专题二 [热点题空] 第3练 综合大题中物质结构与性质高考真题集训-【步步高·考前三个月】2025年高考化学复习讲义课件（江苏专用）（课件PPT+word教案）

[热点题空]　第3练　综合大题中物质结构与性质高考真题集训　[分值：100分] 1.(1分)[2024·江苏，14(2)②]铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=　　　　　　　。  答案　2∶1 解析　由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞体内有4个Fe原子，面上有8个Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为4+8×=8；Bi原子全部在晶胞的面上，数目为8×=4，因此，原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。 2.(4分)(1)[2022·江苏，14(2)]FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中的数目为　　　　　，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe—S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的中的S—S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Fe2+连接起来。  (2)[2021·江苏，9改编]1个AgI晶胞(如图)中含有　　　　个I-。  答案　(1)4　　(2)4 解析　(1)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe—S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和的位置(中的S—S位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S—S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Fe2+紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接图为。 3.(12分)(2020·江苏，21A)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。 (1)Fe基态核外电子排布式为　　　　　　　　　　；[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是　　　　(填元素符号)。  (2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是　　　　；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为　　　　　　　　　　。  (3)与N互为等电子体的一种分子为　　　　　　(填化学式)。  (4)柠檬酸的结构简式如图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为　　　　NA。  答案　(1)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)　O (2)sp3　N>O>C　(3)CH4(或SiH4)　(4)7 解析　(1)[Fe(H2O)6]2+中，Fe2+是中心离子，H2O是配体，O含孤电子对，故与Fe2+配位的原子是O。 (2)NH3分子中N形成3个σ键，还有一个孤电子对，则N原子的轨道杂化类型为sp3；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p轨道处于半充满稳定状态，较难失去电子，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。 (3)与N互为等电子体的分子含有5个原子，且价电子总数为8。根据“同周期元素左右相减”的规律推知，与N互为等电子体的分子为CH4；根据“同主族元素上下替换”的规律推知，与CH4互为等电子体的分子为SiH4。 (4)柠檬酸的结构简式为，C—O为σ键，1个中碳原子和氧原子之间形成2个σ键，故1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键数目为7 NA。 4.(11分)(2019·江苏，21A)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。 (1)Cu2+基态核外电子排布式为　　 　　。  (2)S的空间构型为　　　　　　　　　　　　(用文字描述)；Cu2+与OH-反应能生成[Cu(OH)4]2-，[Cu(OH)4]2-中的配位原子为　　　　　　　　(填元素符号)。  (3)抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为　　　　　　　　；推测抗坏血酸在水中的溶解性：　　　　　　　　(填“难溶于水”或“易溶于水”)。  (4)一个Cu2O晶胞如图2中，Cu原子的数目为　　　。  答案　(1)[Ar]3d9(或1s22s22p63s23p63d9)　(2)正四面体　O　(3)sp3、sp2　易溶于水　(4)4 解析　(1)Cu为29号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去2个电子后变为Cu2+，则Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9。(2)S中S没有孤电子对，价层电子对数为4，故S为sp3杂化，S的空间构型为正四面体形。该配离子中Cu提供空轨道，O提供孤电子对，故配位原子为O。(3)该分子中形成单键的碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化。1个抗坏血酸分子中含有4个羟基，其可以与H2O形成分子间氢键，所以抗坏血酸易溶于水。(4)根据均摊法知，该晶胞中白球个数为8×+1=2，黑球个数为4，白球和黑球数目之比为1∶2，所以Cu为黑球，1个晶胞中含有4个Cu原子。 5.(2分)[2024·黑吉辽，18(6)]负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用如图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为___________(精确至1)。  答案　101 解析　由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比，故=1.66，则Ru的相对原子质量约为101。 6.(8分)[2024·新课标卷，29(1)(2)]Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43 ℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： (1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为　　　　　　　　　　　　。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为a3，镍原子半径为　　　　　　　　。  (2)Ni(CO)4结构如图所示，其中含有σ键的数目为　　　　，Ni(CO)4晶体的类型为　　　　　　　。  答案　(1)　a　(2)8　分子晶体 解析　(1)Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则其价电子轨道表示式为；铜的晶胞结构示意图为，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面对角线长度的，因为晶胞体积为a3，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为a，则镍原子半径为a。(2)单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键和2个π键，因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点为43 ℃，因此其晶体类型为分子晶体。 7.(4分)[2024·广东，18(6)]一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni=　　　　　　，其立方晶胞的体积为　　　　　　 nm3。  答案　2∶1∶1　8a3 解析　由题中信息可知，晶胞结构如图：，晶胞中Co原子个数为8×+6×+12×+1=8，Ga原子个数为4，Ni原子个数为4，则粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni=2∶1∶1，其立方晶胞边长为2a nm，体积为8a3 nm3。 8.(6分)[2023·湖南，17(1)(7)]超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，相关物质的沸点： 物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 (1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是　　　　。  (7)比较分子中的C—Ga—C键角大小：Ga(CH3)3　　　　　　　Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是　　　　 　　　　。  答案　(1)分子晶体　(7)>　Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，故键角较小 解析　(1)晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体。 9.(4分)[2024·安徽，15(1)(7)](1)Cu位于元素周期表第　　　　　周期第　　　　　族。  (7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4的结构为(a)而不是(b)的原因：　　　 　　　　。  答案　(1)四　ⅠB　(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正电中心和负电中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，过氧键的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构 解析　(1)Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族。 10.(10分)[2024·浙江1月选考，17(3)]已知： +H2O―→。 ①H2N—NH2+H+―→H2N—N，其中—NH2的N原子杂化方式为　　　　　　 　　；比较键角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2　　　 　(填“>”“<”或“=”)H2N—N中的—N，请说明理由　　　　 　　　　。  ②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱：N　　　　HNO3(填“>”“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式　　　　　　　　。  答案　①sp3　<　—NH2中心原子上有孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大，键角变小　②>　 解析　①—NH2的中心原子价层电子对数为4，故杂化方式为sp3；—NH2中心原子价层电子对数为4，有一个孤电子对，—N的中心原子价层电子对数为4，无孤电子对，又因为孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，故键角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2<H2N—N中的—N。②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是N，则A为NO2HS2O7，N为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：N>HNO3；阴离子为HS2，根据已知可知其结构式为。 11.(6分)[2023·广东，18(4)(5)②](4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。NH4Al(OH)2CO3属于　　　　　　　　(填“晶体”或“非晶体”)。  (5)②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为　　　　　　 　　；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为　　　　　　　　。  答案　(4)晶体　(5)②体心　12 解析　(4)X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，则NH4Al(OH)2CO3属于晶体。(5)②x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有1个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。 12.(10分)[2024·北京，15(1)(2)(3)]锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 (1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整：　　　　　　　。  (2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到SnCl4。 ①SnCl2分子的VSEPR模型名称是　　　　　　　。  ②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的　　　　　　轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。  (3)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图。白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有　　　　　　个。  ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　　　　　　。  答案　(1)　(2)①平面三角形　②sp3杂化　(3)①4　② 解析　(1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的基态原子最外层轨道表示式为。(2)①SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形。②SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，SnCl4的Sn—Cl是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。(3)①灰锡具有立方金刚石结构，每个锡原子以单键与其他4个锡原子相连构成正四面体结构，该锡原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个。②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，白锡与灰锡晶体的密度之比为∶=。 13.(11分)(2024·浙江6月选考，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (1)某化合物的晶胞如图1，Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为　　　　 　；写出该化合物的化学式：　　 　　， 写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式：　　　 　　　　。  (2)下列有关单核微粒的描述正确的是　　　　。  A.Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能 C.Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D.Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子 (3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。 ①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序：　　　　　　　　　　　，请说明理由：　　　　　　　　　　　。  ②已知HC、HD钠盐的碱性：NaC>NaD，请从结构角度说明理由：　　　　。  答案　(1)12　K3ClO　K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O　(2)AB　(3)①HC>HB>HA　O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C==O>C==S>C==Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，羟基与H2O形成的氢键逐渐增强　②原子半径：S>O，键长：S—H>O—H，S—H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性：NaC>NaD 解析　(1)由均摊法得，晶胞中Cl的数目为8×=1，O的数目为1，K的数目为6×=3，即该化合物的化学式为K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成KCl·K2O，与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3·H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O。(2)基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能>Ne的第一电离能，B项正确；Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误。 14.(11分)(2024·山东，16)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中位于第　　　　　周期　　　　　族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是　　　　　(填元素符号)。  (2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为　　　　　。  当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价　　　　 　(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　　　　　(填标号)。  A.CaO B.V2O5 C.Fe2O3 D.CuO (3)[BMIM]+B(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。的空间构型为　　　　　；[BMIM]+中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为　　　　　。  (4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是　　　　。  答案　(1)四　ⅦB　Cr　(2)MnO2　降低　A　(3)正四面体形　sp2　(4)FDCA形成的分子间氢键更多 解析　(1)基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，位于元素周期表第四周期ⅦB族，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。(2)由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1+8×=2，O的数目为2+4×=4，即该氧化物的化学式为MnO2；MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；过渡金属有多种可变化合价，其氧化物通过脱出氧原子，出现O空位，获得半导体性质，CaO不能通过这种方式获得半导体性质。(3)中B的价层电子对数为4+=4，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。(4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，FDCA分子中含有两个羧基，形成的分子间氢键的机会更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 学科网（北京）股份有限公司 $$ [热点题空] 专题二　第3练　 综合大题中物质结构与性质高考真题集训 1.[2024·江苏，14(2)②]铁酸铋晶胞如图所示(图中有4个Fe原子位于晶胞体对角线上，O原子未画出)，其中原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=　　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2∶1 由铁酸铋晶胞结构示意图可知，晶胞体内有4个Fe原子，面上有8个 Fe原子，根据均摊法可知，Fe原子的数目为4+8×=8；Bi原子全部在晶胞的面上，数目为8×=4，因此，原子数目比N(Fe)∶N(Bi)=2∶1。 2.(1)[2022·江苏，14(2)]FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中的数目为　　，在FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe—S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的Fe2+和位于晶胞体心的中的S—S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Fe2+连接起来。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4 答案　 因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe—S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和中的S—S位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S—S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Fe2+紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的 Fe2+连接图为 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)[2021·江苏，9改编]1个AgI晶胞(如图)中含有　　个I-。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4 3.(2020·江苏，21A)以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵[(NH4)3Fe(C6H5O7)2]。 (1)Fe基态核外电子排布式为　　　 　　　　　　　；[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是　　(填元素符号)。  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2) O [Fe(H2O)6]2+中，Fe2+是中心离子，H2O是配体，O含孤电子对，故与Fe2+配位的原子是O。 (2)NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是　　；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为　　 　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 sp3 N>O>C NH3分子中N形成3个σ键，还有一个孤电子对，则N原子的轨道杂化类型为sp3；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，由于氮原子的2p轨道处于半充满稳定状态，较难失去电子，其第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。 (3)与N互为等电子体的一种分子为　　　　　　(填化学式)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 CH4(或SiH4) 与N互为等电子体的分子含有5个原子，且价电子总数为8。根据“同周期元素左右相减”的规律推知，与N互为等电子体的分子为CH4；根据“同主族元素上下替换”的规律推知，与CH4互为等电子体的分子为SiH4。 (4)柠檬酸的结构简式如图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为　　NA。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7 柠檬酸的结构简式为 ，C—O为σ键，1个 中碳原子 和氧原子之间形成2个σ键，故1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成 的σ键数目为7 NA。 4.(2019·江苏，21A)Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu2O。 (1)Cu2+基态核外电子排布式为　 　 　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 [Ar]3d9(或1s22s22p63s23p63d9) Cu为29号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，失去2个电子后变为Cu2+，则Cu2+的核外电子排布式为[Ar]3d9。 (2)S的空间构型为　　　　(用文字描述)；Cu2+与OH-反应能生成[Cu(OH)4]2-，[Cu(OH)4]2-中的配位原子为　　(填元素符号)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 正四面体 O S中S没有孤电子对，价层电子对数为4，故S为sp3杂化，S的空间构型为正四面体形。该配离子中Cu提供空轨道，O提供孤电子对，故配位原子为O。 (3)抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为　　　　；推测抗坏血酸在水中的溶解性：　　　　(填“难溶于水”或“易溶于水”)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 sp3、sp2 易溶于水 该分子中形成单键的碳原子为sp3杂化，形成双键的碳原子为sp2杂化。1个抗坏血酸分子中含有4个羟基，其可以与H2O形成分子间氢键，所以抗坏血酸易溶于水。 (4)一个Cu2O晶胞如图2中，Cu原子的数目为 　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4 根据均摊法知，该晶胞中白球个数为8×+1=2，黑球个数为4，白球和黑球数目之比为1∶2，所以Cu为黑球，1个晶胞中含有4个Cu原子。 5.[2024·黑吉辽，18(6)]负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用如图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则Ru的相对原子质量为_______(精确至1)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 101 由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质 量之比，故=1.66，则Ru的相对原子质量约为101。 6.[2024·新课标卷，29(1)(2)]Ni(CO)4(四羰合镍，沸点43 ℃)可用于制备高纯镍，也是有机化合物羰基化反应的催化剂。回答下列问题： (1)Ni基态原子价电子的轨道表示式为　　　　　　　　　　　　。镍的晶胞结构类型与铜的相同，晶胞体积为a3，镍原子半径为　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 a Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为[Ar]3d84s2，则其价电子轨道表示式为 ；铜的晶胞结构示意图为 ，镍的晶胞结构类型与铜的相同，则镍原子半径为晶胞面 对角线长度的，因为晶胞体积为a3，所以晶胞棱长为a，面对角线 长度为a，则镍原子半径为a。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)Ni(CO)4结构如图所示，其中含有σ键的数目为_，Ni(CO)4晶体的类型为　　　　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8 分子晶体 单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键，由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成的4个配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个σ键和2个π键，因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点为43 ℃，因此其晶体类型为分子晶体。 7.[2024·广东，18(6)]一种含Ga、Ni、Co元素的记忆合金的晶体结构可描述为Ga与Ni交替填充在Co构成的立方体体心，形成如图所示的结构单元。该合金的晶胞中，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni=　　　　，其立方晶胞的体积为　　 nm3。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2∶1∶1 8a3 由题中信息可知，晶胞结构如图： ，晶胞中Co原子个数为 8×+6×+12×+1=8，Ga原子个数为4，Ni原子个数为4，则粒子个 数最简比Co∶Ga∶Ni=2∶1∶1，其立方晶胞边长为2a nm，体积为8a3 nm3。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.[2023·湖南，17(1)(7)]超纯Ga(CH3)3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，相关物质的沸点： (1)晶体Ga(CH3)3的晶体类型是　　　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 物质 Ga(CH3)3 Et2O CH3I NR3 沸点/℃ 55.7 34.6 42.4 365.8 分子晶体 晶体Ga(CH3)3的沸点较低，晶体类型是分子晶体。 (7)比较分子中的C—Ga—C键角大小：Ga(CH3)3　Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是____________________________________ 　　　　  　　　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Ga(CH3)3中Ga为sp2杂化，而Ga(CH3)3(Et2O) 中Ga为sp3杂化，故键角较小 9.[2024·安徽，15(1)(7)](1)Cu位于元素周期表第　 周期第　　族。 (7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4的结构为(a)而不是(b)的原因：____________________________________________ ______________________________________________________________________________________________________________________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 四 ⅠB (a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正电中心和负电中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧键，过氧键的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构 Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族。 10.[2024·浙江1月选考，17(3)]已知： +H2O―→ 。 ①H2N—NH2+H+―→H2N—N，其中—NH2的N原子杂化方式为　　；比较键角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2　 (填“>”“<”或“=”) H2N—N中的—N，请说明理由_______________________________ _____________________________________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 sp3 < —NH2中心原子上有孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大，键角变小 —NH2的中心原子价层电子对数为4，故杂化方式为sp3；—NH2中心原子价层电子对数为4，有一个孤电子对，—N的中心原子价层电子对数为4，无孤电子对，又因为孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对间的排斥力，故键角∠HNH：H2N—NH2中的—NH2<H2N—N中的—N。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ②将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是。比较氧化性强弱：N　HNO3(填“>” “<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式　　　 　　　　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > 将HNO3与SO3按物质的量之比1∶2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是N，则A为NO2HS2O7，N为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱：N>HNO3； 阴离子为HS2，根据已知可知其结构式为 。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.[2023·广东，18(4)(5)②](4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。NH4Al(OH)2CO3属于　　　　(填“晶体”或“非晶体”)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 晶体 X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰， 则NH4Al(OH)2CO3属于晶体。 (5)②由CoCl2可制备AlxCoOy晶体，其立方晶胞如图。Al与O最小间距大于Co与O最小间距，x、y为整数，则Co在晶胞中的位置为　　　；晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 体心 12 x、y为整数，根据图中信息Co、Al都只有1个原子，而氧(白色)原子有3个，Al与O最小间距大于Co与O最小间距，则Al在顶点，因此Co在晶胞中的位置为体心；以顶点Al分析，面心的氧原子一个横截面有4个，三个横截面共12个，因此晶体中一个Al周围与其最近的O的个数为12。 12.[2024·北京，15(1)(2)(3)]锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 (1)Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族。将Sn的基态原子最外层轨道表 示式补充完整：　　　 　　　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Sn位于元素周期表的第5周期第ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的基态原子最外层轨道表示式为 。 (2)SnCl2和SnCl4是锡的常见氯化物，SnCl2可被氧化得到SnCl4。 ①SnCl2分子的VSEPR模型名称是　　　　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 平面三角形 SnCl2中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名称是平面三角形。 ②SnCl4的Sn—Cl键是由锡的　 　　轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 sp3杂化 SnCl4中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，SnCl4的Sn—Cl是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 (3)白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图。白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。 ①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有　　个。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4 灰锡具有立方金刚石结构，每个锡原子以单键与其他4个锡原子相连构成正四面体结构，该锡原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V1 nm3和V2 nm3，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 　 根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，白锡与灰锡晶体的密度之比为∶= 。 13.(2024·浙江6月选考，17)氧是构建化合物的重要元素。请回答： (1)某化合物的晶胞如图1，Cl-的配位数(紧邻的阳离子数)为　　；写出该化合物的化学式：　　 　， 写出该化合物与足量NH4Cl溶液反应的化学方程式：　　 　 　　　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O 由均摊法得，晶胞中Cl的数目为8×=1，O的数目为 1，K的数目为6×=3，即该化合物的化学式为K3ClO； 由图可知，Cl-的配位数为=12；该化合物可看成 KCl·K2O，与足量NH4Cl溶液反应生成KCl和NH3·H2O，反应的化学方程式为K3ClO+2NH4Cl+H2O===3KCl+2NH3·H2O。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)下列有关单核微粒的描述正确的是　　。 A.Ar的基态原子电子排布方式只有一种 B.Na的第二电离能>Ne的第一电离能 C.Ge的基态原子简化电子排布式为[Ar]4s24p2 D.Fe原子变成Fe+，优先失去3d轨道上的电子 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 AB 基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确； Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能>Ne的第一电离能，B项正确； Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误； 基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (3)化合物HA、HB、HC和HD的结构如图2。 ①HA、HB和HC中羟基与水均可形成氢键(—O—H…OH2)，按照氢键由强到弱对三种酸排序：　　　　 　，请说明理由：_________________ ______________________________________________________________________________________________________________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C==O>C==S>C==Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性逐渐增大，羟基与H2O形成的氢键逐渐增强 ②已知HC、HD钠盐的碱性：NaC>NaD，请从结构角度说明理由：____ __________________________________________________________________________________________________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 原子半径：S>O，键长：S—H>O—H，S—H键更易断键电离，因此HD酸性更强，酸根不易水解，碱性：NaC>NaD 14.(2024·山东，16)锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)Mn在元素周期表中位于第　　周期　　　族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是　　(填元素符号)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 四 ⅦB Cr 基态Mn的电子排布式为[Ar]3d54s2，位于元素周期表第四周期ⅦB族，未成对电子数有5个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn多的元素是Cr，基态Cr的电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。 (2)Mn的某种氧化物MnOx的四方晶 胞及其在xy平面的投影如图所示， 该氧化物化学式为　　　。 当MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，Mn的化合价　　(填“升高”“降低”或“不变”)，O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是　　(填标号)。 A.CaO B.V2O5 C.Fe2O3 D.CuO 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 MnO2 降低 A 由均摊法得，晶胞中Mn的数目为1+8×=2，O的数目为2+4×=4，即该氧化物的化学式为MnO2； MnOx晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，Mn的化合价为+2x，即Mn的化合价降低；过渡金属有多种可变化合价，其氧化物通过脱出氧原子，出现O空位，获得半导体性质，CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (3)[BMIM]+B(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。的空间构型为　　　　　；[BMIM]+中咪唑环存在大π键，则N原子采取的轨道杂化方式为　　。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 正四面体形 sp2 中B的价层电子对数为4+=4，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，N原子形成3个σ键，杂化方式为sp2。 (4)MnOx可作HMF转化为FDCA的催化剂(见下图)。FDCA的熔点远大于HMF，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是________________ __________。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 FDCA形成的分子 间氢键更多 由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，FDCA分子中含有两个羧基，形成的分子间氢键的机会更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 $$