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最新高考化学二轮复习讲练测 专题16 物质结构与性质综合题（练）
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这是一份最新高考化学二轮复习讲练测 专题16 物质结构与性质综合题（练），文件包含专题16物质结构与性质综合题练-2023年高考化学二轮复习讲练测新高考专用原卷版docx、专题16物质结构与性质综合题练-2023年高考化学二轮复习讲练测新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
一、对知识进行层级化的框架梳理：生物知识点比较多，我们可以引导学生以逻辑关系对知识进行层级化的“知识框架”梳理，以便让学生更牢固地掌握基础知识， 从而能够更好地把知识融会贯通。
二、回归教材，注重教材细节：新课标I卷的题“不偏”“不怪”“不坑”，不会在题目中设“语言陷阱”，大多数题考查的内容直接或改编至教材。
三、帮助学生进行“方法类知识”的梳理，深入理解生物学研究方法
四、掌握生物学实验的两大要素：自变量和对照。
自变量保证了实验设计的逻辑正确，对照保证实验在特定条件下进行。所有的实验设计题都是由自变量得到的因变量（实验结论），因此在做实验题时首先要找准自变量。
五、帮助学生总结一些答题技巧
做选择题把握住（1）高考题往往有非常明确的选项，比我们平时的模拟题要简单。（2）对于重要概念不能过于死记硬背，要理解。（3）生物不是数学，不考复杂的计算，数字越复杂，答案可能越简单。所以要善于运用倒推法、排除法来做选择题。做好以上几点，相信二轮复习后学生会有一个很大的提升。
专题16 物质结构与性质综合题
1．CrSi，Ge-GaAs、聚吡咯和碳化硅都是重要的半导体化合物。下列说法正确的是
A．碳化硅属于分子晶体，其熔、沸点均大于金刚石
B．Ge-GaAs中元素Ge、Ga、As的第一电离能从小到大的顺序为As＜Ge＜Ga
C．聚吡咯的单体为吡咯()，分子中σ键与π键的数目之比为5：2
D．基态铬与氮原子的未成对电子数之比为2：1
【答案】D【解析】A．SiC晶体与金刚石均为共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳硅键键长大于碳碳键键长，故碳碳键键能更大，SiC晶体熔、沸点均小于金刚石，A错误；B．元素Ge、Ga、As中，只有As的最外层4p轨道半充满，第一电离大于相邻元素，所以第一电离能从小到大的顺序为Ga＜Ge＜As，B错误； C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，由结构图可知，吡咯分子中，σ键与π键的数目之比为10:2，即5:1，C错误；D．铬为24号元素，基态Cr原子价电子排布为3d54s1，核外未成对电子数为6；氮为7号元素，基态氮原子价电子排布为2s22p6，核外未成对电子数为3；故基态铬与氮原子的未成对电子数之比为2:1，D正确；故选D。
2．下列物质中属于分子晶体，而且既含σ键又含π键的是
A．KSCNB．CO2C．H2O2D．Al(OH)3
【答案】B【解析】A．KSCN属于离子晶体，故A不符合题意；B．CO2属于分子晶体，结构式为O=C=O，含有σ键和π键，故B符合题意；C．H2O2属于分子晶体，结构式为H-O-O-H，只含有σ键，故C不符合题意；D．氢氧化铝的结构式为，只含有σ键，故D不符合题意；答案为B。
3．科学家合成出了一种新化合物，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列说法正确的是
A．元素非金属性强弱的顺序为X>Y>Z
B．W、Z对应的简单离子半径：WC．元素Z、元素X、元素W的单质晶体熔点依次升高
D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【答案】B
【分析】该化合物由阴、阳离子组成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；1个Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。
【解析】A．元素非金属性强弱的顺序为Si4．金属钛(Ti)与氮形成的某种化合物常被用作高温结构材料和超导材料。研究表明，用Al代替其中部分的Ti可提升耐磨性5倍以上，掺杂Al后的晶胞结构如图所示。已知该晶体属立方晶系，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A．b点原子的分数坐标为
B．掺杂Al后，晶体中
C．氮化钛晶胞中，Ti原子位于N原子形成的八面体空隙中
D．已知最近的两个N原子之间的距离为，则氮化钛晶体的密度为
【答案】C【解析】A ．b点原子的分数坐标为，A错误；B．结合晶胞结构，Ti为12×=3，Al为1，N为8×+6×=4，晶体中，B错误；C．由晶胞结构可知，钛原子位于氮原子构成的八面体空隙中，C正确；D．最近的两个N原子之间的距离为，则晶胞边长为cnm，氮化钛晶体中Ti为12×+1=4，N为8×+6×=4，则化学式为TiN，密度为=，D错误；故选C。
5．AlN具有耐高温、抗冲击等优良品质，广泛应用于电子工业、陶瓷工业，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．AlN晶体属于离子晶体B．N2分子中σ键和π键数目之比为1:2
C． AlN晶体中含有配位键D．基态Al原子的价电子排布式为3s23p1
【答案】A【解析】A．AlN熔点高、硬度大，属于共价晶体，A错误；B．N2分子的结构式为N≡N，三键含一个σ键，二个π键，故分子σ键和π键数目之比为1:2，B正确；C．AlN晶体中Al和N形成3个共价键、1个配位键，C正确；D．Al是13号元素，位于第三周期第ⅢA族，基态Al原子的价电子排布式为3s23p1，D正确；答案选A。
6．科学家发现固体电解质具有良好的导电能力，为锂离子电池的发展做出了重要贡献，其晶胞结构如图所示，其中位于体心。下列说法正确的是
A．该晶胞中位于体心和棱心
B．电负性：
C．周围距离最近且相等的的个数为4
D．若晶胞参数为，则晶体密度为
【答案】D【解析】A．由题干晶胞示意图可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，A错误；B．同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小，故电负性：，B错误；C．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，则周围距离最近且相等的的个数为2，C错误；D．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，故一个晶胞中含有Li+的数目为：，S2-的数目为：=1，的数目为1，若晶胞参数为，则晶体密度为，D正确；故答案为D。
7．(式量为M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想苂光材料，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数为。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A．的价层电子排布式为
B．基态S原子电子自旋磁量子数的代数和为1或
C．若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为
D．晶体的密度为
【答案】D【解析】A．位于第五周期ⅢA族、核外电子排布式为，A正确；B． 基态S原子电子排布式为，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B正确；C． 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为，C正确；D．晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×+4×+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×+6×=4，8个S位于晶胞内，则晶体的密度为，D不正确；答案选D。
8．某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子，其摩尔质量为，下列说法正确的是
A．金属离子M与硼原子的配位数之比2∶1
B．金属离子的价电子排布式为
C．化学式为
D．该化合物中存在金属键、离子键、极性键和配位键
【答案】C
【分析】八面体位于晶胞的顶点和面心，个数为，四面体位于晶胞的内部，个数为8，晶胞中八面体和四面体个数比为1:2，则该晶体的化学式可表示为，该化合物的摩尔质量为，则，解得，即M为Fe元素，其化学式为。
【解析】A．金属离子M与6个形成八面体，则金属离子M的配位数为6，硼原子与4个氢原子形成四面体，则硼原子的配位数为4，因此金属离子M与硼原子的配位数之比为3∶2，A错误；B．根据分析，M为Fe元素，该化合物的化学式为，NH3整体为0价，中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，金属离子M为Fe2+，其价电子排布式为3d6，B错误；C．根据分析，该晶体的化学式为，C正确；D．该化合物中没有金属键，D错误； 故选C。
9．为践行社会主义核心价值观，创建和谐社会，实现碳达峰和碳中和，我国科学家独创了一种二氧化碳转化新路径：通过电催化与生物合成相结合，以二氧化碳和水为原料成功合成了葡萄糖()和脂肪酸，为人工和半人工合成“粮食”提供了新路径。关于上述物质，下列说法正确的是
A．和均为极性分子，故易溶于水
B．晶体属于分子晶体，晶体中一个分子周围紧邻的分子有12个
C．分子中O原子上有2对孤电子对，故分子的VSEPR模型为V型
D．葡萄糖和脂肪酸都可以和饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体
【答案】B
【解析】A．CO2是非极性分子，能溶于水是因为与水发生反应，在水中的溶解度不大，A错误；B．CO2是分子晶体，分子间靠范德华力维系，分子采取密堆积，故一个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个，B正确；H2O中O原子价层电子对数，O原子含有2个孤电子对，则该分子VSEPR模型为四面体形，C错误；D．葡萄糖不含羧基，不能和饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体，D错误； 故选B。
10．钠的一种氧化物的晶胞如图(“●”或“○”均表示一个简单离子)。正确的是
A．该氧化物的化学式为Na2O2
B．晶胞中连接“○”与“●”的线段表示共价键
C．该晶体中“○”与“●”的核外电子排布相同
D．晶胞中与“○”最近且等距的“●”的数目为4
【答案】C
【解析】由晶胞图知，黑色原子有8个在体内；白色原子有8个在体内，6个在面心，根据均摊法计算，可知白色原子和黑色原子个数比为1：2，故该氧化物为氧化钠，且白色表示氧离子，黑色为钠离子，据此回答。由分析知该氧化物为氧化钠，A错误；B．氧化钠为离子化合物且只含有离子键，即线段表示离子键，B错误；C．钠离子和氧离子核外电子数均为10，最外层电子均为8，核外电子排布相同，C正确；D．由晶报图知，晶报中与氧离子最近且等距离的钠离子数目为8，D错误； 故选C。
11．铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子的运动状态有 _______种；试从结构角度解释Fe2+易被氧化为Fe3+的原因 _______。
(2)K3[Fe(CN)6]是检验Fe2+的特征试剂，[Fe(CN)6]3-中心离子配位数是 _______；1ml[Fe(CN)6]3-中含有 _______mlσ键，能够证明[Fe(CN)6]3-不能电离的试剂是 _______(填化学式)。
(3)Cu2+可形成配合物[Cu(en)2](BF4)2，其中en代表H2NCH2CH2NH2分子。该配合物[Cu(en)2](BF4)2中配位离子所带电荷数为 _______，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有 _______个。
(4)一种由Cu、In，Te组成的晶体，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
该晶体的化学式为 _______；A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为 _______；晶胞中A、D原子间距离d=_______pm。
【答案】(1) 26 Fe2+的价电子排布为3d6，再失去1个电子形成3d5半充满的稳定结构，故易被氧化(2) 6 12 KSCN (3) 1 10(4) CuInTe2 (,,)
【解析】（1）基态Fe原子核外有26个电子，核外电子的运动状态有26种；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，则Fe2+易被氧化为Fe3+的原因：Fe2+的价电子排布为3d6，再失去1个电子形成3d5半充满的稳定结构，故易被氧化。（2）[Fe(CN)6]3﹣中心离子配体是CN﹣，CN﹣的个数就是中心离子的配位数，配位数是6；1个中[Fe(CN)6]3﹣，铁离子和每个碳原子形成1个σ键，每个CN﹣中含有1个σ键，1个[Fe(CN)6]3﹣中含有12个σ键，1ml[Fe(CN)6]3﹣中含有12mlσ键；KSCN溶液能检验铁离子，能够证明[Fe(CN)6]3﹣不能电离的试剂是KSCN溶液。（3）该配合物[Cu(en)2](BF4)2中配位离子为，带一个单位负电荷，VSEPR模型为四面体的非金属原子为C、N、B原子，共有符合条件的非金属原子个数=4×2+2=10。（4）该晶胞中Cu原子个数=8×+1+4×=4，Te原子个数为8，In原子个数=6×+4×=4，Cu、In、Te原子个数之比为4：4：8=1：1：2，化学式为CuInTe2；该晶胞中相当于含有4个CuInTe2；A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为(，，)；晶胞中A、D原子间距离d等于下边小长方体体对角线长度的=×pm=pm。
12．C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)写出Si的基态原子核外最外层电子排布式_______，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(2)基态铬原子和基态锰原子中第一电离能较大的是_______(填元素符号)，原因为_______。
(3)SiC晶体的结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______。
(4)氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X为_______(填元素符号)，XO是优良的耐高温材料，其熔点比CaO高的原因是_______。
下图表示的是SiO2的晶胞结构(白圈代表硅原子，黑点代表氧原子)，判断在30g二氧化硅晶体中含_______键。
【答案】(1) 3s23p2 O>C>Si N>O>C (2) Mn 基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，4s能级是全满结构，更稳定，失去一个电子所需能量更高 (3)sp3杂化
Mg Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大 (5)2
【解析】（1）Si是14号元素，基态原子核外电子推布式，最外层电子排布式为，同一周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Si；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；（2）铬原子价电子排布式为，基态Mn原子的核外电子排布式为，4s能级是全满结构，更稳定，失去一个电子所需能量更高构，因此Mn的电离能更大；（3）SiC中Si和C原子均形成四个单键，故其为杂化；（4）XO和SiC的电子总数相等，故含有的电子数为20，则X含由12个电子，即Mg；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，半径比小，MgO晶格能大，熔点高；（5）30g二氧化硅的物质的量为，每个Si原子形成4个Si-O键，30g二氧化硅晶体中含有Si-O键的个数为0.5ml×4=2ml。
13．材料的发展水平始终是时代进步和人类文明的标志。当前含铁的磁性材料在国防、电子信息等领域中具有广泛应用。请回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子排布图为_______，基态铁原子核外电子的空间运动状态有_______种， 其处在最高能层的电子的电子云形状为_______。
(2)一种新研发出的铁磁性材料M的分子结构如图1所示。
①M分子中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为_______(填序号)。
A．sp2 B．sp3 C．dsp2 D．d2sp3
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中的大π键应表示为_______。
(3)铁氮化合物因其特殊的组成和结构而具有优异的铁磁性能，某铁氮化合物的立方晶胞结构如图2所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为_______。
②该化合物的化学式为_______。
【答案】(1) 15 球形 (2) O>N>C D
（3）棱心和体心 Fe4N
【解析】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，原子轨道数为15，则核外电子空间运动状态有15种， 基态原子的价电子排布图为，原子中最高能层为电子云形状为球形的4s层；（2）①元素的非金属性越强，电负性越大，M分子中C、N、O三种元素的非金属性依次增强，则电负性依次增大；②M分子中的亚铁离子与上下两个五元碳环通过配位键相连且亚铁离子共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为d2sp3，故选D；③由图可知，M分子中由碳、氧组成的五元环中五个原子参与，每个碳上提供一个电子，氧原子提供2个电子，则大π键应表示为π；（3）①由晶胞结构可知，若以位于体心的氮原子为晶胞顶点，晶胞中位于顶点的铁原子为晶胞的棱心，原子在面心的铁原子在体心；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子的个数为 ，位于体心的氮原子个数为1，则化合物的化学式为Fe4N。
14．我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和(指的排放总量和减少总量相当)，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。某科研小组探究转化为甲醛等其他物质的途径，其中涉及以下两步反应：
i、；
ii、。
研究发现，反应i在C氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂的作用下具有高活性，另外含Mg、Fe、Cu等元素的催化剂在捕捉回收中也有很高的催化作用。
(1)Mn元素基态原子的价层电子排布式为___________，Fe元素在元素周期表中位于第四周期第___________族。
(2)Mg元素的第一电离能高于Al元素的，原因是___________。
(3)反应ii中，HCHO分子中C原子采用的杂化方式为__________；下列关于的说法错误的是______(填标号)。
A．含键B．含键C．含极性共价键D．含非极性共价键E．分子的空间结构为直线形
(4)反应i和反应ii所涉及的4种含氢化合物中，沸点从高到低的顺序为___________(填化学)，原因是___________。
(5)铜单质的晶胞结构如图所示，铜原子位于正方体的顶点和面心。已知铜原子的半径为d，铜单质的摩尔质量为M，表示阿伏加德罗常数的值。则铜原子的配位数为___________，铜晶体的密度为___________(填含M、、d的表达式)。
【答案】(1) ； Ⅷ； (2)Mg原子和Al原子的价层电子排布式分别为、，Mg原子最外层3s能级处于全满状态，较稳定； (3) ； BE； (4) ； HCHO分子间不存在氢键，另外3种化合物中含有的氢键数：，氢键数目越多，物质的沸点越高；(5) 12； 。
【解析】（1）Mn是25号元素，Mn元素基态原子的价层电子排布式为：，Fe是26号元素，Fe元素在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族。（2）Mg原子和Al原子的价层电子排布式分别为、，Mg原子最外层3s能级处于全满状态，较稳定，故Mg元素的第一电离能高于Al元素的；（3）HCHO分子中C原子形成了三个σ键，且无孤电子对，故HCHO分子中C原子采用的杂化方式为：；的结构式为：H-O-O-H，可知有σ键，无键 ，含极性共价键H-O，含非极性共价键O-O，根据分子的成键特点可知，空间结构不是直线形，故A、C、D正确B、E错误；（4）HCHO分子间不存在氢键，另外3种化合物中含有的氢键数：，氢键数目越多，物质的沸点越高；（5）顶点铜为目标，与它最近距离的铜原子在面心，三个截面，每个截面对应有四个面心，故铜原子的配位数为：34=12；铜晶体的晶胞特点可知，铜原子的半径与键参数的关系为：，铜晶体的密度为：代入可以求密度为：。
15．配合物在光电传感器、电镀、染料方面有着重要的应用价值，一氧化碳、氨气、酞菁分子是常见形成配合物的三种配位体，请回答下列问题：
(1)一氧化碳和氨气涉及的元素中电负性最大的是_______(填元素符号)。
(2)邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，熔点较高的是_______(填化学式)，原因为_______。
(3)和可形成配离子，则该配离子的空间结构为_______。
(4)能与形成配合物。
①中含有_______键；中心原子的杂化类型为_______。
②金属的原子堆积模型如图，则金属的晶胞俯视图为_______(填标号)，假设原子的半径是，该晶体的密度是，则的相对原子质量为_______(设为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)O；(2) ； 两者均为分子晶体，但 能形成分子间氢键；
(3)正四面体形； (4) 8； ； B； 。【解析】（1）一氧化碳和氨气涉及的元素中电负性大小顺序为：O>N>C>H，故电负性最大元素为：O；（2）苯二甲酰亚胺分子间可以形成氢键，而邻苯二甲酸酐分子间不能形成氢键，故邻苯二甲酰亚胺熔点较高；（3）由配合物的结构可知，银离子形成了4个配位键，价层电子对数为4，故空间结构为：正四面体形；（4）与4个CO形成4个σ键，4个CO中，C、O之间均有一个σ键，故中含有8mlσ键；的价层电子对数=4+0=4，故杂化方式为：；根据金属的原子堆积模型图可知，金属的原子堆积方式面心立方堆积，晶胞俯视图为B图，由晶胞俯视图可知，晶胞参数与原子半径的关系为：，得，则金属晶胞的密度为：，代入可以求得M为：。
16．如表是部分短周期元素的性质或原子结构特点。
请回答下列问题：
(1)基态T原子的价电子排布式为_______
(2)比较Y元素，W元素的离子半径_______(用离子符号表示)
(3)元素Z在元素周期表中的位置是_______，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_______(用元素符号表示)。下列表述中能证明这一事实的是_______(填序号)。
a.常温下Z的单质和T的单质状态不同
b.Z元素的简单气态氢化物比T元素的稳定
c.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比T的强
(4)T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应水化物中性质明显不同于其他三种的是_______(填化学式)
(5)W的最高价氧化物对应水化物与NaOH溶液反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)3s23p4 (2)N3- > Al3+ (3) 第三周期第ⅦA族 Cl bc (4)
(5)Al(OH)3 + OH- = AlO+ 2H2O
【分析】由信息可知，均为短周期元素，T的M层上有6个电子，T为S；X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知X只有2个电子层、最外层电子数为4，X为C；常温下Y的单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，可知Y为N；Z元素最高正价是+7价，Z为Cl；W的最高价氧化物对应水化物既能跟酸反应，又能跟强碱反应，可知W为Al，以此来解答。
【解析】（1）由分析可知，T为16号元素硫元素，故基态T原子的价电子排布式为3s23p4；（2）由分析可知，Y元素为N，W元素为Al，由于N3-、Al3+具有相同的电子层结构，且Al的核电荷数比N大，故其的离子半径N3-＞Al3+；（3）由分析可知，元素Z为Cl，Cl是17号元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则其在元素周期表中的位置是第3周期第ⅦA族，同一周期从左往右元素的非金属依次增强，元素Z即Cl与元素T即S相比，非金属性较强的是Cl， a.元素的金属性和非金属强弱是化学性质，与其状态无关，即常温下Z的单质和T的单质状态不同不饿能说明Cl的非金属性强于S，a不合题意；b.非金属元素的简单氢化物的稳定性与其非金属性一致，故Z元素的简单气态氢化物比T元素的稳定可以说明Cl的非金属性强于S的，b符合题意；c.非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比T的强可以说明Cl的非金属性强于S的，c符合题意；（4）由分析可知，T、X、Y、Z四种元素分别为：S、C、N、Cl，它们的最高价氧化物对应水化物分别为：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3是弱酸，其余三种均为强酸，故性质明显不同于其他三种的是H2CO3；（5）由分析可知，W为Al，则W的最高价氧化物对应水化物即Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3 + OH- = AlO+ 2H2O。
17．黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物，火法炼铜时发生反应：
(1)Fe在周期表中的位置为____；Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是_____。
(2)Cu元素的基态原子的电子排布式为_______，有_______个未成对电子。
(3)SO2分子的立体构型为_______，SO2可氧化生成SO3，SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是_______。
【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 O＞S＞Fe (2) 1s22s22p63s23p63d104s1 1 (3) V形 sp3
【解析】（1）已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，同一主族从上往下元素的第一电离能依次减小，金属元素易失去电子，第一电离能比非金属元素小，则Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是O＞S＞Fe；（2）已知Cu为29号元素，故Cu元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，有4s上的1个为未成对电子；（3）SO2中S原子孤电子对数=1，形成2个σ键，价层电子对数=1+2=3，在VSEPR模型基础忽略孤电子对可得微粒的空间构型为V形，由题干图示信息可知，固态SO3中S原子形成4个σ键，杂化轨道数目为4，S原子的杂化轨道类型是sp3杂化。
18．第四周期的元素形成的化合物在生产生活中有着重要的用途。
(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，基态铬原子的核外电子排布式为_______，按照电子排布式，镍元素在周期表中位于_______区。
(2)硒常用作光敏材料，基态硒原子的价电子排布式为_______。
(3)“玉兔二号”月球车是通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作的。基态砷原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。基态镓原子的核外有_______个未成对电子。
(4)基态Fe原子价层电子轨道表示式为_______。
(5)在BF3分子中，F-B-F的键角是_______，硼原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，的空间构型为_______。
(6)H2O2为_______分子(填“极性”或“非极性”)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d54s1 d (2)4s24p4 (3) 哑铃 1 (4)
（3） 120° sp2杂化 正四面体 (6)极性
【解析】（1）铬为24号元素，基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，镍原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则其在周期表中位于d区。（2）硒与氧同为第ⅥA族元素，其位于第四周期，则基态硒原子的价电子排布式为4s24p4。（3）基态砷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，电子占据最高能级的轨道为4p，则电子云轮廓图为哑铃形。基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则核外有1个未成对电子。（4）基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子轨道表示式为。（5）BF3分子呈平面正三角形结构，F-B-F的键角是120°，硼原子的价层电子对数为3，杂化轨道类型为sp2杂化，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，中，B原子发生sp3杂化，空间构型为正四面体。（6）H2O2分子中，O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，由于受孤电子对的排斥作用，分子呈二面角结构的半开书页形，所以为极性分子。
19．锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、铁等三十多种对人体有益的微量元素。
(1)基态铁原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1°C，熔点−19.3°C，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是_______分子(“极性”或“非性极”)。
(3)C2+可与形成配离子[C(NO3)4]2−，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)，中N的杂化方式为_______。
(4)氨气中H−N−H键的键角为107.3°，[Zn(NH3)6]2+离子中H−N−H键的键角_______107.3°(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是：_______。
(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞密度ρ为_______g·cm-3(只列出计算式，1pm=10-10cm)。
【答案】(1)3d64s2 (2)非极性 (3) C＜O＜N sp2 (4) 大于 氨气分子中含有孤电子对而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键(或[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力(5)
【解析】（1）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe原子价电子排布式为3d64s2；（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1°C，熔点−19.3°C，难溶于水，易溶于有机溶剂，物质的熔沸点比较低，该物质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，根据相似相溶原理，可推测Ni(CO)4是分子晶体，物质属于非极性分子；（3）在配离子[C(NO3)4]2-，则配离子[C(NO3)4]2-中的元素有C、N、O，一般情况下金属元素的电离能小于非金属元素；在同一周期元素，原子序数越大，其第一电离能就越大，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，故N的第一电离能比O大，因此元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；在中的中心N原子价层电子对数是3+=3，N原子上无孤对电子，因此中N原子杂化类型是sp2杂化；（4）氨气中H−N−H键的键角为107.3°，由于配位体NH3分子中N原子上含有孤电子对，而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对，配位体NH3的N原子的孤对电子与锌离子形成配位键(或[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以[Zn(NH3)6]2+离子中H−N−H键的键角大于107.3°；（5）在ZnSe晶体中，含有的Zn2+数目是4个，含有的Se2-数目是：8×+6×=4，因此在1个晶胞中含有4个ZnSe，由于晶胞边长为a pm，故该晶胞密度ρ==g/cm3。
20．回答下列问题
(1)选择题(题目给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的)下列关于晶体的说法中，不正确的是_____
A．MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小
B．第一电离能：Cl>S>P>Si
C．金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6
D．共价键可决定分子晶体的熔、沸点
(2)黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物，火法炼铜时发生反应：2CuFeS2 + O2 = Cu2S + 2FeS + SO2。
①Fe在周期表中的位置为_______；Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是_______。
②Cu元素的基态原子的电子排布式为_______，有_______个未成对电子。
③SO2分子的立体构型为_______，SO2可氧化生成SO3，SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是_______。
④已知FeO、FeS熔点分别为1369℃、1193℃，解释熔点FeO高于FeS的原因_______。
⑤Cu的晶胞如图所示，晶体密度为ρ g·cm-3，晶胞中等距最近的Cu原子有_______个，晶胞的边长为_______(用含ρ和NA的式子表示)。
【答案】(1)BD (2) 第四周期第Ⅷ族 O>S>Fe 或 1 V形 和均为离子晶体，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔、沸点越高，因为离子半径>，所以熔点FeO高于FeS 12
【解析】（1）A． MgO中含有和，NaCl中含有和，离子半径>；>，且MgO中粒子带电荷多，晶格能大，故A正确；B．Si、P、S、Cl处于同一周期，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，因P的3p能级为半满状态，导致其第一电离能较大，故第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si，故B错误；．金属晶体中的原子在二维空间密置层，配位数为6，非密置层，配位数为4，故C正确；分子晶体的熔、沸点与分子间作用力、氢键有关，与共价键无关，故D错误；故填BD。（2）①Fe在周期表中的原子序数为26，位于第四周期第Ⅷ族；原子的第一电离能是指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，同主族元素从上到下元素的第一电离能逐渐减小，则有O>S，总体上金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大，则有S>Fe，所以Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是：O>S>Fe；②Cu元素原子序数29，核外电子数29，Cu元素的基态原子的电子排布式为或，除4s轨道外，其他轨道均填满，成对，只有1个未成对电子；③根据VSEPR模型，中心原子价层电子对为3，中心S原子为杂化，有孤电子对，空间为V形；根据如图所示，固态的结构中S原子均以单键连接，则中心原子S为杂化；④和均为离子晶体，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔、沸点越高，因为离子半径>，所以熔点FeO高于FeS；⑤如图，设晶胞边长为a，则晶胞中等距最近的Cu原子有12个，为；晶胞中顶点占，面心占，Cu原子个数为，根据，可得，解得。
1. （2022·广东卷）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
（1）与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
（2）的沸点低于，其原因是_______。
（3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有σ键
B．I中的键为非极性共价键
C．II易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
（4）IV中具有孤对电子的原子有_______。
（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为_______(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_______。
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）4s24p4
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）BDE （4）O、Se
（5）①. ＞ ②. 正四面体形
（6） ①. K2SeBr6 ②.
【解析】
（1）基态硫原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；
（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
（3）A．I中有σ键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的Se-Se键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。
（4）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；
（5）根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为＞。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；
（6）①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即。
2.（2022·海南卷）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
（1）基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。
（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。
（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_______。
（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是_______。
（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面_______、_______。
【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4 2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3） sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6） ▱cdhi ▱bcek
【解析】
（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
（3）根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；
（4）金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
（5）由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；
（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为▱cdhi和▱bcek。
3. （2022·湖南卷）铁和硒()都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态原子的核外电子排布式为_______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
（2）富马酸亚铁是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中键与键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化，将转化，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数、。阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。
【答案】（1）① [Ar] 3d104s24p4 ② 6 ③＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeO32-的空间构型为三角锥形 （2）①11:3 ②O＞C＞H＞Fe （3）①sp3杂化 ②H2O
（4）①KFe2Se2 ②4 ③
【解析】
（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°；
（2）①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；
（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体；
（4）①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8× EQ \f(1,8)+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12× EQ \f(1,4)+2× EQ \f(1,2)=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；
③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=。
4.（2022·江苏卷）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、、好形式存在，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） ① ②5 ③c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大
（2）4
（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
【解析】
（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，去除水中的速率越慢，是由于c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，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：；故答案为：4；。
（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。
5. （2022·山东卷）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，与的配位数之比为_______；_______；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+ （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）
【解析】
（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，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为：2× EQ \f(1,2)=1，Zn2+个数为：8× EQ \f(1,8)=1，含有CN-为：8× EQ \f(1,2)=4，NH3个数为：8× EQ \f(1,4)=2，苯环个数为：4× EQ \f(1,2)=2，则该晶胞的化学式为：，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为：4，Zn2+周围形成的配位键数目为：6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比,4:6=2:3；x:y:z=4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+；
（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；
（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，故答案为：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：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为。
6.（2022·浙江卷）回答下列问题：
（1）两种有机物的相关数据如表：
HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是______。
（2）四种晶体的熔点数据如表：
CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是______。
【答案】（1）HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。
（2）CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
【解析】
（1）HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；
（2）CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
元素编号
元素性质或原子结构
T
M层上有6个电子
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
Z
元素最高正价是+7价
W
其最高价氧化物对应水化物既能跟酸反应，又能跟强碱反应
物质
HCON(CH3)2
HCONH2
相对分子质量
73
45
沸点/℃
153
220
物质
CF4
SiF4
BF3
AlF3
熔点/℃
-183
-90
-127
＞1000
一、对知识进行层级化的框架梳理：生物知识点比较多，我们可以引导学生以逻辑关系对知识进行层级化的“知识框架”梳理，以便让学生更牢固地掌握基础知识， 从而能够更好地把知识融会贯通。
二、回归教材，注重教材细节：新课标I卷的题“不偏”“不怪”“不坑”，不会在题目中设“语言陷阱”，大多数题考查的内容直接或改编至教材。
三、帮助学生进行“方法类知识”的梳理，深入理解生物学研究方法
四、掌握生物学实验的两大要素：自变量和对照。
自变量保证了实验设计的逻辑正确，对照保证实验在特定条件下进行。所有的实验设计题都是由自变量得到的因变量（实验结论），因此在做实验题时首先要找准自变量。
五、帮助学生总结一些答题技巧
做选择题把握住（1）高考题往往有非常明确的选项，比我们平时的模拟题要简单。（2）对于重要概念不能过于死记硬背，要理解。（3）生物不是数学，不考复杂的计算，数字越复杂，答案可能越简单。所以要善于运用倒推法、排除法来做选择题。做好以上几点，相信二轮复习后学生会有一个很大的提升。
专题16 物质结构与性质综合题
1．CrSi，Ge-GaAs、聚吡咯和碳化硅都是重要的半导体化合物。下列说法正确的是
A．碳化硅属于分子晶体，其熔、沸点均大于金刚石
B．Ge-GaAs中元素Ge、Ga、As的第一电离能从小到大的顺序为As＜Ge＜Ga
C．聚吡咯的单体为吡咯()，分子中σ键与π键的数目之比为5：2
D．基态铬与氮原子的未成对电子数之比为2：1
【答案】D【解析】A．SiC晶体与金刚石均为共价晶体，碳原子半径小于硅原子半径，碳硅键键长大于碳碳键键长，故碳碳键键能更大，SiC晶体熔、沸点均小于金刚石，A错误；B．元素Ge、Ga、As中，只有As的最外层4p轨道半充满，第一电离大于相邻元素，所以第一电离能从小到大的顺序为Ga＜Ge＜As，B错误； C．单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，由结构图可知，吡咯分子中，σ键与π键的数目之比为10:2，即5:1，C错误；D．铬为24号元素，基态Cr原子价电子排布为3d54s1，核外未成对电子数为6；氮为7号元素，基态氮原子价电子排布为2s22p6，核外未成对电子数为3；故基态铬与氮原子的未成对电子数之比为2:1，D正确；故选D。
2．下列物质中属于分子晶体，而且既含σ键又含π键的是
A．KSCNB．CO2C．H2O2D．Al(OH)3
【答案】B【解析】A．KSCN属于离子晶体，故A不符合题意；B．CO2属于分子晶体，结构式为O=C=O，含有σ键和π键，故B符合题意；C．H2O2属于分子晶体，结构式为H-O-O-H，只含有σ键，故C不符合题意；D．氢氧化铝的结构式为，只含有σ键，故D不符合题意；答案为B。
3．科学家合成出了一种新化合物，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列说法正确的是
A．元素非金属性强弱的顺序为X>Y>Z
B．W、Z对应的简单离子半径：W
D．该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
【答案】B
【分析】该化合物由阴、阳离子组成，说明它是离子化合物。从该化合物的结构式看出，W为金属元素；1个Z原子形成1个共价键，说明Z原子最外层有1个或7个电子；1个X原子形成4个共价键，说明X原子最外层有4个电子；1个Y原子形成2个共价键，阴离子得1个电子，说明Y原子最外层有5个电子；根据“Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半”知，W、X、Y、Z分别为Na、Si、P、Cl。
【解析】A．元素非金属性强弱的顺序为Si
A．b点原子的分数坐标为
B．掺杂Al后，晶体中
C．氮化钛晶胞中，Ti原子位于N原子形成的八面体空隙中
D．已知最近的两个N原子之间的距离为，则氮化钛晶体的密度为
【答案】C【解析】A ．b点原子的分数坐标为，A错误；B．结合晶胞结构，Ti为12×=3，Al为1，N为8×+6×=4，晶体中，B错误；C．由晶胞结构可知，钛原子位于氮原子构成的八面体空隙中，C正确；D．最近的两个N原子之间的距离为，则晶胞边长为cnm，氮化钛晶体中Ti为12×+1=4，N为8×+6×=4，则化学式为TiN，密度为=，D错误；故选C。
5．AlN具有耐高温、抗冲击等优良品质，广泛应用于电子工业、陶瓷工业，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是
A．AlN晶体属于离子晶体B．N2分子中σ键和π键数目之比为1:2
C． AlN晶体中含有配位键D．基态Al原子的价电子排布式为3s23p1
【答案】A【解析】A．AlN熔点高、硬度大，属于共价晶体，A错误；B．N2分子的结构式为N≡N，三键含一个σ键，二个π键，故分子σ键和π键数目之比为1:2，B正确；C．AlN晶体中Al和N形成3个共价键、1个配位键，C正确；D．Al是13号元素，位于第三周期第ⅢA族，基态Al原子的价电子排布式为3s23p1，D正确；答案选A。
6．科学家发现固体电解质具有良好的导电能力，为锂离子电池的发展做出了重要贡献，其晶胞结构如图所示，其中位于体心。下列说法正确的是
A．该晶胞中位于体心和棱心
B．电负性：
C．周围距离最近且相等的的个数为4
D．若晶胞参数为，则晶体密度为
【答案】D【解析】A．由题干晶胞示意图可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，A错误；B．同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小，故电负性：，B错误；C．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，则周围距离最近且相等的的个数为2，C错误；D．由A项分析可知，该晶胞中位于棱心上，位于体心上，S2-位于顶点，故一个晶胞中含有Li+的数目为：，S2-的数目为：=1，的数目为1，若晶胞参数为，则晶体密度为，D正确；故答案为D。
7．(式量为M)是生物医药、太阳能电池等领域的理想苂光材料，其晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数为。已知：原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，一种自旋状态用表示，与之相反的表示，称为电子的自旋磁量子数。下列说法错误的是
A．的价层电子排布式为
B．基态S原子电子自旋磁量子数的代数和为1或
C．若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为
D．晶体的密度为
【答案】D【解析】A．位于第五周期ⅢA族、核外电子排布式为，A正确；B． 基态S原子电子排布式为，同一个轨道中电子自旋方向相反、电子自旋磁量子数的代数和为0，中有2个p电子位于同一个轨道、另2个电子分占两个p轨道且自旋方向相同，则电子自旋磁量子数的代数和为1或-1，B正确；C． 由晶胞示意图可知，若A点的分数坐标为，则B点的分数坐标为，C正确；D．晶胞中Cu有8个位于顶点、4个面心、1个晶胞内，个数为8×+4×+1=4，In有4位于棱上、6个在面心，个数为4×+6×=4，8个S位于晶胞内，则晶体的密度为，D不正确；答案选D。
8．某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子，其摩尔质量为，下列说法正确的是
A．金属离子M与硼原子的配位数之比2∶1
B．金属离子的价电子排布式为
C．化学式为
D．该化合物中存在金属键、离子键、极性键和配位键
【答案】C
【分析】八面体位于晶胞的顶点和面心，个数为，四面体位于晶胞的内部，个数为8，晶胞中八面体和四面体个数比为1:2，则该晶体的化学式可表示为，该化合物的摩尔质量为，则，解得，即M为Fe元素，其化学式为。
【解析】A．金属离子M与6个形成八面体，则金属离子M的配位数为6，硼原子与4个氢原子形成四面体，则硼原子的配位数为4，因此金属离子M与硼原子的配位数之比为3∶2，A错误；B．根据分析，M为Fe元素，该化合物的化学式为，NH3整体为0价，中B为+3价，H为-1价，则Fe为+2价，金属离子M为Fe2+，其价电子排布式为3d6，B错误；C．根据分析，该晶体的化学式为，C正确；D．该化合物中没有金属键，D错误； 故选C。
9．为践行社会主义核心价值观，创建和谐社会，实现碳达峰和碳中和，我国科学家独创了一种二氧化碳转化新路径：通过电催化与生物合成相结合，以二氧化碳和水为原料成功合成了葡萄糖()和脂肪酸，为人工和半人工合成“粮食”提供了新路径。关于上述物质，下列说法正确的是
A．和均为极性分子，故易溶于水
B．晶体属于分子晶体，晶体中一个分子周围紧邻的分子有12个
C．分子中O原子上有2对孤电子对，故分子的VSEPR模型为V型
D．葡萄糖和脂肪酸都可以和饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体
【答案】B
【解析】A．CO2是非极性分子，能溶于水是因为与水发生反应，在水中的溶解度不大，A错误；B．CO2是分子晶体，分子间靠范德华力维系，分子采取密堆积，故一个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12个，B正确；H2O中O原子价层电子对数，O原子含有2个孤电子对，则该分子VSEPR模型为四面体形，C错误；D．葡萄糖不含羧基，不能和饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体，D错误； 故选B。
10．钠的一种氧化物的晶胞如图(“●”或“○”均表示一个简单离子)。正确的是
A．该氧化物的化学式为Na2O2
B．晶胞中连接“○”与“●”的线段表示共价键
C．该晶体中“○”与“●”的核外电子排布相同
D．晶胞中与“○”最近且等距的“●”的数目为4
【答案】C
【解析】由晶胞图知，黑色原子有8个在体内；白色原子有8个在体内，6个在面心，根据均摊法计算，可知白色原子和黑色原子个数比为1：2，故该氧化物为氧化钠，且白色表示氧离子，黑色为钠离子，据此回答。由分析知该氧化物为氧化钠，A错误；B．氧化钠为离子化合物且只含有离子键，即线段表示离子键，B错误；C．钠离子和氧离子核外电子数均为10，最外层电子均为8，核外电子排布相同，C正确；D．由晶报图知，晶报中与氧离子最近且等距离的钠离子数目为8，D错误； 故选C。
11．铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子的运动状态有 _______种；试从结构角度解释Fe2+易被氧化为Fe3+的原因 _______。
(2)K3[Fe(CN)6]是检验Fe2+的特征试剂，[Fe(CN)6]3-中心离子配位数是 _______；1ml[Fe(CN)6]3-中含有 _______mlσ键，能够证明[Fe(CN)6]3-不能电离的试剂是 _______(填化学式)。
(3)Cu2+可形成配合物[Cu(en)2](BF4)2，其中en代表H2NCH2CH2NH2分子。该配合物[Cu(en)2](BF4)2中配位离子所带电荷数为 _______，VSEPR模型为四面体的非金属原子共有 _______个。
(4)一种由Cu、In，Te组成的晶体，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
该晶体的化学式为 _______；A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为 _______；晶胞中A、D原子间距离d=_______pm。
【答案】(1) 26 Fe2+的价电子排布为3d6，再失去1个电子形成3d5半充满的稳定结构，故易被氧化(2) 6 12 KSCN (3) 1 10(4) CuInTe2 (,,)
【解析】（1）基态Fe原子核外有26个电子，核外电子的运动状态有26种；Fe2+的价电子排布式为3d6，Fe3+的价电子排布式为3d5，则Fe2+易被氧化为Fe3+的原因：Fe2+的价电子排布为3d6，再失去1个电子形成3d5半充满的稳定结构，故易被氧化。（2）[Fe(CN)6]3﹣中心离子配体是CN﹣，CN﹣的个数就是中心离子的配位数，配位数是6；1个中[Fe(CN)6]3﹣，铁离子和每个碳原子形成1个σ键，每个CN﹣中含有1个σ键，1个[Fe(CN)6]3﹣中含有12个σ键，1ml[Fe(CN)6]3﹣中含有12mlσ键；KSCN溶液能检验铁离子，能够证明[Fe(CN)6]3﹣不能电离的试剂是KSCN溶液。（3）该配合物[Cu(en)2](BF4)2中配位离子为，带一个单位负电荷，VSEPR模型为四面体的非金属原子为C、N、B原子，共有符合条件的非金属原子个数=4×2+2=10。（4）该晶胞中Cu原子个数=8×+1+4×=4，Te原子个数为8，In原子个数=6×+4×=4，Cu、In、Te原子个数之比为4：4：8=1：1：2，化学式为CuInTe2；该晶胞中相当于含有4个CuInTe2；A点、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则C点原子的分数坐标为(，，)；晶胞中A、D原子间距离d等于下边小长方体体对角线长度的=×pm=pm。
12．C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)写出Si的基态原子核外最外层电子排布式_______，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(2)基态铬原子和基态锰原子中第一电离能较大的是_______(填元素符号)，原因为_______。
(3)SiC晶体的结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______。
(4)氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X为_______(填元素符号)，XO是优良的耐高温材料，其熔点比CaO高的原因是_______。
下图表示的是SiO2的晶胞结构(白圈代表硅原子，黑点代表氧原子)，判断在30g二氧化硅晶体中含_______键。
【答案】(1) 3s23p2 O>C>Si N>O>C (2) Mn 基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2，4s能级是全满结构，更稳定，失去一个电子所需能量更高 (3)sp3杂化
Mg Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大 (5)2
【解析】（1）Si是14号元素，基态原子核外电子推布式，最外层电子排布式为，同一周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Si；C、N、O属于同一周期元素且原子序数依次减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，但第ⅤA族的大于第ⅥA族的，所以其第一电离能大小顺序是N＞O＞C；（2）铬原子价电子排布式为，基态Mn原子的核外电子排布式为，4s能级是全满结构，更稳定，失去一个电子所需能量更高构，因此Mn的电离能更大；（3）SiC中Si和C原子均形成四个单键，故其为杂化；（4）XO和SiC的电子总数相等，故含有的电子数为20，则X含由12个电子，即Mg；晶格能与所组成离子所带电荷成正比，与离子半径成反比，MgO与CaO的离子电荷数相同，半径比小，MgO晶格能大，熔点高；（5）30g二氧化硅的物质的量为，每个Si原子形成4个Si-O键，30g二氧化硅晶体中含有Si-O键的个数为0.5ml×4=2ml。
13．材料的发展水平始终是时代进步和人类文明的标志。当前含铁的磁性材料在国防、电子信息等领域中具有广泛应用。请回答下列问题：
(1)基态铁原子的价电子排布图为_______，基态铁原子核外电子的空间运动状态有_______种， 其处在最高能层的电子的电子云形状为_______。
(2)一种新研发出的铁磁性材料M的分子结构如图1所示。
①M分子中C、N、O三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为_______(填序号)。
A．sp2 B．sp3 C．dsp2 D．d2sp3
③分子中的大π键可用符号π 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π)， 则M分子中由碳、氧组成的五元环中的大π键应表示为_______。
(3)铁氮化合物因其特殊的组成和结构而具有优异的铁磁性能，某铁氮化合物的立方晶胞结构如图2所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为_______。
②该化合物的化学式为_______。
【答案】(1) 15 球形 (2) O>N>C D
（3）棱心和体心 Fe4N
【解析】（1）铁元素的原子序数为26，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，原子轨道数为15，则核外电子空间运动状态有15种， 基态原子的价电子排布图为，原子中最高能层为电子云形状为球形的4s层；（2）①元素的非金属性越强，电负性越大，M分子中C、N、O三种元素的非金属性依次增强，则电负性依次增大；②M分子中的亚铁离子与上下两个五元碳环通过配位键相连且亚铁离子共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为d2sp3，故选D；③由图可知，M分子中由碳、氧组成的五元环中五个原子参与，每个碳上提供一个电子，氧原子提供2个电子，则大π键应表示为π；（3）①由晶胞结构可知，若以位于体心的氮原子为晶胞顶点，晶胞中位于顶点的铁原子为晶胞的棱心，原子在面心的铁原子在体心；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子的个数为 ，位于体心的氮原子个数为1，则化合物的化学式为Fe4N。
14．我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和(指的排放总量和减少总量相当)，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。某科研小组探究转化为甲醛等其他物质的途径，其中涉及以下两步反应：
i、；
ii、。
研究发现，反应i在C氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂的作用下具有高活性，另外含Mg、Fe、Cu等元素的催化剂在捕捉回收中也有很高的催化作用。
(1)Mn元素基态原子的价层电子排布式为___________，Fe元素在元素周期表中位于第四周期第___________族。
(2)Mg元素的第一电离能高于Al元素的，原因是___________。
(3)反应ii中，HCHO分子中C原子采用的杂化方式为__________；下列关于的说法错误的是______(填标号)。
A．含键B．含键C．含极性共价键D．含非极性共价键E．分子的空间结构为直线形
(4)反应i和反应ii所涉及的4种含氢化合物中，沸点从高到低的顺序为___________(填化学)，原因是___________。
(5)铜单质的晶胞结构如图所示，铜原子位于正方体的顶点和面心。已知铜原子的半径为d，铜单质的摩尔质量为M，表示阿伏加德罗常数的值。则铜原子的配位数为___________，铜晶体的密度为___________(填含M、、d的表达式)。
【答案】(1) ； Ⅷ； (2)Mg原子和Al原子的价层电子排布式分别为、，Mg原子最外层3s能级处于全满状态，较稳定； (3) ； BE； (4) ； HCHO分子间不存在氢键，另外3种化合物中含有的氢键数：，氢键数目越多，物质的沸点越高；(5) 12； 。
【解析】（1）Mn是25号元素，Mn元素基态原子的价层电子排布式为：，Fe是26号元素，Fe元素在元素周期表中位于第四周期第Ⅷ族。（2）Mg原子和Al原子的价层电子排布式分别为、，Mg原子最外层3s能级处于全满状态，较稳定，故Mg元素的第一电离能高于Al元素的；（3）HCHO分子中C原子形成了三个σ键，且无孤电子对，故HCHO分子中C原子采用的杂化方式为：；的结构式为：H-O-O-H，可知有σ键，无键 ，含极性共价键H-O，含非极性共价键O-O，根据分子的成键特点可知，空间结构不是直线形，故A、C、D正确B、E错误；（4）HCHO分子间不存在氢键，另外3种化合物中含有的氢键数：，氢键数目越多，物质的沸点越高；（5）顶点铜为目标，与它最近距离的铜原子在面心，三个截面，每个截面对应有四个面心，故铜原子的配位数为：34=12；铜晶体的晶胞特点可知，铜原子的半径与键参数的关系为：，铜晶体的密度为：代入可以求密度为：。
15．配合物在光电传感器、电镀、染料方面有着重要的应用价值，一氧化碳、氨气、酞菁分子是常见形成配合物的三种配位体，请回答下列问题：
(1)一氧化碳和氨气涉及的元素中电负性最大的是_______(填元素符号)。
(2)邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成酞菁的原料，熔点较高的是_______(填化学式)，原因为_______。
(3)和可形成配离子，则该配离子的空间结构为_______。
(4)能与形成配合物。
①中含有_______键；中心原子的杂化类型为_______。
②金属的原子堆积模型如图，则金属的晶胞俯视图为_______(填标号)，假设原子的半径是，该晶体的密度是，则的相对原子质量为_______(设为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)O；(2) ； 两者均为分子晶体，但 能形成分子间氢键；
(3)正四面体形； (4) 8； ； B； 。【解析】（1）一氧化碳和氨气涉及的元素中电负性大小顺序为：O>N>C>H，故电负性最大元素为：O；（2）苯二甲酰亚胺分子间可以形成氢键，而邻苯二甲酸酐分子间不能形成氢键，故邻苯二甲酰亚胺熔点较高；（3）由配合物的结构可知，银离子形成了4个配位键，价层电子对数为4，故空间结构为：正四面体形；（4）与4个CO形成4个σ键，4个CO中，C、O之间均有一个σ键，故中含有8mlσ键；的价层电子对数=4+0=4，故杂化方式为：；根据金属的原子堆积模型图可知，金属的原子堆积方式面心立方堆积，晶胞俯视图为B图，由晶胞俯视图可知，晶胞参数与原子半径的关系为：，得，则金属晶胞的密度为：，代入可以求得M为：。
16．如表是部分短周期元素的性质或原子结构特点。
请回答下列问题：
(1)基态T原子的价电子排布式为_______
(2)比较Y元素，W元素的离子半径_______(用离子符号表示)
(3)元素Z在元素周期表中的位置是_______，元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_______(用元素符号表示)。下列表述中能证明这一事实的是_______(填序号)。
a.常温下Z的单质和T的单质状态不同
b.Z元素的简单气态氢化物比T元素的稳定
c.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比T的强
(4)T、X、Y、Z四种元素的最高价氧化物对应水化物中性质明显不同于其他三种的是_______(填化学式)
(5)W的最高价氧化物对应水化物与NaOH溶液反应的离子方程式为_______。
【答案】(1)3s23p4 (2)N3- > Al3+ (3) 第三周期第ⅦA族 Cl bc (4)
(5)Al(OH)3 + OH- = AlO+ 2H2O
【分析】由信息可知，均为短周期元素，T的M层上有6个电子，T为S；X的最外层电子数是次外层电子数的2倍，可知X只有2个电子层、最外层电子数为4，X为C；常温下Y的单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性，可知Y为N；Z元素最高正价是+7价，Z为Cl；W的最高价氧化物对应水化物既能跟酸反应，又能跟强碱反应，可知W为Al，以此来解答。
【解析】（1）由分析可知，T为16号元素硫元素，故基态T原子的价电子排布式为3s23p4；（2）由分析可知，Y元素为N，W元素为Al，由于N3-、Al3+具有相同的电子层结构，且Al的核电荷数比N大，故其的离子半径N3-＞Al3+；（3）由分析可知，元素Z为Cl，Cl是17号元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则其在元素周期表中的位置是第3周期第ⅦA族，同一周期从左往右元素的非金属依次增强，元素Z即Cl与元素T即S相比，非金属性较强的是Cl， a.元素的金属性和非金属强弱是化学性质，与其状态无关，即常温下Z的单质和T的单质状态不同不饿能说明Cl的非金属性强于S，a不合题意；b.非金属元素的简单氢化物的稳定性与其非金属性一致，故Z元素的简单气态氢化物比T元素的稳定可以说明Cl的非金属性强于S的，b符合题意；c.非金属元素的最高价氧化物对应水化物的酸性与其非金属性一致，故Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比T的强可以说明Cl的非金属性强于S的，c符合题意；（4）由分析可知，T、X、Y、Z四种元素分别为：S、C、N、Cl，它们的最高价氧化物对应水化物分别为：H2SO4、H2CO3、HNO3和HClO4，其中H2CO3是弱酸，其余三种均为强酸，故性质明显不同于其他三种的是H2CO3；（5）由分析可知，W为Al，则W的最高价氧化物对应水化物即Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，该反应的离子方程式为：Al(OH)3 + OH- = AlO+ 2H2O。
17．黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物，火法炼铜时发生反应：
(1)Fe在周期表中的位置为____；Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是_____。
(2)Cu元素的基态原子的电子排布式为_______，有_______个未成对电子。
(3)SO2分子的立体构型为_______，SO2可氧化生成SO3，SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是_______。
【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 O＞S＞Fe (2) 1s22s22p63s23p63d104s1 1 (3) V形 sp3
【解析】（1）已知Fe是26号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2，则Fe在周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，同一主族从上往下元素的第一电离能依次减小，金属元素易失去电子，第一电离能比非金属元素小，则Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是O＞S＞Fe；（2）已知Cu为29号元素，故Cu元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，有4s上的1个为未成对电子；（3）SO2中S原子孤电子对数=1，形成2个σ键，价层电子对数=1+2=3，在VSEPR模型基础忽略孤电子对可得微粒的空间构型为V形，由题干图示信息可知，固态SO3中S原子形成4个σ键，杂化轨道数目为4，S原子的杂化轨道类型是sp3杂化。
18．第四周期的元素形成的化合物在生产生活中有着重要的用途。
(1)镍铬钢抗腐蚀性能强，基态铬原子的核外电子排布式为_______，按照电子排布式，镍元素在周期表中位于_______区。
(2)硒常用作光敏材料，基态硒原子的价电子排布式为_______。
(3)“玉兔二号”月球车是通过砷化镓(GaAs)太阳能电池提供能量进行工作的。基态砷原子的电子占据最高能级的电子云轮廓图为_______形。基态镓原子的核外有_______个未成对电子。
(4)基态Fe原子价层电子轨道表示式为_______。
(5)在BF3分子中，F-B-F的键角是_______，硼原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，的空间构型为_______。
(6)H2O2为_______分子(填“极性”或“非极性”)。
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d54s1 d (2)4s24p4 (3) 哑铃 1 (4)
（3） 120° sp2杂化 正四面体 (6)极性
【解析】（1）铬为24号元素，基态铬原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，镍原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，则其在周期表中位于d区。（2）硒与氧同为第ⅥA族元素，其位于第四周期，则基态硒原子的价电子排布式为4s24p4。（3）基态砷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，电子占据最高能级的轨道为4p，则电子云轮廓图为哑铃形。基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则核外有1个未成对电子。（4）基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则价层电子轨道表示式为。（5）BF3分子呈平面正三角形结构，F-B-F的键角是120°，硼原子的价层电子对数为3，杂化轨道类型为sp2杂化，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，中，B原子发生sp3杂化，空间构型为正四面体。（6）H2O2分子中，O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，由于受孤电子对的排斥作用，分子呈二面角结构的半开书页形，所以为极性分子。
19．锗石含有人体所需的硒、锌、镍、钴、锰、镁、铁等三十多种对人体有益的微量元素。
(1)基态铁原子的价电子排布式为_______。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1°C，熔点−19.3°C，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4是_______分子(“极性”或“非性极”)。
(3)C2+可与形成配离子[C(NO3)4]2−，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为_______(用元素符号表示)，中N的杂化方式为_______。
(4)氨气中H−N−H键的键角为107.3°，[Zn(NH3)6]2+离子中H−N−H键的键角_______107.3°(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是：_______。
(5)硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图所示，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞密度ρ为_______g·cm-3(只列出计算式，1pm=10-10cm)。
【答案】(1)3d64s2 (2)非极性 (3) C＜O＜N sp2 (4) 大于 氨气分子中含有孤电子对而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键(或[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力(5)
【解析】（1）Fe是26号元素，根据构造原理，可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，则基态Fe原子价电子排布式为3d64s2；（2）Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1°C，熔点−19.3°C，难溶于水，易溶于有机溶剂，物质的熔沸点比较低，该物质易溶于由非极性分子构成的溶剂中，根据相似相溶原理，可推测Ni(CO)4是分子晶体，物质属于非极性分子；（3）在配离子[C(NO3)4]2-，则配离子[C(NO3)4]2-中的元素有C、N、O，一般情况下金属元素的电离能小于非金属元素；在同一周期元素，原子序数越大，其第一电离能就越大，但由于N原子核外电子排布处于半充满的稳定状态，故N的第一电离能比O大，因此元素的第一电离能由小到大的顺序为C＜O＜N；在中的中心N原子价层电子对数是3+=3，N原子上无孤对电子，因此中N原子杂化类型是sp2杂化；（4）氨气中H−N−H键的键角为107.3°，由于配位体NH3分子中N原子上含有孤电子对，而[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上的孤电子对，配位体NH3的N原子的孤对电子与锌离子形成配位键(或[Zn(NH3)6]2+离子中N原子上没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，所以[Zn(NH3)6]2+离子中H−N−H键的键角大于107.3°；（5）在ZnSe晶体中，含有的Zn2+数目是4个，含有的Se2-数目是：8×+6×=4，因此在1个晶胞中含有4个ZnSe，由于晶胞边长为a pm，故该晶胞密度ρ==g/cm3。
20．回答下列问题
(1)选择题(题目给出的四个选项中，有两个选项是符合题目要求的)下列关于晶体的说法中，不正确的是_____
A．MgO的晶格能远比NaCl大，这是因为前者粒子所带的电荷多，粒子半径小
B．第一电离能：Cl>S>P>Si
C．金属原子在二维平面里放置得到非密置层和密置层两种方式，配位数分别为4和6
D．共价键可决定分子晶体的熔、沸点
(2)黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物，火法炼铜时发生反应：2CuFeS2 + O2 = Cu2S + 2FeS + SO2。
①Fe在周期表中的位置为_______；Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是_______。
②Cu元素的基态原子的电子排布式为_______，有_______个未成对电子。
③SO2分子的立体构型为_______，SO2可氧化生成SO3，SO3冷却到289.8K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是_______。
④已知FeO、FeS熔点分别为1369℃、1193℃，解释熔点FeO高于FeS的原因_______。
⑤Cu的晶胞如图所示，晶体密度为ρ g·cm-3，晶胞中等距最近的Cu原子有_______个，晶胞的边长为_______(用含ρ和NA的式子表示)。
【答案】(1)BD (2) 第四周期第Ⅷ族 O>S>Fe 或 1 V形 和均为离子晶体，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔、沸点越高，因为离子半径>，所以熔点FeO高于FeS 12
【解析】（1）A． MgO中含有和，NaCl中含有和，离子半径>；>，且MgO中粒子带电荷多，晶格能大，故A正确；B．Si、P、S、Cl处于同一周期，同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，因P的3p能级为半满状态，导致其第一电离能较大，故第一电离能由大到小的顺序为Cl>P>S>Si，故B错误；．金属晶体中的原子在二维空间密置层，配位数为6，非密置层，配位数为4，故C正确；分子晶体的熔、沸点与分子间作用力、氢键有关，与共价键无关，故D错误；故填BD。（2）①Fe在周期表中的原子序数为26，位于第四周期第Ⅷ族；原子的第一电离能是指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，同主族元素从上到下元素的第一电离能逐渐减小，则有O>S，总体上金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大，则有S>Fe，所以Fe、S、O原子的第一电离能由大到小的顺序是：O>S>Fe；②Cu元素原子序数29，核外电子数29，Cu元素的基态原子的电子排布式为或，除4s轨道外，其他轨道均填满，成对，只有1个未成对电子；③根据VSEPR模型，中心原子价层电子对为3，中心S原子为杂化，有孤电子对，空间为V形；根据如图所示，固态的结构中S原子均以单键连接，则中心原子S为杂化；④和均为离子晶体，离子晶体的离子半径越小，带电荷数越多，晶格能越大，则晶体的熔、沸点越高，因为离子半径>，所以熔点FeO高于FeS；⑤如图，设晶胞边长为a，则晶胞中等距最近的Cu原子有12个，为；晶胞中顶点占，面心占，Cu原子个数为，根据，可得，解得。
1. （2022·广东卷）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
（1）与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
（2）的沸点低于，其原因是_______。
（3）关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有σ键
B．I中的键为非极性共价键
C．II易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
（4）IV中具有孤对电子的原子有_______。
（5）硒的两种含氧酸的酸性强弱为_______(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_______。
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）4s24p4
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）BDE （4）O、Se
（5）①. ＞ ②. 正四面体形
（6） ①. K2SeBr6 ②.
【解析】
（1）基态硫原子价电子排布式为3s23p4，Se与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；
（2）H2Se的沸点低于H2O，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
（3）A．I中有σ键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的Se-Se键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。
（4）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；
（5）根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为＞。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；
（6）①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即。
2.（2022·海南卷）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
（1）基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。
（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。
（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_______。
（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是_______。
（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面_______、_______。
【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4 2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3） sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6） ▱cdhi ▱bcek
【解析】
（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
（3）根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更高；
（4）金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
（5）由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成分的百分数小于Zn—O键；
（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为▱cdhi和▱bcek。
3. （2022·湖南卷）铁和硒()都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态原子的核外电子排布式为_______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
（2）富马酸亚铁是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中键与键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
（3）科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化，将转化，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。
（4）钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数、。阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。
【答案】（1）① [Ar] 3d104s24p4 ② 6 ③＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeO32-的空间构型为三角锥形 （2）①11:3 ②O＞C＞H＞Fe （3）①sp3杂化 ②H2O
（4）①KFe2Se2 ②4 ③
【解析】
（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°；
（2）①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；
（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体；
（4）①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8× EQ \f(1,8)+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12× EQ \f(1,4)+2× EQ \f(1,2)=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；
③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=。
4.（2022·江苏卷）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、、好形式存在，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） ① ②5 ③c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大
（2）4
（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
【解析】
（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，去除水中的速率越慢，是由于c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，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：；故答案为：4；。
（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。
5. （2022·山东卷）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，与的配位数之比为_______；_______；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+ （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）
【解析】
（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，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为：2× EQ \f(1,2)=1，Zn2+个数为：8× EQ \f(1,8)=1，含有CN-为：8× EQ \f(1,2)=4，NH3个数为：8× EQ \f(1,4)=2，苯环个数为：4× EQ \f(1,2)=2，则该晶胞的化学式为：，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为：4，Zn2+周围形成的配位键数目为：6，则Ni2+与Zn2+的配位数之比,4:6=2:3；x:y:z=4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+；
（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；
（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，故答案为：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：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为。
6.（2022·浙江卷）回答下列问题：
（1）两种有机物的相关数据如表：
HCON(CH3)2的相对分子质量比HCONH2的大，但其沸点反而比HCONH2的低，主要原因是______。
（2）四种晶体的熔点数据如表：
CF4和SiF4熔点相差较小，BF3和AlF3熔点相差较大，原因是______。
【答案】（1）HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低。
（2）CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
【解析】
（1）HCON(CH3)2分子间只有一般的分子间作用力，HCONH2分子间存在氢键，破坏一般的分子间作用力更容易，所以沸点低；
（2）CF4和SiF4都是分子晶体，结构相似，分子间作用力相差较小，所以熔点相差较小；BF3通过分子间作用力形成分子晶体，AlF3通过离子键形成离子晶体，破坏离子键需要能量多得多，所以熔点相差较大。
元素编号
元素性质或原子结构
T
M层上有6个电子
X
最外层电子数是次外层电子数的2倍
Y
常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性
Z
元素最高正价是+7价
W
其最高价氧化物对应水化物既能跟酸反应，又能跟强碱反应
物质
HCON(CH3)2
HCONH2
相对分子质量
73
45
沸点/℃
153
220
物质
CF4
SiF4
BF3
AlF3
熔点/℃
-183
-90
-127
＞1000
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