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2024届高考化学一轮总复习单元质检卷5第五单元物质结构与元素周期律
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这是一份2024届高考化学一轮总复习单元质检卷5第五单元物质结构与元素周期律，共13页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．(2022·辽宁卷)下列符号表征或说法正确的是( )
A．H2S电离：H2S2H＋＋S2－
B．Na位于元素周期表p区
C．COeq \\al(2－,3)空间结构：平面三角形
D．KOH电子式：
解析：H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2SH＋＋HS－，A项错误；基态Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B项错误；COeq \\al(2－,3)中心碳原子的价层电子对数为3＋eq \f(1,2)×(4＋2－3×2)＝3，故其空间结构为平面三角形，C项正确；KOH是离子化合物，电子式为，D项错误。
答案：C
2．(2022·东莞中学松山湖学校月考)用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的空间构型，两个结论都正确的是( )
A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形
C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形
解析：H2S中S的孤电子对数为eq \f(1,2)×(6－2×1)＝2，σ键电子对数为2，S的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，H2S的空间构型为V形；BF3中B的孤电子对数为eq \f(1,2)×(3－3×1)＝0，σ键电子对数为3，B的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于B上没有孤电子对，BF3的空间构型为平面三角形；答案选D。
答案：D
3．(2022·山东卷)AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N—Al、N—Ga。下列说法错误的是( )
A．GaN的熔点高于AlN
B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取sp3杂化
D．晶体中所有原子的配位数均相同
解析：Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则均为共价晶体。AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A项错误；不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B项正确；金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化；由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C项正确；金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D项正确。
答案：A
4．(2022·山东卷)eq \\al(13, 8)O、eq \\al(15, 8)O的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：eq \\al(16, 8)O＋eq \\al(3,2)He―→eq \\al(13, 8)O＋eq \\al(a,b)X；eq \\al(16, 8)O＋eq \\al(3,2)He―→eq \\al(15, 8)O＋eq \\al(m,n)Y。下列说法正确的是( )
A．X的中子数为2
B．X、Y互为同位素
C．eq \\al(13, 8)O、eq \\al(15, 8)O可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在eq \\al(13, 8)O2、eq \\al(15, 8)O2分子是因其化学键不稳定
解析：由分析可知，X微粒为eq \\al(6,2)He，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A项错误；由分析可知，X微粒为eq \\al(6,2)He，Y微粒为eq \\al(4,2)He，二者具有相同的质子数而不同的中子数，故互为同位素，B项正确；由题干信息可知，eq \\al(13, 8)O与eq \\al(15, 8)O的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C项错误；自然界中不存在eq \\al(13, 8)O2与eq \\al(15, 8)O2并不是其化学键不稳定，而是由于eq \\al(13, 8)O与eq \\al(15, 8)O的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为其他原子，O===O的键能与形成该键的核素无关，D项错误。
答案：B
5.(2022·辽宁卷)理论化学模拟得到一种Neq \\al(＋,13)离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是( )
A．所有原子均满足8电子结构
B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形
D．常温下不稳定
解析：由题中Neq \\al(＋,13)的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A项正确；中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B项错误；中心N原子为sp3杂化，则其空间结构为四面体形，C项正确；Neq \\al(＋,13)中含叠氨结构()，常温下不稳定，D项正确。
答案：B
6．(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 ml·
L－1)。
依据上述实验现象，结论不合理的是( )
A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应
B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明SOeq \\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响
解析：铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A项正确；在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B项正确；实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C项正确；结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D项错误。
答案：D
7．(2022·湖南长郡中学阶段练习)通过反应4BI(g)＋As4(g)eq \(,\s\up14(800 ℃))4BAs(s，晶体)＋6I2(g)可制备具有超高热导率半导体材料——BAs晶体。下列说法错误的是( )
A．图(a)表示As4结构，As4分子中成键电子对数与孤电子对数之比为3∶1
B．图(b)表示单质硼晶体B12的基本结构单元，该基本单元为正二十面体
C．图(b)所示单质硼晶体的熔点为2 180 ℃，它属于共价晶体
D．图(c)表示BAs的晶胞结构，距离As原子最近且相等的B原子有4个
解析：题图(a)表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个σ键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对数(共6对)与孤电子对数(共4对)之比为3∶2，A项错误；题图(b)表示单质硼晶体B12的基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，一共有20个正三角形，所以该基本单元为正二十面体，B项正确；单质硼晶体的熔点为2 180 ℃，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于共价晶体，C项正确；BAs晶胞中，较大的原子为As原子，距离As原子最近且相等的B原子有4个，D项正确。
答案：A
8．(2022·常州北郊高级中学月考)下列关于物质结构的命题中，错误的项数有( )
①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种
②元素Ge位于周期表第四周期第ⅣA族，核外电子排布式为[Ar]4s24p2，属于p区
③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子
④Na2O、Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1∶2
⑤Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸，也能溶于氨水，是两性氢氧化物
⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为
⑦HF沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HF
⑧可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键
A．4项 B．5项
C．6项 D．7项
解析：①甲基中，碳原子价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数＝4＋0＝4，所以为sp3杂化，—COOH中，碳原子价层电子对个数＝3＋0＝3，形成3个σ键，无孤对电子，采取sp2杂化，①正确；Ge位于第四周期第ⅣA族，Ge为32号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于p区元素，②错误；H2O2结构不对称，属于极性分子，③错误；Na2O每有2个Na＋，就有1个O2－，阴、阳离子个数比为1∶2，Na2O2每有2个Na＋，就有1个Oeq \\al(2－,2)，阴、阳离子个数比为1∶2，NaHSO4晶体中为Na＋和HSOeq \\al(－,4)，阴、阳离子个数比为1∶1，④错误；Cu(OH)2属于碱能溶于硝酸，但Cu(OH)2能溶于氨水，是因为Cu(OH)2和氨水反应生成络合离子，属于络合反应，Cu(OH)2无两性，⑤错误；氢键应形成于X…H—Y形式中，X、Y必须是N、O、F元素之一，这样NH3·H2O的结构式有两种可能：H3N…H—O—H、H2N—H…OH2，由于NH3·H2O可电离出NHeq \\al(＋,4)和OH－，前者合理，⑥正确；HF和HCl属于分子晶体，由于HF中存在HFH这样的相互作用，即氢键，使得HF沸点高于HCl，⑦错误；O可以形成氢键，因此可燃冰中水分子之间存在氢键，但甲烷和水分子之间不存在氢键，⑧错误；综上所述，共6项错误，答案选C。
答案：C
9.(2022·邢台五中月考)铌(41Nb)和镍合金的用途非常广泛，Nb、Ni互化物的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．Nb位于元素周期表第四周期第ⅤB族
B．Nb、Ni互化物的化学式为NbNi2
C．Nb、Ni互化物晶体的密度为eq \f(540,6.02×0.3622×0.741) g·cm－3
D．图中Nb原子与Ni原子的距离d为0.181eq \r(2) nm
解析：铌的原子序数为41，位于元素周期表第五周期ⅤB族，故A项错误；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的铌的原子个数为8×eq \f(1,8)＋1＝2，位于棱上和面心的镍原子个数为4×eq \f(1,4)＋10×eq \f(1,2)＝6，则互化物的化学式为NbNi3，故B项错误；由晶胞的质量公式可得：eq \f(2×（93＋3×59）,6.02×1023)＝0.3622×0.741×10－21×ρ，解得密度ρ＝eq \f(540,602×0.3622×0.741) g·cm－3，故C项错误；由晶胞结构可知，Nb原子与Ni原子的距离d为面对角线的一半，则d＝0.362 mm×eq \f(\r(2),2)＝0.181eq \r(2) nm，故D项正确。
答案：D
10．(2022·秦皇岛一中月考)A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烃。下列判断错误的是( )
A．B分子中的化学键为sp3s σ键，有轴对称性，可以旋转
B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子
C．G可以和氢离子通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变
D．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28′
解析：A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子，A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体，可推知A为HCl、E为F2，C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒，可推知C为PH3、F为H2O2，B有臭鸡蛋气味，可推知B为H2S，D与甲烷分子构型相同，可推知D为SiH4，G为火箭推进器常用燃料，可推知G为N2H4，H为烃，可推知H为C2H6。据此分析解答。B为H2S，中心原子硫原子形成sp3杂化轨道，氢原子提供s原子轨道，形成sp3s σ键，sp3s σ键有轴对称性，可以旋转，故A项正确；F为H2O2，H为C2H6，均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子，故B项正确；G为N2H4，和氢离子通过配位键形成阳离子N2Heq \\al(＋,5)，通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变，故C项正确；C为PH3，原子序数较大的元素为P，P元素形成正四面体单质为P4，P4的结构为，可知键角为60°，故D项错误。
答案：D
11．(2022·辽宁卷)短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是( )
A．X能与多种元素形成共价键
B．简单氢化物沸点：ZC．第一电离能：Y>Z
D．电负性：W解析：短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。据此分析解答。X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A项正确；Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B项错误；Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C项正确；W为Al，Z为O，O的电负性更大，D项正确。
答案：B
12．(2022·华中师大一附中月考)B2O3的气态分子结构如图1所示，硼酸(H3BO3)晶体结构为层状，其二维平面结构如图2所示。下列说法错误的是( )
A．两分子中B原子分别采用sp杂化、sp2杂化
B．硼酸晶体中层与层之前存在范德华力
C．1 ml H3BO3晶体中含有6 ml氢键
D．硼原子可提供空轨道，硼酸电离的方程式为H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋
解析：B最外层3个电子，在图1分子中每个B原子只形成了2个σ键，且其没有孤电子对，故其为sp杂化；在图2分子中每个B原子形成了3个σ键，且其没有孤电子对，故其采用sp2杂化，A项正确；由题中信息可知，硼酸晶体为层状结构，类比石墨的晶体结构可知，其层与层之间存在范德华力，故B项正确；由题图中信息可知，每个硼酸分子有3个羟基，其O原子和H原子均可与邻近的硼酸分子形成氢键，平均每个硼酸分子形成了3个氢键，因此，1 ml H3BO3晶体中含有3 ml氢键，故C项错误；硼原子的2p轨道有空轨道，水电离的
OH－中的氧原子有2个孤电子对，故两者可形成配位键并破坏了水的电离平衡使溶液显酸性，其电离方程式为H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋，故D项正确。
答案：C
二、非选择题(本题共3小题，共52分。)
13．(16分)(2022·广东卷)硒(Se)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(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如下：
(1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为________。
(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是__________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有______(填字母)。
A．Ⅰ中仅有σ键
B．Ⅰ中的Se—Se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sp与sp2
E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大
(4)Ⅳ中具有孤电子对的原子有______________________________________________。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4______(填“>”或“<”)H2SeO3。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeOeq \\al(2－,4)的空间构型为______________。
(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Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，则X中相邻K之间的最短距离为________________nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
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)Ⅰ中有σ键，还有大π键，故A项错误；Se—Se是同种元素，因此Ⅰ中的Se—Se为非极性共价键，故B项正确；烃都是难溶于水，因此Ⅱ难溶于水，故C项错误；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项正确；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，答案选BDE。(4)根据题中信息Ⅳ中O、Se都有孤电子对，碳、氢、硫都没有孤电子对；故答案为O、Se。(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H2SeO4＞H2SeO3。SeOeq \\al(2－,4)中Se价层电子对数为4＋eq \f(1,2)(6＋2－2×4)＝4，其空间构型为正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4(个)，则X的化学式为K2SeBr6。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，设晶胞参数为a nm，得到ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(\f(Mr g·ml－1,NA ml－1)×4,（a×10－7）3)＝ρ g·
cm－3，解得a＝eq \r(3,\f(4Mr,NAρ))×107 nm，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即eq \f(1,2)×eq \r(3,\f(4Mr,NAρ))×107 nm。
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)＞ 正四面体形
(6)①K2SeBr6 ②eq \f(1,2)×eq \r(3,\f(4Mr,NAρ))×107
14．(24分)(2022·湖南卷)铁和硒(Se)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Se原子的核外电子排布式为[Ar]__________。
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SeO3分子______(填“>”“<”或“＝”)SeOeq \\al(2－,3)离子，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)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σ键与π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H2，将
N3－转化为NHeq \\al(－,2)，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NHeq \\al(－,2)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a＝b＝0.4 nm、c＝1.4 nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________________________________________________________g·cm－3(列出计算式)。
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8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由结构模型可知，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d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NA)＝abc×10－21×d，解得d＝eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NAabc×10－21)。
答案：(1)①3d104s24p4 ②8 ③＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeOeq \\al(2－,3)的空间构型为三角锥形
(2)①11∶3 ②O＞C＞H＞Fe
(3)①sp3 ②H2O
(4)①KFe2Se2 ②4 ③eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NAabc×10－21)
15．(14分)(2022·海南卷)以Cu2O、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。回答下列问题：
(1)基态O原子的电子排布式为__________________________________________________，
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()都是合成酞菁的原料，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中离子键成分的百分数小于Zn—O，原因是___________________________________________________。
(6)下图1为某ZnO晶胞示意图，下图2是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。▱abcd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______、______。
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做定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性。(3)根据题中酞菁结构式可知，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中离子键成分的百分数小于Zn—O。(6)根据题图1所示晶胞，1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。
答案：(1)1s22s22p4(或[He]2s22p4) 2
(2)自由电子在外加电场中做定向移动
(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
实验
操作与现象
①
在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色
②
在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；
再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
③
在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀
1．(2022·辽宁卷)下列符号表征或说法正确的是( )
A．H2S电离：H2S2H＋＋S2－
B．Na位于元素周期表p区
C．COeq \\al(2－,3)空间结构：平面三角形
D．KOH电子式：
解析：H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2SH＋＋HS－，A项错误；基态Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B项错误；COeq \\al(2－,3)中心碳原子的价层电子对数为3＋eq \f(1,2)×(4＋2－3×2)＝3，故其空间结构为平面三角形，C项正确；KOH是离子化合物，电子式为，D项错误。
答案：C
2．(2022·东莞中学松山湖学校月考)用价层电子对互斥理论预测H2S和BF3的空间构型，两个结论都正确的是( )
A．直线形；三角锥形 B．V形；三角锥形
C．直线形；平面三角形 D．V形；平面三角形
解析：H2S中S的孤电子对数为eq \f(1,2)×(6－2×1)＝2，σ键电子对数为2，S的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，去掉孤电子对，H2S的空间构型为V形；BF3中B的孤电子对数为eq \f(1,2)×(3－3×1)＝0，σ键电子对数为3，B的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于B上没有孤电子对，BF3的空间构型为平面三角形；答案选D。
答案：D
3．(2022·山东卷)AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在N—Al、N—Ga。下列说法错误的是( )
A．GaN的熔点高于AlN
B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取sp3杂化
D．晶体中所有原子的配位数均相同
解析：Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则均为共价晶体。AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A项错误；不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B项正确；金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp3杂化；由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C项正确；金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D项正确。
答案：A
4．(2022·山东卷)eq \\al(13, 8)O、eq \\al(15, 8)O的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：eq \\al(16, 8)O＋eq \\al(3,2)He―→eq \\al(13, 8)O＋eq \\al(a,b)X；eq \\al(16, 8)O＋eq \\al(3,2)He―→eq \\al(15, 8)O＋eq \\al(m,n)Y。下列说法正确的是( )
A．X的中子数为2
B．X、Y互为同位素
C．eq \\al(13, 8)O、eq \\al(15, 8)O可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在eq \\al(13, 8)O2、eq \\al(15, 8)O2分子是因其化学键不稳定
解析：由分析可知，X微粒为eq \\al(6,2)He，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A项错误；由分析可知，X微粒为eq \\al(6,2)He，Y微粒为eq \\al(4,2)He，二者具有相同的质子数而不同的中子数，故互为同位素，B项正确；由题干信息可知，eq \\al(13, 8)O与eq \\al(15, 8)O的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C项错误；自然界中不存在eq \\al(13, 8)O2与eq \\al(15, 8)O2并不是其化学键不稳定，而是由于eq \\al(13, 8)O与eq \\al(15, 8)O的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为其他原子，O===O的键能与形成该键的核素无关，D项错误。
答案：B
5.(2022·辽宁卷)理论化学模拟得到一种Neq \\al(＋,13)离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是( )
A．所有原子均满足8电子结构
B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形
D．常温下不稳定
解析：由题中Neq \\al(＋,13)的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A项正确；中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B项错误；中心N原子为sp3杂化，则其空间结构为四面体形，C项正确；Neq \\al(＋,13)中含叠氨结构()，常温下不稳定，D项正确。
答案：B
6．(2022·湖南卷)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1 ml·
L－1)。
依据上述实验现象，结论不合理的是( )
A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应
B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明SOeq \\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响
解析：铁离子水解显酸性，亚硫酸根离子水解显碱性，两者之间存在相互促进的水解反应，同时铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者还会发生氧化还原反应，在同一反应体系中，铁离子的水解反应与还原反应共存并相互竞争，结合实验分析如下：实验①为对照实验，说明铁离子在水溶液中显棕黄色，存在水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，煮沸，促进水解平衡正向移动，得到红褐色的氢氧化铁胶体；实验②说明少量亚硫酸根离子加入铁离子后，两者发生水解反应得到红褐色的氢氧化铁胶体；根据铁氰化钾检测结果可知，同时发生氧化还原反应，使铁离子被还原为亚铁离子，而出现特征蓝色沉淀；实验③通过反滴操作，根据现象描述可知，溶液仍存在铁离子的水解反应，但由于铁离子少量，没检测出亚铁离子的存在，说明铁离子的水解反应速率快，铁离子的还原反应未来得及发生。铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A项正确；在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴同浓度的Na2SO3溶液，根据现象和分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，得到亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，出现特征蓝色沉淀，故B项正确；实验③中在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴同浓度少量FeCl3溶液，根据现象和分析可知，仍发生铁离子的水解反应，但未来得及发生铁离子的还原反应，即水解反应比氧化还原反应速率快，故C项正确；结合三组实验，说明铁离子与亚硫酸根离子混合时，铁离子的水解反应占主导作用，比氧化还原反应的速率快，因证据不足，不能说明亚硫酸离子对铁离子的水解作用无影响，事实上，亚硫酸根离子水解显碱性，可促进铁离子的水解反应，故D项错误。
答案：D
7．(2022·湖南长郡中学阶段练习)通过反应4BI(g)＋As4(g)eq \(,\s\up14(800 ℃))4BAs(s，晶体)＋6I2(g)可制备具有超高热导率半导体材料——BAs晶体。下列说法错误的是( )
A．图(a)表示As4结构，As4分子中成键电子对数与孤电子对数之比为3∶1
B．图(b)表示单质硼晶体B12的基本结构单元，该基本单元为正二十面体
C．图(b)所示单质硼晶体的熔点为2 180 ℃，它属于共价晶体
D．图(c)表示BAs的晶胞结构，距离As原子最近且相等的B原子有4个
解析：题图(a)表示As4结构，每个As原子最外层有5个电子，形成3个σ键，还有1对孤电子对，As4分子中成键电子对数(共6对)与孤电子对数(共4对)之比为3∶2，A项错误；题图(b)表示单质硼晶体B12的基本结构单元，每个面都是由3个B原子形成的正三角形，一共有20个正三角形，所以该基本单元为正二十面体，B项正确；单质硼晶体的熔点为2 180 ℃，熔点较高，且原子间通过共价键结合，属于共价晶体，C项正确；BAs晶胞中，较大的原子为As原子，距离As原子最近且相等的B原子有4个，D项正确。
答案：A
8．(2022·常州北郊高级中学月考)下列关于物质结构的命题中，错误的项数有( )
①CH3COOH分子中碳原子的杂化类型有sp2和sp3两种
②元素Ge位于周期表第四周期第ⅣA族，核外电子排布式为[Ar]4s24p2，属于p区
③非极性分子往往具有高度对称性，如BF3、PCl5、H2O2、CO2这样的分子
④Na2O、Na2O2、NaHSO4晶体中的阴、阳离子个数比均为1∶2
⑤Cu(OH)2是一种蓝色絮状沉淀，既能溶于硝酸，也能溶于氨水，是两性氢氧化物
⑥氨水中大部分NH3与H2O以氢键(用“…”表示)结合成NH3·H2O分子，根据氨水的性质可知NH3·H2O的结构式可记为
⑦HF沸点高于HCl，是因为HCl共价键键能小于HF
⑧可燃冰中甲烷分子与水分子之间存在氢键
A．4项 B．5项
C．6项 D．7项
解析：①甲基中，碳原子价层电子对个数＝σ键个数＋孤电子对个数＝4＋0＝4，所以为sp3杂化，—COOH中，碳原子价层电子对个数＝3＋0＝3，形成3个σ键，无孤对电子，采取sp2杂化，①正确；Ge位于第四周期第ⅣA族，Ge为32号元素，原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，属于p区元素，②错误；H2O2结构不对称，属于极性分子，③错误；Na2O每有2个Na＋，就有1个O2－，阴、阳离子个数比为1∶2，Na2O2每有2个Na＋，就有1个Oeq \\al(2－,2)，阴、阳离子个数比为1∶2，NaHSO4晶体中为Na＋和HSOeq \\al(－,4)，阴、阳离子个数比为1∶1，④错误；Cu(OH)2属于碱能溶于硝酸，但Cu(OH)2能溶于氨水，是因为Cu(OH)2和氨水反应生成络合离子，属于络合反应，Cu(OH)2无两性，⑤错误；氢键应形成于X…H—Y形式中，X、Y必须是N、O、F元素之一，这样NH3·H2O的结构式有两种可能：H3N…H—O—H、H2N—H…OH2，由于NH3·H2O可电离出NHeq \\al(＋,4)和OH－，前者合理，⑥正确；HF和HCl属于分子晶体，由于HF中存在HFH这样的相互作用，即氢键，使得HF沸点高于HCl，⑦错误；O可以形成氢键，因此可燃冰中水分子之间存在氢键，但甲烷和水分子之间不存在氢键，⑧错误；综上所述，共6项错误，答案选C。
答案：C
9.(2022·邢台五中月考)铌(41Nb)和镍合金的用途非常广泛，Nb、Ni互化物的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．Nb位于元素周期表第四周期第ⅤB族
B．Nb、Ni互化物的化学式为NbNi2
C．Nb、Ni互化物晶体的密度为eq \f(540,6.02×0.3622×0.741) g·cm－3
D．图中Nb原子与Ni原子的距离d为0.181eq \r(2) nm
解析：铌的原子序数为41，位于元素周期表第五周期ⅤB族，故A项错误；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的铌的原子个数为8×eq \f(1,8)＋1＝2，位于棱上和面心的镍原子个数为4×eq \f(1,4)＋10×eq \f(1,2)＝6，则互化物的化学式为NbNi3，故B项错误；由晶胞的质量公式可得：eq \f(2×（93＋3×59）,6.02×1023)＝0.3622×0.741×10－21×ρ，解得密度ρ＝eq \f(540,602×0.3622×0.741) g·cm－3，故C项错误；由晶胞结构可知，Nb原子与Ni原子的距离d为面对角线的一半，则d＝0.362 mm×eq \f(\r(2),2)＝0.181eq \r(2) nm，故D项正确。
答案：D
10．(2022·秦皇岛一中月考)A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子。A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体；C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒；B有臭鸡蛋气味；D与甲烷分子构型相同；G为火箭推进器常用燃料；H为烃。下列判断错误的是( )
A．B分子中的化学键为sp3s σ键，有轴对称性，可以旋转
B．F和H中均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子
C．G可以和氢离子通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变
D．C分子中原子序数较大的元素可形成正四面体结构的单质分子，键角为109°28′
解析：A、B、C、D、E、F、G、H均为18电子分子，A和E为双原子分子，E为浅黄绿色气体，可推知A为HCl、E为F2，C和F为四原子分子，F的水溶液常用于医用消毒，可推知C为PH3、F为H2O2，B有臭鸡蛋气味，可推知B为H2S，D与甲烷分子构型相同，可推知D为SiH4，G为火箭推进器常用燃料，可推知G为N2H4，H为烃，可推知H为C2H6。据此分析解答。B为H2S，中心原子硫原子形成sp3杂化轨道，氢原子提供s原子轨道，形成sp3s σ键，sp3s σ键有轴对称性，可以旋转，故A项正确；F为H2O2，H为C2H6，均含有极性键和非极性键，但是前者为极性分子，后者为非极性分子，故B项正确；G为N2H4，和氢离子通过配位键形成阳离子N2Heq \\al(＋,5)，通过配位键形成阳离子，反应前后中心原子杂化方式不变，故C项正确；C为PH3，原子序数较大的元素为P，P元素形成正四面体单质为P4，P4的结构为，可知键角为60°，故D项错误。
答案：D
11．(2022·辽宁卷)短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是( )
A．X能与多种元素形成共价键
B．简单氢化物沸点：Z
D．电负性：W
答案：B
12．(2022·华中师大一附中月考)B2O3的气态分子结构如图1所示，硼酸(H3BO3)晶体结构为层状，其二维平面结构如图2所示。下列说法错误的是( )
A．两分子中B原子分别采用sp杂化、sp2杂化
B．硼酸晶体中层与层之前存在范德华力
C．1 ml H3BO3晶体中含有6 ml氢键
D．硼原子可提供空轨道，硼酸电离的方程式为H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋
解析：B最外层3个电子，在图1分子中每个B原子只形成了2个σ键，且其没有孤电子对，故其为sp杂化；在图2分子中每个B原子形成了3个σ键，且其没有孤电子对，故其采用sp2杂化，A项正确；由题中信息可知，硼酸晶体为层状结构，类比石墨的晶体结构可知，其层与层之间存在范德华力，故B项正确；由题图中信息可知，每个硼酸分子有3个羟基，其O原子和H原子均可与邻近的硼酸分子形成氢键，平均每个硼酸分子形成了3个氢键，因此，1 ml H3BO3晶体中含有3 ml氢键，故C项错误；硼原子的2p轨道有空轨道，水电离的
OH－中的氧原子有2个孤电子对，故两者可形成配位键并破坏了水的电离平衡使溶液显酸性，其电离方程式为H3BO3＋H2O[B(OH)4]－＋H＋，故D项正确。
答案：C
二、非选择题(本题共3小题，共52分。)
13．(16分)(2022·广东卷)硒(Se)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(AIE)效应以来，AIE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如下：
(1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为________。
(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是__________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)关于Ⅰ～Ⅲ三种反应物，下列说法正确的有______(填字母)。
A．Ⅰ中仅有σ键
B．Ⅰ中的Se—Se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sp与sp2
E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O电负性最大
(4)Ⅳ中具有孤电子对的原子有______________________________________________。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4______(填“>”或“<”)H2SeO3。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeOeq \\al(2－,4)的空间构型为______________。
(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Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，则X中相邻K之间的最短距离为________________nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
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)Ⅰ中有σ键，还有大π键，故A项错误；Se—Se是同种元素，因此Ⅰ中的Se—Se为非极性共价键，故B项正确；烃都是难溶于水，因此Ⅱ难溶于水，故C项错误；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项正确；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，答案选BDE。(4)根据题中信息Ⅳ中O、Se都有孤电子对，碳、氢、硫都没有孤电子对；故答案为O、Se。(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H2SeO4＞H2SeO3。SeOeq \\al(2－,4)中Se价层电子对数为4＋eq \f(1,2)(6＋2－2×4)＝4，其空间构型为正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4(个)，则X的化学式为K2SeBr6。②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为ρ g·cm－3，设晶胞参数为a nm，得到ρ＝eq \f(m,V)＝eq \f(\f(Mr g·ml－1,NA ml－1)×4,（a×10－7）3)＝ρ g·
cm－3，解得a＝eq \r(3,\f(4Mr,NAρ))×107 nm，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即eq \f(1,2)×eq \r(3,\f(4Mr,NAρ))×107 nm。
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)＞ 正四面体形
(6)①K2SeBr6 ②eq \f(1,2)×eq \r(3,\f(4Mr,NAρ))×107
14．(24分)(2022·湖南卷)铁和硒(Se)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Se原子的核外电子排布式为[Ar]__________。
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SeO3分子______(填“>”“<”或“＝”)SeOeq \\al(2－,3)离子，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)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σ键与π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H2，将
N3－转化为NHeq \\al(－,2)，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NHeq \\al(－,2)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a＝b＝0.4 nm、c＝1.4 nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________________________________________________________g·cm－3(列出计算式)。
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8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由结构模型可知，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d g/cm3，由晶胞的质量公式可得：eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NA)＝abc×10－21×d，解得d＝eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NAabc×10－21)。
答案：(1)①3d104s24p4 ②8 ③＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeOeq \\al(2－,3)的空间构型为三角锥形
(2)①11∶3 ②O＞C＞H＞Fe
(3)①sp3 ②H2O
(4)①KFe2Se2 ②4 ③eq \f(2×（39＋56×2＋79×2）,NAabc×10－21)
15．(14分)(2022·海南卷)以Cu2O、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。回答下列问题：
(1)基态O原子的电子排布式为__________________________________________________，
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()都是合成酞菁的原料，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中离子键成分的百分数小于Zn—O，原因是___________________________________________________。
(6)下图1为某ZnO晶胞示意图，下图2是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。▱abcd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______、______。
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做定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性。(3)根据题中酞菁结构式可知，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中离子键成分的百分数小于Zn—O。(6)根据题图1所示晶胞，1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。
答案：(1)1s22s22p4(或[He]2s22p4) 2
(2)自由电子在外加电场中做定向移动
(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
实验
操作与现象
①
在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色
②
在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；
再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀
③
在5 mL Na2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；
将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生；
另一份煮沸，产生红褐色沉淀
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