专题24 物质结构与性质综合——以金属元素为主体（非选择题）（10年汇编）（全国通用）2017-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2017-2026年高考化学物质结构与性质非选择题，以金属元素为主体，分涉及配合物（10题）和不涉及配合物（12题）两类，覆盖原子结构、化学键、晶体结构等核心考点，结合真题考情与真实情境，实战性强。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |非选择题|22题|原子结构（如Cu电子排布式）、配合物（如顺铂配体交换）、晶体结构（如晶胞密度计算）|以金属新材料（如多孔有机框架）、催化剂为情境，问题从基础（电子排布）到综合（晶胞计算、平衡常数），匹配高考“结构决定性质”命题趋势|

专题24 物质结构与性质综合——以金属元素为主体（非选择题） 考点01 涉及配合物 1．(1) O (2) 2 (3) 1：2：1 4 和为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正电荷的原子或成键电子对/共用电子对未发生偏移 (4) 2．(1) (2) 中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率 (3) (4) c b (5)ad (6) 3．(1)A (2) C CH3CN、Br- C (3)ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5 (4)B (5)3.24 (6)氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体。离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝。溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝 (7)Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降 (8)A 4．(1)2 (2)电负性O>N (3)e (4) (5) (6) (7)2 5．(1)ABD (2) (3) 化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂 2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑ 将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) (4) 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O SO2 、Fe2+ 6．(1) (2)NH3中N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大 (3) N (4) E2＜E1，温度低时更容易生成 [Mg(NH3)6]Cl2 是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3 7．(1) 四 VIII 4：5 (2) N O sp2 O (3) n 8．(1) (2) 8 分子晶体 (3) 小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000 (4) 9．(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) 6 ad 10．(1) 同素异形体 金刚石 范德华力 (2) ③ +2 配位 (3) 离子 2 11．(1)[Ar]3d10 (2) 哑铃 8 8 (3)BC (4) 与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 4 a-2d 12．(1) 3d84s2 第4周期第VIII族 (2) 2:3 2:1:1 Zn2+、Ni2+ (3)D (4) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子 (5)   13．(1) (2)6 (3)小于 (4) (5) (6) MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大 14．(1)3d64s2 (2) 8 4 (3) 降低反应活化能 (4) 由Fe3+水解产物的颜色所致 向该溶液中加HNO3 15． AC 6 高 存在分子间氢键 含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大 Al 16． 正四面体形； 分子晶体 NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3 6 1 4 (，0，)、(，，0) 4 17． AB VIIB 5 配位 三角锥 sp3 +2 6 18． [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 正四面体 O sp3、sp2 易溶于水 4 19． 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn sp sp3 H2O>CH3OH>CO2>H2 H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 离子键和π键（或键） 0.148 0.076 考点02 不涉及配合物 1．(1)高铁酸根被还原得到的可水解生成胶体，该胶体能够吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用 (2) 3：1 四面体形 (3) 相同温度下，的溶解度大于，向溶出得到的含的滤液中加入浓KOH，可利用更小的溶解度使充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含的氧化剂反应，生成的会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物 2．(1) 12 B (2) (3) > 氟离子半径小，离子键强 中吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，中推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键 3．(1)BC (2)当可见光照射金属表面时，金属中的自由电子吸收光能，形成不稳定的较高能量状态。当电子跃迁回较低能量状态时，会将能量以可见光的形式辐射出来，而具有金属光泽 (3)BC (4)D (5)4 (6)⑤⑥⑦⑧ (7) CaWO4的密度较大 (8) (9)减少CO2，避免生成CaCO3 4．(1)Cl、S (2) (3)或 (4) > B分子间存在氢键 (5)G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液 (6) 8 5．(1) (2) 平面三角形 1个杂化 (3) 4 (4)空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快 6．(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 7．(1) 3d104s1 Cu+ (2)CuCl (3) Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2 (4)b (5) CuI 还原剂、沉淀剂 8．(1) O＞Si＞Fe＞Mg +2 (2) 钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大 正四面体 (3) 1 9．(1)1：2或2：1 (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元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO (6) Cu2ZnSnS4 (，，) 10．(1) 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 配位键、氢键 (2) 6 (3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料 11．(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大 (2) 4 或 (3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 12． 第四周期第VIII族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 NiO＞CoO＞FeO CoCl3＞Cl2＞FeCl3 2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O 随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜 少量多次 3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝3NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝3NiSO4＋2NO2↑＋2H2O 13． 1s22s22p63s23p63d24s2 TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高 O＞Ti＞Ca 离子键 12 Ti4+ sp3 2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+ 2Eu2++I2=2Eu3++2I− 14． 4:5 Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小 Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的 正四面体形 4 sp3 4 或0.1875 13:3 15． 三角锥形 低 NH3分子间存在氢键 4s 4f5 小于 SmFeAsO1−xFx 16． A sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2＋ Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2 17． Mg 相反    4 分子晶体 苯胺分子之间存在氢键 O sp3 σ (PnO3n+1)(n+2)- 18．(1)BC (2) 离子键 CD (3) V形 sp3 极性 水分子间存在氢键 (4) 3 σ键和π键 (5) 4 4 19． 哑铃（纺锤） H2S S8相对分子质量大，分子间范德华力强 平面三角 2 sp3 20． D C Li+核电荷数较大 正四面体 sp3 AB 520 498 2908 21． 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn sp sp3 H2O>CH3OH>CO2>H2 H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 离子键和π键（或键） 0.148 0.076 22．(1)[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5 (2) sp2和sp3 9 mol (3)H<C<O (4)乙醇分子间存在氢键 (5)Fe3CuN 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题24 物质结构与性质综合——以金属元素为主体（非选择题） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 考点1 涉及配合物 2026：山东 2025：福建、海南、浙江、北京、山东 2024：全国新课标卷、上海 2023：海南、全国甲卷 2022：重庆、山东 2021：海南、天津、全国乙卷 2020：山东 2019：海南、江苏 1.题型特点：高考化学选考 / 必做大题，以金属（过渡金属为主，碱金属、碱土金属为辅）为载体，融合原子结构、分子与化学键、晶体结构三大模块，结合金属新材料、催化剂、合金、配位化合物情境命题。 命题套路：给陌生新材料化学式 / 晶胞图，以金属元素为核心设问，非金属（O、N、C、S、P、卤素）做配体、阴离子、骨架元素。 2.难度特点：整体中档难度。 · 3.核心考向： （1）原子结构与电子排布（必考小问）。 （2）化学键、配位键、配合物（高频）。 （3）晶体结构与性质（大题核心，分值最高）。含金属的离子晶体、复杂氧化物晶胞（最高频）。常要求计算晶胞密度、原子利用率或判断配位数，需熟练掌握均摊法及空间几何关系。 （4）物质性质解释（文字表述题，高考拉分点）。 考点2 不涉及配合物 2026：北京、浙江 2025：上海 2024：海南、北京、山东 2023：天津、全国乙卷 2022：北京、江苏 2020：天津、全国II卷、全国I卷2019：全国II卷、全国I卷、全国III卷 2018：海南、全国II卷、全国I卷2017：全国II卷、江苏 考点01 涉及配合物 1．（2026·山东·高考真题）与（L）通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其四方晶胞结构如图所示（晶胞参数，，原子略）。回答下列问题： (1)基态Cu原子的电子排布式为_____________；C，N，O，F中第二电离能最大的是_________。 (2)为平面分子，其中N原子采取的轨道杂化方式为_________，该分子的孤电子对数为_________。 (3)中_________；其在室温下可选择性吸附，但不吸附和。分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的F原子存在如图所示静电作用，晶体中与一个分子产生该作用的F原子有___________个；不吸附和的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________。 (4)若阿伏加德罗常数的值为，则的对的理论吸附量为____。 【答案】(1) O (2) 2 (3) 1：2：1 4 和为非极性键构成的非极性分子，分子中不存在带显著正电荷的原子或成键电子对/共用电子对未发生偏移 (4) 【详解】（1）Cu原子的序数为 29。根据洪特规则的特例，当d轨道处于全满状态时能量更低、结构更稳定。因此，基态Cu原子的电子排布式为； 第二电离能是指失去第二个电子所需要的能量；的价电子排布为；的价电子排布为；的价电子排布为，2p 轨道半充满的稳定状态，极难再失去电子；的价电子排布为；因此，氧的第二电离能最大。 （2）配体L类似于苯环，环上的每个N原子形成了 2 个键，并且保留了 1 对孤电子对，因此其价层电子对数为2+1=3，所以采取的是杂化； 分子中有 2 个N原子，每个N原子有 1 对未参与成键的孤对电子，C和H均没有孤电子对，故整个分子的孤电子对数为 2。 （3）Cu原子位于晶胞的体内，数目为1；位于上下底面心，共有个，配体L位于晶胞4个竖直面的面心上（图中六元环只画了一半），数目为个；故中； 吸附在顶点，顶点同层平面内与4个八面体相邻，每个八面体都有1个F原子与形成如图所示静电作用，故答案为4； 由图提示可知，吸附核心在于与的静电引力。和属于由非极性键构成的非极性分子，内部没有显著的电荷偏转，不具备可以被F吸引的正电荷中心，因此不被吸附。 （4）晶胞体积，1个晶胞中数目为，故中的物质的量为： 。 2．（2025·福建·高考真题）研究抗癌药物顺铂与胸苷(简写为TH，结构如下)的配体交换反应及所形成配合物的稳定性。 I．配合物的制备 (1)“步骤1”的离子方程式为________________。 (2)“步骤2”中体系存在以下平衡： i．    ii．    ①反应的平衡常数________。(用、列出计算式) ②加入NaOH溶液的目的是________(从平衡角度分析) (3)、和与Pt(Ⅱ)的配位能力由强到弱的顺序为________。 Ⅱ．探究酸度对稳定性的影响 用配制3份酸化程度不同、物质的量浓度均为Y[以初始用量计算]的溶液S1—S3。在一定温度下酸化反应达到平衡时，测定溶液pH，并分别取等体积溶液测得T中6-位碳原子上H的核磁共振信号(如图，峰面积与化学环境相同的H原子数成正比)，其中未酸化的溶液S1中仅有信号峰I。 酸化时存在下列反应： iii． iv． (4)信号峰Ⅱ代表的物质是________(填标号)；信号峰Ⅲ代表的物质是________(填标号) a．    b．      c．    d． (5)溶液中酸化反应达到平衡的标志是________(填标号) a．pH保持不变          b．特征信号峰的总面积保持不变 c．出现3个特征信号峰   d．特征信号峰的数量及其面积保持不变 (6)已知图中溶液S1信号峰I的面积为，溶液S2信号峰I、Ⅱ的面积分别为、；溶液S2中________， ________。(用、、、Y列出计算式)从而可推得反应ii和iv的平衡常数。 【答案】(1) (2) 中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率 (3) (4) c b (5)ad (6) 【分析】配合物的制备：与溶液发生反应，加入发生反应，加入NaOH中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率。 【详解】（1）“步骤1” 与溶液发生反应，故答案为：； （2）①将反应i+ii得到反应的平衡常数，故答案为：； ②加入NaOH溶液，中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率，故答案为：中和氢离子，使平衡正向移动，提高产率； （3）根据反应可知与Pt(Ⅱ)的配位能力：，再根据反应产物为而不是，说明与Pt(Ⅱ)的配位能力：，与Pt(Ⅱ)的配位能力由强到弱的顺序为，故答案为：； （4）未酸化的S1溶液即溶液中仅有信号峰I，信号峰I代表；酸化时存在下列反应： iii． iv． 增大氢离子浓度反应iii、iv均正向进行，pH=4.4的S2溶液中含有、、，pH=1.7的S3溶液中含有、、，S2、S3中均有信号峰Ⅱ、Ⅲ，且Ⅲ>Ⅱ，来自两个反应， 的量多于量，信号峰Ⅱ代表的物质是；信号峰Ⅲ代表的物质是TH，故答案为：c；b； （5）a．pH保持不变，氢离子浓度不变，各组分的浓度不变，反应处于平衡状态，a正确；           b．峰面积与化学环境相同的H原子数成正比，T总数不变，特征信号峰的总面积一直保持不变，不能作为平衡的标志，b错误； c．S3中只有两个特征信号峰，出现3个特征信号峰，只能说明溶液是S2溶液，不能说明反应达到平衡，c错误；    d．特征信号峰的数量及其面积保持不变，各组分的浓度不变，反应处于平衡状态，d正确； 故选ad； （6）已知三份溶液起始物质的量浓度均为Y，。S1溶液中只有信号峰I的面积为，浓度为Y，；因峰的面积和T数量呈正比，溶液S2信号峰I面积为，与溶液S2中对应，即，解得；消耗的；溶液S2信号峰Ⅱ面积为，则溶液S2中的信号峰Ⅲ面积应为，与溶液S2中对应,可得溶液S2中，解得，故答案为：;。 3．（2024·上海·高考真题）溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示： (1)关于Al2Br6中化学键描述正确的是___________。 A．含有极性键 B．含有离子键 C．含有非极性键 D．含有金属键 (2)Al2Br6溶于乙腈(CH3C≡N)会生成配合物。该配合物的组成如图所示： a．已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为___________。 A．sp   B．sp2   C．sp3 b．该配离子中所含的配体有___________。(化学式) c．1mol该配离子中含σ键___________mol。 A．4   B．12   C．14   D．18 反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH可用于估算Al2Br6(g)的总键能。已知下列过程： ①2Al(s)+3Br2(l)=Al2Br6(s)    ΔH1   ②Al(s)=Al(g)   ΔH2 ③Br2(l)=Br2(g)   ΔH3 ④Br2(g)=2Br(g)   ΔH4 ⑤Al2Br6(s)=Al2Br6(g)  ΔH5 (3)则反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH=___________。(用ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4、ΔH5表示) Al2Br6的晶胞如下图所示： (4)已知晶胞的上、下面和左、右面均为长方形，二聚分子的中心均位于棱心位置。距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6有___________个。 A．2 B．4 C．6 D．8 (5)该晶体的晶胞体积V=5.47×10-22cm3，晶胞密度ρ=___________g·cm-3。(NA的数值取6.02×1023，计算结果精确到小数点后2位) (6)已知氟化铝、溴化铝和碘化铝的熔点如下表所示，碘化铝和溴化铝的结构相似。利用晶体结构有关知识，解释氟化铝、溴化铝和碘化铝熔点存在差异的原因。___________ 物质 氟化铝 溴化铝 碘化铝 熔点/K 1564 371 464 (7)AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是___________。 (8)已知电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体的化学式离子可能是___________。 A．[mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B．[mAl(OH)3·nBr-·xAl3+](3x+n)+ C．[mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D．[mAl(OH)3·nAl3+·3nBr-] 【答案】(1)A (2) C CH3CN、Br- C (3)ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5 (4)B (5)3.24 (6)氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体。离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝。溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝 (7)Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降 (8)A 【详解】（1）溴化铝的固体以二聚体分子形式存在，结合其分子结构，其结构类似氯化铝的二聚体，溴和铝之间形成溴铝极性共价键，故选A； （2）a．sp杂化为直线形，sp2杂化为平面三角形，sp3杂化为四面体形；已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为sp3杂化，故选C； b．由结构，该配离子中所含的配体有CH3CN、Br-，其中氮原子、溴离子提供孤电子对； c．单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键含有1个σ键和2个π键；1个该配合物中含有12条单键，2条碳氮三键，其中碳氮三键中有1条σ键，因此1mol该配合物中σ键数量为14mol；故选C； （3）由盖斯定律，反应-①+2×②+3×③+3×④-⑤得到反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)，则其焓变ΔH=-ΔH1+2ΔH2+3ΔH3+3ΔH4-ΔH5； （4）距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6在上下层各2个，共4个，故选B； （5）根据“均摊法”，晶胞中含个Al2Br6，则晶体密度为； （6）氟化铝为离子晶体，溴化铝和碘化铝为分子晶体，离子晶体熔化时需要破坏离子键，溴化铝和碘化铝熔化时需要破坏范德华力，故氟化铝的熔点高于溴化铝和碘化铝；溴化铝和碘化铝的结构相似，碘化铝的相对分子质量大于溴化铝，范德华力更大，因此碘化铝的熔点高于溴化铝； （7）AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体粒子有很大的比表面积，具有较好的吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒并使其沉降，故能净水； （8）电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，在该胶体粒子带正电荷，则排除选项CD；B电荷数错误，正确的表示为mAl(OH)3·nBr-·xAl3+]3x-n；故选A。 4．（2025·海南·高考真题）过渡金属钌(Ru)的配合物A可用于多种化学键的活化。和代表两种不同的烷基。水分子参与反应(第①步)，经由配合物B，得到C，实现氧氢键断开。 回答问题： (1)同位素氘(或D)，是一种常用的追踪标记原子，氘的质量数是______。 (2)分子中键的极性大于分子中键，主要原因是______。 (3)第②步反应前后，杂化方式改变的碳原子是______(填碳原子标号)。 (4)某溶剂中，用醇钾()处理前体配合物E，可将其转化为A。转化反应方程式为：______。 (5)若第①步参与反应的小分子为(即氨中所有氢原子皆被氘取代)，经第②步反应，得到。将答题卡中的结构图补充完整(须标出全部氘原子) ______。 一种可用作强氧化剂的含钌多氟化物的晶体晶胞，如图1所示，完成(6)、(7)题。 (6)Ag与Cu是同族相邻周期元素。已知该晶体中Ag阳离子有1个未成对电子，此Ag阳离子的基态价电子排布式为______。 (7)每个Ag原子周围的紧邻氟原子围成规则配位结构，与该晶胞中氟原子的配位关系均已在图1呈现。沿c方向投影，见图2(已放大处理)。b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是______。(紧邻晶胞中相应氟原子标号与图示晶胞相同)。 【答案】(1)2 (2)电负性O>N (3)e (4) (5) (6) (7)2 【详解】（1）的质子数为1，中子数为1，质量数为2； （2）极性共价键的极性强弱取决于原子电负性差异。电负性差异越大，键的极性越强，电负性O>N，故分子中键的极性大于分子中键； （3）第二步(B→C)实质是e处碳原子发生质子化，e处碳原子杂化方式由sp2改变成sp3； （4）观察E、A结构，可知E转化为A，分子里失去一个H原子和一个Cl原子，故； （5） ND3先与Ru结合生成B`()，经过步骤②将D进行转移至e处，的结构图； （6）Ag与Cu是同族相邻周期元素，Cu+和Cu2+的基态价电子排布式分别为，Ag阳离子有1个未成对电子，故基态价电子排布式为； （7）由图1可知，123在同一平面，b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是2号氟原子。 5．（2025·浙江·高考真题）铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C．基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D．配位键强度： (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式_______。 (3)化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因_______。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式_______。 ③设计实验检验气体C_______(要求利用气体C的氧化性或还原性)。 (4)有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式_______。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为_______(要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子_______(按浓度由高到低顺序)。 【答案】(1)ABD (2) (3) 化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中N-H键的极性更强，更易断裂 2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑ 将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) (4) 4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O SO2 、Fe2+ 【分析】（4）中步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O。步骤Ⅱ中溶液E中的Cu2+被还原为CuBr，需要加入具有还原性的气体SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液中还有大量的 ，来自CuSO4、Fe2(SO4)3等，所以溶液F中除K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 【详解】（1）A．硫原子的原子序数为16，其基态电子排布为:1s22s22p63s23p4，其中，1s、2s、2p、3s轨道中的电子都是成对的，共6对，3p轨道中有4个电子，其中有1对成对电子，2个单电子未成对。因此，成对电子共7对，A正确； B．焰色反应是金属离子在高温下激发，电子跃迁回基态时释放能量，以光的形式表现，B正确； C．基态铜原子电子排布式为[Ar]3dl04s1，当基态铜原子失去2个电子时，先失去4s轨道的1个电子，再失去3d轨道的1个电子，形成:[Ar]3d9，3d轨道并未充满，C错误； D．配位数是指中心原子周围配体的个数，配位数都是1，但的中心铜离子电荷更高，说明中心铜离子的氧化态更高，配体结合更稳定，D正确； 故选ABD。 （2）根据均摊法，该铜化合物的晶胞中含Pt：，每个Pt周围四个Cl配位；每个晶胞中含Cu：，每个Cu周围四个NH3配位，则由配离子表示的该化合物的化学式为； （3）①化合物A与化合物B结构相似，氧元素的电负性大于硫元素的电负性，在化合物B中，N-H键的极性更强，更易断裂，给出趋势相对更大； ②化合物A[化学式：]与足量稀硫酸混合，中P元素为+5价，S元素为-2价，反应过程中各元素化合价未发生变化，在加热条件下反应，生成、H2S气体和(NH4)2SO4，化学方程式为：2 +3H2SO4 + 8H2O 2+ 3(NH4)2SO4 +2 H2S↑；或 +3H2SO4 + 4H2O + 3NH4HSO4 + H2S↑； ③由②可知气体C为H2S，利用其还原性检验：将气体C通入少量酸性KMnO4溶液中，若酸性KMnO4溶液褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S(或将气体C与通入少量氯水中，氯水褪色，生成淡黄色沉淀，证明气体C是H2S) ； （4）①步骤I中，与稀H2SO4、O2发生氧化还原反应，S元素化合价从-2价氧化为+6价，Fe元素化合价从+2价氧化为+3价，Cu元素保持+2价，生成CuSO4、Fe2(SO4)3和H2O，根据氧化还原反应的配平原则，化学方程式为:4+33O2 + 2H2SO4 = 12CuSO4 + 2 Fe2(SO4)3 +2H2O； ②步骤Ⅱ中要将溶液E(含Cu2+等)中的铜元素全部转化为CuBr，且不引入新元素，结合反应中元素化合价变化，Cu2+被还原为Cu+(存在于CuBr中)，需要加入具有还原性的气体，所以气体X为SO2。溶液E中的Fe3+与SO2发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+，同时溶液E中的CuSO4、Fe2(SO4)3还有大量的，所以溶液F除含K+、H+、Br-外，浓度最高的两种离子为、Fe2+。 6．（2025·北京·高考真题）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 (1)将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 (2)分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。 (3)的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是_______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。() (4)和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 【答案】(1) (2)NH3中N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大 (3) N (4) E2＜E1，温度低时更容易生成 [Mg(NH3)6]Cl2 是吸热反应，也是气体分子数增加的反应，升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3 【详解】（1） Mg是第12号元素，其基态最外层电子的电子排布式为3s2，故其基态原子最外层轨道表示式为：。 （2）NH3中N原子的键电子对数为3、孤电子对数为=1，价层电子对数为4，N原子的sp3杂化轨道有一个孤电子对，斥力较大，故NH3分子中H-N-H的键角小于109°28′。 （3）①的内界为，故其配体为NH3，由于N原子有孤电子对，所以配位原子为N； ②根据均摊法，该晶胞中的个数为，的个数为8，故每个晶胞中含有4个，则晶体的密度为。 （4）①由MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知，E2＜E1，温度低时更容易生成； ②根据MgCl2和NH3反应过程中的能量变化示意图可知[Mg(NH3)6]Cl2 是吸热反应，该反应也是气体分子数增加的反应，故升温、减压有利于[Mg(NH3)6]Cl2脱除NH3。 7．（2025·山东·高考真题）单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，位于第_______周期_______族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为_______。 (2)尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为_______。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是_______(填元素符号)。 (3)可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为_______。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是_______，该截面单位面积含有的原子为_______个。 【答案】(1) 四 VIII 4：5 (2) N O sp2 O (3) n 【详解】（1）Fe为26号元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基态Fe原子电子排布式为[Ar]3d64s2，未成对电子数为4，基态Fe3+电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数为5，故答案为：四；VIII；4：5。 （2）①同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能：N>O>C；同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，因此电负性：O>N>C，故答案为：N；O。 ②尿素分子中C原子形成3个σ键，无孤电子对，采取的轨道杂化方式为sp2杂化。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，因此N原子不会参与形成配位键，说明C=O中O原子参与配位，所以与配位的原子是O。 （3）①为体心立方晶胞，晶胞边长为a pm，体对角线长度为，体心立方晶胞中Fe原子半径r与体对角线关系为4r=，因此原子的半径为。 ②m截面面积Sm=a2pm2，每个角原子被 4个相邻晶胞共享(二维共享)，如图所示：，每个晶胞的顶点原子贡献个原子给该晶面，所含原子数为，单位面积原子数为个pm-2，n截面面积为pm2，每个角原子被4个相邻晶胞共享，体心原子完全属于本截面，所含原子数为，单位面积原子数为个∙pm-2，因此催化活性较低的是n截面，该截面单位面积含有的原子为个∙pm-2。 8．（2024·新课标卷·高考真题）(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，镍原子半径为_______。 (2)结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为_______，晶体的类型为_______。 (3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑，_______有利于的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α=_______，该温度下平衡常数_______。 (4)对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间_______(用k表示)。 【答案】(1) (2) 8 分子晶体 (3) 小于 降低温度、增大压强 97.3% 9000 (4) 【详解】（1） Ni为28号元素，其基态原子的核外电子排布式为，则其价电子轨道表示式为；铜晶胞示意图为，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，所以晶胞棱长为a，面对角线长度为，则镍原子半径为。 （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2个π键，由的结构可知，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2个π键，因此1个分子中含有8个σ键。的沸点很低，结合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。 （3）随着温度升高，平衡时的体积分数减小，说明温度升高平衡逆移，因此该反应的；该反应的正反应是气体总分子数减小的放热反应，因此降低温度和增大压强均有利于的生成；由上述分析知，温度相同时，增大压强平衡正向移动，对应的平衡体系中的体积分数增大，则压强：，即对应的压强是1.0MPa．由题图乙可知，、100℃条件下达到平衡时，CO和的物质的量分数分别为0.1、0.9，设初始投入的CO为4mol，反应生成的为xmol，可得三段式： ，反应后总物质的量为：（4-3x）mol，根据阿伏加德罗定律，其他条件相同时，气体的体积分数即为其物质的量分数，因此有，解得，因此达到平衡时，CO的平衡转化率；气体的分压=总压强×该气体的物质的量分数，则该温度下的压强平衡常数。 （4）由题给关系式可得，当反应一半时，即，，，则。 9．（2023·海南·高考真题）我国科学家发现一种钒配合物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、双键或叁键) 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，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，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，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在超导方面表现出潜在的应用前景。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，锑原子基态的价层电子排布式为_______。 ②晶体中少部分钒原子被其它元素(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．有或价态形式    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 【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) 6 ad 【详解】（1）根据题干配合物Ⅰ的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl； （2）根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形； （3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N； （4）结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，配合物Ⅲ中为氮氮双键， 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VA，其基态的价层电子排布式； ②a．中Cs为+1价，Sb为-3价，V的总化合价为+14，平均价态介于4-5之间，故替代后，化合价可能为或价态形式，故a正确； b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误； c．Sn是IVA族元素，不属于过渡元素，故c错误；   d．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； 答案为：ad。 10．（2023·全国甲卷·高考真题）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题： (1)图1所示的几种碳单质，它们互为_______，其中属于原子晶体的是_______，间的作用力是_______。 (2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。 酞菁分子中所有原子共平面，其中轨道能提供一对电子的原子是_______(填图2酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，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)气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中的轨道杂化类型为_______。的熔点为，远高于的，由此可以判断铝氟之间的化学键为_______键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为_______。若晶胞参数为，晶体密度_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 【答案】(1) 同素异形体 金刚石 范德华力 (2) ③ +2 配位 (3) 离子 2 【详解】（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；间的作用力是范德华力； （2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出；钴酞菁分子中，失去了2个的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，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）由的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为，蓝色球的个数为，则灰色的球为，距最近且等距的有2个，则的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度。 11．（2022·重庆·高考真题）配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。 (1)基态Zn2+的电子排布式为______。 (2)L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为______个，C与O之间形成σ键的数目为______个。 (3)X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入______。(假设X晶胞形状不变)。 A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3 (4)X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。 ①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。 ②X晶体中Zn2+的配位数为______。 ③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。 ④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。 【答案】(1)[Ar]3d10 (2) 哑铃 8 8 (3)BC (4) 与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 4 a-2d 【详解】（1）锌元素的原子序数为30，基态锌离子的电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10； （2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子处于基态时，电子云轮廓图为哑铃形的2p能级的电子占据最高能级；由结构简式可知，配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8； （3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故选BC； （4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧； ②1个[Zn4O]6+上、下、左、右、前、后共有6个L2-，每个L2-与[Zn4O]6+形成2个Zn←O配位键，1个[Zn4O]6+含有4个Zn←O配位键，1个[Zn4O]6+中Zn2+形成的配位键数目为6×2+4=16，1个Zn2+的配位数为4； ③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a—2d； ④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10—7) 3d，解得d=，故答案为：。 12．（2022·山东·高考真题）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：    (1)基态Ni原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。 (2)晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+与Zn2+的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。 (3)吡啶(  )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。 A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道 (4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。 (5)  、  、  的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。 【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族 (2) 2:3 2:1:1 Zn2+、Ni2+ (3)D (4) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子 (5)   【详解】（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族。答案为：3d84s2；第4周期第VIII族； （2） 由题干晶胞示意图可知，  ，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以Ni2+与Zn2+的配位数之比为4:6=2:3； 含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4:2:2=2:1:1。答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+； （3） 吡啶(  )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故选D。答案为D； （4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯。答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子； （5） 已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞  ＞  ，题干信息显示：碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则碱性最弱的为：  。答案为：  。 【点睛】N原子的电子云密度越大，含N物质的碱性越强。 13．（2021·海南·高考真题）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。 回答问题： (1)基态锰原子的价层电子排布式为___________。 (2)配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为___________。 (3)第一电离能的大小：C___________O(填“大于”或“小于”)。 (4)中碳原子的杂化轨道类型是___________，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式___________。 (5) CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为___________。 (6)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是___________。 以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为，b点锰原子坐标为，则c点锰原子坐标为___________。 【答案】(1) (2)6 (3)小于 (4) (5) (6) MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大 【详解】（1）Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，所以本问应填“”； （2）由题干图例所示，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子，1个H原子，所以本问应填“6”； （3）根据元素周期律，总体规律同一周期元素从左到右第一电离能依次增强，特殊规律同周期IIA族第一电离能大于IIIA族，VA族第一电离能大于VIA族，C是IVA族，O是VIA族，不涉及特殊规律，所以本问应填“小于”； （4）①根据价层电子对互斥理论，中心原子C连接3个O原子，所以δ键为3，孤电子对数(阴离子计算孤电子对数时，所带负电荷绝对值要与中心原子价电子数相加)，所以中C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，故其离子结构为平面三角形；再根据价层电子对数与杂化轨道对应关系，可知中C原子的杂化轨道类型是sp2，故本问第一空应填“sp2”； ②按题目要求，阴离子中心原子价层电子对数应为3，孤电子对数为0，带电荷量为-1，无机酸根一般是含氧酸阴离子，所以代入孤电子对公式可解得其中心原子价电子数为5，所以本问第二空应填“”； （5）根据题目描述，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)，形成新物质，故本问应填“”； （6）①离子晶体熔沸点高低不光与晶体结构有关，也与离子带电荷量有关，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以本问第一空应填“MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大”； ②根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，那么c点Mn原子的坐标为，故本问第二空应填“”。 14．（2021·天津·高考真题）铁单质及其化合物的应用非常广泛。 (1)基态Fe原子的价层电子排布式为___________。 (2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为___________。每个晶胞B中含Fe原子数为___________。 (3)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。从能量角度分析，铁触媒的作用是___________。 (4)Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如、、。某同学按如下步骤完成实验： ①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是___________，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可采取的方法是___________。 ②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡：；，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为___________，平衡常数为___________(用K1和K2表示)。 【答案】(1)3d64s2 (2) 8 4 (3) 降低反应活化能 (4) 由Fe3+水解产物的颜色所致 向该溶液中加HNO3 【详解】（1）Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2； （2）由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为，故答案为：8；；4 （3）由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为：；降低反应活化能； （4）①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3； ②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明和氟离子转化为，其离子方程式为，和相减得到，所以平衡常数为，故答案为：；。 15．（2021·全国乙卷·高考真题）过渡金属元素铬是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题： (1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。 A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为 B．4s轨道上电子能量较高，总是在比3s轨道上电子离核更远的地方运动 C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大 (2)三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______，中心离子的配位数为_______。 (3)中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。 中P的杂化类型是_______。的沸点比的_______，原因是_______，的键角小于的，分析原因_______。 (4)在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是_______原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为_______%(列出计算表达式)。 【答案】 AC 6 高 存在分子间氢键 含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大 Al 【详解】(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为，A正确； B. Cr核外电子排布为，3s轨道能量低于4s轨道的能量，4s轨道的电子主要离核更远的地方运动，但其也有较小的机率在离核较近的地方运动，B错误； C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确； 故答案为：AC； (2)中三价铬离子提供空轨道，提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为三种原子的个数和即3+2+1=6，故答案为：；6； (3)的价层电子对为3+1=4，故中P的杂化类型是； N原子电负性较强，分子之间存在分子间氢键，因此的沸点比的高；的键角小于的，原因是：含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：；高；存在分子间氢键；含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大； (4)已知具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为，白球个数为，结合化学式可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率= %，故答案为：Al；。 16．（2020·山东·高考真题）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： (1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为_____________，其固体的晶体类型为_____________。 (2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_____________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为____________，键角由大到小的顺序为_____________。 (3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_________mol，该螯合物中N的杂化方式有__________种。 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。 坐标 原子 x y z Cd 0 0 0 Sn 0 0 0.5 As 0.25 0.25 0.125 一个晶胞中有_________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn_________(用分数坐标表示)。CdSnAs2 晶体中与单个Sn键合的As有___________个。 【答案】 正四面体形； 分子晶体 NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、AsH3 6 1 4 (，0，)、(，，0) 4 【分析】（1）利用价层电子对数确定SnCl4的分子构型；由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体； （2）结构相似的分子，相对分子质量越大物质的熔沸点越高，另外分子间能形成氢键的物质，熔沸点则较高，键角的大小取决于中心原子的杂化类型、孤电子对数、成键电子对与成键电子对之间的斥力大小； （3）由该物质的结构简式可知，螯合作用配位成环，故1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式为sp2杂化； （4）结合部分原子的分数坐标，结合晶胞结构图，确定各原子在晶胞中位置，找出相应原子。 【详解】（1）Sn为第ⅣA族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电子对数==0，键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形； （2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH3＞PH3＞AsH3； （3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，Cd—NO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种； （4）由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分As原子的分数坐标为（，，），8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为 ；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(，0，)、(，，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。 【点睛】本题考查轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点大小比较，键角大小的比较，配位数的计算，晶胞的计算等知识，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。 17．（2019·海南·高考真题）Ⅰ.下列各组物质性质的比较，结论正确的是( ) A．分子的极性：    B．物质的硬度： C． 物质的沸点：      D．在中的溶解度： Ⅱ.锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题： (1)位于元素周期表中第四周期____族，基态原子核外未成对电子有_____个。 (2)可与反应生成 ，新生成的化学键为_____键。分子的空间构型为______，其中N原子的杂化轨道类型为_______。 (3)金属锰有多种晶型，其中的结构为体心立方堆积，晶胞参数为a pm， 中锰的原子半径为_____pm。已知阿伏加 德罗常数的值为， 的理论密度____。(列出计算式) (4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰离子的化合价为____，其配位数为____。 【答案】 AB VIIB 5 配位 三角锥 sp3 +2 6 【分析】I.A.先判断分子是否为极性分子，然后根据极性分子的极性大于非极性分子的极性； B.二者是离子晶体，离子键越强，物质的硬度越大； C.HF分子之间存在氢键； D.CS2、CCl4都是非极性分子，H2O是极性分子，利用相似相溶原理分析； II.(1)Mn是25号元素，根据原子序数与元素周期表的位置判断其位置；并根据构造原理书写其核外电子排布式，判断其核外未成对电子数目； (2)在络离子的中心离子与配体之间存在配位键；用价层电子对理论判断NH3的空间构型，N原子的杂化轨道类型为sp3； (3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，据此计算Mn原子半径；先计算一个晶胞中含有的Mn原子数，然后根据ρ=计算晶胞密度； (4)用均摊法计算晶胞中Mn、O离子个数，然后利用化合物中正负化合价代数和等于0计算Mn的化合价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上下、前后、左右6个方向有O离子，配位数是6。 【详解】I.A.BCl3是平面正三角形，分子中正负电中心重合，是非极性分子；而NCl3的N原子上有一对孤电子对，是三角锥形，分子中正负电中心不重合，是极性分子，所以分子极性：BCl3<NCl3，A正确； B.NaF、NaI都是离子晶体，阴、阳离子通过离子键结合，由于离子半径F-<I-，离子半径越小，离子键越强，物质的硬度就越大，所以物质硬度：NaF>NaI，B正确； C.HCl分子之间只存在分子间作用力，而HF分子之间除存在分子间作用力外，还存在分子间氢键，因此HF的沸点比HCl的高，C错误； D.CCl4、CS2都是由非极性分子构成的物质，H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理可知，由非极性分子构成的溶质CCl4容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，由极性分子H2O构成的溶质不容易溶解在由非极性分子构成的溶剂CS2中，所以溶解度：CCl4>H2O，D错误； 故合理选项是AB； II. (1)Mn是25号元素，在元素周期表中第四周期VIIB族，根据构造原理可得基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p63d54s2，根据核外电子排布规律可知，该原子核外的未成对电子有5个； (2)MnCl2中的Mn2+上有空轨道，而NH3的N原子上有孤电子对，因此二者反应可形成络合物 ，则新生成的化学键为配位键。NH3的价层电子对数为3+，且N原子上有一对孤电子对，所以NH3分子的空间构型为三角锥形，其中N原子的杂化轨道类型为sp3杂化。 (3)体心立方结构中Mn原子在晶胞顶点和体心内，体对角线为Mn原子半径的4倍，由于晶胞参数为apm，则，则Mn原子半径r=pm；在一个Mn晶胞中含有的Mn原子数为，则根据晶体密度ρ=可得晶胞密度ρ===g/cm3； (4)在晶胞中含有的Mn离子数目为：，含有的O离子数目为：，Mn离子：O离子=4：4=1：1，所以该氧化物的化学式为MnO，化合物中元素正负化合价代数和等于0，由于O的化合价为-2价，所以Mn的化合价为+2价；根据晶胞结构可知：在Mn离子上、下、前、后、左、右6个方向各有一个O离子，所以Mn离子的配位数是6。 【点睛】本题考查了物质结构与性质的知识，涉及分子的极性、物质的熔沸点、硬度、溶解性的比较、原子核外电子排布及与其在周期表位置的关系、晶胞结构与计算等。在考查学生对知识的掌握的同时，考查了学生的空间想象能力及数学计算能力。 18．（2019·江苏·高考真题）A．[物质结构与性质] 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）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（见图2）中，Cu原子的数目为____。 【答案】 [Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9 正四面体 O sp3、sp2 易溶于水 4 【分析】考查物质结构与性质，涉及内容为电子排布式的书写、空间构型、配合物知识、杂化类型的判断、溶解性等知识，都属于基础性知识，难度系数不大； 【详解】（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9； （2）SO42－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O； （3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水； （4）考查晶胞的计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4； 【点睛】有关物质结构与性质的考查，相对比较简单，考查点也是基本知识，这就要求考生在《物质结构与性质》的学习中夯实基础知识，同时能够达到对知识灵活运用，如考查抗坏血酸分子溶解性，可以从乙醇极易溶于水的原因分析。 19．（2017·全国III卷·高考真题）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题： （1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。 （2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。 （3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是______________________________。 （4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。 （5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)为________nm。 【答案】 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn sp sp3 H2O>CH3OH>CO2>H2 H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 离子键和π键（或键） 0.148 0.076 【详解】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。 （2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。 （3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。 （4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。 （5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r=a，解得r= nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r(O2-)+2r(Mn2+)= a' =0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。 考点02 不涉及配合物 1．（2026·北京·高考真题）高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 (1)高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是___________________________________。 (2)高铁酸盐的结构分析 一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价的价层电子排布式是__________。 ②该高铁酸盐的化学式是__________。 ③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是__________，的空间构型是__________形。 (3)高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：________________________________________。 ②制备高纯度的方法之一： 上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：________________________________________。 【答案】(1)高铁酸根被还原得到的可水解生成胶体，该胶体能够吸附水中的悬浮杂质，起到净水作用 (2) 3：1 四面体形 (3) 相同温度下，的溶解度大于，向溶出得到的含的滤液中加入浓KOH，可利用更小的溶解度使充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含的氧化剂反应，生成的会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物 【详解】（1）高铁酸根的还原产物为三价铁离子，三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有大比表面积，可吸附水中悬浮杂质，实现净水作用； （2）①基态Fe原子价层电子排布为，失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为。 ②由晶胞结构可知，每个晶胞中有Fe原子2个；Na位于晶胞顶点，总数为；K位于晶胞棱上和体内，总数为，O原子位于体内，共有8个；所以其化学式为。 ③每个共4个Fe-O键，在晶胞中，受周围、影响，4个O分为两组，其中3个O受影响，1个O受影响，导致Fe-O键不同，所以两种Fe-O键数目比为3：1；为正四面体构型，与其结构相似，因此空间构型为四面体形。 （3）①酸性条件下发生歧化反应：Fe从+6价降为+3价，部分-2价O升为0价生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到对应离子方程式。 ②相同温度下，的溶解度大于，向溶出得到的含的滤液中加入浓KOH，可利用更小的溶解度使充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含的氧化剂反应，生成的会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物。 2．（2026·浙江·高考真题）回答下列问题： (1)的晶胞如图。请回答： ①的电子式：_______； ②旁边最近的有_______个； ③荧光掺入，代替_______(A或B)。 (2)将HF与按等物质的量发生化合反应生成，写出的结构式：_______。 (3)已知：，则： ①中S原子的杂化方式：_______。 ②熔点：LiF_______(填“>”、“<”或“=”)，原因：_______。 ③与反应生成与X，X的结构简式：_______。 ④等物质的量、NH3、混合，主要产物为，原因：_______。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：_______； 【答案】(1) 12 B (2) (3) > 氟离子半径小，离子键强 中吸电子，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，中推电子，N上的电子云密度大，容易与H+形成配位键 【详解】（1） ①Ca原子最外层有2个电子，F原子最外层有7个电子，Ca原子失去最外层2个电子形成Ca2+，两个F原子各得到1个电子形成F-，达到最外层8电子稳定结构，所以的电子式为；②示意图中，A离子共8个，均位于晶胞内，B离子有8个位于顶点，在1个晶胞内贡献个B离子，有6个位于面心，在1个晶胞内贡献个B离子，因此1个晶胞内含有4个B离子，晶胞中A与B的离子数之比为2:1，与化学式CaF2对应可知，A离子为F-，B离子为Ca2+，Ca2+旁边最近的Ca2+有12个，距离均为晶胞边长的倍（可以视为顶点对于面心）； ③掺入后，Er3+为阳离子，代替的是原有阳离子Ca2+，即B； （2） 硝酸分子中氮原子（N） 和另外两个端基氧原子参与形成了大π键。所以大π键的原子中心数是 3。N提供其p轨道上的 2个电子，两个端基氧原子各自提供其p轨道上的 1个电子（每个氧的单电子）。总电子数：2 + 1 + 1 = 4个电子。故的结构式为，硝酸结合HF中的氢离子后，羟基氧原子上的孤对电子未参与离域大π键，电子云更集中，碱性更强，更容易接受质子。所以的结构式为； （3）①S原子形成2个S=O双键和两个S-F键，键数为4，孤对电子数为0，所以中心原子S采取sp3杂化； ②因为F-的离子半径小，离子键更强，阴阳离子间作用力更强，所以LiF的熔点高于； ③与反应的产物之一是，说明N-Si键发生断裂，两分子各断裂一个S-F键，掉落一个F原子，剩余部分与结合生成，所以这两个F原子与结合生成；④中F的电负性很大，的吸电子能力很强，N-H键极性较大，H容易以H+的形式解离，而中由于乙基的推电子效应，导致N电子云密度较大，容易与H+结合（形成配位键），生成； ⑤先水解生成、HF、，则与足量NaOH反应会产生气体为，其余两种酸与NaOH反应，因此反应方程式为。 3．（2025·上海·高考真题）钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。 (1)用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。 A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大 (2)从微观角度解释钨有金属光泽的原因_______。 白钨矿的主要成分的钨酸钙(CaWO4)，CaWO4的晶胞结构如下图： (3)CaWO4晶胞中，Ca2+处于_______。 A．顶角 B．面上 C．棱上 D．体心 (4)钨元素的信息如图所示，可推测其在元素周期表中的位置是_______。 A．第五周期第IIB族 B．第五周期第IVB族 C．第六周期第IIB族 D．第六周期第VIB族 (5)根据价层电子对斥理论，可知中W的价层电子对数为_______。 (6)下图晶胞中只有一个完整的，其包含的四个O2-的编号是_______。(选填编号①~⑧) (7)白钨矿常伴生方解石、石膏、萤石、磷灰石等钙矿石。这些钙矿石的密度见下表： 伴生钙矿石 方解石 石膏 萤石 磷灰石 密度/g·cm-3 2.71 2.32 3.18 3.20 已知：V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22cm3；M(CaWO4)=288g·mol-1；NA=6.02×1023mol-1 计算CaWO4的密度_______ (写出计算过程，结果精确到小数点后2位)，并与伴生钙矿石作比较，说明钨得名“重石头”的原因_______。 CaWO4具有良好的光学活性，被广泛用于光电陶瓷材料中。工业上可以用电解法制备CaWO4，其装置如图所示： 已知 (8)写出该装置的阳极方程式_______。 (9)为获取高纯的CaWO4，在电解时需要不断通入，说明其原因_______。 【答案】(1)BC (2)当可见光照射金属表面时，金属中的自由电子吸收光能，形成不稳定的较高能量状态。当电子跃迁回较低能量状态时，会将能量以可见光的形式辐射出来，而具有金属光泽 (3)BC (4)D (5)4 (6)⑤⑥⑦⑧ (7) CaWO4的密度较大 (8) (9)减少CO2，避免生成CaCO3 【详解】（1）因为W丝具有导电性高熔点的性质，所以可以用来做灯丝，故答案为：BC； （2）钨有金属光泽的原因是：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； 故答案为：金属晶体中有自由电子，所以当可见光照射到金属晶体表面时，晶体中的自由电子可以吸收光能而呈现能量较高的状态。但是这种状态不稳定，电子跃迁回到低能量状态时会将吸收的各种波长的光辐射出来，使得金属不透明并具有金属光泽； （3）由图可知，位于面心和棱上，故答案为：BC； （4）由题给图片信息可知，74号W元素的价电子排布为，在56号Xe元素和86号Rn元素之间，所以W在第六周期第ⅥB族，故答案为D； （5）中心原子价层电子对数为4，孤对电子数为，故答案为4； （6）四面体是由1个W原子和4个O原子构成的，其中W原子位于四面体的中心，4个O原子位于四面体的4个顶点。从图1-8中可以看到晶胞的结构，当W原子与5、6、7、8号O原子相邻时，能组成一个四面体，故答案为：5、6、7、8； （7）由CaWO4的晶胞结构图知，位于面心和棱上，由均摊法计算，晶胞中含个数为，故1个晶胞中含4个CaWO4，V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22 cm3， CaWO4的密度比伴生钙矿石的密度大，所以被称为“重石头”；故答案为；CaWO4的密度较大； （8）W与电源正极相连，所以是电解池的阳极，故电极反应式为：，故答案为：； （9）制备时需要不断通入的原因是：减少CO2，避免生成CaCO3；故答案为：减少CO2，避免生成CaCO3； 4．（2024·海南·高考真题）锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子结构见下图。A)深受关注。 回答问题： (1)的制备前体(B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有_______(填元素符号)。 (2)C分子中，两个键角均为，键角为，N的原子轨道杂化类型为_______。 (3)B溶于某溶剂发生自耦电离()，阳离子F的结构式为_______。 (4)B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，值大小关系：B_______D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是_______。 (5)研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是_______。 (6)在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子皆已隐去。 ①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为_______；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为_______。 ②两种晶型的密度近似相等，则_______。(以含a、b和d的代数式表达) 【答案】(1)Cl、S (2) (3)或 (4) > B分子间存在氢键 (5)G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液 (6) 8 【详解】（1）由图可知，C中第三周期元素为氯元素和硫元素，故答案为：Cl、S； （2）由键角可知，C中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2； （3） 由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子F的结构式可能为或，故答案为：或； （4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键； （5）由图可知，G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液，所以有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，故答案为：G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度小于H溶液； （6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×=1，位于棱上的锂离子个数为12×=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为=；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为，则氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为12×=8；故答案为：；8； ②设Li2(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为，立方体形晶胞，由两种晶型的密度近似相等可知，c=，故答案为：。 5．（2024·北京·高考真题）锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 (1)位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 (2)和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是_______。 ②的键是由锡的_______轨道与氯的轨道重叠形成σ键。 (3)白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。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灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有_______个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是_______。 (4)单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是_______。 【答案】(1) (2) 平面三角形 1个杂化 (3) 4 (4)空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快 【详解】（1） Sn位于元素周期表的第5周期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，则SnCl4的Sn—Cl键是由锡的1个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，此5碳原子在空间构成正四面体，且该碳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，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，未发生明显反应；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：空气中的O2将C氧化为，与发生气固反应，速率快，有关反应的化学方程式为2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。 6．（2024·山东·高考真题）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)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多的元素是_______(填元素符号)。 (2)的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，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．       B．        C．       D． (3)(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为_______；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为_______。 (4)可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，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 【详解】（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的电子排布式为：，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，有6个未成对电子； （2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为，O的数目为，即该氧化物的化学式为MnO2；晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小，的化合价为+2x，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、CuO中Cu的化合价为+2，其中CaO中Ca的化合价下降只能为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； （3）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，但FDCA形成的分子间氢键更多，使得FDCA的熔点远大于HMF。 7．（2023·天津·高考真题）铜及其化合物在生产生活中有重要作用。 (1)基态Cu原子的价层电子排布式是______，与相比较，离子半径较大的是______。 (2)铜的一种化合物的晶胞如图所示，其化学式为______。 (3)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：______。反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______。H2O2电子式为______。 (4)上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是______(填序号)。 a．硝酸    b．    c． (5)Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为______。反应中KI的作用为______。 【答案】(1) 3d104s1 Cu+ (2)CuCl (3) Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2 (4)b (5) CuI 还原剂、沉淀剂 【详解】（1）已知Cu是29号元素，则铜的价层电子排布式是3d104s1，根据同一元素的微粒化合价越高，核外电子数越少，半径越小，故Cu+与Cu2+中半径较大的是Cu+，故答案为：3d104s1；Cu+； （2）由题干铜的一种化合物的晶胞图所示可知，一个晶胞中含有Cu+为4个，含有Cl-个数为：=4个，故其化学式为CuCl，故答案为：CuCl； （3） 在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2，导致反应中，H2O2实际消耗量总是大于理论，H2O2为共价化合物，故其电子式为：，故答案为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O和O2；； （4）HNO3被还原生成NO有毒，会污染环境，Cl2本身有毒也会污染环境，故上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是O2，故答案为：b； （5）Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析，向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝，说明反应生成了I2，根据化合价有升必有降的原理可知，反应中Cu的化合价降低到+1价，故反应的离子方程式为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，即该白色沉淀的化学式为CuI，反应中KI的作用为将Cu2+充分还原为CuI，故答案为：CuI；将Cu2+充分还原为CuI。 8．（2023·全国乙卷·高考真题）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题： (1)基态原子的价电子排布式为_______。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为_______，铁的化合价为_______。 (2)已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ 800.7 与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是_______。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因_______。的空间结构为_______，其中的轨道杂化形式为_______。 (3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有_______个。该物质化学式为_______，B-B最近距离为_______。    【答案】(1) O＞Si＞Fe＞Mg +2 (2) 钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大 正四面体 (3) 1 【详解】（1）为26号元素，基态原子的价电子排布式为。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石()中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为中、、的化合价分别为+2、+4和-2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为=+2。 （2）与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知， 、、熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。的空间结构为正四面体，其中的价层电子对数为4，因此的轨道杂化形式为。 （3）由硼镁化合物的晶体结构可知位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为。 9．（2022·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题： (1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。 (2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。 (3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。 (4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。 A．[Cu(NH3)2]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MnO的是____(填标号)，理由是____。 (6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。 ①该物质的化学式为_____。 ②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。 【答案】(1)1：2或2：1 (2) 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元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO (6) Cu2ZnSnS4 (，，) 【详解】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1； （2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大； （3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化； （4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子； A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意； B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意； C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意； D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意； 故选B； （5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D； （6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为ZnSnCu2S4，故答案为：ZnSnCu2S4； ②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。 10．（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 (1)结构示意图如图1。 ①的价层电子排布式为___________。 ②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。 ③中与与的作用力类型分别是___________。 (2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。 ①距离最近的阴离子有___________个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。 该晶体的密度为___________。 (3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。 【答案】(1) 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 配位键、氢键 (2) 6 (3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料 【详解】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。 ②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。 ③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。 答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。 （2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）： 。   4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。 ②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度 。 答案为：6； （3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。 答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。 11．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 (2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。 (3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大 (2) 4 或 (3)Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3 【详解】（1）在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K== =5；在溶液中，pH越大，c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中物质的量分数越大。 （2） 因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：或；故答案为：4；或。 （3）有图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3；故答案为：Fe2O3；设氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3。 12．（2020·天津·高考真题）Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题: (1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为_________，基态Fe原子的电子排布式为__________。 (2)CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加 德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为______g﹒cm-3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。 (3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为____，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：______。 (4)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_____。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为______(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为_______。 【答案】 第四周期第VIII族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 NiO＞CoO＞FeO CoCl3＞Cl2＞FeCl3 2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O 随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜 少量多次 3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝3NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝3NiSO4＋2NO2↑＋2H2O 【分析】(1)根据Fe、Co、Ni的原子序数得出位置和基态Fe原子的电子排布式。 (2)根据晶胞结构计算出O2−和Co2+个数，根据密度公式计算；根据离子晶体键能和晶格能比较熔点。 (3)根据反应方程式氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，Co(OH)3与盐酸反应发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O。 (4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息得出原因；根据为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快这个信息得出添加硝酸的方法和反应方程式。 【详解】(1)Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案为：第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。 (2)CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2−个数为，Co2+个数为，设阿伏加 德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径Fe2+＞Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO；故答案为：；NiO＞CoO＞FeO。 (3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3＞Cl2＞FeCl3，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故答案为：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O。 (4)类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率，反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO2，此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O；故答案为：随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3＝3NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝3NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。 【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式、晶胞计算、氧化还原反应、学生学习知识的能力的考查。 13．（2020·全国II卷·高考真题）钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题： (1)基态Ti原子的核外电子排布式为____________。 (2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是____________。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155 (3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；金属离子与氧离子间的作用力为__________，Ca2+的配位数是__________。 (4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中__________的空间位置相同，有机碱中，N原子的杂化轨道类型是__________；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_________g·cm-3(列出计算式)。 (5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理_______、_______。 【答案】 1s22s22p63s23p63d24s2 TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高 O＞Ti＞Ca 离子键 12 Ti4+ sp3 2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+ 2Eu2++I2=2Eu3++2I− 【分析】(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；(2)考查了不同类型的晶体的熔沸点比较，相同类型的晶体的熔沸点比较；(3)考查了电负性的周期性变化规律，微粒间的相互作用以及晶胞中离子的配位数；(4)考查了晶胞中微粒的位置和杂化理论，晶体密度的计算问题；(5)重点考查通过反应历程图，来书写离子方程式等。 【详解】(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2； (2) 一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；故答案为：TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高； (3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是：O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；故答案为：O>Ti>Ca；离子键；12； (4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4+；图(b)中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的 就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱中N原子上无孤对电子，周围形成了4个键，故N原子采用sp3杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为个，的数目为个，I-的数目为个，故晶胞的密度为，故答案为：Ti4+；sp3； ； （5）从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb + 2Eu3+ = Pb2+ + 2Eu2+，右边发生I2 + 2Eu2+ = 2Eu3+ + 2I-，故答案为：Pb + 2Eu3+ = Pb2+ + 2Eu2+；I2 + 2Eu2+ = 2Eu3+ + 2I- 【点睛】对电负性的考查，只要掌握周期表同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小的规律，另金属元素的电负性小于非金属的；化学键的类型判断主要也是通过电负性，当两元素的电负性相差1.7以上形成离子键，小于则形成共价键；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构计算晶体密度时，先要确定晶胞中含有的微粒数目，这时一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用，然后根据质量的两种计算方法相等即来进行求算。 14．（2020·全国I卷·高考真题）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题： (1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。 (2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)> I1(Na)，原因是_________。I1(Be)> I1(B)> I1(Li)，原因是________。 I1/(kJ·mol－1) Li  520 Be  900 B  801 Na  496 Mg  738 Al  578 (3)磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为_______。 (4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有____个。 电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_______，n(Fe2+ )∶n(Fe3+)=_______。 【答案】 4:5 Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更小 Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的 正四面体形 4 sp3 4 或0.1875 13:3 【分析】题(1)考查了对基态原子电子排布规律的认识；题(2)考查了第一电离能的周期性变化规律；题(3)考查了分子或离子空间构型判断的两大理论；题(4)重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意图判断晶胞组成。 【详解】(1)基态铁原子的价电子排布式为，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子排布式分别为和，根据Hund规则可知，基态Fe2+有4个未成对电子，基态Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5； (2)同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于ⅡA元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素，因此； (3)经过计算，中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道； (4)由题干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为个；进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO4，并且一个晶胞中含有的Li+，Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16，所以有即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组：，，解得x=0.8125，y=0.1875，则Li1-xFePO4中。 【点睛】对第一电离能的考查，最常出现的是ⅡA，ⅤA基态原子与同一周期相邻主族元素的基态原子第一电离能的比较；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构书写晶体化学式时，一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用。 15．（2019·全国II卷·高考真题）近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题： （1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。 （2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。 （3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。 （4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。    图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。 【答案】 三角锥形 低 NH3分子间存在氢键 4s 4f5 小于 SmFeAsO1−xFx 【详解】（1）As与N同族，则AsH3分子的立体结构类似于NH3，为三角锥形；由于NH3分子间存在氢键使沸点升高，故AsH3的沸点较NH3低， 故答案为三角锥形；低；NH3分子间存在氢键； （2）Fe为26号元素，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去1个电子使4s轨道为半充满状态，能量较低，故首先失去4s轨道电子；Sm的价电子排布式为4f66s2，失去3个电子变成Sm3+成为稳定状态，则应先失去能量较高的4s电子，所以Sm3+的价电子排布式为4f5， 故答案为4s；4f5； （3）F-和O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-<O2-， 故答案为<； （4）由图1可知，每个晶胞中含Sm原子：4=2，含Fe原子：4+1=2，含As原子：4=2，含O原子：（8+2）（1-x）=2（1-x），含F原子：（8+2）x=2x，所以该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx； 根据该化合物的化学式为SmFeAsO1-xFx，一个晶胞的质量为，一个晶胞的体积为a2c10-30cm3，则密度=g/cm3， 故答案为SmFeAsO1-xFx；； 根据原子1的坐标（，，），可知原子2和3的坐标分别为（，，0），（0，0，）， 故答案为（，，0）；（0，0，）； 16．（2019·全国I卷·高考真题）在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____________(填标号)。 A．            B．            C．        D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是__________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 −75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因__________。 （4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=__________pm，Mg原子之间最短距离y=__________pm。设阿伏加 德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是__________g·cm−3(列出计算表达式)。 【答案】 A sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2＋ Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2 【详解】（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. [Ne] 3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子； D.[Ne] 3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选A； （2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋； （3）由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6＞SO2，所以熔点大小顺序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2； （4）根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是，则x＝pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则y＝；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu原子个数16，晶胞的质量是。由于边长是a pm，则MgCu2的密度是g·cm−3。 17．（2019·全国III卷·高考真题）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题： （1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_________（填“相同”或“相反”）。 （2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为________，其中Fe的配位数为_____________。 （3）苯胺  ）的晶体类型是__________。苯胺与甲苯（  ）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（-5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（-95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是___________。 （4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是______；P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_______键。 （5）NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：    这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为____________（用n代表P原子数）。 【答案】 Mg 相反    4 分子晶体 苯胺分子之间存在氢键 O sp3 σ (PnO3n+1)(n+2)- 【分析】这道选修题涉及到了元素周期表和对角线原则、核外电子排布式的写法、配位物的形成，以及熔沸点的判断方式和分子晶体的判断方法。电负性的判断和杂化轨道的计算。 【详解】（1）根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的最外层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反。 （2）氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为  ，因此Fe的配位数为4。 （3）大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。 （4）电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O就是最大的。计算出P的杂化类型是sp3，与氧原子形成的是磷氧双键，其中p轨道是σ，与氢氧形成的是单键。 （5）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO42-、P2O74-、P3O105-： 磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n 氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1 酸根的变化规律为：3，4，5，n+2 因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为[PnO(3n+1)](n+2)－。 【点睛】第二小问，双聚分子的氯化铁结构式，从共价键的角度分析，存在着配位键，那配位原子就是氯原子，共用两个氯原子就可实现将两个氯化铁连接在一起的结构；第五小问，应用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。 18．（2018·海南·高考真题） (1)I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________ A．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si                B．共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI C．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI    D．热稳定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3 II.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题： (2)CuFeS2中存在的化学键类型是________________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的_____________。 (3)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。 ①X分子的立体构型是______，中心原子杂化类型为__________，属于_______（填“极性”或“非极性”）分子。 ②X的沸点比水低的主要原因是____________________。 (4)CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为_____，共价键的类型有_________。 (5)四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。 ①Cu＋的配位数为__________，S2－的配位数为____________。 ②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏伽德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是________g•cm-3(列出计算式)。 【答案】(1)BC (2) 离子键 CD (3) V形 sp3 极性 水分子间存在氢键 (4) 3 σ键和π键 (5) 4 4 【详解】（1）I. A．当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P为半满结构，因此第一电离能最大，故不符合题意； B．共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素从上到下依次减弱，故B符合题意； C．晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此晶格能逐渐减小，故C符合题意； D．热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此D不符合题意； 故答案选BC； （2）CuFeS2中存在非金属与金属之间的化学键，为离子键；电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨道，因此，B不符合题意，而失去电子时，应先失去高能轨道电子，故CD符合题意； （3）①臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，分子中价层电子有4对，孤对电子为=2对，故构型是V形，中心原子杂化类型为sp3，有孤对电子，为非对称结构，因此为极性分子。 ②由于在水分子中，氧元素吸引电子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点升高。 故答案为：V形 ；sp3 ；极性；水分子间存在氢键。 （4）SO2中心原子的价层电子对数为=3，以双键结合，故共价键类型为σ键和π键。 故答案为：3；σ键和π键； （5）①由图可知离Cu＋最近且等距的S2－有4个，Cu＋配位数为4；离S2－最近的Cu＋有2个，Fe3＋有2个，且距离相等，S2－配位数为4。 ②根据=，质量m=(4×64+4×56+8×32)/NA，体积V=0.524×0.524×1.032×10-21cm-3, 所以，CuFeS2晶体的密度是g/cm3。 故答案为：。 19．（2018·全国II卷·高考真题）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： H2S S8 FeS2 SO2 SO3 H2SO4 熔点/℃ −85.5 115.2 >600（分解） −75.5 16.8 10.3 沸点/℃ −60.3 444.6 −10.0 45.0 337.0 回答下列问题： （1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。 （2）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他分子的是_________。 （3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。 （4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。 （5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏伽德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。 【答案】 哑铃（纺锤） H2S S8相对分子质量大，分子间范德华力强 平面三角 2 sp3 【分析】（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答； （2）根据价层电子对互斥理论分析； （3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断； （4）根据价层电子对互斥理论分析； （5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。 【详解】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。 （2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。 （3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多； （4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是3，且不存在孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有2种，即σ键、π键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子形成4个共价键，因此其杂化轨道类型为sp3。 （5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是12×1/4+1＝4，硫原子个数是8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏伽德罗常数的值为NA，则其晶体密度的计算表达式为；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长是面对角线的一半，则为nm。 【点睛】本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等，难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。①当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况，但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。 20．（2018·全国I卷·高考真题）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题： （1）下列Li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）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。 （3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。 A．离子键  B．σ键  C．π键  D．氢键 （4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born−Haber循环计算得到。 可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。 （5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。 【答案】 D C Li+核电荷数较大 正四面体 sp3 AB 520 498 2908 【详解】分析：（1）根据处于基态时能量低，处于激发态时能量高判断； （2）根据原子核对最外层电子的吸引力判断； （3）根据价层电子对互斥理论分析；根据物质的组成微粒判断化学键； （4）第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，据此计算；根据氧气转化为氧原子时的能量变化计算键能；晶格能是气态离子形成1摩尔离子晶体释放的能量，据此解答； （5）根据晶胞中含有的离子个数，结合密度的定义计算。 详解：（1）根据核外电子排布规律可知Li的基态核外电子排布式为1s22s1，则D中能量最低；选项C中有2个电子处于2p能级上，能量最高； （2）由于锂的核电荷数较大，原子核对最外层电子的吸引力较大，因此Li＋半径小于H－； （3）LiAlH4中的阴离子是AlH4－，中心原子铝原子含有的价层电子对数是4，且不存在孤对电子，所以空间构型是正四面体，中心原子的杂化轨道类型是sp3杂化；阴阳离子间存在离子键，Al与H之间还有共价单键，不存在双键和氢键，答案选AB； （4）根据示意图可知Li原子的第一电离能是1040 kJ/mol÷2＝520 kJ/mol；0.5mol氧气转化为氧原子时吸热是249 kJ，所以O＝O键能是249 kJ/mol×2＝498 kJ/mol；根据晶格能的定义结合示意图可知Li2O的晶格能是2908 kJ/mol； （5）根据晶胞结构可知锂全部在晶胞中，共计是8个，根据化学式可知氧原子个数是4个，则Li2O的密度是。 点睛：本题考查核外电子排布，轨道杂化类型的判断，分子构型，电离能、晶格能，化学键类型，晶胞的计算等知识，保持了往年知识点比较分散的特点，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：①位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；②位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；③位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；④位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。 21．（2017·全国III卷·高考真题）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题： （1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。 （2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。 （3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是______________________________。 （4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。 （5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)为________nm。 【答案】 1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn sp sp3 H2O>CH3OH>CO2>H2 H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 离子键和π键（或键） 0.148 0.076 【详解】（1）Co是27号元素，位于元素周期表第4周期第VIII族，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2。元素Mn与O中，由于O元素是非金属性而Mn是过渡元素，所以第一电离能较大的是O。O基态原子价电子为2s22p4，所以其核外未成对电子数是2，而Mn基态原子价电子排布为3d54s2，所以其核外未成对电子数是5，因此核外未成对电子数较多的是Mn。 （2）CO2和CH3OH的中心原子C原子的价层电子对数分别为2和4，所以CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为sp和sp3。 （3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为非极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；二氧化碳的相对分子质量比氢气大，所以二氧化碳分子间作用力较大、沸点较高。 （4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。 （5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r=a，解得r= nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞棱长是2r(O2-)+2r(Mn2+)= a' =0.448nm，解得r(Mn2+)=0.076nm。 22．（2017·江苏·高考真题）铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。 (1)Fe3+基态核外电子排布式为_______。 (2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_______，1 mol 丙酮分子中含有σ键的物质的量为_______。 (3)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为_______。 (4)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_______。 (5)某FexNy的晶胞图−1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n) CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化图−2 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_______。 【答案】(1)[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5 (2) sp2和sp3 9 mol (3)H<C<O (4)乙醇分子间存在氢键 (5)Fe3CuN 【详解】（1）铁是26号，Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5，故答案为：[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5； （2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是甲基中的C形成3个C―H σ键，1个C―C σ键，为sp3杂化，羰基中的C形成3个C―C σ键，一个π键，故C的杂化方式为sp2；据以上分析1 mol 丙酮分子中含有σ键的物质的量为9 mol，故答案为：sp2；9mol； （3）C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为H<C<O，故答案为：H<C<O； （4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为乙醇分子间存在氢键；丙酮分子中无与电负性较大的O原子相连的H原子，不能形成氢键，故答案为：乙醇分子间存在氢键； （5）a位置Fe：8×1/8=1，b位置Fe，6×1/2=3，N为1个，从题干图-2看出：Cu替代a位置Fe型产物的能量更低，将化学式由Fe3FeN用铜替换为Fe3CuN，故答案为：Fe3CuN。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题24 物质结构与性质综合——以金属元素为主体（非选择题） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 考点1 涉及配合物 2026：山东 2025：福建、海南、浙江、北京、山东 2024：全国新课标卷、上海 2023：海南、全国甲卷 2022：重庆、山东 2021：海南、天津、全国乙卷 2020：山东 2019：海南、江苏 1.题型特点：高考化学选考 / 必做大题，以金属（过渡金属为主，碱金属、碱土金属为辅）为载体，融合原子结构、分子与化学键、晶体结构三大模块，结合金属新材料、催化剂、合金、配位化合物情境命题。 命题套路：给陌生新材料化学式 / 晶胞图，以金属元素为核心设问，非金属（O、N、C、S、P、卤素）做配体、阴离子、骨架元素。 2.难度特点：整体中档难度。 · 3.核心考向： （1）原子结构与电子排布（必考小问）。 （2）化学键、配位键、配合物（高频）。 （3）晶体结构与性质（大题核心，分值最高）。含金属的离子晶体、复杂氧化物晶胞（最高频）。常要求计算晶胞密度、原子利用率或判断配位数，需熟练掌握均摊法及空间几何关系。 （4）物质性质解释（文字表述题，高考拉分点）。 考点2 不涉及配合物 2026：北京、浙江 2025：上海 2024：海南、北京、山东 2023：天津、全国乙卷 2022：北京、江苏 2020：天津、全国II卷、全国I卷2019：全国II卷、全国I卷、全国III卷 2018：海南、全国II卷、全国I卷2017：全国II卷、江苏 考点01 涉及配合物 1．（2026·山东·高考真题）与（L）通过配位键形成多孔金属有机框架材料，其四方晶胞结构如图所示（晶胞参数，，原子略）。回答下列问题： (1)基态Cu原子的电子排布式为_____________；C，N，O，F中第二电离能最大的是_________。 (2)为平面分子，其中N原子采取的轨道杂化方式为_________，该分子的孤电子对数为_________。 (3)中_________；其在室温下可选择性吸附，但不吸附和。分子被吸附在晶胞顶点，与框架结构中的F原子存在如图所示静电作用，晶体中与一个分子产生该作用的F原子有___________个；不吸附和的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________。 (4)若阿伏加德罗常数的值为，则的对的理论吸附量为____。 2．（2025·福建·高考真题）研究抗癌药物顺铂与胸苷(简写为TH，结构如下)的配体交换反应及所形成配合物的稳定性。 I．配合物的制备 (1)“步骤1”的离子方程式为________________。 (2)“步骤2”中体系存在以下平衡： i．    ii．    ①反应的平衡常数________。(用、列出计算式) ②加入NaOH溶液的目的是________(从平衡角度分析) (3)、和与Pt(Ⅱ)的配位能力由强到弱的顺序为________。 Ⅱ．探究酸度对稳定性的影响 用配制3份酸化程度不同、物质的量浓度均为Y[以初始用量计算]的溶液S1—S3。在一定温度下酸化反应达到平衡时，测定溶液pH，并分别取等体积溶液测得T中6-位碳原子上H的核磁共振信号(如图，峰面积与化学环境相同的H原子数成正比)，其中未酸化的溶液S1中仅有信号峰I。 酸化时存在下列反应： iii． iv． (4)信号峰Ⅱ代表的物质是________(填标号)；信号峰Ⅲ代表的物质是________(填标号) a．    b．      c．    d． (5)溶液中酸化反应达到平衡的标志是________(填标号) a．pH保持不变          b．特征信号峰的总面积保持不变 c．出现3个特征信号峰   d．特征信号峰的数量及其面积保持不变 (6)已知图中溶液S1信号峰I的面积为，溶液S2信号峰I、Ⅱ的面积分别为、；溶液S2中________， ________。(用、、、Y列出计算式)从而可推得反应ii和iv的平衡常数。 3．（2024·上海·高考真题）溴化铝可用作分析试剂、催化剂和制冷剂。溴化铝的固体以二聚体分子形式存在。其结构如下图所示： (1)关于Al2Br6中化学键描述正确的是___________。 A．含有极性键 B．含有离子键 C．含有非极性键 D．含有金属键 (2)Al2Br6溶于乙腈(CH3C≡N)会生成配合物。该配合物的组成如图所示： a．已知该配合物中心离子的价层电子对的空间结构为四面体形，则中心离子的杂化类型为___________。 A．sp   B．sp2   C．sp3 b．该配离子中所含的配体有___________。(化学式) c．1mol该配离子中含σ键___________mol。 A．4   B．12   C．14   D．18 反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH可用于估算Al2Br6(g)的总键能。已知下列过程： ①2Al(s)+3Br2(l)=Al2Br6(s)    ΔH1   ②Al(s)=Al(g)   ΔH2 ③Br2(l)=Br2(g)   ΔH3 ④Br2(g)=2Br(g)   ΔH4 ⑤Al2Br6(s)=Al2Br6(g)  ΔH5 (3)则反应Al2Br6(g)=2Al(g)+6Br(g)的ΔH=___________。(用ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4、ΔH5表示) Al2Br6的晶胞如下图所示： (4)已知晶胞的上、下面和左、右面均为长方形，二聚分子的中心均位于棱心位置。距离“甲位置”最近且距离相等的Al2Br6有___________个。 A．2 B．4 C．6 D．8 (5)该晶体的晶胞体积V=5.47×10-22cm3，晶胞密度ρ=___________g·cm-3。(NA的数值取6.02×1023，计算结果精确到小数点后2位) (6)已知氟化铝、溴化铝和碘化铝的熔点如下表所示，碘化铝和溴化铝的结构相似。利用晶体结构有关知识，解释氟化铝、溴化铝和碘化铝熔点存在差异的原因。___________ 物质 氟化铝 溴化铝 碘化铝 熔点/K 1564 371 464 (7)AlBr3水解可得到Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体用于净水，其原因是___________。 (8)已知电泳时，带电Al(OH)3胶体粒子向阴极移动，该胶体的化学式离子可能是___________。 A．[mAl(OH)3·nAl3+·(3n-x)Br-]x+ B．[mAl(OH)3·nBr-·xAl3+](3x+n)+ C．[mAl(OH)3·nOH-·(n-x)H+]x- D．[mAl(OH)3·nAl3+·3nBr-] 4．（2025·海南·高考真题）过渡金属钌(Ru)的配合物A可用于多种化学键的活化。和代表两种不同的烷基。水分子参与反应(第①步)，经由配合物B，得到C，实现氧氢键断开。 回答问题： (1)同位素氘(或D)，是一种常用的追踪标记原子，氘的质量数是______。 (2)分子中键的极性大于分子中键，主要原因是______。 (3)第②步反应前后，杂化方式改变的碳原子是______(填碳原子标号)。 (4)某溶剂中，用醇钾()处理前体配合物E，可将其转化为A。转化反应方程式为：______。 (5)若第①步参与反应的小分子为(即氨中所有氢原子皆被氘取代)，经第②步反应，得到。将答题卡中的结构图补充完整(须标出全部氘原子) ______。 一种可用作强氧化剂的含钌多氟化物的晶体晶胞，如图1所示，完成(6)、(7)题。 (6)Ag与Cu是同族相邻周期元素。已知该晶体中Ag阳离子有1个未成对电子，此Ag阳离子的基态价电子排布式为______。 (7)每个Ag原子周围的紧邻氟原子围成规则配位结构，与该晶胞中氟原子的配位关系均已在图1呈现。沿c方向投影，见图2(已放大处理)。b方向紧邻晶胞中与配位的氟原子标号是______。(紧邻晶胞中相应氟原子标号与图示晶胞相同)。 5．（2025·浙江·高考真题）铜在自然界大多以硫化物形式成矿。请回答： (1)有关铜和硫的说法正确的是_______。 A．基态硫原子有7对成对电子 B．铜焰色试验呈绿色，与铜原子核外电子跃迁释放能量有关 C．基态铜原子失去2个电子，轨道形成全充满结构 D．配位键强度： (2)一种铜化合物的晶胞如图，写出由配离子表示的该化合物的化学式_______。 (3)化合物A[化学式：]和B[化学式：]具有相似的结构，如图。 ①化合物B给出趋势相对更大，请从结构角度分析原因_______。 ②将化合物A与足量稀硫酸混合，在加热条件下充分反应，得到气体C和含的溶液，写出发生反应的化学方程式_______。 ③设计实验检验气体C_______(要求利用气体C的氧化性或还原性)。 (4)有同学以为原料，设计如下转化方案： ①步骤I的化学方程式_______。 ②步骤Ⅱ中，溶液E中铜元素全部转化为难溶性。气体X为_______(要求不引入其他新的元素)；溶液F中除外，浓度最高的两种离子_______(按浓度由高到低顺序)。 6．（2025·北京·高考真题）通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 (1)将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 (2)分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。 (3)的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是_______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______。() (4)和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 7．（2025·山东·高考真题）单质及其化合物应用广泛。回答下列问题： (1)在元素周期表中，位于第_______周期_______族。基态原子与基态离子未成对电子数之比为_______。 (2)尿素分子与形成配离子的硝酸盐俗称尿素铁，既可作铁肥，又可作缓释氮肥。 ①元素C、N、O中，第一电离能最大的是_______，电负性最大的是_______。 ②尿素分子中，C原子采取的轨道杂化方式为_______。 ③八面体配离子中的配位数为6，碳氮键的键长均相等，则与配位的原子是_______(填元素符号)。 (3)可用作合成氨催化剂、其体心立方晶胞如图所示(晶胞边长为)。 ①晶胞中原子的半径为_______。 ②研究发现，晶胞中阴影所示m，n两个截面的催化活性不同，截面单位面积含有原子个数越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性较低的是_______，该截面单位面积含有的原子为_______个。 8．（2024·新课标卷·高考真题）(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，镍原子半径为_______。 (2)结构如图甲所示，其中含有σ键的数目为_______，晶体的类型为_______。 (3)在总压分别为0.10、0.50、1.0、2.0MPa下，Ni(s)和CO(g)反应达平衡时，体积分数x与温度的关系如图乙所示。反应的ΔH_______0(填“大于”或“小于”)。从热力学角度考虑，_______有利于的生成(写出两点)。、100℃时CO的平衡转化率α=_______，该温度下平衡常数_______。 (4)对于同位素交换反应，20℃时反应物浓度随时间的变化关系为(k为反应速率常数)，则反应一半所需时间_______(用k表示)。 9．（2023·海南·高考真题）我国科学家发现一种钒配合物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、双键或叁键) 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，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，钒的化合价分别为和，配合物Ⅱ、Ⅲ和三者中，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在超导方面表现出潜在的应用前景。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，锑原子基态的价层电子排布式为_______。 ②晶体中少部分钒原子被其它元素(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．有或价态形式    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 10．（2023·全国甲卷·高考真题）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题： (1)图1所示的几种碳单质，它们互为_______，其中属于原子晶体的是_______，间的作用力是_______。 (2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。 酞菁分子中所有原子共平面，其中轨道能提供一对电子的原子是_______(填图2酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，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)气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中的轨道杂化类型为_______。的熔点为，远高于的，由此可以判断铝氟之间的化学键为_______键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为_______。若晶胞参数为，晶体密度_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。 11．（2022·重庆·高考真题）配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。 (1)基态Zn2+的电子排布式为______。 (2)L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为______个，C与O之间形成σ键的数目为______个。 (3)X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入______。(假设X晶胞形状不变)。 A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3 (4)X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。 ①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。 ②X晶体中Zn2+的配位数为______。 ③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。 ④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。 12．（2022·山东·高考真题）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：    (1)基态Ni原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。 (2)晶胞中N原子均参与形成配位键，Ni2+与Zn2+的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。 (3)吡啶(  )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。 A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道 (4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。 (5)  、  、  的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。 13．（2021·海南·高考真题）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。 回答问题： (1)基态锰原子的价层电子排布式为___________。 (2)配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为___________。 (3)第一电离能的大小：C___________O(填“大于”或“小于”)。 (4)中碳原子的杂化轨道类型是___________，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式___________。 (5) CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为___________。 (6)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是___________。 以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为，b点锰原子坐标为，则c点锰原子坐标为___________。 14．（2021·天津·高考真题）铁单质及其化合物的应用非常广泛。 (1)基态Fe原子的价层电子排布式为___________。 (2)用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为___________。每个晶胞B中含Fe原子数为___________。 (3)合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式___________。从能量角度分析，铁触媒的作用是___________。 (4)Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如、、。某同学按如下步骤完成实验： ①为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是___________，为了能观察到溶液Ⅰ中的浅紫色，可采取的方法是___________。 ②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡：；，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为___________，平衡常数为___________(用K1和K2表示)。 15．（2021·全国乙卷·高考真题）过渡金属元素铬是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题： (1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。 A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为 B．4s轨道上电子能量较高，总是在比3s轨道上电子离核更远的地方运动 C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大 (2)三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______，中心离子的配位数为_______。 (3)中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。 中P的杂化类型是_______。的沸点比的_______，原因是_______，的键角小于的，分析原因_______。 (4)在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是_______原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为_______%(列出计算表达式)。 16．（2020·山东·高考真题）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题： (1)Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为_____________，其固体的晶体类型为_____________。 (2)NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为_____________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序为____________，键角由大到小的顺序为_____________。 (3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_________mol，该螯合物中N的杂化方式有__________种。 (4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。 坐标 原子 x y z Cd 0 0 0 Sn 0 0 0.5 As 0.25 0.25 0.125 一个晶胞中有_________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn_________(用分数坐标表示)。CdSnAs2 晶体中与单个Sn键合的As有___________个。 17．（2019·海南·高考真题）Ⅰ.下列各组物质性质的比较，结论正确的是( ) A．分子的极性：    B．物质的硬度： C． 物质的沸点：      D．在中的溶解度： Ⅱ.锰单质及其化合物应用十分广泛。回答下列问题： (1)位于元素周期表中第四周期____族，基态原子核外未成对电子有_____个。 (2)可与反应生成 ，新生成的化学键为_____键。分子的空间构型为______，其中N原子的杂化轨道类型为_______。 (3)金属锰有多种晶型，其中的结构为体心立方堆积，晶胞参数为a pm， 中锰的原子半径为_____pm。已知阿伏加 德罗常数的值为， 的理论密度____。(列出计算式) (4)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰离子的化合价为____，其配位数为____。 18．（2019·江苏·高考真题）A．[物质结构与性质] 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）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（见图2）中，Cu原子的数目为____。 19．（2017·全国III卷·高考真题）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题： （1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。 （2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。 （3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是______________________________。 （4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。 （5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)为________nm。 考点02 不涉及配合物 1．（2026·北京·高考真题）高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 (1)高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是___________________________________。 (2)高铁酸盐的结构分析 一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价的价层电子排布式是__________。 ②该高铁酸盐的化学式是__________。 ③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是__________，的空间构型是__________形。 (3)高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：________________________________________。 ②制备高纯度的方法之一： 上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：________________________________________。 2．（2026·浙江·高考真题）回答下列问题： (1)的晶胞如图。请回答： ①的电子式：_______； ②旁边最近的有_______个； ③荧光掺入，代替_______(A或B)。 (2)将HF与按等物质的量发生化合反应生成，写出的结构式：_______。 (3)已知：，则： ①中S原子的杂化方式：_______。 ②熔点：LiF_______(填“>”、“<”或“=”)，原因：_______。 ③与反应生成与X，X的结构简式：_______。 ④等物质的量、NH3、混合，主要产物为，原因：_______。 ⑤与足量NaOH生成气体的化学方程式：_______； 3．（2025·上海·高考真题）钨(W)为银白色有光泽的金属，常温下不受空气侵蚀，化学性质比较稳定，主要用来制造灯丝和制作耐磨工具。 (1)用金属钨作灯丝与钨的_______特性有关。 A．延展性 B．导电性 C．高熔点 D．硬度大 (2)从微观角度解释钨有金属光泽的原因_______。 白钨矿的主要成分的钨酸钙(CaWO4)，CaWO4的晶胞结构如下图： (3)CaWO4晶胞中，Ca2+处于_______。 A．顶角 B．面上 C．棱上 D．体心 (4)钨元素的信息如图所示，可推测其在元素周期表中的位置是_______。 A．第五周期第IIB族 B．第五周期第IVB族 C．第六周期第IIB族 D．第六周期第VIB族 (5)根据价层电子对斥理论，可知中W的价层电子对数为_______。 (6)下图晶胞中只有一个完整的，其包含的四个O2-的编号是_______。(选填编号①~⑧) (7)白钨矿常伴生方解石、石膏、萤石、磷灰石等钙矿石。这些钙矿石的密度见下表： 伴生钙矿石 方解石 石膏 萤石 磷灰石 密度/g·cm-3 2.71 2.32 3.18 3.20 已知：V(CaWO4晶胞)=3.12×10-22cm3；M(CaWO4)=288g·mol-1；NA=6.02×1023mol-1 计算CaWO4的密度_______ (写出计算过程，结果精确到小数点后2位)，并与伴生钙矿石作比较，说明钨得名“重石头”的原因_______。 CaWO4具有良好的光学活性，被广泛用于光电陶瓷材料中。工业上可以用电解法制备CaWO4，其装置如图所示： 已知 (8)写出该装置的阳极方程式_______。 (9)为获取高纯的CaWO4，在电解时需要不断通入，说明其原因_______。 4．（2024·海南·高考真题）锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，(阴离子结构见下图。A)深受关注。 回答问题： (1)的制备前体(B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有_______(填元素符号)。 (2)C分子中，两个键角均为，键角为，N的原子轨道杂化类型为_______。 (3)B溶于某溶剂发生自耦电离()，阳离子F的结构式为_______。 (4)B和D水溶液均呈酸性，相同温度下，值大小关系：B_______D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是_______。 (5)研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是_______。 (6)在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子皆已隐去。 ①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为_______；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为_______。 ②两种晶型的密度近似相等，则_______。(以含a、b和d的代数式表达) 5．（2024·北京·高考真题）锡()是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。 (1)位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。 (2)和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。 ①分子的模型名称是_______。 ②的键是由锡的_______轨道与氯的轨道重叠形成σ键。 (3)白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。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灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有_______个。 ②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是_______。 (4)单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是_______。 6．（2024·山东·高考真题）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题： (1)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多的元素是_______(填元素符号)。 (2)的某种氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。 当晶体有O原子脱出时，出现O空位，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．       B．        C．       D． (3)(见图)是晶型转变的诱导剂。的空间构型为_______；中咪唑环存在大键，则N原子采取的轨道杂化方式为_______。 (4)可作转化为的催化剂(见下图)。的熔点远大于，除相对分子质量存在差异外，另一重要原因是_______。 7．（2023·天津·高考真题）铜及其化合物在生产生活中有重要作用。 (1)基态Cu原子的价层电子排布式是______，与相比较，离子半径较大的是______。 (2)铜的一种化合物的晶胞如图所示，其化学式为______。 (3)在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备，写出该反应化学方程式：______。反应中，H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是______。H2O2电子式为______。 (4)上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是______(填序号)。 a．硝酸    b．    c． (5)Cu2+和I-的反应可用于Cu含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一种碘化物白色沉淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为______。反应中KI的作用为______。 8．（2023·全国乙卷·高考真题）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题： (1)基态原子的价电子排布式为_______。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为_______，铁的化合价为_______。 (2)已知一些物质的熔点数据如下表： 物质 熔点/℃ 800.7 与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是_______。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因_______。的空间结构为_______，其中的轨道杂化形式为_______。 (3)一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于六方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有_______个。该物质化学式为_______，B-B最近距离为_______。    9．（2022·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题： (1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。 (2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。 (3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。 (4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。 A．[Cu(NH3)2]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MnO的是____(填标号)，理由是____。 (6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。 ①该物质的化学式为_____。 ②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。 10．（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。 (1)结构示意图如图1。 ①的价层电子排布式为___________。 ②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。 ③中与与的作用力类型分别是___________。 (2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。 ①距离最近的阴离子有___________个。 ②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。 该晶体的密度为___________。 (3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。 11．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物(、等)应用广泛。 (1)纳米可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，主要以、、等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。 已知：，；电离常数分别为、。 ①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为_______。 ②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为_______。 ③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是_______。 (2)具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为_______，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。 (3)、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。 12．（2020·天津·高考真题）Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题: (1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置为_________，基态Fe原子的电子排布式为__________。 (2)CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加 德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为______g﹒cm-3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______。 (3)Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为____，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：______。 (4)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_____。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为______(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSO4的化学方程式为_______。 13．（2020·全国II卷·高考真题）钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题： (1)基态Ti原子的核外电子排布式为____________。 (2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是____________。 化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155 (3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；金属离子与氧离子间的作用力为__________，Ca2+的配位数是__________。 (4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中__________的空间位置相同，有机碱中，N原子的杂化轨道类型是__________；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_________g·cm-3(列出计算式)。 (5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理_______、_______。 14．（2020·全国I卷·高考真题）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题： (1)基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。 (2)Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I1)如表所示。I1(Li)> I1(Na)，原因是_________。I1(Be)> I1(B)> I1(Li)，原因是________。 I1/(kJ·mol－1) Li  520 Be  900 B  801 Na  496 Mg  738 Al  578 (3)磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为_______。 (4)LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有____个。 电池充电时，LiFePO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_______，n(Fe2+ )∶n(Fe3+)=_______。 15．（2019·全国II卷·高考真题）近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题： （1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH3的_______（填“高”或“低”），其判断理由是_________________________。 （2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式为______________________。 （3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。 （4）一种四方结构的超导化合物的晶胞结构如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。    图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：ρ=________g·cm−3。 以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图1中原子1的坐标为()，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。 16．（2019·全国I卷·高考真题）在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要材料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是____________(填标号)。 A．            B．            C．        D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是__________、__________。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是__________，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是__________(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 −75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因__________。 （4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=__________pm，Mg原子之间最短距离y=__________pm。设阿伏加 德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是__________g·cm−3(列出计算表达式)。 17．（2019·全国III卷·高考真题）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题： （1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_________（填“相同”或“相反”）。 （2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为________，其中Fe的配位数为_____________。 （3）苯胺  ）的晶体类型是__________。苯胺与甲苯（  ）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（-5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（-95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是___________。 （4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是______；P的_______杂化轨道与O的2p轨道形成_______键。 （5）NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：    这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为____________（用n代表P原子数）。 18．（2018·海南·高考真题） (1)I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________ A．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si                B．共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI C．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI    D．热稳定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3 II.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题： (2)CuFeS2中存在的化学键类型是________________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的_____________。 (3)在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。 ①X分子的立体构型是______，中心原子杂化类型为__________，属于_______（填“极性”或“非极性”）分子。 ②X的沸点比水低的主要原因是____________________。 (4)CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为_____，共价键的类型有_________。 (5)四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。 ①Cu＋的配位数为__________，S2－的配位数为____________。 ②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏伽德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是________g•cm-3(列出计算式)。 19．（2018·全国II卷·高考真题）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： H2S S8 FeS2 SO2 SO3 H2SO4 熔点/℃ −85.5 115.2 >600（分解） −75.5 16.8 10.3 沸点/℃ −60.3 444.6 −10.0 45.0 337.0 回答下列问题： （1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。 （2）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他分子的是_________。 （3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。 （4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。 （5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏伽德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。 20．（2018·全国I卷·高考真题）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻、能量密度大等优良性能，得到广泛应用。回答下列问题： （1）下列Li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）Li+与H−具有相同的电子构型，r(Li+)小于r(H−)，原因是______。 （3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是______、中心原子的杂化形式为______。LiAlH4中，存在_____（填标号）。 A．离子键  B．σ键  C．π键  D．氢键 （4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的Born−Haber循环计算得到。 可知，Li原子的第一电离能为________kJ·mol−1，O=O键键能为______kJ·mol−1，Li2O晶格能为______kJ·mol−1。 （5）Li2O具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，阿伏伽德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式）。 21．（2017·全国III卷·高考真题）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题： （1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是_________________。 （2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。 （3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________________，原因是______________________________。 （4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在________。 （5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为________nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)为________nm。 22．（2017·江苏·高考真题）铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。 (1)Fe3+基态核外电子排布式为_______。 (2)丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_______，1 mol 丙酮分子中含有σ键的物质的量为_______。 (3)C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为_______。 (4)乙醇的沸点高于丙酮，这是因为_______。 (5)某FexNy的晶胞图−1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n) CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化图−2 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为_______。 答案第1页，共2页 / 学科网（北京）股份有限公司 $