原子核对最外层电子的吸引作用大于硫原子，所以氧原子的第一电离能大于硫原子； ②a．由过氧化氢的结构可以推知“—O—O—”具有氧化性，（NH4）2S2O8能将亚铁离子氧化为铁离子的可能原因是过二硫酸根离子中含有“—O—O—”结构，表现出强氧化性，故a正确； b．由结构式可知，“—O—O—”结构中O元素为﹣1价，根据化合价代数和为零可知，过二硫酸根离子中硫元素的化合价为+6价，故b错误； c．由结构式可知，过二硫酸根离子中“S—O—O”的O原子形成2个σ键，且含有2个孤电子对，杂化类型为sp3，“S—O—O”呈V形结构，三个原子不可能在同一条直线上，故c错误； 故答案为：a； ③氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为[FeF6]3﹣，所以转化液pH不能过小， 故答案为：氢氟酸是弱酸，若转化液pH过小，溶液中氢离子浓度较大，会与溶液中的氟离子生成氢氟酸，溶液中的氟离子浓度减小，不利于铁离子转化为[FeF6]3﹣，所以转化液pH不能过小； （3）H2O分子中心O原子的价层电子对数为2+＝4，杂化类型为sp3，O原子和2和H原子都形成单键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于σ键，H2O的O—H键是由O的sp3杂化轨道与H的1s轨道重叠形成的， 故答案为：σ；sp3杂化； （4）H2O分子中心O原子的价层电子对数为2+＝4，且含有2个孤电子对，VSEPR的模型名称为四面体形，的电子式为。和H2O中心O原子都是sp3杂化，中含有1个孤电子对，H2O中含有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：＞H2O， 故答案为：四面体形；；＞；和H2O中心O原子都是sp3杂化，中含有1个孤电子对，H2O中含有2个孤电子对，孤电子对越多，键角越小，则键角大小：＞H2O； （5）a．水中存在氢键，导致冰的密度小于水的密度，升高温度会破坏部分氢键，使水分子间的距离减小，4℃时水的密度最大，故a正确； b．水分子间由于存在氢键，使分子之间的作用力增强，因而沸点比同主族的H2S高，故b正确； c．水的热稳定性比硫化氢强的原因是其中的共价键的键能更大，与氢键无关，故c错误； 故答案为：ab； （6）①（NH4）3[FeF6]是离子化合物，其中含有离子键，NH3中含有N—H极性共价键，中含有配位键，不含有非极性共价键和金属键， 故答案为：abe； ②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的黑球个数为8×+6×＝4，位于棱上、体内和体心的白球个数为12×+9＝12，由化学式可知，黑球代表[FeF6]3﹣，已知（NH4）3[FeF6]的摩尔质量是Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为， 故答案为：[FeF6]3﹣； 。 【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生核外电子排布和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 20．（2024秋•闵行区校级月考）20世纪初，哈伯和博施开发了以N2和H2为原料合成氨工艺，目前该工艺仍在广泛使用。 （1）基态氮原子中电子占据最高能级的电子云轮廓图为 　p　形，基态N原子的轨道表示式为 　　。 （2）关于哈伯和博施法工业合成氨的说法错误的是 　C　。 A．反应温度为500℃主要因为该温度是催化剂的活性温度 B．合成氨工业中利用了热交换器，实现绿色低碳化 C．理论上通过该反应ΔS＞0、ΔH＜0可以判断该反应可以自发进行 D．将气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出去，可以提高平衡转化率 （3）关于NH3说法正确的是 　A　。 A．NH3遇到HCl产生白烟 B．可用NHACl受热分解可制得NH3 C．NH3可用湿润的蓝色石蕊试纸检验 D．NH3是氮元素唯一的氢化物 治理硝酸盐污染方法之一可以采用常温常压电化学合成氨的方法。碱性条件下还原为NH3的一种反应机理如图所示。 （4）关于以上机理说法正确的是 　BD　。 A．Co（OH）2是反应产物 B．Co是反应催化剂 C．增大Co的量，能提高的平衡转化率 D．过程①和③中N元素均被还原 （5）实验室利用以下装置模拟废水中硝酸盐还原为氨的反应，总反应为 写出d电极上发生的电极反应 　6H2O++8e﹣＝NH3↑+9OH﹣　。 （6）该装置工作时，下列描述正确的是 　B　。 A．d为正极 B．电极c上发生还原反应 C．随着反应进行B池碱性增强 D．理论上标况下有2.24LO2生成，则有0.4mol电子从电极d经质子交换膜流向c极 （7）与哈伯合成法相比，电催化合成氨气的优势有（写出两点）：　电催化合成法常温常压下进行，减少能耗、设备动力成本　，　电催化合成能治理硝酸盐污染，变废为宝　。 氨气还可用于合成高性能储氢材料氨硼烷（NH3BH3） （8）氨硼烷分子中，B、N两元素电负性由大到小的顺序是 　N＞B　。 （9）Fe、Co、Ni、Cu催化氨硼烷水解产氢的性能如图所示。四种催化剂中，催化效果最好的金属基态原子的未成对的电子数为 　3　。 【答案】（1）p；； （2）C； （3）A； （4）BD； （5）6H2O++8e﹣＝NH3↑+9OH﹣； （6）B； （7）电催化合成法常温常压下进行，减少能耗、设备动力成本；电催化合成能治理硝酸盐污染，变废为宝； （8）N＞B； （9）3。 【分析】（1）氮原子的电子排布式为1s22s22p3； （2）A．合成氨是放热反应，采用温度为500℃不利于反应正向进行； B.合成氨反应为放热反应； C.根据ΔH﹣TΔS＜0能自发进行； D.将气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出去，结合平衡移动原理，平衡正向移动； （3）A．NH3遇到HCl产生氯化铵固体； B．利用NH4Cl受热分解可制得NH3会混有HCl； C．NH3溶于水显碱性，故可用湿润的红色石蕊试纸检验； D．N的氢化物还有N2H4； （4）A.分析反应原理可知，Co（OH）2是中间产物； B.分析反应原理可知，Co是催化剂； C.C．Co是反应历程中的催化剂； D．过程①、③均存在N元素的化合价降低； （5）c电极为阴极区，发生还原反应； （6）A．d为阳极； B．电极c为阴极，故发生还原反应； C．随着反应进行B池消耗水，仍然显中性； D．电子无法通过电解液转移； （7）与传统的哈伯合成法相比，电催化合成氨气的优势有常温常压下进行，减少能耗、设备动力成本，且还能治理硝酸盐污染，变废为宝； （8）元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大； （9）从图上可以看出，Co催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，Co的价电子排布式为3d74s2。 【解答】解：（1）氮原子的电子排布式为1s22s22p3，氮元素位于元素周期表p区，基态氮原子的电子占据的最高能级为2p能级，电子云轮廓图为哑铃形，基态N原子的轨道表示式为， 故答案为：p；； （2）A．合成氨是放热反应，采用温度为500℃不利于反应正向进行，但是是催化剂的最适温度，故A正确； B.合成氨反应为放热反应，工业中利用了热交换器，实现绿色低碳化，故B正确； C.根据ΔH﹣TΔS＜0能自发进行，可判断理论上通过该反应ΔS＜0、ΔH＜0可以判断该反应在低温下能自发进行，故C错误； D.将气态氨变成液氨后及时从平衡混合物中分离出去，结合平衡移动原理，平衡正向移动，可以提高平衡转化率，故D正确； 故答案为：C； （3）A．NH3遇到HCl产生氯化铵固体，是白烟，故A正确； B．利用NH4Cl受热分解可制得NH3会混有HCl，故B错误； C．NH3溶于水显碱性，故可用湿润的红色石蕊试纸检验，故C错误； D．N的氢化物还有N2H4，故D错误； 故答案为：A； （4）A.分析反应原理可知，Co（OH）2是中间产物，故A错误； B.分析反应原理可知，Co是催化剂，故B正确； C.C．Co是反应历程中的催化剂，增大Co的量，不能提高硝酸根离子的平衡转化率，故C错误； D．过程①、③均存在N元素的化合价降低，为还原反应，故D正确； 故答案为：BD； （5）c电极为阴极区，故上发生的电极反应为6H2O++8e﹣＝NH3↑+9OH﹣， 故答案为：6H2O++8e﹣＝NH3↑+9OH﹣； （6）A．d为阳极，故A错误； B．电极c为阴极，故发生还原反应，故B正确； C．随着反应进行B池消耗水，仍然显中性，故C错误； D．电子无法通过电解液转移，故D错误； 故答案为：B； （7）与传统的哈伯合成法相比，电催化合成氨气的优势有常温常压下进行，减少能耗、设备动力成本，且还能治理硝酸盐污染，变废为宝， 故答案为：电催化合成法常温常压下进行，减少能耗、设备动力成本；电催化合成能治理硝酸盐污染，变废为宝； （8）元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以氨硼烷分子中，B、N两元素电负性由大到小的顺序是N＞B， 故答案为：N＞B； （9）从图上可以看出，Co催化用时最短，产氢体积也最大，故催化效果最好，Co的价电子排布式为3d74s2，原子中未成对的电子数为3， 故答案为：3。 【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，电化学等内容，掌握基础为解题关键，整体难度适中。 21．（2024秋•新吴区校级月考）铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。 Ⅰ．Cu2+能与NH3、H2O、OH﹣、Cl﹣等形成配位数为4的配合物。 （1）向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu（OH）4]。Na2[Cu（OH）4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有 　AC　（填字母）。 A．离子键 B．金属键 C．极性共价键 D．非极性共价键 （2）将CuO投入NH3、（NH4）2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，CuO转化为[Cu（NH3）4]SO4溶液。 ①CuO被浸取的离子方程式为 　CuO+2NH3+2＝[Cu（NH3）4]2++H2O　。 ②[Cu（NH3）4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu（NH3）4]2+的空间构型为 　B　（填字母）。 A．正四面体形 B．正方形 （3）Cu2+可以与乙二胺（H2N—CH2CH2—NH2）形成配离子，如图所示： ①H、O、N三种元素的电负性从小到大的顺序为 　H＜N＜O　。 ②乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是 　sp3　。 Ⅱ．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。 （4）下列物质中，属于顺磁性物质的是 　AC　（填标号）。 A．[Cu（NH3）4]SO4 B．[Cu（NH3）2]Cl C．Na2[Cu（OH）4] 【答案】（1）AC； （2）①CuO+2NH3+2＝[Cu（NH3）4]2++H2O； ②B； （3）①H＜N＜O； ②sp3； （4）AC。 【分析】（1）Na2[Cu（OH）4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有离子键和H—O极性共价键； （2）①将CuO投入NH3、（NH4）2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，CuO转化为[Cu（NH3）4]SO4； ②[Cu（NH3）4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正方形； （3）①元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大； ②乙二胺分子中氮原子成键时，σ键数目为3，含有1对孤电子对，价层电子对数为（3+1）＝4； （4）A.[Cu（NH3）4]SO4中Cu2+的外围电子排布为3d9，有未成键电子； B.[Cu（NH3）2]Cl中Cu+的外围电子排布为3d10，没有未成键电子； C．Na2[Cu（OH）4]中Cu2+的外围电子排布为3d9，有未成键电子。 【解答】解：（1）Na2[Cu（OH）4]中除了配位键外，还存在的化学键类型有离子键和H—O极性共价键，即AC符合题意， 故答案为：AC； （2）①将CuO投入NH3、（NH4）2SO4的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50～55℃，pH约为9.5，CuO转化为[Cu（NH3）4]SO4的离子方程式为：CuO+2NH3+2＝[Cu（NH3）4]2++H2O， 故答案为：CuO+2NH3+2＝[Cu（NH3）4]2++H2O； ②[Cu（NH3）4]2+结构中，若用两个H2O分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化合物，由此推测[Cu（NH3）4]2+的空间构型为平面正方形， 故答案为：B； （3）①元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性H＜N＜O， 故答案为：H＜N＜O； ②乙二胺分子中氮原子成键时，σ键数目为3，含有1对孤电子对，价层电子对数为（3+1）＝4，所以N原子采取的杂化类型是sp3， 故答案为：sp3； （4）A.[Cu（NH3）4]SO4中Cu2+的外围电子排布为3d9，有未成键电子，属于顺磁性物质，故A正确； B.[Cu（NH3）2]Cl中Cu+的外围电子排布为3d10，没有未成键电子，不属于顺磁性物质，故B错误； C．Na2[Cu（OH）4]中Cu2+的外围电子排布为3d9，有未成键电子，属于顺磁性物质，故C正确； 故答案为：AC。 【点评】本题主要考查原子核外电子排布式的书写，微粒的空间构型，中心原子的杂化方式、氢键等，属于基本知识的考查，难度不大。 22．（2024秋•顺德区月考）钴（Co）是第四周期第Ⅷ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 （1）基态Co的价层电子轨道表示式为 　　。 （2）以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物（合成过程如下所示）。 ①基态O原子处于最高能级的电子的运动状态共有 　4　个。 ②色胺酮分子中C原子的杂化类型为 　sp2、sp3　，N原子的杂化类型为 　sp2、sp3　。 ③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过 　氢键　作用与色胺酮钴配合物相结合。 （3）钴酸锂（LiCoO2）是锂电池正极材料的重要成分，该锂电池充放电反应为：LixC6+Li（1﹣x）CoO2LiCoO2+6C。从废旧锂电池正极材料中回收钴和锂的流程如图： 写出酸浸过程中发生反应的化学方程式 　2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O　。 （4）钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体是由图1所示的结构构成，图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体，图2是钴蓝的晶胞。 ①钴蓝晶体中三种原子个数比N（Co）：N（Al）：N（O）＝ 　1：2：4　。 ②NA为阿伏加德罗常数，钴蓝晶体的摩尔质量为Mg/mol，钴蓝晶体的密度ρ＝ 　　g/cm3（列出计算式）。 【答案】（1）； （2）①4； ②sp2、sp3；sp2、sp3； ③氢键； （3）2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O； （4）①1：2：4； ②。 【分析】（1）基态Co的价层电子排布式是3d74s2； （2）①基态O原子处于最高能级的电子为2p电子，每一个电子有1种运动状态，2p能级上有4个电子； ②色胺酮分子中苯环及连接双键的碳原子采用sp2杂化，亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，所以C原子的杂化类型为sp2、sp3，N原子σ键数目为3，孤对电子数目为1，配位的且不参与形成大π键，杂化方式为sp3，不参与配位的环内N原子，形成大π键； ③CH3OH与色胺酮钴配合物能形成分子间氢键，所以CH3OH是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合； （3）酸浸过程中Co元素的化合价由+3价变为+2价，则H2O2中O元素的化合价由﹣1价变为0价； （4）①该晶胞中Co原子个数为8×＝8，Al原子个数为4×4＝16，O原子个数为4×8＝32； ②该晶胞体积为（2a×10﹣7cm）3，该晶胞中相当于含有8个Al2CoO4，钴蓝晶体的密度ρ＝。 【解答】解：（1）基态Co的价层电子排布式是3d74s2，轨道表示式是 ， 故答案为：； （2）（2）①基态O原子处于最高能级的电子为2p电子，每一个电子有1种运动状态，2p能级上有4个电子，所以基态O原子处于最高能级的电子的运动状态共有4个， 故答案为：4； ②色胺酮分子中苯环及连接双键的碳原子采用sp2杂化，亚甲基上的碳原子采用sp3杂化，所以C原子的杂化类型为sp2、sp3，N原子σ键数目为3，孤对电子数目为1，配位的且不参与形成大π键，杂化方式为sp3，不参与配位的环内N原子，形成大π键，杂化方式为sp2， 故答案为：sp2、sp3；sp2、sp3； ③CH3OH与色胺酮钴配合物能形成分子间氢键，所以CH3OH是通过氢键作用与色胺酮钴配合物相结合， 故答案为：氢键； （3）酸浸过程中Co元素的化合价由+3价变为+2价，则H2O2中O元素的化合价由﹣1价变为0价，反应后生成Li2SO4、CoSO4、O2和H2O，反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O， 故答案为：2LiCoO2+3H2SO4+H2O2＝Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O； （4）①该晶胞中Co原子个数为8×＝8，Al原子个数为4×4＝16，O原子个数为4×8＝32，钴蓝晶体中三种原子个数比N（Co）：N（Al）：N（O）＝8：16：32＝1：2：4， 故答案为：1：2：4； ②该晶胞体积为（2a×10﹣7cm）3，该晶胞中相当于含有8个Al2CoO4，钴蓝晶体的密度ρ＝＝g/cm3， 故答案为：。 【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。 23．（2024•浙江开学）氮、氟等是组成化合物的常见元素。请回答： （1）某种防蛀牙膏添加剂的晶胞如图所示，其化学式为 　SrF2　，晶体类型是 　离子晶体　。 （2）下列说法正确的是 　B　。 A．第二电离能：N＞O＞C B．电负性：C＞H＞Si C．熔点：单晶硅＞碳化硅＞金刚石 D．相同条件下O3在不同溶剂中的溶解度：H2O＜CCl4 （3）已知3个及以上原子若处于同一平面，且有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大π键。已知咪唑结构为：，所有原子共平面。则1号氮原子的杂化方式为 　sp2　，配位能力1号氮原子 　＜　2号氮原子（填“＞”、“＝”或“＜”）。 （4）高性能炸药BNCP的结构如图，比较键角大小，NH3分子中H—N—H 　＜　（填“＞”，“＜”或“＝”）高性能炸药BNCP中H—N—H，其原因为 　BNCP中N原子形成了配位键，孤对电子转变为成键电子，对其他成键电子的斥力减小，键角更大　。 【答案】（1）SrF2；离子晶体； （2）B； （3）sp2；＜； （4）＜；BNCP中N原子形成了配位键，孤对电子转变为成键电子，对其他成键电子的斥力减小，键角更大。 【分析】（1）分析可知，黑球数目为8×＝4，白球数目为8，晶体化学式为SrF2，两种元素属于典型的金属与非金属元素； （2）A.O电离的第二个电子为半充满电子，第二电离能最大误； B.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大； C.共价晶体，共价键越长，键能越小，对应晶体熔点越低，Si—Si键＞Si—C键＞C—C键； D.O3为极性分子，结合相似相溶原理，在水中溶解度更大； （3）已知3个及以上原子若处于同一平面，且有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大π键。已知咪唑结构为：，所有原子共平面，为保证平面结构，则1号氮原子的杂化方式为sp2，1号N原子的孤对电子参与形成了大π键，电子云密度降低，配位能力降低； （4）高性能炸药BNCP中N原子形成了配位键，孤对电子转变为成键电子，对其他成键电子的斥力减小，键角更大。 【解答】解：（1）分析可知，黑球数目为8×＝4，白球数目为8，晶体化学式为SrF2，两种元素属于典型的金属与非金属元素，故晶体类型是离子晶体， 故答案为：SrF2；离子晶体； （2）A.O电离的第二个电子为半充满电子，第二电离能最大，故A错误； B.元素周期表从下往上，从左往右，得电子能力越来越强，电负性越来越大，所以电负性C＞H＞Si，故B正确； C.共价晶体，共价键越长，键能越小，对应晶体熔点越低，Si—Si键＞Si—C键＞C—C键，故熔点：单晶硅＜碳化硅＜金刚石，故C错误； D.O3为极性分子，结合相似相溶原理，在水中溶解度更大，故D错误； 故答案为：B； （3）已知3个及以上原子若处于同一平面，且有彼此平行的p轨道，则可“肩并肩”重叠形成大π键。已知咪唑结构为：，所有原子共平面，为保证平面结构，则1号氮原子的杂化方式为sp2，1号N原子的孤对电子参与形成了大π键，电子云密度降低，配位能力降低，故配位能力1号氮原子＜2号氮原子， 故答案为：sp2；＜； （4）高性能炸药BNCP中N原子形成了配位键，孤对电子转变为成键电子，对其他成键电子的斥力减小，键角更大， 故答案为：＜；BNCP中N原子形成了配位键，孤对电子转变为成键电子，对其他成键电子的斥力减小，键角更大。 【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。 24．（2024•延平区校级开学）配合物在许多尖端领域如超导材料、催化剂研制、自组装超分子等方面有广泛的应用。回答下列问题： （1）某配合物的阳离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+结构如图所示，铜离子的配位数为 　6　，其中与铜离子形成配位键更强的配体是 　NH3　（填化学式）。 （2）《诗经》“缟衣茹藘（茜草）”，茜草中的茜素与矾土中的Al3+，Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料之一。 基态Al原子中自旋状态相反的两种电子的个数比为 　6：7　，配合物X中Al3+的配体除外还有 　H2O、OH﹣　，Al3+杂化轨道的空间构型为 　八面体形　；茜素的熔点比1﹣羟基蒽醌　高　（填“高”或“低”）。 （3）向FeSO4溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液后，经提纯、结晶可得到KFe[Fe（CN）6]蓝色晶体，实验表明，CN﹣、Fe2+、Fe3+通过配位键构成了晶体骨架，其局部结构如图1，记为Ⅰ型立方结构。将Ⅰ型立方结构平移、旋转、并置，可得到晶体的复晶胞如图2，记为Ⅱ型立方结构（注：下层左后的小立方体g未标出）。 K+填充在Ⅰ型立方结构的体心，若KFe[Fe（CN）6]的摩尔质量为Mg•mol﹣1，阿伏加德罗常数的值用NA表示，Ⅱ型立方结构的边长为anm，该蓝色晶体密度为 　　g•cm﹣3。 （4）N4只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为 　Π　（分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π66）。 【答案】（1）6；NH3； （2）6：7；H2O、OH﹣；八面体形；高； （3）； （4）Π。 【分析】（1）某配合物的阳离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+结构如图所示，根据图示，铜离子与4个N原子、2个氧原子形成配位键，铜离子的配位数为6，电负性：O＞N，对孤电子对的吸引力：O＞N，因此NH3的孤电子对更易与Cu2+的空轨道形成配位键； （2）基态Al原子的轨道表示式为，配合物X中Al3+的配体除外还有H2O、OH﹣，Al3+的配位数为6，6个杂化轨道；茜素中羟基数大于1﹣羟基蒽醌，茜素形成的分子间氢键多； （3）根据均摊原则，Ⅰ型立方结构中CN﹣的个数为，则Ⅱ型立方结构中含有4个KFe[Fe（CN）6]； （4）N4只有一种化学环境的氢原子，N原子采用sp2杂化，N原子各有1个未参与杂化的2p轨道含有2个电子，由该离子带2个单位正电荷。 【解答】解：（1）某配合物的阳离子[Cu（NH3）4（H2O）2]2+结构如图所示，根据图示，铜离子与4个N原子、2个氧原子形成配位键，铜离子的配位数为6，电负性：O＞N，对孤电子对的吸引力：O＞N，因此NH3的孤电子对更易与Cu2+的空轨道形成配位键，与铜离子形成配位键更强的配体是NH3， 故答案为：6；NH3； （2）基态Al原子的轨道表示式为，自旋状态相反的两种电子的个数比为6：7，配合物X中Al3+的配体除外还有H2O、OH﹣，Al3+的配位数为6，6个杂化轨道，杂化轨道的空间构型为八面体形；茜素中羟基数大于1﹣羟基蒽醌，茜素形成的分子间氢键多，所以茜素的熔点比1﹣羟基蒽醌高， 故答案为：6：7；H2O、OH﹣；八面体形；高； （3）根据均摊原则，Ⅰ型立方结构中CN﹣的个数为，则Ⅱ型立方结构中含有4个KFe[Fe（CN）6]，该蓝色晶体密度为＝g•cm﹣3， 故答案为：； （4）N4只有一种化学环境的氢原子，N原子采用sp2杂化，N原子各有1个未参与杂化的2p轨道含有2个电子，由该离子带2个单位正电荷，所以其中的大π键可表示为Π， 故答案为：Π。 【点评】本题考查化学键和晶体结构，侧重考查学生配位键和晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 25．（2024秋•和平区校级月考）铁（Fe）、钴（Co）、镍（Ni）是第四周期第Ⅷ族的元素，在化学上称为铁系元素，其化合物在生产生活中应用广泛。 （1）铁系元素能与CO形成Fe（CO）5、Ni（CO）4等金属羰基化合物。已知室温时Fe（CO）5为浅黄色液体，沸点103℃，Fe（CO）5是 　分子　晶体，Fe（CO）5中含有的化学键类型包括 　AC　。 A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 （2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 　③　（填图中酞菁中N原子的标号），酞菁分子N原子的杂化类型为 　sp2　。钴酞菁分子中所含元素（H、C、N、Co）电负性由大到小的顺序为 　N＞C＞H＞Co　，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）NiO晶体与NaCl晶体结构相似（如图）。 ①NiO的熔点远高于NaCl，结合下表说明理由 　NiO和NaCl晶体类型相同，Ni2+和O2﹣所带电荷数多于Na+和Cl﹣，Ni2+和O2﹣间距比Na+和Cl﹣间距更小，NiO晶体中离子键更强　： 晶体 离子间距/pm 熔点/℃ NaCl ＝276 801 NiO ＝212 1960 ②设阿伏加德罗常数的值为NA，距离最近的两个Ni2+间距为apm（1pm＝10﹣10cm），NiO的摩尔质量为Mg/mol，则晶体的密度为 　　g/cm3（列出计算式）。 ③晶体普遍存在各种缺陷。某种NiO晶体中存在如图所示的缺陷：当一个Ni2+空缺，会有两个Ni2+被两个Ni3+所取代，但晶体仍呈电中性。经测定某氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91。若该晶体的化学式为NixO，则x＝ 　0.97　。 【答案】（1）分子；AC； （2）③；sp2；N＞C＞H＞Co；+2；配位； （3）①NiO和NaCl晶体类型相同，Ni2+和O2﹣所带电荷数多于Na+和Cl﹣，Ni2+和O2﹣间距比Na+和Cl﹣间距更小，NiO晶体中离子键更强； ②； ③0.97。 【分析】（1）已知室温时Fe（CO）5为浅黄色液体，沸点103℃，其熔沸点较低，则Fe（CO）5是分子晶体，Fe（CO）5中含有碳氧极性共价键； （2）酞菁分子中所有原子共平面，则其中N为sp2杂化，且分子中存在大π键，①②N原子除形成C—Nσ键外，还形成C—Nπ键，未参与杂化的p轨道只有1个电子，孤电子对在杂化轨道上，③号氮分别与2个C、1个氢形成3个σ键，即3个sp2轨道上各有1个电子，孤电子对在为参与杂化的2p轨道，故p轨道能提供一对电子的N原子是③；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；钴酞菁分子中③号N失去2个氢，形成﹣2价阴离子配体，则钴离子的化合价为+2； （3）①NiO和NaCl都是离子晶体，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl，又由阴阳离子间距可知NiO晶体中离子半径小，NiO的晶格能越大； ②由图可知，NaCl晶体中存在4个Na+和4个Cl﹣，则晶体中存在4个Ni2+和4个O2﹣，则晶胞质量为，距离最近的两个Ni2+位于顶点和面心，为面对角线的一半，间距为apm，则棱长为apm，则体积为（a×10﹣10cm）3； ③该氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91，则Ni3+为，Ni2+为。 【解答】解：（1）已知室温时Fe（CO）5为浅黄色液体，沸点103℃，其熔沸点较低，则Fe（CO）5是分子晶体，Fe（CO）5中含有碳氧极性共价键，Fe和CO之间存在配位键， 故答案为：分子；AC； （2）分子中所有原子共平面，则其中N为sp2杂化，且存在大π键，①②N原子除形成C—Nσ键外，还形成C—Nπ键，未参与杂化的p轨道只有1个电子，孤电子对在杂化轨道上，③号氮分别与2个C、1个氢形成3个σ键，即3个sp2轨道上各有1个电子，孤电子对在为参与杂化的2p轨道，故p轨道能提供一对电子的N原子是③；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性由大到小的顺序为N＞C＞H＞Co；钴酞菁分子中③号N失去2个氢，形成﹣2价阴离子配体，则钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键， 故答案为：③；sp2；N＞C＞H＞Co；+2；配位； （3）①NiO和NaCl都是离子晶体，NiO晶体中离子的电荷数大于NaCl，又由阴阳离子间距可知NiO晶体中离子半径小，NiO的晶格能越大，其离子键的键能更大，熔点更高， 故答案为：NiO和NaCl晶体类型相同，Ni2+和O2﹣所带电荷数多于Na+和Cl﹣，Ni2+和O2﹣间距比Na+和Cl﹣间距更小，NiO晶体中离子键更强； ②由图可知，NaCl晶体中存在4个Na+和4个Cl﹣，则晶体中存在4个Ni2+和4个O2﹣，则晶胞质量为，距离最近的两个Ni2+位于顶点和面心，为面对角线的一半，间距为apm，则棱长为apm，则体积为（a×10﹣10cm）3，则晶胞密度， 故答案为：； ③该氧化镍样品中Ni3+与Ni2+的离子数之比为6：91，则Ni3+为，Ni2+为，根据晶体呈电中性可得，×2+×3＝2×1，解得x＝0.97， 故答案为：0.97。 【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/6 23:33:43；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.com；学号：41419011 学科网（北京）股份有限公司 $$