高考化学真题与模拟题分类训练专题17 物质结构与性质（选修）（2份打包，含解析+原卷版，可预览）

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专题17 物质结构与性质

1．(2021·全国高考真题)我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为_________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。SiCl4可发生水解反应，机理如下：

含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________(填标号)。
(2)CO2分子中存在_______个键和______个键。
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是________。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为______g·cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=________(用x表达)。

【答案】3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ② 2 2 甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 8 2-x
【解析】
(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；
(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键，故答案为：2；2；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度===g·cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。
2．(2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考)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电子能量较高，总是在比3s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
【解析】
(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，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，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；。
3．(2021·广东高考真题)很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。

(1)基态硫原子价电子排布式为__________。
(2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为__________。
(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第______周期第ⅡB族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有________。
A．在I中S原子采取sp3杂化
B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°
D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E. 在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是________。
(6)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。

①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是__________________。
②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_________；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = _________。
③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为________g/cm3(列出算式)。
【答案】3s23p4 H2O>H2S>CH4 六 AD 化合物III 由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2
【解析】
(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。
(2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故答案为：H2O>H2S>CH4。
(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。
(4)A．中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；
B．中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；
C．中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C错误；
D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；
E．中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误；
综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。
(5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。
(6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。
②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。
③1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的密度为== g/cm3，故答案为：。
4．(2021·河北高考真题)KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：
(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是__(填离子符号)。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___。
(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：
N—N
N≡N
P—P
P≡P
193
946
197
489
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是___。
(4)已知KH2PO4是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为___，其中P采取___杂化方式。
(5)与PO电子总数相同的等电子体的分子式为__。
(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：

如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为___。
(7)分别用○、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：

①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度__g•cm-3(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为__(填标号)。

【答案】和 或 在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 sp3 SiF4、SO2F2等 B
【解析】
(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为(或)、、和，其中核外电子排布相同的是和。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。
(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若6mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ´6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ´2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ´6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ´2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。
(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。
(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。
(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去(n-1)个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。
(7)①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。
②由图(a)、(b)、(c)可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。
5．(2021·湖南高考真题)硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：





熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；
②与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：

N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；
(3)下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。

①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
【答案】； SiC SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3；； N>C>H 54 O Mg2GeO4 =×1021
【解析】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。


1．(2021·广西南宁市·南宁三中高三三模)金云母{K2Mg6[Al2Si6O20] (OH)4}是一种含镁和钾的铝硅酸盐，化学成分中替代钾的有钠、钙、钡；替代镁的有钛、铁、锰、铬。
(1)基态钾原子的核外电子排布式为___________。
(2)钡元素在周期表中位于___________ (填“s”“d”或“p”) 区。
(3) Mg、Al、 K的第一电离能由小到大的顺序是___________。
(4)镁、钙、钡均为第IIA族元素。
①MgO、CaO、BaO 中硬度最小的是___________。
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，则与O2-距离最近的Ca2+数目为___________。
(5)双(β—二酮)钛(IV)配合物具有抗肿瘤作用。为了寻求生物活性更好的β—二酮配体，设计如下合成过程：

①物质甲中碳原子的杂化方式为___________。
②K2CO3中阴离子的空间构型为___________。
③物质乙中含σ键和π键的数目之比为___________。
(6)镁与硅形成的晶体的晶胞属于面心立方结构，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。

①C点的Mg原子坐标参数为___________。
②设Na为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为___________g·cm-3。
【答案】1s22s22p63s23p64s1 s K＜Al＜Mg BaO 6 sp2、sp3 平面三角形 22∶3 ( )
【解析】
(1) K是19号元素，根据能量最低原理，可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1；
(2)钡处于第六周期第IIA族，属于s区元素：
(3) 一般金属性越强，笫一电离能越小，Mg元素原子3s轨道为全充满稳定结构，第一电离能高于于Al的，故第一电离能由小到大的顺序为： K＜A1＜Mg；
(4) ①MgO、CaO、BaO均属于离子晶体，离子电荷数相同，由于r(Mg2+) ＜r(Ca2+) ＜r(Ba2+)，故晶格能MgO＞ CaO＞ BaO，故BaO的硬度最小：
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，离子的配位数为6，则与O2-距离最近的Ca2+数目为6；
(5)①物质甲羰基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化；②CO32-中C原子孤电子对数==0， 价层电子对数=3+0=3，故其空间构型为平面三角形：③单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，物质乙中含σ键和π键的数目之比为22： 3；
(6)①C点的Mg原子与坐标原点Si原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，
可知其参数x=y=z= ，即C点Mg原子坐标参数为()：②晶胞中Mg原子数目为8， Si 原子数目为8×+6×=4 晶胞质量= 晶胞体积= (a×10-7)3，晶胞密度= ÷(a×10-7)3=
2．(2021·山东济南市·高三三模)铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)铁元素在元素周期表中的位置为___________，其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+，基态Fe2+的价电子的排布式为___________，相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是___________。
(2)一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为___________(填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。P原子的杂化方式为___________，分子中不含有的化学键类型是___________(填标号)。

A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．键 F．键
(3)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料其正交相晶胞结构如图所示。

其中铁酸钇的化学式为___________，已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为___________，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为___________(列出表达式)
【答案】第四周期第Ⅷ族 3d6 基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定 O N＞O＞C sp3 A YFeO3 (，+m，)
【详解】
(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是键，C=N双键中有一个键，一个键，不含有离子键，故选A。
(3)晶胞中Y的个数为，Fe的个数为2，O的个数为，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为(，+m，)，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为。
3．(2021·江西新余市·高三二模)氨、磷、砷、铁、钛等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。
I．如，是新型锂离子电池的电极材料，可采用、、LiC1和苯胺等作为原料制备。
(1)基态铁原子的价电子排布式为______，中，除氢元素外，其余三种元素第一电离能最大的是______(填元素符号)。
(2)的熔点为306℃，沸点为315℃，的晶体类型是______。
(3)苯胺()和中的N原子杂化方式分别为______。
(4)苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，原因是______。
II．氨、磷、砷、锑等第ⅤA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。
(5)白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为______。
(6)研究发现固态和均为离子晶体，但其结构分别为和，分析和结构存在差异的原因是______。
(7)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，，则：

①锑酸亚铁的化学式为______。
②晶体的密度为______(设为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 N 分子晶体 、 苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺中N原子容易形成分子间氢键，其熔点偏高 三角锥 半径较大，无法形成
【详解】
I．(1)铁原子序数为26，按构造规律知，基态铁原子的价电子排布式为。同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但当电子排布有半充满结构，第一电离能较高，则N的第一电离能高于O元素，同主族元素第一电离能从上到下依次减小，则N的第一电离能高于P元素，则中，除氢元素外，其余三种元素N、O和P的第一电离能最大的是N (填元素符号)。
(2)的熔点为306℃，沸点为315℃，氯化铁的熔沸点较低，则的晶体类型是分子晶体。
(3)苯胺()中N含有1对孤电子对、价层电子对数为4，则苯胺中N原子杂化方式为、中的N原子没有孤电子对、价层电子对数为4，杂化方式为。
(4) 苯胺和甲苯可构成分子晶体，苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，则苯胺分子间的作用力更强，从苯胺的结构可知，苯胺中N原子容易形成分子间氢键，使其熔点偏高、甲苯分子间则不存在氢键，甲苯熔点比苯胺低。
II．(5) 分子内中心原子P孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形。
(6) 固态和均为离子晶体，但其结构分别为和，原因是：Br−半径较大，而Cl−半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl−，能形成，而无法容纳6个Br−、即无法形成。
(7) ①锑酸亚铁晶胞如图所示，据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为，O原子的个数为 ，Fe2+的个数为 ，则锑酸亚铁的化学式为。
②晶胞的质量为， 其晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，，则晶体的体积为 ，晶体的密度为。
4．(2021·贵州贵阳市·高三二模)铁是一种重要的金属，铁元素也是人体必需的微量元素之一．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用．回答下列问题：
(1)氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示．该配合物中基态铁离子的价电子排布式为___________，碳原子的杂化轨道类型为_______．

(2)铁氯化钾溶液是检验常用的试剂，中所含键的数目为____________．
(3)铁的晶体中铁原子有三种堆积方式，其中两种品胞结构如下图所示，下列说法正确的是_________．

a．的空间利用率为74%
b．品胞中铁原子的配位数为12
c．延展时，可以转变为
d．金属铁导电是由于通电时自由电子作定向移动
(4)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，其原因是_____________．
(5)有一种蓝色晶体，它的结构特征是和分别占据立方体互不相邻的顶点，立方体的每一条棱上均有一个位于立方体的某个合适的位置上，由此可知该晶体的化学式为_________；立方体中间连接起来形成的空间构型为_______________．
(6)晶体的晶胞如图所示，晶胞边长为．设为阿伏加罗常数的值，则晶体密度的计算表达式为_________；晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______．

【答案】 bd Fe的原子半径比Ca的原子半径小，价电子数更多，金属键更强 正四面体
【分析】
根据铁原子的电子排布式和Fe3+的电子排布式写出Fe3+的价电子排布式；根据铁氯化钾的结构，判断该结构中所含键的数目；根据属于体心立方堆积，属于面心立方最密堆积判断正确选项；根据Fe和Ca的结构，由金属键判断熔沸点高低的原因；根据题中信息，计算晶体的化学式；根据晶胞的结构，由“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
【详解】
(1)Fe的原子序数为26，核内26个质子，核外26个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是Fe原子失去最外层2个电子和次外层一个电子形成的，则铁离子的价电子排布式为3d5；该配合物中，甲基和乙基上的碳原子形成4个σ键且不含孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3杂化，碳碳双键、酯基中C碳原子形成3个σ键且不含孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2杂化；答案为3d5；sp2、sp3。
(2)[Fe(CN)6]3+中Fe3+与CN-之间形成配位键，属于σ键、CN-中C原子与N原子之间形成1个σ键，[Fe(CN)6]3+含有12个σ键，1mol[Fe(CN)6]3+离子中所含σ键的数目为12NA；答案为12NA。
(3)a．由可知，属于体心立方堆积，空间利用率为68%，故a错误；
b．由可知，属于面心立方最密堆积，面心立方最密堆积配位数为12，故b正确；
c．金属延展时，金属键不变，金属结构不变，所以延展时，不可能转变为，故c错误；
d．金属铁的导电性是由于在Fe中含有自由移动的电子，在通电时自由电子改作定向移动形成电流，故d正确；
答案为bd。
(4)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，是因为二者均为金属晶体，金属键越强，熔沸点越高，Fe的原子半径比Ca的小，价电子数更多，金属键更强；答案为Fe的原子半径比Ca的原子半径小，价电子数更多，金属键更强。
(5)某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，Fe2+、Fe3+个数都是4×=0.5，立方体的每条棱上均有一个CN-，CN-个数=12×=3，根据电荷守恒得K+个数==0.5，所以Fe2+、Fe3+、CN-、K+个数之比=0.5:0.5:3:0.5=1:1:6:1，所以该晶体的化学式为KFe[Fe(CN)6]；立方体中Fe3+间连接起来形成的空间构型为正四面体形；答案为KFe[Fe(CN)]6；正四面体。
(6)晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积V=(a×10-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，个数=8×+6×=4，其晶体密度ρ=═g·cm-3=g·cm-3=g·cm-3；晶胞中Fe2+位于所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的边长=；答案为；。
5．(2021·天津高三三模)请回答以下问题：

(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有__种不同运动状态的电子。
(2)如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA—ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是__。
(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___晶体。
(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___种。GaCl3中心原子的杂化方式为___。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有___个紧邻分子。
(6)若[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为___(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形
(7)F与Ca可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中Ca2+的配位数为___，若该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞的体积是__cm3(写出表达式即可，设NA为阿伏加德罗常数的值)。

【答案】12 SiH4 原子 3 sp2 12 a 8
【解析】
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，从图1得出信息，其最外层有2个电子，则其是12号镁元素，其原子核外有12个电子，则有12种不同运动状态电子。
(2)根据图中信息，第二周期的元素，ⅣA—ⅦA中，只有碳元素对应的CH4没有分子间氢键，则最下方的曲线为ⅣA元素氢化物的沸点变化曲线，则a点代表的是SiH4。
(3) CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示，可知该晶体是立体网状结构，故该晶体类型为原子晶体。
(4)同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但ⅡA元素的np为全充满，ⅤA元素的np为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的元素，则第一电离能：Al