09 第一篇 板块三 大题题型三 物质结构与性质综合题（课件PPT+教案Word）-【高考快车道】2025年高考化学大二轮专题复习高考总复习学案

大题题型三　物质结构与性质综合题 (1)试题背景：①以一种已知的元素立题，选取与其相关的某些典型单质或化合物展开设问。 ②以几种已知的元素立题，依托不同元素组成的物质，独立或侧重考查。 ③以新科技的物质为素材，选取与其相关的某些典型单质或化合物展开设问。 (2)涉及知识：基态原子的核外电子排布、电离能、电负性及其应用，中心原子杂化类型和分子空间结构的判断、大π键的判断，原子分数坐标的确定、晶胞及组成微粒计算等。　 (1)晶胞参数的计算方法 (2)晶体密度的计算方法 (3)金属晶体空间利用率的计算方法 空间利用率＝×100%，球体积为金属原子的总体积 　 (1)投影在顶点，原子可能在立方晶胞的顶点，或立棱的棱心 (2)投影在边的中心，原子可能在立方晶胞的面心或上下面的棱心 (3)投影在平行四边形的中心，原子可能在上下面的面心或体心 (4)投影在正方形均分为四个小正方形的中心，原子在晶胞内部四面体4个或8个正四面体空隙 (5)沿体对角线投影 ①　② 物质结构与性质综合题只在部分省份(山东、海南、北京等)单独成题外，其他大部分省份将“物质结构与性质”的考查融合于大题中。命题的热点主要集中在分子结构与性质和晶体结构与性质。对于原子结构与性质主要集中在选择题中。 结构决定性质——原因解释类题目的规范作答 1．分子结构的思维模型 2．分子性质简答题的答题模板 (1)分子间存在氢键―→分子间作用力大―→熔、沸点反常高 (2)溶质与溶剂间形成氢键―→溶质易溶于该溶剂中 (3)溶质与溶剂分子相似相溶―→溶质与溶剂互溶 (4)组成与结构相似的物质，相对分子质量越大―→范德华力越大―→溶、沸点越高 1．某杂志报道了我国科学家利用催化剂通过化学链合成氨。回答下列问题： (1)NH3可用于制备NaN3、NH4NO3、 (亚硝基胍)等含氮化合物，基态N的核外电子排布式为________；NH4NO3中的中心原子杂化方式为________；亚硝基胍分子中σ键与π键的数目比为________。 (2)N、P位于同一主族，NH3、PH3分子结构如图所示： ①NH3中N—H键的键角比PH3中P—H键的键角更大，其主要原因是_____________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________， ②NH3比PH3易液化，其主要原因是_____________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________。 2．Cu2+与H2O、NH3、Cl－均可形成配位数为4的配离子：[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。其转化关系如图所示： (1)[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角________(填“＞”“＜”或“＝”)H2O中H—O—H的键角，理由是_______________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (2)[CuCl4]2-呈黄色，溶液Ⅰ呈黄绿色的原因是______________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________； 溶液Ⅰ加水稀释至呈蓝色，其原因是______________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量，观察到的现象是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 晶胞结构分析与相关计算 1．晶胞的有关计算思路 (1) [注意]　立方体的V＝a3，长方体的V＝abc。 (2)晶胞体积(V＝)―→晶胞棱长―→指定粒子间距。 (3)空间利用率(ω)(以金刚石晶胞为例) ①利用晶胞结构确定 ω＝＝＝＝π。 ②利用密度确定 晶胞粒子半径⇒ω＝×100%。 2．晶胞中原子坐标及俯视图(以金刚石晶胞为例) (1)若a原子为坐标原点，晶胞边长的单位为1，则原子1，2，3，4的坐标分别为。 (2)沿x、y轴的俯视图为。 沿体对角线的俯视图为。 1．(1)已知FeF3的熔点(1 000 ℃)显著高于FeCl3的熔点(306 ℃)，原因是_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 (2)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，熔点NiO>FeO的原因是_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 (3)室温下，四羰基镍[Ni(CO)4]是一种具有挥发性的液体，其熔、沸点低的原因是___________________________________________________________________。 CO分子内σ键与π键个数之比为______。 (4)Cu2O与Cu2S属于________晶体，Cu2O的熔点______(填“大于”或“小于”)Cu2S的熔点。 2．(2024·广东卷，T18节选)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．(2024·新课标全国卷，T10节选)(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________。 2．(2024·山东卷，T16)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得半导体性质的是________(填标号)。 A．CaO　　　　　　　　 B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO (3)(见下图)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_____________________________ _____________________________________________________________________。 3．(2024·甘肃卷，T15节选)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°。图丙中Ca与N的距离为________pm；化合物的化学式是________，其摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为________g·cm-3(列出计算表达式)。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 多维训练九　物质结构与性质综合题 热点题空专练　分子结构与性质 1．解析：(1)同周期主族元素从左至右，第一电离能整体呈增大的趋势，但P的3p能级为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相邻主族元素，故P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S。SO2Cl2中S、O原子间形成双键，S、Cl原子间形成单键，根据价层电子对互斥模型可知，双键与单键之间的斥力>单键与单键之间的斥力，斥力越大，键角越大，则键角：∠OSCl>∠ClSCl。(2)CS2、H2S、均为分子晶体，但分子间能形成氢键，沸点最高。 答案：(1)Cl、P、S　同周期主族元素从左至右，第一电离能整体呈增大的趋势，但P的3p能级为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相邻主族元素，故P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S　>　根据价层电子对互斥模型可知，双键与双键之间的斥力>单键与单键之间的斥力，斥力越大，键角越大，则键角：∠OSCl>∠ClSCl　(2)　NH2(CH2)2NH2分子间能形成氢键，沸点最高 2．解析：(1)根据分子Ⅰ的空间结构可知，Se原子形成两个共价单键，Se原子的价电子数为6，分子Ⅰ中Se原子上还含有两个孤电子对，则分子Ⅰ中的两个Se原子的价层电子对数均是4，Se原子采取sp3杂化，通过旋转Se原子与苯环之间的单键，可得到以Se—Se所在直线为棱的二面角，故分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形。(2)根据分子Ⅳ的空间结构可知，Se原子形成两个σ键，有两个孤电子对；O原子形成1个双键，有两个孤电子对；S原子形成4个σ键，没有孤电子对，S原子的杂化类型是sp3。(3)中Si—N—Si的键角为120°，则的空间结构为平面三角形，N(SiH3)3中N原子的杂化类型为sp2。A项，Al(OCH3)3中Al原子形成3个共价单键，无孤电子对，则价层电子对数为3，Al原子的杂化类型为sp2，符合题意；B项，根据NH3BH3的电子式可知，B原子的价层电子对数为4，则B原子的杂化类型为sp3，不符合题意。 答案：(1)通过旋转Se原子与苯环之间的单键，可得到以Se—Se所在直线为棱的二面角，故分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形　(2)Se、O　sp3　(3)A 3．(1)或 (2)①4FeSSH＋4O2===4FeOOH＋S8　②四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”规律　③S8分子中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键 4．解析：(1)氢化钡是沸点较高的离子晶体，氨分子和水分子是沸点低的分子晶体，水分子间形成氢键的数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，水的沸点高于氨，所以简单氢化物的沸点由高到低的顺序为BaH2>H2O>NH3。(2)硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp2，碳酸根离子和三氧化硫分子与硝酸根离子的原子个数都为4、价电子数都为24，互为等电子体。(3)分子中甲基为推电子基团，会使氨基中氮原子电子云密度大于，碱性强于；分子中氮原子不能与苯环形成p-π共轭，氨基中氮原子电子云密度大于，碱性强于，所以碱性最弱的为 答案：(1)[Xe]6s2　BaH2>H2O>NH3 (2)sp2　平面三角形　ac　(3) 5．解析：(1)AlCl3二聚物中Cl的孤电子对和Al形成配位键，结构简式为，其中Al形成4个σ键没有孤电子对，杂化方式为sp3。(2)水分子①的键角大于104.5°，原因是水分子①中形成氢键，导致中心氧原子孤电子对对成键电子对斥力减小。 答案：(1) 　sp3　 (2)[Cu(H2O)4]SO4·H2O　abde　大于　水分子①中形成氢键，导致中心氧原子孤电子对对成键电子对斥力减小 6．解析：(2)硫脲结构简式为，因为C==S中有π键，产生的斥力更大，故∠N—C—N小于∠N—C—S；硫脲与反应后生成物的结构简式为，硫脲将Ce4+还原为Ce3+，产物还有F－、HF，该反应的离子方程式为===2F－＋2HF＋C2H6N4S2＋2Ce3+。 答案：(1)第六周期第ⅢB族　(2)小于　===2F－＋2HF＋C2H6N4S2＋2Ce3+(写成结构式也给分) 7．(1)H3BO3　BF3>NF3BF3　中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的p轨道，此p轨道与三个F原子的p轨道重叠，生成大π键(从而使B—F键长远比B和F的半径之和小　N (2)24　2 热点题空专练　晶体结构与性质 1．解析：(1)②根据均摊法可知，六方氮化镓晶胞中含有个＝6个Ga，含有个＝6个N，其组成为Ga6N6。(2)②立方氮化镓的密度ρ＝＝ g·cm-3。 答案：(1)①共价　②Ga6N6　(2)①　② 2．解析：观察晶胞结构图，以晶胞体心的Ca2+为例，与该Ca2+距离相等且最近的Ca2+位于晶胞的棱上，共12个。Ca2+位于6个面上的O2-构成的(正)八面体的体心。 1个晶胞中含O2-的个数为8×＋6×＝4，含Ca2+的个数为12×＋1×1＝4。CaO晶体的密度ρ＝＝＝ g· cm-3。该晶胞若沿体对角线投影，如下： 晶胞中顶角的O2-的投影在大六边形的顶点和中心处，面心的O2-的投影在小六边形的顶点处，则将O2-投影在投影面上得到投影图为，故选B项。 答案：12　(正)八面体　　B 3．解析：由晶胞结构可知，晶胞中碳原子与碳原子的最大距离为体对角线，则距离为b nm；晶胞中位于顶角、面心、体内的碳原子个数为8×＋6×＋4＝8，晶体的密度为＝×1021 g·cm-3。 答案：b　×1021 4．解析：根据图示可知[HfBr6]n－个数为8×＋6×＝4，K＋个数为8，故其化学式为K2[HfBr6]，该晶体的密度为ρ＝＝ g·cm-3。 答案：K2[HfBr6]　 5．解析：(1)晶胞中位于棱上和体内的八面体个数为4×＋2＝3，位于棱上和体内的平面三角形的个数为8×＋4＝6，则晶体中含有的八面体和平面三角形的个数比为1∶2；由化合价代数和为0可知，八面体为Ba6O10+、平面三角形为，则晶体的化学式为Ba6O(ReN3)2。(2)设晶体的密度为d g·cm-3，由晶胞的质量公式可得：＝asin 60°×a×c×10-30×d，解得d＝×1030＝×1030。 答案：(1)1∶2　Ba6O(ReN3)2　(2)×1030 6．解析：(2)②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角和面心的镓原子个数为8×＋6×＝4，位于体内的氮原子个数为4，晶胞中氮原子和氮原子之间的最短的核间距为面对角线长度的一半，则由题意可知，晶胞参数为b nm，设晶体的密度为d g·cm-3，由晶胞的质量公式可得：＝(b×10-7)3d，解得d＝。 答案：(1)4　FeNi2　(2)①　② 7．解析：(1)NiO晶胞与NaCl相同，所以一个镍离子周围最近的氧离子有6个，同样一个氧离子周围最近的镍离子也有6个，一个晶胞中含有4个NiO，Ni2+与最近的O2-核间距离为a nm，则晶胞参数为2a nm，NiO晶体的密度为 g·cm-3。 (2)①晶胞中Pr的个数为8×＋2＝4，Ni原子的个数为8×＋1＝2，O原子的个数为16×＋4×＋2＝8，Pr、Ni、O原子个数比为4∶2∶8＝2∶1∶4，化学式为Pr2NiO4；②晶胞的质量为 g＝ g，晶胞的体积为a2b×10-21 cm3，因此晶体的密度为 g·cm-3。 答案：(1)6　　(2)①Pr2NiO4　② 8．解析：(1)由题图1晶胞结构可知，K＋位于晶胞的顶角，以其中一个K＋为例，与K＋距离相等且最近的F－在K＋所在顶角的面心上，数目为×3×8＝12。若Mg2+位于晶胞的顶角，则K＋位于晶胞的体心。(2)1个重复单元中K＋的个数为8×＝1，Mg2+的个数为2，F－的个数为10×＋1＝6，Eu2+或空位的个数之和为4×＝1，根据电荷守恒可知，Eu2+的个数是＝0.5，故空位的个数为0.5，所以晶体中K＋数目与空位数目之比为2∶1。该晶体的密度为 g·cm-3＝ g·cm-3。 答案：(1)12　体心　(2)2∶1　 高考大题集训　物质结构与性质综合题 1．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，无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的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，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，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，所以白锡与灰锡的密度之比为∶＝。(4)将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800 ℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应；若通入空气在800 ℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn，有关反应的化学方程式为2C＋O22CO、2CO＋SnO2Sn＋2CO2。 答案：(1) 　(2)平面三角形　sp3杂化　(3)4　　(4)与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn 2．解析：(4)结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键， N2中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。(5)①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期第ⅤA族，其基态价层电子排布式为5s25p3；②CsV3Sb5中V带的总的正电荷为＋9, 当替代原子为Sn时，化合价可能为＋4或＋5价态形式，故a正确；Ti、Cr属于第四周期元素，Nb、Sn属于第五周期元素，故b错误；Sn是第ⅣA族元素，不属于过渡元素，故c错误；钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确。 答案：(1)C、O、P、Cl　(2)根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形　(3)N　(4)配合物Ⅱ　(5)①6　5s25p3　②ad 3．解析： (3)的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为四面体形可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间结构为四面体形。(4)过程ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为Ag2S。若过程ⅰ所用的试剂为SO3和35S，过程ⅱ的含硫产物是SO4和S。(5)由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个＝4个[Mg(H2O)6]2+，含有4个；该晶体的密度ρ＝＝ g·cm-3。(6)具有孤电子对的原子就可以给中心原子提供电子配位。中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。 答案：(1)3s23p4　(2)I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子　(3)四面体形　(4)SO4和S　(5)4　×1021　中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子 4．解析：(1)根据电负性：F>O，HOF中F为负价，水解时生成HF和HOOH(H2O2)。(2)ClO2中存在，Cl杂化类型为sp2杂化，ClO2中大π键，斥力大，O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角。(3)根据晶胞结构，晶胞中Cu∶K∶F＝1∶2∶4，可确定一个该晶胞中K为4个，Cu为2个，F为8个，ρ＝ g·cm-3＝×1030 g·cm-3。 答案：(1)分子晶体　H2O2、HF　(2)sp2　>　键长：ClO2<Cl2O，原因是ClO2分子中存在大π键()，导致Cl—O键键长介于单键和双键之间，而Cl2O中为氯氧单键，键长较长　(3)CuCl2＋4K＋2F2===2KCl＋K2CuF4　×1030 5．解析：(2)②由题图可知，晶胞中4个位于棱上，8个位于顶点，则的个数为4×＋8×＝2。晶胞中有2个S2-位于体内，因此晶胞中S的总价态为2×(－2)＋2×(－2)＝－8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu＋的个数为x，Cu2+的个数为y，则x＋y＝6，x＋2y＝8，联立二式解得x＝4，y＝2，故N(Cu＋)∶N(Cu2+)＝2∶1；晶体中微粒间作用力有离子键与共价键。 答案：(1)①>　②(C2H5)3N结构中的N原子有孤电子对，与H＋形成配位键　(2)①3d9　②2　2∶1　③bc 6．解析：(2)①区分晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法。②由均摊法知γ-AgI晶胞中的碘离子数为8×＋6×＝4，α-AgI晶胞中的碘离子数为8×＋1＝2，则γ-AgI晶胞的体积为 g÷7.0 g·cm-3，α-AgI晶胞的体积为 g÷6.0 g·cm-3，故两者体积之比为12∶7。(3)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu＋的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu＋形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对，不能与Cu＋形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。 答案：(1)吡咯分子间形成氢键　(2)①D　②12∶7　(3)4s空轨道　识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 物质结构与性质 选择题专练 元素“位—构—性”的关系及应用 1．(2023·广东卷，T14)化合物XYZ4ME4可作肥料，所含的5种元素位于主族，在每个短周期均有分布，仅有Y和M同族。Y的基态原子价层p轨道半充满，X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，X与M同周期，E在地壳中含量最多。下列说法正确的是 (　　) A．元素电负性：E>Y>Z B．氢化物沸点：M>Y>E C．第一电离能：X>E>Y D．YZ3和的空间结构均为三角锥形 2．香花石是我国地质学家发现的新矿物，其化学式为N3(YMZ4)3·2XW。已知X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的前20号元素；其中X、Y、N为金属元素，且Y与N同主族；Z原子的s能级电子总数等于p能级的电子总数，W原子核外有1个未成对电子，M的最外层电子数是最内层电子数的2倍。下列说法正确的是(　　) A．原子半径：M>W>Z B．第一电离能：Y>N C．电负性：X>Y>W D．简单氢化物的沸点：Z>W 3．(2023·福建卷，T4)某含锰着色剂的化学式为XY4MnZ2Q7，Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素，其中具有正四面体空间结构结构如图所示。下列说法正确的是(　　) A．键角： B．简单氢化物沸点：X>Q>Z C．第一电离能：X>Q>Mn D．最高价氧化物对应的水化物酸性：Z>X 4．(2024·怀化二模)前四周期元素X、Y、Z、W的原子数依次增大，X原子中有6个运动状态不同的电子，Y是地壳中含量最多的元素，基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，基态W原子中有6个未成对电子。下列说法错误的是(　　) A．同周期中，元素Z的第一电离能最大 B．电负性：Y>Z，原子半径：Z>X>Y C．在一定条件下和可以相互转化 D．Y与Z形成的一种化合物可用于自来水消毒 5．(2024·安庆二模)W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中仅Y、Z位于同一周期，X的s轨道电子数是p轨道电子数的4倍，W、X的最外层电子数之和与Y的最外层电子数相等，Z基态原子最外层有1个未成对电子。下列说法不正确的是(　　) A．第一电离能： Z>Y B．X与Z形成的化合物的空间结构是平面三角形 C．X的最高价氧化物对应的水化物是三元酸 D．Y的简单氢化物中Y的化合价是正价 6．短周期主族元素M、E、X、Y、Z原子序数依次增大，其中M、E、Z位于同一主族，X原子最外层电子数比次外层的多1，Y元素的第一电离能比元素周期表中位置相邻元素的大。下列说法正确的是(　　) A．原子半径：X＞Y＞Z＞M B．电负性：M＞X＞Y＞Z C．X、Y、Z分别与M形成简单化合物，熔点最高的为Z D．E、Z的最高价氧化物对应水化物的碱性：E<Z 选择题专练 分子结构与性质 1．(2024·济宁一模)以R—X为原料制备R—NH2(R为烃基)的反应机理如图所示，下列说法错误的是(　　) 中存在两套大π键的中心氮原子采用sp杂化 B．氮原子a、b、c杂化方式未发生变化 C．R—N3分子中∠CNN＝120° D．若R为甲基，则戊的碱性比NH3强 2．磷酸可以通过脱水缩合生成链状多磷酸，其中焦磷酸和三聚磷酸的结构如图所示。 下列说法错误的是(　　) A．磷酸分子的结构为 B．焦磷酸中P元素化合价为＋3价 C．三聚磷酸钠的化学式为Na3P3O10 D．链状多磷酸的通式为Hn＋2PnO3n＋1 3．(2024·石家庄一模)物质的结构决定其性质。下列事实与解释相符的是(　　) 选项 事实 解释 A CF4是非极性分子 C原子处在4个F原子所组成的正方形中心，键的极性的向量和为零 B Ge原子间难以形成π键 Ge的原子半径较大，未杂化的p轨道很难重叠 C 干冰的熔点低于SiO2 2个C==O的键能之和小于4个Si—O的键能之和 D 利用“杯酚”可分离C60和C70 超分子具有自组装的特征 4．(2024·安庆二模)羟胺(NH2OH)是白色片状晶体，熔点为32.05 ℃，极易溶于水，受热易分解生成NH3和N2，常用作还原剂，也用作合成抗癌药和农药的原料。羟胺结构可看作是氨分子内的1个氢原子被羟基取代而形成。已知：N2H4＋⥫⥬＋OH－　K1＝8.7×10-7；NH2OH＋H2O⥫⥬NH3OH＋＋OH－　Kb＝8.7×10-9。 下列有关说法正确的是(　　) A．羟胺的碱性比氨强 B．H2O、与NH2OH的VSEPR模型相同 C．羟胺极易溶于水主要原因是形成分子内氢键 D．∠HNH大小： 5．元素N、P、As位于元素周期表中ⅤA族。下列说法正确的是(　　) A．原子半径：r(N)>r(P)>r(As) B．第一电离能：I1(N)<I1(P)<I1(As) C．NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小 D．HNO3、H3PO4、H3AsO4的酸性逐渐减弱 6．(2024·泉州三检)下列有关物质结构、性质与应用的表述，没有因果关系的是(　　) A．Al(OH)3胶体具有吸附性，可用于除去水中的悬浮颗粒物 B．N—H的极性大于C—H的极性，NH3分子的极性大于CH4 C．C—F的键能大于C—H，聚四氟乙烯的稳定性高于聚乙烯 D．Cr3+存在3d、4s、4p等多个空轨道，可形成多种配位化合物 选择题专练 晶体结构与性质 1．(2024·怀化二模)一种叠氮化合物KN3的晶胞结构如下图。下列说法错误的是(　　) 空间结构为直线形 B．该晶体中每个K＋周围距离最近且相等的共有6个 C．该晶体的密度为 g·cm-3 D．可用X射线衍射法测定该晶体结构 2．我国科学家在高压下设计了一种氢元素化合物体系的高温超导体，其晶胞结构如图所示。设该立方晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数为NA。下列说法错误的是(　　) A．该超导体的化学式为CaYH12 B．该晶胞中与Ca最近且距离相等的Y有6个 C．该晶体的密度为 g·cm-3 D．该晶胞中相邻H原子之间最短距离为 pm 3．(2024·石家庄一模)某晶体由镁、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，Mg2+、Al3+和O2-在小立方体中的分布如图2、图3所示。已知Mg2+之间的最小间距为a pm。下列说法错误的是(　　) A．晶体中Mg2+的配位数为4 B．晶胞的体积为×10-30 cm3 C．晶体中三种元素的第一电离能：O>Mg>Al D．晶体的化学式为MgAl2O4 4．(2024·赣州模拟)镍酸镧电催化剂立方晶胞如图所示，晶胞参数为a，具有催化活性的是Ni，图(1)和图(2)是晶胞的不同切面。下列说法错误的是(　　) A．Ni的配位数为12 B．催化活性：(1)>(2) C．La和O的最短距离为a D．若原子1的分数坐标为(0，0，0)，则La的分数坐标为 5．(2024·安庆二模)碲化镉(CdTe)太阳能电池的能量转化效率较高。立方晶系CdTe的晶胞结构如图甲所示，其晶胞参数为a pm。下列说法正确的是(　　) A．Cd的配位数为4 B．相邻两个Te的核间距为 pm C．晶体的密度为 g·cm-3 D．若按图乙虚线方向切甲，可得到图丙 6．(2024·辽阳一模)氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为a pm。下列说法正确的是(　　) 已知：O2-的空缺率＝×100%。 A．已知M点原子的分数坐标为(0，0，0)，则N点原子的分数坐标为(1，0，1) B．CeO2晶胞中与Ce4+最近的Ce4+的个数为6 C．CeO2晶体的密度为 g·cm-3 D．若掺杂Y2O3后得到n(CeO2)∶n(Y2O3)＝0.6∶0.2的晶体，则此晶体中O2-的空缺率为10% 7．(2024·九江二模)普鲁士蓝晶体含有Fe2+、Fe3+、K＋和CN－，属立方晶系，立方体中心空隙可容纳K＋，晶胞棱长为a pm，如图所示(图中CN－省略，假设所有铁粒子为等径小球，NA为阿伏加德罗常数)。下列说法不正确的是(　　) A．普鲁士蓝晶体中Fe2+与Fe3+个数之比为1∶1 B．该晶胞的化学式为K3Fe2(CN)8 C．K＋与Fe2+之间最近距离为a pm D．该晶体的密度为×1033 g·cm-3 8．LiMn2O4为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为LiMn2O4＋C6―→Li1－xMn2O4＋LixC6。 已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有＋3价、＋4价，分别表示为Mn(Ⅲ)、Mn(Ⅳ)。 下列说法不正确的是(　　) A．每个晶胞含8个Li＋ B．立方单元B中Mn、O原子个数比为1∶2 C．放电时，正极反应为Li1－xMn2O4＋xLi＋＋xe－===LiMn2O4 D．若x＝0.6，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1∶2 高考题集训 物质结构与性质 1．(2024·河北卷，T7)侯氏制碱法工艺流程中的主反应为QR＋YW3＋XZ2＋W2Z===QWXZ3＋YW4R，其中W、X、Y、Z、Q、R分别代表相关化学元素。下列说法正确的是(　　) A．原子半径：W<X<Y B．第一电离能：X<Y<Z C．单质沸点：Z<R<Q D．电负性：W<Q<R 2．(2024·安徽卷，T8)某催化剂结构简式如图所示。下列说法错误的是(　　) A．该物质中Ni为＋2价 B．基态原子的第一电离能：Cl>P C．该物质中C和P均采取sp2杂化 D．基态Ni原子价电子排布式为3d84s2 3．(2024·山东卷，T9)由O、F、I组成化学式为IO2F的化合物，能体现其成键结构的片段如图所示，下列说法正确的是(　　) A．图中○代表F原子 B．该化合物中存在过氧键 C．该化合物中I原子存在孤电子对 D．该化合物中所有碘氧键键长相等 4．(2024·湖北卷，T11)黄金按质量分数分级，纯金为24K。Au-Cu合金的三种晶胞结构如图，Ⅱ和Ⅲ是立方晶胞。下列说法错误的是(　　) A．Ⅰ为18K金 B．Ⅱ中Au的配位数是12 C．Ⅲ中最小核间距Au-Cu<Au-Au D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，Au与Cu原子个数比依次为1∶1、1∶3、3∶1 5．(2024·甘肃卷，T5)X、Y、Z、W、Q为短周期元素，原子序数依次增大，最外层电子数之和为18。Y原子核外有两个单电子，Z和Q同族，Z的原子序数是Q的一半，W元素的焰色试验呈黄色。下列说法错误的是(　　) A．X、Y组成的化合物有可燃性 B．X、Q组成的化合物有还原性 C．Z、W组成的化合物能与水反应 D．W、Q组成的化合物溶于水呈酸性 6．(2024·贵州卷，T8)我国科学家首次合成了化合物[K(2，2，2-crypt)][K@Au12Sb20]。其阴离子[K@Au12Sb20]5-为全金属富勒烯(结构如图)，具有与富勒烯C60相似的高对称性。下列说法错误的是(　　) A．富勒烯C60是分子晶体 B．图示中的K＋位于Au形成的二十面体笼内 C．全金属富勒烯和富勒烯C60互为同素异形体 D．锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，则其基态原子价层电子排布式是5s25p3 7．(2024·湖南卷，T14)NH4ClO4是火箭固体燃料重要的氧载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：NH4ClO4＋2C===NH3↑＋2CO2↑＋HCl↑。下列有关化学用语或表述正确的是(　　) A．HCl的形成过程可表示为 B．NH4ClO4中的阴、阳离子有相同的VSEPR模型和空间结构 C．在C60、石墨、金刚石中，碳原子有sp、sp2和sp3三种杂化方式 D．NH3和CO2都能作制冷剂是因为它们有相同类型的分子间作用力 8．(2023·重庆卷，T10)NCl3和SiCl4均可发生水解反应，其中NCl3的水解机理示意图如下：下列说法正确的是(　　) A．NCl3和SiCl4均为极性分子 B．NCl3和NH3中的N均为sp2杂化 C．NCl3和SiCl4的水解反应机理相同 D．NHCl2和NH3均能与H2O形成氢键 9．(2023·辽宁卷，T14)晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是(　　) A．图1晶体密度为 g·cm-3 B．图1中O原子的配位数为6 C．图2表示的化学式为LiMg2OClxBr1－x D．Mg2+取代产生的空位有利于Li＋传导 10．(2023·湖南卷，T11)科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为a pm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是(　　) A．晶体最简化学式为KCaB6C6 B．晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2+有8个 C．晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面 D．晶体的密度为 g·cm-3 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题题型三　物质结构与性质综合题 (1)试题背景：①以一种已知的元素立题，选取与其相关的某些典型单质或化合物展开设问。 ②以几种已知的元素立题，依托不同元素组成的物质，独立或侧重考查。 ③以新科技的物质为素材，选取与其相关的某些典型单质或化合物展开设问。 (2)涉及知识：基态原子的核外电子排布、电离能、电负性及其应用，中心原子杂化类型和分子空间结构的判断、大π键的判断，原子分数坐标的确定、晶胞及组成微粒计算等。　 (1)晶胞参数的计算方法 (2)晶体密度的计算方法 (3)金属晶体空间利用率的计算方法 空间利用率＝×100%，球体积为金属原子的总体积 　 (1)投影在顶点，原子可能在立方晶胞的顶点，或立棱的棱心 (2)投影在边的中心，原子可能在立方晶胞的面心或上下面的棱心 (3)投影在平行四边形的中心，原子可能在上下面的面心或体心 (4)投影在正方形均分为四个小正方形的中心，原子在晶胞内部四面体4个或8个正四面体空隙 (5)沿体对角线投影 ①　② 物质结构与性质综合题只在部分省份(山东、海南、北京等)单独成题外，其他大部分省份将“物质结构与性质”的考查融合于大题中。命题的热点主要集中在分子结构与性质和晶体结构与性质。对于原子结构与性质主要集中在选择题中。 结构决定性质——原因解释类题目的规范作答 1．分子结构的思维模型 2．分子性质简答题的答题模板 (1)分子间存在氢键―→分子间作用力大―→熔、沸点反常高 (2)溶质与溶剂间形成氢键―→溶质易溶于该溶剂中 (3)溶质与溶剂分子相似相溶―→溶质与溶剂互溶 (4)组成与结构相似的物质，相对分子质量越大―→范德华力越大―→溶、沸点越高 1．某杂志报道了我国科学家利用催化剂通过化学链合成氨。回答下列问题： (1)NH3可用于制备NaN3、NH4NO3、 (亚硝基胍)等含氮化合物，基态N的核外电子排布式为________；NH4NO3中的中心原子杂化方式为________；亚硝基胍分子中σ键与π键的数目比为________。 (2)N、P位于同一主族，NH3、PH3分子结构如图所示： ①NH3中N—H键的键角比PH3中P—H键的键角更大，其主要原因是_____________________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________， ②NH3比PH3易液化，其主要原因是_____________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________。 [答案]　(1)1s22s22p3　sp2　9∶2 (2)①中心原子N的电负性大于P，NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子，分子中N—H键之间的斥力大于P—H键，所以氨分子键角更大　②分子间存在氢键，沸点比PH3高，更易液化 2．Cu2+与H2O、NH3、Cl－均可形成配位数为4的配离子：[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。其转化关系如图所示： (1)[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角________(填“＞”“＜”或“＝”)H2O中H—O—H的键角，理由是_______________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (2)[CuCl4]2-呈黄色，溶液Ⅰ呈黄绿色的原因是______________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________； 溶液Ⅰ加水稀释至呈蓝色，其原因是______________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量，观察到的现象是_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 [答案]　(1)＞　[Cu(H2O)4]2+中O的孤电子对数比H2O中O的孤电子对数少，斥力小中H—O—H的键角大　(2)蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化：＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2-＋4H2O，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色　加水稀释使[Cu(H2O)4]2+＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2-＋4H2O平衡逆向移动，蓝色的含量增加，溶液显蓝色　(3)溶液呈现深蓝色 晶胞结构分析与相关计算 1．晶胞的有关计算思路 (1) [注意]　立方体的V＝a3，长方体的V＝abc。 (2)晶胞体积(V＝)―→晶胞棱长―→指定粒子间距。 (3)空间利用率(ω)(以金刚石晶胞为例) ①利用晶胞结构确定 ω＝＝＝＝π。 ②利用密度确定 晶胞粒子半径⇒ω＝×100%。 2．晶胞中原子坐标及俯视图(以金刚石晶胞为例) (1)若a原子为坐标原点，晶胞边长的单位为1，则原子1，2，3，4的坐标分别为。 (2)沿x、y轴的俯视图为。 沿体对角线的俯视图为。 1．(1)已知FeF3的熔点(1 000 ℃)显著高于FeCl3的熔点(306 ℃)，原因是_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 (2)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，熔点NiO>FeO的原因是____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 (3)室温下，四羰基镍[Ni(CO)4]是一种具有挥发性的液体，其熔、沸点低的原因是___________________________________________________________________。 CO分子内σ键与π键个数之比为______。 (4)Cu2O与Cu2S属于________晶体，Cu2O的熔点______(填“大于”或“小于”)Cu2S的熔点。 [答案]　(1)FeF3为离子晶体，熔点受离子键的强弱影响；FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，离子键比分子间作用力强 (2)Ni2+的半径小于Fe2+的半径，NiO中离子键较强，熔点较高 (3)Ni(CO)4是分子晶体，熔化或汽化时破坏的是范德华力，因此熔、沸点较低　1∶2 (4)离子　大于 2．(2024·广东卷，T18节选)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。 [解析]　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，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni＝2∶1∶1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3 nm3。 [答案]　2∶1∶1　8a3 1．(2024·新课标全国卷，T10节选)(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________。 [解析]　(2)由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成配位键，配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个碳氧三键，每个三键中含有1个σ键，因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点比较低，且由其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。 [答案]　①　a　②8　分子晶体 2．(2024·山东卷，T16)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得半导体性质的是________(填标号)。 A．CaO　　　　　　　　 B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO (3)(见下图)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_____________________________ _____________________________________________________________________。 [解析]　(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的简化电子排布式为[Ar]3d54s2，未成对电子有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的简化电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。 (2)由“均摊法”得，晶胞中Mn原子的数目为1＋8×＝2，O原子的数目为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价，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为＋2价，V2O5中V的化合价为＋5价，Fe2O3中Fe的化合价为＋3价，CuO中Cu的化合价为＋2价，其中CaO中Ca的化合价只能下降为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，为平面结构，故N原子杂化方式为sp2。 (4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 [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 3．(2024·甘肃卷，T15节选)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°。图丙中Ca与N的距离为________pm；化合物的化学式是________，其摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为________g·cm-3(列出计算表达式)。 [解析]　图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为a pm；由“均摊法”可知，晶胞中Ca的个数为8×＋2＝3，N的个数为8×＋2×＝3，B的个数为4×＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为，则晶体的密度为×1030 g·cm-3。 [答案]　a　Ca3N3B　×1030 物质结构与性质综合题 热点题空专练 分子结构与性质 1．含硫物质在自然界中分布广泛，且与我们的生活密切相关。回答下列问题： (1)P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为________________，其原因是_____________________________________________________。 化合物磺酰氯(SO2Cl2)中键角∠OSCl________(填“>”“<”或“＝”)∠ClSCl，原因是_______________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (2)代森锌()是一种广谱杀菌剂。其分解得到的属于非金属化合物的产物有CS2、H2S、NH2(CH2)2NH2，这三种化合物中沸点最高的是________，其主要原因是_________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 [解析]　(1)同周期主族元素从左至右，第一电离能整体呈增大的趋势，但P的3p能级为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相邻主族元素，故P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S。SO2Cl2中S、O原子间形成双键，S、Cl原子间形成单键，根据价层电子对互斥模型可知，双键与单键之间的斥力>单键与单键之间的斥力，斥力越大，键角越大，则键角：∠OSCl>∠ClSCl。(2)CS2、H2S、均为分子晶体，但分子间能形成氢键，沸点最高。 [答案]　(1)Cl、P、S　同周期主族元素从左至右，第一电离能整体呈增大的趋势，但P的3p能级为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相邻主族元素，故P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S　>　根据价层电子对互斥模型可知，双键与双键之间的斥力>单键与单键之间的斥力，斥力越大，键角越大，则键角：∠OSCl>∠ClSCl　(2)　NH2(CH2)2NH2分子间能形成氢键，沸点最高 2．一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图所示。 (1)分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形(从一条直线出发的两个半平面组成的图形为二面角，这条直线叫做二面角的棱，如所示)，从物质结构的角度说明理由：__________________________________________________________________。 (2)分子Ⅳ中具有孤电子对的原子有________(填元素符号)。其中S原子的杂化类型为________。 (3)已知：N(SiH3)3中Si—N—Si的键角为120°。下列划线原子与N(SiH3)3中N原子的杂化类型相同的是________(填字母)。 A．Al(OCH3)3　　B．NH3BH3 [解析]　(1)根据分子Ⅰ的空间结构可知，Se原子形成两个共价单键，Se原子的价电子数为6，分子Ⅰ中Se原子上还含有两个孤电子对，则分子Ⅰ中的两个Se原子的价层电子对数均是4，Se原子采取sp3杂化，通过旋转Se原子与苯环之间的单键，可得到以Se—Se所在直线为棱的二面角，故分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形。(2)根据分子Ⅳ的空间结构可知，Se原子形成两个σ键，有两个孤电子对；O原子形成1个双键，有两个孤电子对；S原子形成4个σ键，没有孤电子对，S原子的杂化类型是sp3。(3)中Si—N—Si的键角为120°，则的空间结构为平面三角形，N(SiH3)3中N原子的杂化类型为sp2。A项，Al(OCH3)3中Al原子形成3个共价单键，无孤电子对，则价层电子对数为3，Al原子的杂化类型为sp2，符合题意；B项，根据NH3BH3的电子式可知，B原子的价层电子对数为4，则B原子的杂化类型为sp3，不符合题意。 [答案]　(1)通过旋转Se原子与苯环之间的单键，可得到以Se—Se所在直线为棱的二面角，故分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形　(2)Se、O　sp3　(3)A 3．(1)α-FeOOH的结构中，每个Fe(Ⅲ)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。请在如图中补充完整该八面体的结构。 (2)α-FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物质变化如图1所示。生成的S8(结构如图2所示)覆盖在α-FeOOH的表面。 ①写出反应Ⅱ的化学方程式：____________________________________________ _____________________________________________________________________。 ②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α-FeOOH分离。四氯乙烯能溶解S8的原因是_________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大π键，增强了分子的稳定性。S8分子中不能形成大π键的原因是___________________________________________________ _____________________________________________________________________。 [答案]　(1)或 (2)①4FeSSH＋4O2===4FeOOH＋S8　②四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”规律　③分子中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键 4．(2024·郴州模拟，节选)(1)基态Ba原子的简化电子排布式为________，N、O、Ba简单氢化物的沸点由高到低的顺序为________________(填化学式)。 (2)中N原子的杂化方式为________，空间结构为________，下列离子或分子与互为等电子体的是________(填字母)。 a．　　　　　　 b． c．　　　　　　 d． (3)苯胺()中N原子与苯环形成p-π共轭，的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是________。 [解析]　(1)氢化钡是沸点较高的离子晶体，氨分子和水分子是沸点低的分子晶体，水分子间形成氢键的数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，水的沸点高于氨，所以简单氢化物的沸点由高到低的顺序为BaH2>H2O>NH3。(2)硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp2，碳酸根离子和三氧化硫分子与硝酸根离子的原子个数都为4、价电子数都为24，互为等电子体。(3)分子中甲基为推电子基团，会使氨基中氮原子电子云密度大于，碱性强于；分子中氮原子不能与苯环形成p-π共轭，氨基中氮原子电子云密度大于，碱性强于，所以碱性最弱的为 [答案]　(1)[Xe]6s2　BaH2>H2O>NH3 (2)sp2　平面三角形　ac (3) 5．(2024·青岛一模，节选)(1)AlCl3、FeCl3等金属氯化物易发生二聚，写出AlCl3二聚物的结构式：________，该分子中Al原子的杂化方式为________。 (2)CuSO4·5H2O简单的平面结构如图，则该晶体的化学式应表示为_____________________________________________________________________。 该晶体中含有的粒子间作用力有________(填字母)。 a．离子键　b．氢键　c．非极性共价键　d．极性共价键　e．配位键 水分子①的键角________(填“大于”“小于”或“等于”)104.5°，原因为____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 [解析]　(1)AlCl3二聚物中Cl的孤电子对和Al形成配位键，结构简式为，其中Al形成4个σ键没有孤电子对，杂化方式为sp3。(2)水分子①的键角大于104.5°，原因是水分子①中形成氢键，导致中心氧原子孤电子对对成键电子对斥力减小。 [答案]　(1) 　sp3　 (2)[Cu(H2O)4]SO4·H2O　abde　大于　水分子①中形成氢键，导致中心氧原子孤电子对对成键电子对斥力减小 6．(2024·九江二模，节选)(1)铈(Ce)原子序数为58，其在元素周期表中的位置____________________________________________________________________。 (2)硫脲结构简式为，则硫脲中的键角：∠N—C—N________(填“大于”“小于”“等于”)∠N—C—S；硫脲与反应后生成物的结构简式为，写出该反应的离子方程式：_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 [解析]　(2)硫脲结构简式为，因为C==S中有π键，产生的斥力更大，故∠N—C—N小于∠N—C—S；硫脲与反应后生成物的结构简式为，硫脲将Ce4+还原为Ce3+，产物还有F－、HF，该反应的离子方程式为===2F－＋2HF＋C2H6N4S2＋2Ce3+。 [答案]　(1)第六周期第ⅢB族　(2)小于　===2F－＋2HF＋C2H6N4S2＋2Ce3+(写成结构式也给分) 7．(1)(2024·揭阳模拟，节选)常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为HBF4、HF和________(填化学式)。BF3和NF3BF3中F—B—F的键角大小顺序是__________________，实验测得BF3中3个B—F键长远比B和F的半径之和小，原因是_____________________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 NF3BF3中形成配位键的配位原子为________。 (2)(2024·郑州模拟，节选配离子结构如图所示，Co3+位于正八面体的中心，则1个配离子中σ键的个数为________的空间结构有________种。 [答案]　(1)H3BO3　BF3>NF3BF3　中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的p轨道，此p轨道与三个F原子的p轨道重叠，生成大π键，从而使B—F键长远比B和F的半径之和小　N (2)24　2 热点题空专练 晶体结构与性质 1．(2024·湛江一模，节选)氮化镓是目前应用最广泛的半导体材料之一，目前广泛应用于相控阵雷达、快速充电器等行业。氮化镓有不同的晶型，其中六方氮化镓和立方氮化镓之间可以相互转化。 (1)①六方氮化镓晶体硬度极高，熔点为1 700 ℃，其高温熔融物不导电。六方氮化镓属于________晶体。 ②写出六方氮化镓晶胞的组成：________。 (2)①已知AGa的坐标为，请写出BN的坐标______________。 ②若立方氮化镓的边长为a nm，则其密度为____________g·cm-3(列出计算式)。 [解析]　(1)②根据均摊法可知，六方氮化镓晶胞中含有个＝6个Ga，含有个＝6个N，其组成为Ga6N6。(2)②立方氮化镓的密度ρ＝＝ g·cm-3。 [答案]　(1)①共价　②Ga6N6　(2)①　② 2．(2024·开封质检)钙是组成动物牙齿和骨骼的重要成分，其重要的氧化物CaO的晶胞结构如图所示。 该晶胞属于立方晶系，与Ca2+距离相等且最近的Ca2+有________个；Ca2+位于O2-构成的________的体心，已知CaO的摩尔质量为56 g·mol-1，晶胞棱长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。该晶胞若沿体对角线投影，则O2-的投影图为________(填字母)。 A　　　　　B　　　　　C　　　　　D [解析]　观察晶胞结构图，以晶胞体心的Ca2+为例，与该Ca2+距离相等且最近的Ca2+位于晶胞的棱上，共12个。Ca2+位于6个面上的O2-构成的(正)八面体的体心。 1个晶胞中含O2-的个数为8×＋6×＝4，含Ca2+的个数为12×＋1×1＝4。CaO晶体的密度ρ＝＝＝ g· cm-3。该晶胞若沿体对角线投影，如下： 晶胞中顶角的O2-的投影在大六边形的顶点和中心处，面心的O2-的投影在小六边形的顶点处，则将O2-投影在投影面上得到投影图为，故选B项。 [答案]　12　(正)八面体　　B 3．(2024·黄山一模，节选)CO可以用于生产多晶金刚石箔，将一氧化碳和氢气混合，在高温高压下通过催化剂使之沉积在金属基底上，形成金刚石晶体。金刚石的晶胞如图所示，晶胞参数为b nm，晶胞中C与C间的最大距离为________nm，晶体密度为________g·cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 [解析]　由晶胞结构可知，晶胞中碳原子与碳原子的最大距离为体对角线，则距离为b nm；晶胞中位于顶角、面心、体内的碳原子个数为8×＋6×＋4＝8，晶体的密度为＝×1021 g·cm-3。 [答案]　b　×1021 4．(2024·青岛一模，节选)金属Hf溴化物离子八面体钾盐晶胞结构如图，化学式为________。已知晶胞参数为a nm，则该晶体的密度为________ g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值，该化合物式量为M)。 [解析]　根据图示可知[HfBr6]n－个数为8×＋6×＝4，K＋个数为8，故其化学式为K2[HfBr6]，该晶体的密度为ρ＝＝ g·cm-3。 [答案]　K2[HfBr6]　 5．(2024·济南一模，节选)含氮物质在工业上应用非常广泛。将单质钡(Ba)、铼(Re)以一定比例混合，于特制容器中加热，依次通入N2、O2可制得某黑色晶体，该晶体晶胞如图所示，含有多个由Ba(＋2)、Re(＋4)、O(－2)和N(－3)组成的八面体与平面三角形，括号中为其化合价。 (1)该晶体中含有的八面体和平面三角形的个数比为________，晶体的化学式为______________。 (2)晶胞参数为a pm、a pm、c pm，α＝β＝90°，γ＝120°，该晶体的密度为___________________________________g·cm-3(写出表达式)。 [解析]　(1)晶胞中位于棱上和体内的八面体个数为4×＋2＝3，位于棱上和体内的平面三角形的个数为8×＋4＝6，则晶体中含有的八面体和平面三角形的个数比为1∶2；由化合价代数和为0可知，八面体为Ba6O10+、平面三角形为，则晶体的化学式为Ba6O(ReN3)2。(2)设晶体的密度为d g·cm-3，由晶胞的质量公式可得：＝asin 60°×a×c×10-30×d，解得d＝×1030＝×1030。 [答案]　(1)1∶2　Ba6O(ReN3)2　(2)×1030 6．(1)(2024·怀化二模，节选)某种铁镍合金的立方晶胞如图所示，镍原子的配位数为________；该合金的化学式为________。 (2)(2024·黄山二模，节选)NH3与镓(Ga)在高温下生成GaN，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶角和面心的碳原子被Ga原子代替。 ①以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。B原子分数坐标为，则A原子分数坐标为______________。 ②若NA为阿伏加德罗常数的值，GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距是b nm，则GaN晶体的密度为__________________g·cm-3(只列计算式)。 [解析]　(2)②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角和面心的镓原子个数为8×＋6×＝4，位于体内的氮原子个数为4，晶胞中氮原子和氮原子之间的最短的核间距为面对角线长度的一半，则由题意可知，晶胞参数为b nm，设晶体的密度为d g·cm-3，由晶胞的质量公式可得：＝(b×10-7)3d，解得d＝。 [答案]　(1)4　FeNi2　(2)①　② 7．(1)(2024·邯郸二模，节选)氧化镍(NiO)是一种重要的半导体材料，其晶体结构与NaCl相同，其中每个镍离子周围有________个最近的氧离子，Ni2+与最近的O2-核间距离为a nm，则NiO晶体的密度是________g·cm-3(写出表达式即可)。 (2)(2024·北京名校模拟，节选)相较于钙钛矿，类钙钛矿结构材料具有高温稳定性等优点。一种类钙钛矿结构材料含Pr(镨)、Ni和O元素，晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、b nm，如图所示： ①该物质的化学式为________。 ②阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为________g·cm-3。 [解析]　(1)NiO晶胞与NaCl相同，所以一个镍离子周围最近的氧离子有6个，同样一个氧离子周围最近的镍离子也有6个，一个晶胞中含有4个NiO，Ni2+与最近的O2-核间距离为a nm，则晶胞参数为2a nm，NiO晶体的密度为 g·cm-3。 (2)①晶胞中Pr的个数为8×＋2＝4，Ni原子的个数为8×＋1＝2，O原子的个数为16×＋4×＋2＝8，Pr、Ni、O原子个数比为4∶2∶8＝2∶1∶4，化学式为Pr2NiO4；②晶胞的质量为 g＝ g，晶胞的体积为a2b×10-21 cm3，因此晶体的密度为 g·cm-3。 [答案]　(1)6　　(2)①Pr2NiO4　② 8．某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图1所示，当部分K＋被Eu2+取代后可获得高性能激光材料，其基本重复单元如图2所示。 (1)图1中与K＋距离相等且最近的F－有________个；若Mg2+位于晶胞的顶角，则K＋位于晶胞的________。 (2)图2中，晶体中K＋数目与空位数目之比为________；若Eu的摩尔质量为b g·mol-1，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为________________ g·cm-3(用含b和NA的代数式表示)。 [解析]　(1)由题图1晶胞结构可知，K＋位于晶胞的顶角，以其中一个K＋为例，与K＋距离相等且最近的F－在K＋所在顶角的面心上，数目为×3×8＝12。若Mg2+位于晶胞的顶角，则K＋位于晶胞的体心。(2)1个重复单元中K＋的个数为8×＝1，Mg2+的个数为2，F－的个数为10×＋1＝6，Eu2+或空位的个数之和为4×＝1，根据电荷守恒可知，Eu2+的个数是＝0.5，故空位的个数为0.5，所以晶体中K＋数目与空位数目之比为2∶1。该晶体的密度为 g·cm-3＝ g·cm-3。 [答案]　(1)12　体心　(2)2∶1　 高考大题集训 物质结构与性质综合题 1．(2024·北京卷，T15)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，则白锡和灰锡晶体的密度之比是________。 (4)单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气体中加热至800 ℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是_____________________________________。 [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，无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的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，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，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，所以白锡与灰锡的密度之比为∶＝。(4)将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800 ℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应；若通入空气在800 ℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn，有关反应的化学方程式为2C＋O22CO、2CO＋SnO2Sn＋2CO2。 [答案]　(1) (2)平面三角形　sp3杂化 (3)4　 (4)与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn 2．(2023·海南卷，T19)我国科学家发现一种钡配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (代表单键、双键或三键) 回答问题： (1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是________。 (2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V—O—R′空间结构呈角形，原因是_____________________________________________________________________。 (3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是________。 (4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长的是________。 (5)近年来，研究人员发现含钒的锑化物CsV3Sb5在超导方面表现出潜在的应用前景。CsV3Sb5晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为________。锑和磷同族，锑原子基态价层电子排布式为________。 ②晶体中少部分钒原子被其他元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是________。 a．有＋4或＋5价态形式 b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近 [解析]　(4)结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键，N2中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。(5)①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期第ⅤA族，其基态价层电子排布式为5s25p3；②CsV3Sb5中V带的总的正电荷为＋9，当替代原子为Sn时，化合价可能为＋4或＋5价态形式，故a正确；Ti、Cr属于第四周期元素，Nb、Sn属于第五周期元素，故b错误；Sn是第ⅣA族元素，不属于过渡元素，故c错误；钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确。 [答案]　(1)C、O、P、Cl　(2)根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形　(3)N　(4)配合物Ⅱ　 (5)①6　5s25p3　②ad 3．(2023·北京卷，T15)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 (1)基态S原子价层电子排布式是________。 (2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 (3)的空间结构是________。 (4)同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是________。 (5)MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。 晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为________。已知MgS2O3·6H2O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________g·cm-3。(1 nm＝10-7 cm) (6)浸金时作为配体可提供孤电子对与Au＋形成[Au(S2O3)2]3-。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：___________________________________________________________________。 [解析]　 (3)的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为四面体形可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间结构为四面体形。(4)过程ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为Ag2S。若过程ⅰ所用的试剂为SO3和35S，过程ⅱ的含硫产物是SO4和S。(5)由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个＝4个[Mg(H2O)6]2+，含有4个；该晶体的密度ρ＝＝ g·cm-3。(6)具有孤电子对的原子就可以给中心原子提供电子配位。中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。 [答案]　(1)3s23p4　(2)I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子　(3)四面体形　(4)SO4和S　(5)4　×1021　中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子 4．(2023·山东卷，T16)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： (1)－40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为________，HOF水解反应的产物为________(填化学式)。 (2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为____________；O—Cl—O 键角__________(填“>”“<”或“＝”)Cl—O—Cl键角。比较ClO2与Cl2O中Cl—O键的键长并说明原因___________________________________________ _____________________________________________________________________。 (3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为_____________________________________________ _____________________________________________________________________。 若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝____________ g·cm-3(用含NA的代数式表示)。 [解析]　(1)根据电负性：F>O，HOF中F为负价，水解时生成HF和HOOH(H2O2)。(2)ClO2中存在，Cl杂化类型为sp2杂化，ClO2中大π键，斥力大，O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角。(3)根据晶胞结构，晶胞中Cu∶K∶F＝1∶2∶4，可确定一个该晶胞中K为4个，Cu为2个，F为8个，ρ＝ g·cm-3＝×1030 g·cm-3。 [答案]　(1)分子晶体　H2O2、HF　(2)sp2　>　键长：ClO2<Cl2O，原因是ClO2分子中存在大π键()，导致Cl—O键键长介于单键和双键之间，而Cl2O中为氯氧单键，键长较长　(3)CuCl2＋4K＋2F2===2KCl＋K2CuF4　×1030 5．(1)(2023·福建卷，T14节选)①物质在水中的溶解性：________(填“>”或“<”) ②请从物质结构角度分析，(C2H5)3N能与HCl反应的原因是_____________________________________________________________________。 (2)(2023·福建卷，T11节选)铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。 ①基态Cu2+的价电子排布式为________。 ②晶胞中含有________个，N(Cu＋)∶N(Cu2+)＝________。 ③晶体中微粒间作用力有________(填标号)。 a．氢键　　　　　　　　 b．离子键 c．共价键 s．金属键 [解析]　(2)②由题图可知，晶胞中4个位于棱上，8个位于顶点，则的个数为4×＋8×＝2。晶胞中有2个S2-位于体内，因此晶胞中S的总价态为2×(－2)＋2×(－2)＝－8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu＋的个数为x，Cu2+的个数为y，则x＋y＝6，x＋2y＝8，联立二式解得x＝4，y＝2，故N(Cu＋)∶N(Cu2+)＝2∶1；晶体中微粒间作用力有离子键与共价键。 [答案]　(1)①>　②(C2H5)3N结构中的N原子有孤电子对，与H＋形成配位键　(2)①3d9　②2　2∶1　③bc 6．(1)(2023·辽宁卷，T17节选)噻吩()沸点低于吡咯()的原因是_____________________________________________________________________。 (2)(2023·重庆卷，T17节选)α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。 ①测定晶体结构最常用的仪器是________(填字母)。 A．质谱仪　　　　　　 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．X射线衍射仪 ②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为________。 (3)(2024·安徽卷，T17节选)通过Cu＋修饰的Y分子筛的吸附-脱附，可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu＋的________与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是_________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 [解析]　(2)①区分晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法。②由均摊法知γ-AgI晶胞中的碘离子数为8×＋6×＝4，α-AgI晶胞中的碘离子数为8×＋1＝2，则γ-AgI晶胞的体积为 g÷7.0 g·cm-3，α-AgI晶胞的体积为 g÷6.0 g·cm-3，故两者体积之比为12∶7。(3)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu＋的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu＋形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对，不能与Cu＋形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。 [答案]　(1)吡咯分子间形成氢键　(2)①D　②12∶7　(3)4s空轨道　识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 物质结构与性质综合题 热点题空专练 分子结构与性质 1．含硫物质在自然界中分布广泛，且与我们的生活密切相关。回答下列问题： (1)P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为________________，其原因是_____________________________________________________。 化合物磺酰氯(SO2Cl2)中键角∠OSCl________(填“>”“<”或“＝”)∠ClSCl，原因是_______________________________________________________________ __________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (2)代森锌()是一种广谱杀菌剂。其分解得到的属于非金属化合物的产物有CS2、H2S、NH2(CH2)2NH2，这三种化合物中沸点最高的是________，其主要原因是_________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 2．一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图所示。 (1)分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形(从一条直线出发的两个半平面组成的图形为二面角，这条直线叫做二面角的棱，如所示)，从物质结构的角度说明理由：__________________________________________________________________。 (2)分子Ⅳ中具有孤电子对的原子有________(填元素符号)。其中S原子的杂化类型为________。 (3)已知：N(SiH3)3中Si—N—Si的键角为120°。下列划线原子与N(SiH3)3中N原子的杂化类型相同的是________(填字母)。 A．Al(OCH3)3　　B．NH3BH3 3．(1)α-FeOOH的结构中，每个Fe(Ⅲ)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。请在如图中补充完整该八面体的结构。 (2)α-FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物质变化如图1所示。生成的S8(结构如图2所示)覆盖在α-FeOOH的表面。 ①写出反应Ⅱ的化学方程式：____________________________________________ _____________________________________________________________________。 ②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α-FeOOH分离。四氯乙烯能溶解S8的原因是_________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大π键，增强了分子的稳定性。S8分子中不能形成大π键的原因是___________________________________________________ _____________________________________________________________________。 4．(2024·郴州模拟，节选)(1)基态Ba原子的简化电子排布式为________，N、O、Ba简单氢化物的沸点由高到低的顺序为________________(填化学式)。 (2)中N原子的杂化方式为________，空间结构为________，下列离子或分子与互为等电子体的是________(填字母)。 a．　　　　　　 b． c．　　　　　　 d． (3)苯胺()中N原子与苯环形成p-π共轭，的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是________。 5．(2024·青岛一模，节选)(1)AlCl3、FeCl3等金属氯化物易发生二聚，写出AlCl3二聚物的结构式：________，该分子中Al原子的杂化方式为________。 (2)CuSO4·5H2O简单的平面结构如图，则该晶体的化学式应表示为_____________________________________________________________________。 该晶体中含有的粒子间作用力有________(填字母)。 a．离子键　b．氢键　c．非极性共价键　d．极性共价键　e．配位键 水分子①的键角________(填“大于”“小于”或“等于”)104.5°，原因为____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 (2)[Cu(H2O)4]SO4·H2O　abde　大于　水分子①中形成氢键，导致中心氧原子孤电子对对成键电子对斥力减小 6．(2024·九江二模，节选)(1)铈(Ce)原子序数为58，其在元素周期表中的位置____________________________________________________________________。 (2)硫脲结构简式为，则硫脲中的键角：∠N—C—N________(填“大于”“小于”“等于”)∠N—C—S；硫脲与反应后生成物的结构简式为，写出该反应的离子方程式：_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 7．(1)(2024·揭阳模拟，节选)常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为HBF4、HF和________(填化学式)。BF3和NF3BF3中F—B—F的键角大小顺序是__________________，实验测得BF3中3个B—F键长远比B和F的半径之和小，原因是_____________________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 NF3BF3中形成配位键的配位原子为________。 (2)(2024·郑州模拟，节选配离子结构如图所示，Co3+位于正八面体的中心，则1个配离子中σ键的个数为________的空间结构有________种。 热点题空专练 晶体结构与性质 1．(2024·湛江一模，节选)氮化镓是目前应用最广泛的半导体材料之一，目前广泛应用于相控阵雷达、快速充电器等行业。氮化镓有不同的晶型，其中六方氮化镓和立方氮化镓之间可以相互转化。 (1)①六方氮化镓晶体硬度极高，熔点为1 700 ℃，其高温熔融物不导电。六方氮化镓属于________晶体。 ②写出六方氮化镓晶胞的组成：________。 (2)①已知AGa的坐标为，请写出BN的坐标______________。 ②若立方氮化镓的边长为a nm，则其密度为____________g·cm-3(列出计算式)。 2．(2024·开封质检)钙是组成动物牙齿和骨骼的重要成分，其重要的氧化物CaO的晶胞结构如图所示。 该晶胞属于立方晶系，与Ca2+距离相等且最近的Ca2+有________个；Ca2+位于O2-构成的________的体心，已知CaO的摩尔质量为56 g·mol-1，晶胞棱长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。该晶胞若沿体对角线投影，则O2-的投影图为________(填字母)。 A　　　　　B　　　　　C　　　　　D 3．(2024·黄山一模，节选)CO可以用于生产多晶金刚石箔，将一氧化碳和氢气混合，在高温高压下通过催化剂使之沉积在金属基底上，形成金刚石晶体。金刚石的晶胞如图所示，晶胞参数为b nm，晶胞中C与C间的最大距离为________nm，晶体密度为________g·cm-3(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 4．(2024·青岛一模，节选)金属Hf溴化物离子八面体钾盐晶胞结构如图，化学式为________。已知晶胞参数为a nm，则该晶体的密度为________ g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值，该化合物式量为M)。 5．(2024·济南一模，节选)含氮物质在工业上应用非常广泛。将单质钡(Ba)、铼(Re)以一定比例混合，于特制容器中加热，依次通入N2、O2可制得某黑色晶体，该晶体晶胞如图所示，含有多个由Ba(＋2)、Re(＋4)、O(－2)和N(－3)组成的八面体与平面三角形，括号中为其化合价。 (1)该晶体中含有的八面体和平面三角形的个数比为________，晶体的化学式为______________。 (2)晶胞参数为a pm、a pm、c pm，α＝β＝90°，γ＝120°，该晶体的密度为___________________________________g·cm-3(写出表达式)。 6．(1)(2024·怀化二模，节选)某种铁镍合金的立方晶胞如图所示，镍原子的配位数为________；该合金的化学式为________。 (2)(2024·黄山二模，节选)NH3与镓(Ga)在高温下生成GaN，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶角和面心的碳原子被Ga原子代替。 ①以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。B原子分数坐标为，则A原子分数坐标为______________。 ②若NA为阿伏加德罗常数的值，GaN晶胞中N原子与N原子之间最短的核间距是b nm，则GaN晶体的密度为__________________g·cm-3(只列计算式)。 7．(1)(2024·邯郸二模，节选)氧化镍(NiO)是一种重要的半导体材料，其晶体结构与NaCl相同，其中每个镍离子周围有________个最近的氧离子，Ni2+与最近的O2-核间距离为a nm，则NiO晶体的密度是________g·cm-3(写出表达式即可)。 (2)(2024·北京名校模拟，节选)相较于钙钛矿，类钙钛矿结构材料具有高温稳定性等优点。一种类钙钛矿结构材料含Pr(镨)、Ni和O元素，晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、b nm，如图所示： ①该物质的化学式为________。 ②阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为________g·cm-3。 8．某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图1所示，当部分K＋被Eu2+取代后可获得高性能激光材料，其基本重复单元如图2所示。 (1)图1中与K＋距离相等且最近的F－有________个；若Mg2+位于晶胞的顶角，则K＋位于晶胞的________。 (2)图2中，晶体中K＋数目与空位数目之比为________；若Eu的摩尔质量为b g·mol-1，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为________________ g·cm-3(用含b和NA的代数式表示)。 高考大题集训 物质结构与性质综合题 1．(2024·北京卷，T15)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，则白锡和灰锡晶体的密度之比是________。 (4)单质Sn的制备：将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气体中加热至800 ℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800 ℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是_____________________________________。 2．(2023·海南卷，T19)我国科学家发现一种钡配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (代表单键、双键或三键) 回答问题： (1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是________。 (2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V—O—R′空间结构呈角形，原因是_____________________________________________________________________。 (3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是________。 (4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长的是________。 (5)近年来，研究人员发现含钒的锑化物CsV3Sb5在超导方面表现出潜在的应用前景。CsV3Sb5晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为________。锑和磷同族，锑原子基态价层电子排布式为________。 ②晶体中少部分钒原子被其他元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是________。 a．有＋4或＋5价态形式 b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近 3．(2023·北京卷，T15)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 (1)基态S原子价层电子排布式是________。 (2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_____________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 (3)的空间结构是________。 (4)同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是________。 (5)MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b nm、c nm，结构如图所示。 晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为________。已知MgS2O3·6H2O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________g·cm-3。(1 nm＝10-7 cm) (6)浸金时作为配体可提供孤电子对与Au＋形成[Au(S2O3)2]3-。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：___________________________________________________________________。 4．(2023·山东卷，T16)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： (1)－40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为________，HOF水解反应的产物为________(填化学式)。 (2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为____________；O—Cl—O 键角__________(填“>”“<”或“＝”)Cl—O—Cl键角。比较ClO2与Cl2O中Cl—O键的键长并说明原因___________________________________________ _____________________________________________________________________。 (3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为_____________________________________________ _____________________________________________________________________。 若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝____________ g·cm-3(用含NA的代数式表示)。 5．(1)(2023·福建卷，T14节选)①物质在水中的溶解性：________(填“>”或“<”) ②请从物质结构角度分析，(C2H5)3N能与HCl反应的原因是_____________________________________________________________________。 (2)(2023·福建卷，T11节选)铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。 ①基态Cu2+的价电子排布式为________。 ②晶胞中含有________个，N(Cu＋)∶N(Cu2+)＝________。 ③晶体中微粒间作用力有________(填标号)。 a．氢键　　　　　　　　 b．离子键 c．共价键 s．金属键 6．(1)(2023·辽宁卷，T17节选)噻吩()沸点低于吡咯()的原因是_____________________________________________________________________。 (2)(2023·重庆卷，T17节选)α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。 ①测定晶体结构最常用的仪器是________(填字母)。 A．质谱仪　　　　　　 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．X射线衍射仪 ②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为________。 (3)(2024·安徽卷，T17节选)通过Cu＋修饰的Y分子筛的吸附-脱附，可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu＋的________与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是_________________________________________________________________ _____________________________________________________________________。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第一篇　题型研究　考法分析 板块三　物质结构与性质 大题题型三 物质结构与性质综合题 1 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 物质结构与性质综合题只在部分省份(山东、海南、北京等)单独成题外，其他大部分省份将“物质结构与性质”的考查融合于大题中。命题的热点主要集中在分子结构与性质和晶体结构与性质。对于原子结构与性质主要集中在选择题中。 大题题型三　物质结构与性质综合题 分点突破1 01 分点突破2 02 多维训练 03 大题题型三　物质结构与性质综合题 4 分点突破1　结构决定性质——原因解释类题目的规范作答　 　　　　　　 1．分子结构的思维模型 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 5 2．分子性质简答题的答题模板 (1)分子间存在氢键―→分子间作用力大―→熔、沸点反常高 (2)溶质与溶剂间形成氢键―→溶质易溶于该溶剂中 (3)溶质与溶剂分子相似相溶―→溶质与溶剂互溶 (4)组成与结构相似的物质，相对分子质量越大―→范德华力越大―→溶、沸点越高 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 1．某杂志报道了我国科学家利用催化剂通过化学链合成氨。回答下列问题： (1)NH3可用于制备NaN3、NH4NO3、　　　　　　　 (亚硝基胍)等含氮化合物，基态N的核外电子排布式为________；NH4NO3中的中心原子杂化方式为________；亚硝基胍分子中σ键与π键的数目比为________。 1s22s22p3 sp2 9∶2 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)N、P位于同一主族，NH3、PH3分子结构如图所示： ①NH3中N—H键的键角比PH3中P—H键的键角更大，其主要原因是___________________________________________________________ ___________________________________________________________， 中心原子N的电负性大于P，NH3分子中的成键电子对更靠近中心原子，分子中N—H键之间的斥力大于P—H键，所以氨分子键角更大 ②NH3比PH3易液化，其主要原因是___________________________ _________________________________________________________。 NH3分子间存在氢键，沸点比PH3高，更易液化 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2．Cu2+与H2O、NH3、Cl－均可形成配位数为4的配离子：[Cu(H2O)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[CuCl4]2-。其转化关系如图所示： (1)[Cu(H2O)4]2+中H—O—H的键角________(填“＞”“＜”或“＝”)H2O中H—O—H的键角，理由是_______________________ ____________________________________________________________________________________________________________________。 ＞ [Cu(H2O)4]2+中O的孤电子对数比H2O中O的孤电子对数少，斥力小，[Cu(H2O)4]2+中 H—O—H的键角大 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)[CuCl4]2-呈黄色，溶液Ⅰ呈黄绿色的原因是__________________ _______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________； 溶液Ⅰ加水稀释至呈蓝色，其原因是__________________________ ____________________________________________________________________________________________________________________。 蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-存在转化：[Cu(H2O)4]2+＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2-＋4H2O，蓝色的[Cu(H2O)4]2+和黄色的[CuCl4]2-共存使溶液显黄绿色 加水稀释使＋4Cl－⥫⥬[CuCl4]2-＋4H2O平衡逆向移动，蓝色的[Cu(H2O)4]2+含量增加，溶液显蓝色 (3)向溶液Ⅱ中缓慢通入NH3至过量，观察到的现象是_________________________________________________________。 溶液呈现深蓝色 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 分点突破2　晶胞结构分析与相关计算　 　　　　　　 1．晶胞的有关计算思路 (1) [注意]　立方体的V＝a3，长方体的V＝abc。 (2)晶胞体积(V＝)―→晶胞棱长―→指定粒子间距。 (3)空间利用率(ω)(以金刚石晶胞为例) ①利用晶胞结构确定 ω＝＝＝＝π。 ②利用密度确定 晶胞粒子半径⇒ ω＝×100%。 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2．晶胞中原子坐标及俯视图(以金刚石晶胞为例) (1)若a原子为坐标原点，晶胞边长的单位为1，则原子1，2，3，4的坐标分别为。 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)沿x、y轴的俯视图为 。 沿体对角线的俯视图为 。 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 1．(1)已知FeF3的熔点(1 000 ℃)显著高于FeCl3的熔点(306 ℃)，原因是_______________________________________________________ _________________________________________________________。 (2)NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，熔点NiO>FeO的原因是___________________________________________________。 FeF3为离子晶体，熔点受离子键的强弱影响；FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，离子键比分子间作用力强 Ni2+的半径小于Fe2+的半径，NiO中离子键较强，熔点较高 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (3)室温下，四羰基镍[Ni(CO)4]是一种具有挥发性的液体，其熔、沸点低的原因是_______________________________________________ _________________________________________________________。 CO分子内σ键与π键个数之比为______。 (4)Cu2O与Cu2S属于________晶体，Cu2O的熔点______(填“大于”或“小于”)Cu2S的熔点。 Ni(CO)4是分子晶体，熔化或汽化时破坏的是范德华力，因此熔、沸点较低 1∶2 离子 大于 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2．(2024·广东卷，T18节选)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。 2∶1∶1 8a3 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　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，取Ga为晶胞顶点，晶胞面心也是Ga，Ni处于晶胞棱心和体心，Ga和Ni形成类似氯化钠晶胞的结构，晶胞中Ga和Ni形成的8个小正方体体心为Co，故晶胞中Ga、Ni个数为4，Co个数为8，粒子个数最简比Co∶Ga∶Ni＝2∶1∶1，晶胞棱长为两个最近的Ga之间(或最近的Ni之间)的距离，为2a nm，故晶胞的体积为8a3 nm3。 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 1．(2024·新课标全国卷，T10节选)(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________。 a 8 分子晶体 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　(2)由Ni(CO)4的结构可知，4个配体CO与中心原子Ni形成配位键，配位键均为σ键，而每个配体CO中含有1个碳氧三键，每个三键中含有1个σ键，因此1个Ni(CO)4分子中含有8个σ键。Ni(CO)4的沸点比较低，且由其结构可知该物质由分子构成，因此其晶体类型为分子晶体。 2．(2024·山东卷，T16)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________。 四 ⅦB Cr MnO2 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 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得半导体性质的是______(填标号)。 A．CaO　　　　　　　　 B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO 降低 A 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (3)(见下图)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________。 正四面体形 sp2 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (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_________________________________________________________。 FDCA形成的分子间氢键更多 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　(1)Mn的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基态Mn的简化电子排布式为[Ar]3d54s2，未成对电子有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的简化电子排布式为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子。 (2)由“均摊法”得，晶胞中Mn原子的数目为1＋8×＝2，O原子的数目为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价，即Mn的化合价降低；CaO中Ca的化合价为＋2价，V2O5中V的化合价为＋5价，Fe2O3中Fe的化合价为＋3价，CuO中Cu的化合价为＋2价，其中CaO中Ca的化合价只能下降为0，其余可下降得到比0大的价态，说明CaO不能通过这种方式获得半导体性质。 中B形成4个σ键(其中有1个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在大π键，为平面结构，故N原子杂化方式为sp2。 (4)由HMF和FDCA的结构可知，HMF和FDCA均能形成分子间氢键，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 3．(2024·甘肃卷，T15节选)某含钙化合物的晶胞结构如图甲所示，沿x轴方向的投影为图乙，晶胞底面显示为图丙，晶胞参数a≠c，α＝β＝γ＝90°。图丙中Ca与N的距离为________pm；化合物的化学式是________，其摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，则晶体的密度为__________g·cm-3(列出计算表达式)。 a Ca3N3B ×1030 分点突破1 分点突破2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　图丙中，Ca位于正方形顶点，N位于正方形中心，故Ca与N的距离为a pm；由“均摊法”可知，晶胞中Ca的个数为8×＋2＝3，N的个数为8×＋2×＝3，B的个数为4×＝1，则化合物的化学式是Ca3N3B；其摩尔质量为M g·mol-1，阿伏加德罗常数的值是NA，晶胞体积为，则晶体的密度为×1030 g·cm-3。 2 4 1 3 题号 5 6 7 热点题空专练 　 分子结构与性质 1．含硫物质在自然界中分布广泛，且与我们的生活密切相关。回答下列问题： (1)P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为________________，其原因是_________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。 多维训练九　物质结构与性质综合题 Cl、P、S 同周期主族元素从左至右，第一电离能整体呈增大的趋势，但P的3p能级为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相邻主族元素，故P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 化合物磺酰氯(SO2Cl2)中键角∠OSCl________(填“>”“<”或“＝”)∠ClSCl，原因是___________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________。 2 4 1 3 题号 5 6 7 >  根据价层电子对互斥模型可知，双键与双键之间的斥力>单键与单键之间的斥力，斥力越大，键角越大，则键角：∠OSCl>∠ClSCl 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)代森锌(　　　　　　　)是一种广谱杀菌剂。其分解得到的属 于非金属化合物的产物有CS2、H2S、NH2(CH2)2NH2，这三种化合物中沸点最高的是________________________，其主要原因是 _______________________________________________________。 2 4 1 3 题号 5 6 7 NH2(CH2)2NH2分子间能形成氢键，沸点最高 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 7 [解析]　(1)同周期主族元素从左至右，第一电离能整体呈增大的趋势，但P的3p能级为半充满状态，较稳定，其第一电离能大于同周期相邻主族元素，故P、S、Cl的第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S。SO2Cl2中S、O原子间形成双键，S、Cl原子间形成单键，根据价层电子对互斥模型可知，双键与单键之间的斥力>单键与单键之间的斥力，斥力越大，键角越大，则键角：∠OSCl>∠ClSCl。(2)CS2、H2S、均为分子晶体，但分子间能形成氢键，沸点最高。 2 4 1 3 题号 5 6 7 2．一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如图所示。 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (1)分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形(从一条直线出发的两个半平面组成的图形为二面角，这条直线叫做二面角的棱，如　　　 所示)，从物质结构的角度说明理由：________________________ ________________________________________________________________________________________________________________。 2 4 1 3 题号 5 6 7 通过旋转Se原子与苯环之间的单键，可得到以Se—Se所在直线为棱的二面角，故分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)分子Ⅳ中具有孤电子对的原子有________(填元素符号)。其中S原子的杂化类型为________。 (3)已知：N(SiH3)3中Si—N—Si的键角为120°。下列划线原子与N(SiH3)3中N原子的杂化类型相同的是________(填字母)。 A．Al(OCH3)3　　B．NH3BH3 2 4 1 3 题号 5 6 7 Se、O sp3 A 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 7 [解析]　(1)根据分子Ⅰ的空间结构可知，Se原子形成两个共价单键，Se原子的价电子数为6，分子Ⅰ中Se原子上还含有两个孤电子对，则分子Ⅰ中的两个Se原子的价层电子对数均是4，Se原子采取sp3杂化，通过旋转Se原子与苯环之间的单键，可得到以Se—Se所在直线为棱的二面角，故分子Ⅰ的空间结构可能为二面角形。 (2)根据分子Ⅳ的空间结构可知，Se原子形成两个σ键，有两个孤电子对；O原子形成1个双键，有两个孤电子对；S原子形成4个σ键，没有孤电子对，S原子的杂化类型是sp3。 2 4 1 3 题号 5 6 7 (3)中Si—N—Si的键角为120°，则的空间结构为平面三角形，N(SiH3)3中N原子的杂化类型为sp2。A项，Al(OCH3)3中Al原子形成3个共价单键，无孤电子对，则价层电子对数为3，Al原子的杂化类型为sp2，符合题意；B项，根据 NH3BH3的电子式　　　　　可知，B原子的价层电子对数为4， 则B原子的杂化类型为sp3，不符合题意。 2 4 1 3 题号 5 6 7 3．(1)α-FeOOH的结构中，每个Fe(Ⅲ)与羟基氧和非羟基氧构成了FeO3(OH)3八面体，相同环境的氧原子之间构成正三角形。请在如图中补充完整该八面体的结构。 或 (1) 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)α-FeOOH可用于脱除烟气中的H2S。脱硫、再生过程中可能的物质变化如图1所示。生成的S8(结构如图2所示)覆盖在α-FeOOH的表面。 ①写出反应Ⅱ的化学方程式：____________________________。 2 4 1 3 题号 5 6 7 4FeSSH＋4O2===4FeOOH＋S8 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 ②工业可使用四氯乙烯(C2Cl4)溶解S8并实现与α-FeOOH分离。四氯乙烯能溶解S8的原因是___________________________________ _______________________________________________________。 ③部分环状分子(如苯)中由于存在大π键，增强了分子的稳定性。S8分子中不能形成大π键的原因是____________________________ _______________________________________________________。 2 4 1 3 题号 5 6 7 四氯乙烯与S8都是非极性分子，符合“相似相溶”规律 S8分子中S原子采取sp3杂化，无剩余的p轨道用于形成π键 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 7 4．(2024·郴州模拟，节选)(1)基态Ba原子的简化电子排布式为________，N、O、Ba简单氢化物的沸点由高到低的顺序为________________(填化学式)。 (2)中N原子的杂化方式为____，空间结构为____________，下列离子或分子与互为等电子体的是________(填字母)。 a．　　　　　　 b． c．　　　　　　 d． [Xe]6s2 BaH2>H2O>NH3 sp2 平面三角形 ac 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 42 (3)苯胺(　　 　　)中N原子与苯环形成p-π共轭， 　　　　　　　　　 的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是__________。 [解析]　(1)氢化钡是沸点较高的离子晶体，氨分子和水分子是沸点低的分子晶体，水分子间形成氢键的数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，水的沸点高于氨，所以简单氢化物的沸点由高到低的顺序为BaH2>H2O>NH3。 2 4 1 3 题号 5 6 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 7 (2)硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3、孤电子对数为0，氮原子的杂化方式为sp2，碳酸根离子和三氧化硫分子与硝酸根离子的原子个数都为4、价电子数都为24，互为等电子体。 (3)　　　 　　　分子中甲基为推电子基团，会使氨基中氮原子电子云密度大于　　　　　，碱性强于　　　　　； 分子中氮原子不能与苯环形成p-π共轭，氨基中氮原子电子云密度大于　　　　　　　，碱性强于　　　　　　　，所以碱性最弱的为　　　　　 2 4 1 3 题号 5 6 7 5．(2024·青岛一模，节选)(1)AlCl3、FeCl3等金属氯化物易发生 二聚，写出AlCl3二聚物的结构式：________________，该分子中Al原子的杂化方式为________。 (2)CuSO4·5H2O简单的平面结构如图，则该晶体的化学式应表示为___________________________________________________。 sp3 [Cu(H2O)4]SO4·H2O 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 a．离子键　b．氢键　c．非极性共价键　d．极性共价键　e．配位键 水分子①的键角________(填“大于”“小于”或“等于”)104.5°，原因为_____________________________________ _______________________________________________________。 2 4 1 3 题号 5 6 7 该晶体中含有的粒子间作用力有________(填字母)。 abde 大于 水分子①中形成氢键，导致中心氧原子孤电子对对成键电子对斥力减小 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 7 [解析]　(1)AlCl3二聚物中Cl的孤电子对和Al形成配位键，结构简式为　　　　　　　　，其中Al形成4个σ键没有孤电子对，杂化方式为sp3。(2)水分子①的键角大于104.5°，原因是水分子①中形成氢键，导致中心氧原子孤电子对对成键电子对斥力减小。 2 4 1 3 题号 5 6 7 6．(2024·九江二模，节选)(1)铈(Ce)原子序数为58，其在元素周期表中的位置___________________________________________。 (2)硫脲结构简式为　　　　　　　　，则硫脲中的键角：∠N—C—N________(填“大于”“小于”“等于”)∠N—C—S；硫脲与反应后生成物的结构简式为　　　　　　　　　　，写 出该反应的离子方程式：__________________________________ _______________________________________________________。 第六周期第ⅢB族 小于 ===2F－＋2HF＋C2H6N4S2＋2Ce3+(写成结构式也给分) 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 7 [解析]　(2)硫脲结构简式为　　　　　　　　，因为C==S中有π键，产生的斥力更大，故∠N—C—N小于∠N—C—S；硫脲与反应后生成物的结构简式为　　　　　　　　　　，硫脲将Ce4+还原为Ce3+，产物还有F－、HF，该反应的离子方程式为===2F－＋2HF＋C2H6N4S2＋2Ce3+。 2 4 1 3 题号 5 6 7 7．(1)(2024·揭阳模拟，节选)常温下，F2与硼单质反应生成BF3，BF3为缺电子结构，通入水中产生三种酸分别为HBF4、HF和________(填化学式)。BF3和NF3BF3中F—B—F的键角大小顺序是__________________，实验测得BF3中3个B—F键长远比B和F的半径之和小，原因是____________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________。 NF3BF3中形成配位键的配位原子为________。 BF3>NF3BF3 H3BO3 中心硼原子为sp2杂化，B有一条未杂化的p轨道，此p轨道与三个F原子的p轨道重叠，生成大π键()，从而使B—F键长远比B和F的半径之和小 N 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)(2024·郑州模拟，节选)配离子结构如图所示，Co3+位于正八面体的中心，则1个配离子中σ键的个数为________的空间结构有________种。 2 4 1 3 题号 5 6 7 24 2 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 热点题空专练 　 晶体结构与性质 1．(2024·湛江一模，节选)氮化镓是目前应用最广泛的半导体材料之一，目前广泛应用于相控阵雷达、快速充电器等行业。氮化镓有不同的晶型，其中六方氮化镓和立方氮化镓之间可以相互转化。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (1)①六方氮化镓晶体硬度极高，熔点为1 700 ℃，其高温熔融物不导电。六方氮化镓属于________晶体。 ②写出六方氮化镓晶胞的组成：________。 (2)①已知AGa的坐标为，请写出BN的坐标___________。 ②若立方氮化镓的边长为a nm，则其密度为___________g·cm-3 (列出计算式)。 共价 Ga6N6 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　(1)②根据均摊法可知，六方氮化镓晶胞中含有个＝6个Ga，含有个＝6个N，其组成为Ga6N6。 (2)②立方氮化镓的密度ρ＝＝ g·cm-3。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 2．(2024·开封质检)钙是组成动物牙齿和骨骼的重要成分，其重要的氧化物CaO的晶胞结构如图所示。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 该晶胞属于立方晶系，与Ca2+距离相等且最近的Ca2+有________个；Ca2+位于O2-构成的____________的体心，已知CaO的摩尔质量为56 g·mol-1，晶胞棱长为a pm，NA为阿伏加德罗常数的值，则该 晶体的密度为________g·cm-3(用含a、NA的代数式表示)。该晶胞 若沿体对角线投影，则O2-的投影图为________(填字母)。 A　　　B　　　C　　　D 12 (正)八面体 B 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　观察晶胞结构图，以晶胞体心的Ca2+为例，与该Ca2+距离相等且最近的Ca2+位于晶胞的棱上，共12个。Ca2+位于6个面上的O2-构成的(正)八面体的体心。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 1个晶胞中含O2-的个数为8×＋6×＝4，含Ca2+的个数为12×＋1×1＝4。CaO晶体的密度ρ＝＝＝ g· cm-3。该晶胞若沿体对角线投影，如下： 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 晶胞中顶角的O2-的投影在大六边形的顶点和中心处，面心的O2-的投影在小六边形的顶点处，则将O2-投影在投影面上得到投影图为 ，故选B项。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 3．(2024·黄山一模，节选)CO可以用于生产多晶金刚石箔，将一氧化碳和氢气混合，在高温高压下通过催化剂使之沉积在金属基底上，形成金刚石晶体。金刚石的晶胞如图所示，晶胞参数为b nm， 晶胞中C与C间的最大距离为____nm，晶体密度为________g·cm-3 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 b ×1021 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　由晶胞结构可知，晶胞中碳原子与碳原子的最大距离为体对角线，则距离为b nm；晶胞中位于顶角、面心、体内的碳原子 个数为8×＋6×＋4＝8，晶体的密度为＝× 1021 g·cm-3。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 4．(2024·青岛一模，节选)金属Hf溴化物离子八面体钾盐晶胞结构如图，化学式为__________。已知晶胞参数为a nm，则该晶体的密 度为________ g·cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值，该化合物式量为M)。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 K2[HfBr6] 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　根据图示可知[HfBr6]n－个数为8×＋6×＝4，K＋个数为8，故其化学式为K2[HfBr6]，该晶体的密度为ρ＝＝ g·cm-3。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 5．(2024·济南一模，节选)含氮物质在工业上应用非常广泛。将单质钡(Ba)、铼(Re)以一定比例混合，于特制容器中加热，依次通入N2、O2可制得某黑色晶体，该晶体晶胞如图所示，含有多个由Ba(＋2)、Re(＋4)、O(－2)和N(－3)组成的八面体与平面三角形，括号中为其化合价。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (1)该晶体中含有的八面体和平面三角形的个数比为________，晶体的化学式为______________。 (2)晶胞参数为a pm、a pm、c pm，α＝β＝90°，γ＝120°，该 晶体的密度为___________________g·cm-3(写出表达式)。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 1∶2 Ba6O(ReN3)2 ×1030 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　(1)晶胞中位于棱上和体内的八面体个数为4×＋2＝3，位于棱上和体内的平面三角形的个数为8×＋4＝6，则晶体中含有的八面体和平面三角形的个数比为1∶2；由化合价代数和为0可知，八面体为Ba6O10+、平面三角形为，则晶体的化学式为Ba6O(ReN3)2。(2)设晶体的密度为d g·cm-3，由晶胞的质量公式可 得：＝asin 60°×a×c×10-30×d，解得d＝×1030＝×1030。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 6．(1)(2024·怀化二模，节选)某种铁镍合金的立方晶胞如图所示，镍原子的配位数为________；该合金的化学式为________。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 4 FeNi2 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)(2024·黄山二模，节选)NH3与镓(Ga)在高温下生成GaN，氮化镓晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶角和面心的碳原子被Ga原子代替。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 ①以晶胞边长为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。B原子分数坐标为，则A原子分数坐标为______________。 ②若NA为阿伏加德罗常数的值，GaN晶胞中N原子与N原子之间最 短的核间距是b nm，则GaN晶体的密度为________________g·cm-3 (只列计算式)。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　(2)②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角和面心的镓原子个数为8×＋6×＝4，位于体内的氮原子个数为4，晶胞中氮原子和氮原子之间的最短的核间距为面对角线长度的一半，则由题意可知，晶胞参数为b nm，设晶体的密度为d g·cm-3，由晶胞的质量公式可得：＝(b×10-7)3d，解得d＝。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 7．(1)(2024·邯郸二模，节选)氧化镍(NiO)是一种重要的半导体材料，其晶体结构与NaCl相同，其中每个镍离子周围有________个最近的氧离子，Ni2+与最近的O2-核间距离为a nm，则NiO晶体的密度 是_____________g·cm-3(写出表达式即可)。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 6 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)(2024·北京名校模拟，节选)相较于钙钛矿，类钙钛矿结构材料具有高温稳定性等优点。一种类钙钛矿结构材料含Pr(镨)、Ni和O元素，晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、b nm，如图所示： ①该物质的化学式为________。 ②阿伏加德罗常数为NA，该晶体的 密度为____________g·cm-3。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 Pr2NiO4 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　(1)NiO晶胞与NaCl相同，所以一个镍离子周围最近的氧离子有6个，同样一个氧离子周围最近的镍离子也有6个，一个晶胞中含有4个NiO，Ni2+与最近的O2-核间距离为a nm，则晶胞参数为2a nm，NiO晶体的密度为 g·cm-3。 (2)①晶胞中Pr的个数为8×＋2＝4，Ni原子的个数为8×＋1＝2，O原子的个数为16×＋4×＋2＝8，Pr、Ni、O原子个数比为4∶2∶8＝2∶1∶4，化学式为Pr2NiO4；②晶胞的质量为 g＝ g，晶胞的体积为 a2b×10-21 cm3，因此晶体的密度为 g·cm-3。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 8．某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图1所示，当部分K＋被Eu2+取代后可获得高性能激光材料，其基本重复单元如图2所示。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (1)图1中与K＋距离相等且最近的F－有________个；若Mg2+位于晶胞的顶角，则K＋位于晶胞的________。 (2)图2中，晶体中K＋数目与空位数目之比为________；若Eu的摩尔质量为b g·mol-1，NA表示阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度 为________________ g·cm-3(用含b和NA的代数式表示)。 12 体心 2∶1 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [解析]　(1)由题图1晶胞结构可知，K＋位于晶胞的顶角，以其中一个K＋为例，与K＋距离相等且最近的F－在K＋所在顶角的面心上，数目为×3×8＝12。若Mg2+位于晶胞的顶角，则K＋位于晶胞的体心。(2)1个重复单元中K＋的个数为8×＝1，Mg2+的个数为2，F－的个数为10×＋1＝6，Eu2+或空位的个数之和为4×＝1，根据电荷守恒可知，Eu2+的个数是＝0.5，故空位的个数为0.5，所以晶体中K＋数目与空位数目之比为2∶1。该晶体的密度为 g·cm-3＝ g·cm-3。 题号 1 3 5 2 4 6 8 7 2 4 1 3 题号 5 6 高考大题集训 　 物质结构与性质综合题 1．(2024·北京卷，T15)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： 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (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。 平面三角形 sp3杂化 2 4 1 3 题号 5 6 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (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，则白锡和灰锡晶体的密度之比是________。 4 2 4 1 3 题号 5 6 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 [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，无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。 2 4 1 3 题号 5 6 2 4 1 3 题号 5 6 (3)①灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，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，所以白锡与灰锡的密度之比为∶＝。(4)将SnO2与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800 ℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应；若通入空气在800 ℃下，SnO2能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn，有关反应的化学方程式为2C＋O22CO、2CO＋SnO2Sn＋2CO2。 2 4 1 3 题号 5 6 2．(2023·海南卷，T19)我国科学家发现一种钡配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。 (　　代表单键、双键或三键) 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 回答问题： (1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是_____________。 (2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基，V—O—R′空间结构呈角形，原因是_______________________________________________________ _______________________________________________________。 (3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是________。 (4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ、Ⅲ和N2三者中，两个氮原子间键长最长的是________。 2 4 1 3 题号 5 6 C、O、P、Cl 根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形 N 配合物Ⅱ 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (5)近年来，研究人员发现含钒的锑化物CsV3Sb5在超导方面表现出潜在的应用前景。CsV3Sb5晶胞如图1所示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。 2 4 1 3 题号 5 6 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 ①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为________。锑和磷同族，锑原子基态价层电子排布式为________。 ②晶体中少部分钒原子被其他元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子说法正确的是_____。 a．有＋4或＋5价态形式 b．均属于第四周期元素 c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近 2 4 1 3 题号 5 6 6 5s25p3 ad 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 [解析]　(4)结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为＋4和＋3，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键，N2中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长。(5)①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期第ⅤA族，其基态价层电子排布式为5s25p3；②CsV3Sb5中V带的总的正电荷为＋9，当替代原子为Sn时，化合价可能为＋4或＋5价态形式，故a正确；Ti、Cr属于第四周期元素，Nb、Sn属于第五周期元素，故b错误；Sn是第ⅣA族元素，不属于过渡元素，故c错误；钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正确。 2 4 1 3 题号 5 6 3．(2023·北京卷，T15)硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根()可看作是中的一个O原子被S原子取代的产物。 (1)基态S原子价层电子排布式是________。 (2)比较S原子和O原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：_________________________________________________ _______________________________________________________。 (3)的空间结构是________。 3s23p4 I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子 四面体形 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (4)同位素示踪实验可证实中两个S原子的化学环境不同，实验过程为。过程ⅱ中断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是SO3和35S，过程ⅱ含硫产物是______________________。 2 4 1 3 题号 5 6 SO4和S 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (5)MgS2O3·6H2O的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、 b nm、c nm，结构如图所示。 晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为________。已知MgS2O3·6H2O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__________g·cm-3。(1 nm＝10-7 cm) 2 4 1 3 题号 5 6 4 ×1021 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (6)浸金时作为配体可提供孤电子对与Au＋形成[Au(S2O3)2]3-。分别判断中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并说明理由：____________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________。 中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子 2 4 1 3 题号 5 6 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 [解析]　 (3)的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间结构为四面体形可看作是中1个O原子被S原子取代，则的空间结构为四面体形。 (4)过程ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为Ag2S。若过程ⅰ所用的试剂为SO3和35S，过程ⅱ的含硫产物是SO4和S。 (5)由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个＝4个[Mg(H2O)6]2+，含有4个；该晶体的密度ρ＝＝ g·cm-3。 (6)具有孤电子对的原子就可以给中心原子提供电子配位。中的中心S原子的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。 2 4 1 3 题号 5 6 2 4 1 3 题号 5 6 4．(2023·山东卷，T16)卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题： (1)－40 ℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为________，HOF水解反应的产物为__________(填化学式)。 分子晶体 H2O2、HF 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 93 (2)ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为____________；O—Cl—O 键角__________(填“>”“<”或“＝”)Cl—O—Cl键角。比较ClO2与Cl2O中Cl—O键的键长并说明原因___________________________________________________ ________________________________________________________________________________________________________________。 sp2 >  键长：ClO2<Cl2O，原因是ClO2分子中存在大π键()，导致Cl—O键键长介于单键和双键之间，而Cl2O中为氯氧单键，键长较长 2 4 1 3 题号 5 6 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°)，其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为_______________________________________________________。 若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝____________ g·cm-3(用含NA的代数式表示)。 2 4 1 3 题号 5 6 CuCl2＋4K＋2F2===2KCl＋K2CuF4 ×1030 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 [解析]　(1)根据电负性：F>O，HOF中F为负价，水解时生成HF和HOOH(H2O2)。(2)ClO2中存在，Cl杂化类型为sp2杂化，ClO2中大π键，斥力大，O—Cl—O键角大于Cl—O—Cl键角。(3)根据晶胞结构，晶胞中Cu∶K∶F＝1∶2∶4，可确定一个该晶胞中K为4个，Cu为2个，F为8个，ρ＝ g·cm-3＝×1030 g·cm-3。 2 4 1 3 题号 5 6 5．(1)(2023·福建卷，T14节选)①物质在水中的溶解性： ________　　　　　　　　 (填“>”或“<”) ②请从物质结构角度分析，(C2H5)3N能与HCl反应的原因是_______________________________________________________。 > (C2H5)3N结构中的N原子有孤电子对，与H＋形成配位键 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (2)(2023·福建卷，T11节选)铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。 ①基态Cu2+的价电子排布式为________。 ②晶胞中含有________个，N(Cu＋)∶N(Cu2+) ＝________。 ③晶体中微粒间作用力有________(填标号)。 a．氢键　　　　　　　　 b．离子键 c．共价键 s．金属键 3d9 2 2∶1 bc 2 4 1 3 题号 5 6 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 [解析]　(2)②由题图可知，晶胞中4个位于棱上，8个位于顶点，则的个数为4×＋8×＝2。晶胞中有2个S2-位于体内，因此晶胞中S的总价态为2×(－2)＋2×(－2)＝－8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu＋的个数为x，Cu2+的个数为y，则x＋y＝6，x＋2y＝8，联立二式解得x＝4，y＝2，故N(Cu＋)∶N(Cu2+)＝2∶1；晶体中微粒间作用力有离子键与共价键。 2 4 1 3 题号 5 6 6．(1)(2023·辽宁卷，T17节选)噻吩(　　　)沸点低于吡咯(　　　)的原因是_______________________________________。 (2)(2023·重庆卷，T17节选)α-AgI可用作固体离子导体，能通过加热γ-AgI制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图所示(为了简化，只画出了碘离子在晶胞中的位置)。 吡咯分子间形成氢键 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 ①测定晶体结构最常用的仪器是________(填字母)。 A．质谱仪　　　　　　 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．X射线衍射仪 ②γ-AgI与α-AgI晶胞的体积之比为________。 D 12∶7 2 4 1 3 题号 5 6 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 (3)(2024·安徽卷，T17节选)通过Cu＋修饰的Y分子筛的吸附-脱附，可实现C2H4和C2H6混合气的分离。Cu＋的________与C2H4分子的π键电子形成配位键，这种配位键强弱介于范德华力和共价键之间。用该分子筛分离C2H4和C2H6的优点是________________ _______________________________________________________。 2 4 1 3 题号 5 6 4s空轨道 识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高 命题角度1 命题角度2 多维训练 大题题型三　物质结构与性质综合题 2 4 1 3 题号 5 6 [解析]　(2)①区分晶体与非晶体的最可靠的科学方法是X射线衍射法。②由均摊法知γ-AgI晶胞中的碘离子数为8×＋6×＝4，α-AgI晶胞中的碘离子数为8×＋1＝2，则γ-AgI晶胞的体积为 g÷7.0 g·cm-3，α-AgI晶胞的体积为 g÷6.0 g·cm-3，故两者体积之比为12∶7。(3)配合物中，金属离子通常提供空轨道，配体提供孤电子对，则Cu＋的4s空轨道与C2H4分子的π键电子形成配位键。C2H4能与Cu＋形成配合物而吸附在Y分子筛上，C2H6中无孤电子对，不能与Cu＋形成配合物而无法吸附，通过这种分子筛分离C2H4和C2H6，优点是识别度高，能有效将C2H4和C2H6分离，分离出的产物中杂质少，纯度较高。 谢 谢 大题题型三　物质结构与性质综合题 $$ 多维训练八　物质结构与性质 选择题专练　元素“位—构—性”的关系及应用 1．A　[E在地壳中含量最多，为氧元素，X的基态原子价层电子排布式为nsn-1，所以X为镁或者锂，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和M同族所以M为氮或磷，根据X与M同周期、XYZ4ME4化合价之和为零，可确定Z为氢元素、M为磷元素、X为镁元素、E为氧元素、Y为氮元素。A．元素电负性：O>N>H，正确；B．磷化氢、氨、水均是分子晶体，氨、水中都存在氢键，沸点高，磷化氢中没有氢键，沸点低，所以氢化物沸点：H2O>NH3>PH3，错误；C．同主族元素第一电离能从上到下逐渐减小，同周期主族元素第一电离能从左到右呈增大趋势，当出现第ⅡA族和第ⅤA族时比左右两侧元素第一电离能都要大，所以N>O>Mg，错误；中氮原子的价层电子对数为3＋＝4，有一个孤电子对，空间结构为三角锥形中氮原子的价层电子对数为3＋＝3，没有孤电子对的空间结构为平面三角形，错误。] 2．BD　[已知X、Y、Z、W、M、N为原子序数依次增大的前20号元素； Z原子的s能级电子总数等于p能级的电子总数，则电子排布式为1s22s22p4，为O元素；W原子核外有1个未成对电子，为F元素，M的最外层电子数是最内层电子数的2倍，则M为Si元素；根据化合物中各元素化合价代数和为0，其中X、Y、N为金属元素，且Y与N同主族，X为Li、Y为Be，故N为Ca。A项，原子半径：M(Si)>Z(O)>W(F)，错误；B项，第一电离能：Y(Be)>N(Ca)，正确；C项，电负性：W(F)>Y(Be)>X(Li)，错误；D项，简单氢化物的沸点：Z(H2O)>W(HF)，正确。] 3．C　[Y、X、Q、Z为原子序数依次增大的短周期元素。分析结构可知，Q正常情况应该成两个键，Q为第ⅥA族的元素，Z形成5个键，Z为第ⅤA族的元素，结合具有正四面体空间结构，可知为，故Y为H，X为N，Q为O，Z为P。NH3和中氮原子均为sp3杂化，但是NH3中氮原子有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用更大，NH3是三角锥形结构，而是正四面体结构，故键角：，A错误；X、Q、Z分别为N、O、P，沸点顺序为H2O>NH3>PH3，即正确顺序为Q>X>Z，B错误；同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大的趋势， 第ⅡA族、第ⅤA族反常，故第一电离能：N>O>Mn，C正确；Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，前者为中强酸而后者为强酸，D错误。] 4．A　[X原子中有6个运动状态不同的电子，即X有6个电子，则X为C元素，Y是地壳中含量最多的元素，则Y为O元素，基态Z原子K、L层上的电子总数是3p原子轨道上电子数的两倍，K层2个电子，L层8个电子，其3p轨道有5个电子，则Z为Cl元素，基态W原子中有6个未成对电子，W有d轨道，价层电子排布为3d54s1，W为Cr元素。与Z(Cl)为同周期的Ar第一电离能最大，A错误。] 5．C　[由题干信息可知，W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中仅Y、Z位于同一周期，则W为H，X的s轨道电子数是p轨道电子数的4倍，即X的核外电子排布为1s22s22p1，即X为B，W、X的最外层电子数之和与Y的最外层电子数相等，故Y为Si，Z基态原子最外层有1个未成对电子，则Z为Cl。X的最高价氧化物对应的水化物为H3BO3，H3BO3是一元酸，其电离方程式为H3BO3＋H2O⥫⥬[B(OH)4]－＋H＋，C错误。] 6．CD　[短周期主族元素M、E、X、Y、Z原子序数依次增大，其中M、E、Z位于同一主族，因此M为H，E为Li，Z为Na；X原子最外层电子数比次外层的多1，所以X是B，Y元素的第一电离能比元素周期表中位置相邻元素的大，所以Y是N。原子半径：Na(Z)>B(X)>N(Y)>H(M)，A错误；电负性：N(Y)>H(M)>B(X)>Na(Z)，B错误；NaH为离子晶体，熔点最高，C正确；碱性：LiOH<NaOH，D正确。] 选择题专练　分子结构与性质 1．C　[R—N3分子中与碳原子相连的氮原子上存在1个孤电子对，由于孤电子对对成键电子对的斥力使得∠CNN小于120°，C错误。] 2．BC　[根据焦磷酸的结构式可知，磷酸分子的结构为，A正确；焦磷酸的化学式为H4P2O7，P元素的化合价为＋5价，B错误；三聚磷酸钠又称五钠，则为钠替代了三聚磷酸中的氢，则其化学式为Na5P3O10，C错误；焦磷酸的化学式为H4P2O7，三聚磷酸的化学式为H5P3O10，则链状多磷酸的通式为Hn＋2PnO3n＋1，D正确。] 3．B　[A项，CF4为正四面体形，错误；C项，熔点取决于晶体类型，干冰为分子晶体而SiO2为共价晶体，错误；D项，杯酚分离C60和C70，反映了超分子的“分子识别”特性，错误。] 4．B　[因为羟基氧的电负性比氢更大，氮原子再结合氢原子的能力减弱，所以羟胺的碱性比氨更弱，A错误；H2O、、NH2OH的VSEPR模型均为四面体形，B正确；羟胺分子含有—OH和—NH2，与水分子可形成分子间氢键，故羟胺易溶于水，C错误；铵根离子中含有4个N—H，没有孤电子对，采取sp3杂化，NH2OH分子中氮原子上有一个孤电子对，铵根离子中氮原子上没有孤电子对，排斥力小，故中∠HNH比NH2OH中∠HNH键角大，D错误。] 5．CD　[r(N)<r(P)<r(As)，A错误；I1(N)>I1(P)>I1(As)，B错误。] 6．B　[N的非金属性强于C，故吸电子的能力较强，故N—H的极性大于C—H的极性，键的极性大小并不能代表分子极性大小的关系，与NH3分子的极性大于CH4的极性无因果关系，B符合题意。] 选择题专练　晶体结构与性质 1．B　[由图可知，以晶体中左侧底角的钾离子为例，在xy平面有4个，在xz平面由4个，故每个K＋周围距离最近且相等的共有8个，B错误。] 2．BC　[该晶胞中Ca位于顶角，个数为8×＝1，Y位于体心，个数为1，H位于面心，个数为24×＝12，该超导体的化学式为CaYH12，A正确；由晶胞结构可知，该晶胞中与Ca最近且距离相等的Y有8个，B错误；该晶体的密度为 g·cm-3＝ g·cm-3，C错误；由晶胞结构可知，相邻H原子之间最短距离为面对角线的，为，D正确。] 3．B　[设晶胞边长为x pm，根据图2可知，x×＝a，x＝a，V(晶胞)＝x3＝，B错误。] 4．A　[Ni在顶角，O在棱心，Ni周围最近且等距的O形成正八面体，Ni的配位数为6，A错误；具有催化活性的是Ni，图(2)中没有Ni原子，则催化活性：(1)>(2)，B正确；La和O的最短距离为面对角线的一半，为a，C正确；若原子1的分数坐标为(0，0，0)，La在体心，分数坐标为，D正确。] 5．A　[由晶胞图甲可知，Cd位于8个顶角和6个面心，Te位于体内，故Cd的配位数即离某个Cd原子距离相等且最近的Te原子个数为4，A正确；由晶胞图甲可知，相邻两个Te的核间距为面对角线的一半即为a pm，B错误；由晶胞图甲可知，一个晶胞的质量为 g，晶胞参数为a pm，则一个晶胞的体积为(a×10-10)3 cm3，故晶体的密度为 g·cm-3，C错误；由晶胞图甲可知，若按图乙虚线方向切甲，可得到图示为，即体心上没有原子，D错误。] 6．D　[根据M点原子的分数坐标为(0，0，0)，则N点原子的分数坐标为(1，1，1)，A错误；CeO2晶胞中与Ce4+最近的Ce4+的个数为12，B错误；CeO2晶胞中Ce4+个数为4，O2-个数为8，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为a pm，则晶胞边长为 pm，晶体的密度为 g·cm-3＝，C错误； 中阳离子和阴离子的个数比为 1:2，若掺杂后得到∶n(Y2O3)＝0.6∶0.2的晶体，阳离子和阴离子的个数比为1∶1.8，则此晶体中O2-的空缺率为×100%＝10%，D正确。] 7．B　[铁离子位于顶角和面心、个数为8×＋6×＝4，亚铁离子位于棱心、体心，个数为12×＋1＝4，晶胞内部的钾离子的个数为4，三者比值为1∶1∶1，结合化合价代数和为0，该晶胞的化学式为KFe2(CN)6，B错误。] 8．BD　[从立方单元A中可知，一个单元A中含2个Li＋，一个晶胞含4个A，所以每个晶胞含8个Li＋，A正确；由立方单元B可知，Mn原子个数为1＋6×＝，O原子个数为8×＋6×＝4，所以Mn、O原子个数比为∶4＝5∶8，B错误；放电时，正极Li1－xMn2O4得电子被还原，反应式为Li1－xMn2O4＋xLi＋＋xe－===LiMn2O4，C正确；若x＝0.6，根据化合物Li1－xMn2O4化合价之和为0的原则，可计算出Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为1∶4，D错误。] 高考题集训　物质结构与性质 1．C　[根据反应可知X为C，Y为N，Z为O，W为H，Q为Na，R为Cl。一般原子的电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则原子半径：H<N<C，A错误；同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅤA族元素第一电离能反常，大于第ⅥA族元素，则第一电离能：N>O>C，B错误；O2、Cl2为分子晶体，相对分子质量越大，沸点越高，二者在常温下均为气体，Na在常温下为固体，则沸点：O2<Cl2<Na，C正确；元素非金属性越强，电负性越大，非金属性：Na<H<Cl，则电负性：Na<H<Cl，D错误。] 2．C　[由结构简式可知，Ni的四个配体为两个中性分子和两个Cl－，故该物质中Ni为＋2价，A正确；同周期元素随着原子序数的增大，第一电离能呈增大趋势，故基态原子的第一电离能：Cl＞P，B正确；该物质中，C均存在于苯环上，采取sp2杂化，P与苯环形成3个共用电子对，剩余的孤电子对与Ni形成配位键，价层电子对数为4，采取sp3杂化，C错误；Ni的原子序数为28，位于第四周期第Ⅷ族，基态Ni原子价电子排布式为3d84s2，D正确。] 3．C　[白色的小球可形成2个共价键，灰色的小球只形成1个共价键，黑色的大球形成了4个共价键，白色的小球代表O原子、灰色的小球代表F原子，黑色的大球代表I原子，A不正确；根据该化合物结构片段可知，该化合物中存在I==O双键，I—O单键和I—F单键，因此，该化合物中不存在过氧键，B不正确；I原子的价电子数为7，该化合物中F元素的化合价为－1价，O元素的化合价为－2价，则I元素的化合价为＋5价，I形成5个共价键，即有5个价电子，I还剩一个孤电子对，C正确；该化合物中既存在I—O单键，又存在I==O双键，单键和双键的键长是不相等的，因此，该化合物中所有碘氧键键长不相等，D不正确。] 4．C　[由题意得24K金的质量分数为100%，则18K金的质量分数为×100%＝75%，Ⅰ中Au和Cu原子个数比为1∶1，则Au的质量分数为×100%≈75%，A正确；Ⅱ中Au处于立方体的八个顶点，Au的配位数是指距离最近的Cu的个数，则Au的配位数为12，B正确；设Ⅲ的晶胞参数为a，Au-Cu的最小核间距为a，Au-Au的最小核间距也为a，最小核间距Au-Cu＝Au-Au，C错误；Ⅰ中，Au处于内部，Cu处于晶胞的8个顶角，其原子个数比为1∶1；Ⅱ中，Au处于立方体的8个顶角，Cu处于面心，其原子个数比为8×∶6×＝1∶3；Ⅲ中，Au处于立方体的面心，Cu处于顶角，其原子个数比为6×∶8×＝3∶1，D正确。] 5．D　[X、Y、Z、W、Q为短周期元素，W元素的焰色试验呈黄色，W为Na元素；Z和Q同族，Z的原子序数是Q的一半，则Z为O、Q为S；Y原子核外有两个单电子、且原子序数小于Z，Y为C元素；X、Y、Z、W、Q的最外层电子数之和为18，则X的最外层电子数为18－4－6－1－6＝1，X可能为H或Li。若X为H，H与C组成的化合物为烃，烃能够燃烧，若X为Li，Li与C组成的化合物也具有可燃性，A正确；X、Q组成的化合物中Q(即S)元素呈－2价，为S元素的最低价，具有还原性，B正确；Z、W组成的化合物为Na2O、Na2O2，Na2O与水反应生成NaOH，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，C正确；W、Q组成的化合物Na2S属于强碱弱酸盐，其溶于水所得溶液呈碱性，D错误。] 6．C　[富勒烯C60是由C60分子通过范德华力结合形成的分子晶体，A正确；由题图可知，中心K＋周围有12个Au形成二十面体笼(每个面为三角形，上、中、下层分别有5、10、5个面)，B正确；全金属富勒烯不是碳元素的单质，因此其与富勒烯C60不能互为同素异形体，C错误；锑(Sb)位于第五周期第ⅤA族，则根据元素位置与原子结构关系可知：其基态原子价层电子排布式是5s25p3，D正确。] 7．B　[HCl是共价化合物，其电子式为，A错误；NH4ClO4中的中心N原子孤电子对数为×(5－1－4)＝0，价层电子对数为的中心Cl原子孤电子对数为×(7＋1－2×4)＝0，价层电子对数为4，则二者的VSEPR模型和空间结构均为正四面体形，B正确；C60、石墨、金刚石中碳原子的杂化方式分别为sp2、sp2、sp3，共有2种杂化方式，C错误；液氨易汽化，其汽化时吸收热量，可作制冷剂，干冰易升华，升华时吸收热量，也可作制冷剂，NH3分子间作用力为氢键和范德华力，CO2分子间仅存在范德华力，D错误。] 8．D　[NCl3的中心N原子的价层电子对数为3＋＝4，有1个孤电子对，故NCl3的空间结构为三角锥形，分子中正、负电中心不重合，为极性分子，SiCl4的中心原子Si的价层电子对数为4＋＝4，无孤电子对，故SiCl4的空间结构为正四面体形，分子中正、负电中心重合，为非极性分子，A错误；NCl3和NH3的中心N原子的价层电子对数均为3＋＝4，N均为sp3杂化，B错误；由NCl3的水解机理示意图可知，NCl3水解时H2O中的H与NCl3中N上的孤电子对结合，O与Cl结合，而SiCl4中Si无孤电子对，故SiCl4的水解反应机理与NCl3不相同，C错误；NHCl2和NH3分子中均存在N—H，均能与H2O形成氢键，D正确。] 9．C　[由题图1给的晶胞结构图可知，题图1晶体的化学式为Li3OCl，1 mol Li3OCl晶体的质量为72.5 g，1个晶胞的质量为 g，晶胞体积为a3×10-30 cm3，故晶体密度为 g·cm-3，A说法正确；根据题图1可知，O原子的配位数为6，B说法正确；由于白色小球表示Mg或空位，故题图2中晶体的化学式中Mg的个数小于2，C说法错误；Mg2+取代产生的空位可以增大粒子间空隙，有利于Li＋传导，D说法正确。] 10．C　[该晶胞中K位于顶角，其个数为8×＝1，Ca位于体心，其个数为1，B原子与C原子均位于面上，个数均为12×＝6，则该晶体最简化学式为KCaB6C6，A正确；每个晶胞中与K＋等距且最近的Ca2+有1个，则晶体中与K＋最近且距离相等的Ca2+有8个，B正确；观察题图可知，晶胞中B和C原子构成的多面体有14个面，C错误；KCaB6C6的摩尔质量为217 g·mol-1，晶胞体积为(a×10-10)3 cm3，则该晶体密度ρ＝ g·cm-3＝ g·cm-3，D正确。] 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$