專題十七物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合題目錄：2023年真題展現(xiàn)考向一考查雜化軌道、空間結(jié)構(gòu)、晶體類型、晶胞計算考向二考查同素異形體、晶體類型、雜化軌道、晶胞計算考向三考查電子排布式、電負(fù)性、空間結(jié)構(gòu)、雜化軌道、晶胞計算考向四考查電子排布式、電離能、空間結(jié)構(gòu)、晶胞計算考向五考查電子排布式、雜化軌道、晶胞計算真題考查解讀近年真題對比考向一考查電子排布式、雜化軌道、空間構(gòu)型、晶胞計算考向二考查電子排布式、鍵角、電負(fù)性、雜化軌道、晶胞計算考向三考查軌道表示式、電離能、雜化軌道、晶胞計算考向四考查電子排布式、元素周期表、配位鍵、氫鍵、相似相溶考向五考查電子排布式、鍵角、氫鍵、晶胞計算考向六考查電離能、幾何構(gòu)型、軌道表示式、順磁性物質(zhì)命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯易混速記考向一考查雜化軌道、空間結(jié)構(gòu)、晶體類型、晶胞計算1.（2023·浙江選考第17題）硅材料在生活中占有重要地位。請回答：（1）Si(NH2)4分子的空間結(jié)構(gòu)(以Si為中心)名稱為________，分子中氮原子的雜化軌道類型是_______。Si(NH2)4受熱分解生成Si3N4和NH3，其受熱不穩(wěn)定的原因是________。（2）由硅原子核形成的三種微粒，電子排布式分別為：①、②、③，有關(guān)這些微粒的敘述，正確的是___________。A.微粒半徑：③>①>②B.電子排布屬于基態(tài)原子(或離子)的是：①②C.電離一個電子所需最低能量：①>②>③D.得電子能力：①>②（3）Si與P形成的某化合物晶體的晶胞如圖。該晶體類型是___________，該化合物的化學(xué)式為___________。【答案】（1）四面體sp3Si周圍的NH2基團體積較大，受熱時斥力較強Si(NH2)4中Si-N鍵能相對較小；產(chǎn)物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多(熵增)（2）AB（3）共價晶體SiP2【解析】（1）Si(NH2)4分子可視為SiH4分子中的4個氫原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以Si(NH2)4分子中Si原子軌道的雜化類型是sp3，分子的空間結(jié)構(gòu)(以Si為中心)名稱為四面體；氨基(-NH2)氮原子形成3個σ鍵，含有1對孤對電子，N原子雜化軌道數(shù)目為4，N原子軌道的雜化類型是sp3；Si周圍的NH2基團體積較大，受熱時斥力較強Si(NH2)4中Si-N鍵能相對較小；產(chǎn)物中氣態(tài)分子數(shù)顯著增多(熵增)，故Si(NH2)4受熱不穩(wěn)定，容易分解生成Si3N4和NH3；（2）電子排布式分別為：①、②、③，可推知分別為基態(tài)Si原子、Si+離子、激發(fā)態(tài)Si原子；激發(fā)態(tài)Si原子有四層電子，Si+離子失去了一個電子，根據(jù)微粒電子層數(shù)及各層電子數(shù)多少可推知，微粒半徑：③>①>②，選項A正確；根據(jù)上述分析可知，電子排布屬于基態(tài)原子(或離子)的是：①②，選項B正確；激發(fā)態(tài)Si原子不穩(wěn)定，容易失去電子；基態(tài)Si原子失去一個電子是硅的第一電離能，Si+離子失去一個電子是硅的第二電離能，由于I2>I1，可以得出電離一個電子所需最低能量：②>①>③，選項C錯誤；由C可知②比①更難失電子，則②比①更容易得電子，即得電子能力：②>①，選項D錯誤；故選AB；（3）Si與P形成的某化合物晶體的晶胞如圖可知，原子間通過共價鍵形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，形成共價晶體；根據(jù)均攤法可知，一個晶胞中含有個Si，8個P，故該化合物的化學(xué)式為SiP2。2.（2023·山東卷第16題）鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物。回答下列問題：（1）時，與冰反應(yīng)生成利。常溫常壓下，為無色氣休，固態(tài)的晶體類型為_____，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為_____(填化學(xué)式)。（2）中心原子為，中心原子為，二者均為形結(jié)構(gòu)，但中存在大鍵。中原子的軌道雜化方式_____；為鍵角_____鍵角(填“＞”“＜”或“=”)。比較與中鍵的鍵長并說明原因_____。（3）一定條件下，和反應(yīng)生成和化合物。已知屬于四方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù))，其中化合價為+2。上述反應(yīng)化學(xué)方程式為_____。若阿伏加德羅常數(shù)的值為，化合物的密度_____(用含的代數(shù)式表示)。【答案】（1）分子晶體HF、和（2）＞分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長較小，而只存在普通的σ鍵。（3）【解析】（1）常溫常壓下，為無色氣體，則的沸點較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。分子中F顯-1價，其水解時結(jié)合電離的生成HF，則結(jié)合電離的，兩者反應(yīng)生成，不穩(wěn)定，其分解生成，因此，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、和。（2）中心原子為，中心原子為，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但中存在大鍵()。由中存在可以推斷，其中原子只能提供1對電子，有一個原子提供1個電子，另一個原子提供1對電子，這5個電子處于互相平行的軌道中形成大鍵，提供孤電子對與其中一個形成配位鍵，與另一個形成的是普通的共價鍵（σ鍵，這個只提供了一個電子參與形成大鍵），的價層電子對數(shù)為3，則原子的軌道雜化方式為；中心原子為，根據(jù)價層電子對的計算公式可知，因此，的雜化方式為；根據(jù)價層電子對互斥理論可知，時，價電子對的幾何構(gòu)型為正四面體，時，價電子對的幾何構(gòu)型平面正三角形，雜化的鍵角一定大于的，因此，雖然和均為形結(jié)構(gòu)，但鍵角大于鍵角，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用也改變不了這個結(jié)論。分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長較小，而只存在普通的σ鍵。（3）一定條件下，、和反應(yīng)生成和化合物X。已知X屬于四方晶系，其中Cu化合價為+2。由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個數(shù)為、白球的個數(shù)為、灰色球的個數(shù)為，則X中含有3種元素，其個數(shù)比為1:2:4,由于其中Cu化合價為+2、的化合價為-1、K的化合價為+1，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，可以推斷X為，上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為。若阿伏加德羅富數(shù)的值為，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為，化合物X的密度。考向二考查同素異形體、晶體類型、雜化軌道、晶胞計算3.（2023·全國甲卷第35題）將酞菁—鈷鈦—三氯化鋁復(fù)合嵌接在碳納米管上，制得一種高效催化還原二氧化碳的催化劑。回答下列問題：（1）圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們互為_______，其中屬于原子晶體的是_______，C60間的作用力是_______。（2）酞菁和鈷酞菁的分子結(jié)構(gòu)如圖2所示。酞菁分子中所有原子共平面，其中軌道能提供一對電子的原子是_______(填圖2酞菁中原子的標(biāo)號)。鈷酞菁分子中，鈷離子的化合價為_______，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成_______鍵。（3）氣態(tài)AlCl3通常以二聚體Al2Cl6的形式存在，其空間結(jié)構(gòu)如圖3a所示，二聚體中的軌道雜化類型為_______。的熔點為，遠(yuǎn)高于的，由此可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為_______鍵。結(jié)構(gòu)屬立方晶系，晶胞如圖3b所示，的配位數(shù)為_______。若晶胞參數(shù)為，晶體密度_______(列出計算式，阿伏加德羅常數(shù)的值為)。【答案】（1）同素異形體金剛石范德華力（2）③+2配位（3）sp3離子2【解析】（1）同一元素形成的不同單質(zhì)之間互為同素異形體。圖1所示的幾種碳單質(zhì)，它們的組成元素均為碳元素，因此，它們互為同素異形體；其中金剛石屬于原子晶體，石墨屬于混合型晶體，C60屬于分子晶體，碳納米管不屬于原子晶體；C60間的作用力是范德華力；（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，則其分子中所有的C原子和所有的N原子均為sp2雜化，且分子中存在大π鍵，其中標(biāo)號為①和②的N原子均有一對電子占據(jù)了一個sp2雜化軌道，其p軌道只能提供1個電子參與形成大π鍵，標(biāo)號為③的N原子的p軌道能提供一對電子參與形成大π鍵，因此標(biāo)號為③的N原子形成的N—H鍵易斷裂從而電離出H+；鈷酞菁分子中，失去了2個H+的酞菁離子與鈷離子通過配位鍵結(jié)合成分子，因此，鈷離子的化合價為+2，氮原子提供孤對電子與鈷離子形成配位鍵。（3）由Al2Cl6的空間結(jié)構(gòu)結(jié)合相關(guān)元素的原子結(jié)構(gòu)可知，Al原子價層電子對數(shù)是4，其與其周圍的4個氯原子形成四面體結(jié)構(gòu)，因此，二聚體中A1的軌道雜化類型為sp3。AlF3的熔點為1090℃，遠(yuǎn)高于AlCl3的192℃，由于F的電負(fù)性最大，其吸引電子的能力最強，因此，可以判斷鋁氟之間的化學(xué)鍵為離子鍵。由AlF3的晶胞結(jié)構(gòu)可知，其中含灰色球的個數(shù)為，紅色球的個數(shù)為，則灰色的球為，距最近且等距的有2個，則的配位數(shù)為2。若晶胞參數(shù)為apm，則晶胞的體積為，晶胞的質(zhì)量為，則其晶體密度。考向三考查電子排布式、電負(fù)性、空間結(jié)構(gòu)、雜化軌道、晶胞計算4.（2023·全國乙卷第35題）中國第一輛火星車“祝融號”成功登陸火星。探測發(fā)現(xiàn)火星上存在大量橄欖石礦物()。回答下列問題：（1）基態(tài)原子的價電子排布式為_______。橄欖石中，各元素電負(fù)性大小順序為_______，鐵的化合價為_______。（2）已知一些物質(zhì)的熔點數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)熔點/℃800.7與均為第三周期元素，熔點明顯高于，原因是_______。分析同族元素的氯化物、、熔點變化趨勢及其原因_______。的空間結(jié)構(gòu)為_______，其中的軌道雜化形式為_______。（3）一種硼鎂化合物具有超導(dǎo)性能，晶體結(jié)構(gòu)屬于立方晶系，其晶體結(jié)構(gòu)、晶胞沿c軸的投影圖如下所示，晶胞中含有_______個。該物質(zhì)化學(xué)式為_______，B-B最近距離為_______。【答案】（1）3d64s2O＞Si＞Fe＞Mg+2（2）鈉的電負(fù)性小于硅，氯化鈉為離子晶體，而SiCl4為分子晶體隨著同族元素的電子層數(shù)的增多，其熔點依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶體，分子晶體的熔點由分子間作用力決定，分子間作用力越大則其熔點越高；隨著其相對分子質(zhì)量增大，其分子間作用力依次增大正四面體sp3（3）3MgB2【解析】（1）Fe為26號元素，基態(tài)Fe原子的價電子排布式為3d64s2。元素的金屬性越強，其電負(fù)性越小，元素的非金屬性越強則其電負(fù)性越大，因此，橄欖石()中，各元素電負(fù)性大小順序為O＞Si＞Fe＞Mg；因為中Mg、Si、O的化合價分別為+2、+4和-2，x+2-x=2，根據(jù)化合物中各元素的化合價的代數(shù)和為0，可以確定鐵的化合價為+2。（2）Na與Si均為第三周期元素，NaCl熔點明顯高于SiCl4，原因是：鈉的電負(fù)性小于硅，氯化鈉為離子晶體，其熔點較高；而SiCl4為分子晶體，其熔點較低。由表中的數(shù)據(jù)可知，SiCl4、GeCl4、SnCl4熔點變化趨勢為：隨著同族元素的電子層數(shù)的增多，其熔點依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶體，分子晶體的熔點由分子間作用力決定，分子間作用力越大則其熔點越高；隨著其相對分子質(zhì)量增大，其分子間作用力依次增大。SiCl4的空間結(jié)構(gòu)為正四面體，其中Si的價層電子對數(shù)為4，因此Si的軌道雜化形式為sp3。（3）由硼鎂化合物的晶體結(jié)構(gòu)、晶胞沿c軸的投影圖可知，Mg位于正六棱柱的頂點和面心，由均攤法可以求出正六棱柱中含有個Mg，B在正六棱柱體內(nèi)共6個，則該物質(zhì)的化學(xué)式為MgB2；由晶胞沿c軸的投影圖可知，B原子在圖中兩個正三角形的重心，該點到頂點的距離是該點到對邊中點距離的2倍，頂點到對邊的垂線長度為，因此B-B最近距離為。考向四考查電子排布式、電離能、空間結(jié)構(gòu)、晶胞計算5.（2023·北京卷第15題）硫代硫酸鹽是一類具有應(yīng)用前景的浸金試劑。硫代硫酸根可看作是中的一個O原子被S原子取代的產(chǎn)物。（1）基態(tài)S原子價層電子排布式是__________。（2）比較S原子和O原子的第一電離能大小，從原子結(jié)構(gòu)的角度說明理由：____________________。（3）的空間結(jié)構(gòu)是__________。（4）同位素示蹤實驗可證實中兩個S原子的化學(xué)環(huán)境不同，實驗過程為。過程ⅱ中，斷裂的只有硫硫鍵，若過程ⅰ所用試劑是和，過程ⅱ含硫產(chǎn)物是__________。（5）的晶胞形狀為長方體，邊長分別為、，結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞中的個數(shù)為__________。已知的摩爾質(zhì)量是，阿伏加德羅常數(shù)為NA，該晶體的密度為__________。（6）浸金時，作為配體可提供孤電子對與形成。分別判斷中的中心S原子和端基S原子能否做配位原子并說明理由：____________________。【答案】（1）（2），氧原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去一個電子（3）四面體形（4）和（5）4（6）中的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對，能做配位原子【解析】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基態(tài)S原子價層電子排布式為。（2）S和O為同主族元素，O原子核外有2個電子層，S原子核外有3個電子層，O原子半徑小，原子核對最外層電子的吸引力大，不易失去1個電子，即O的第一電離能大于S的第一電離能。（3）的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，空間構(gòu)型為四面體形，可看作是中1個O原子被S原子取代，則的空間構(gòu)型為四面體形。（4）過程Ⅱ中斷裂的只有硫硫鍵，根據(jù)反應(yīng)機理可知，整個過程中最終轉(zhuǎn)化為，S最終轉(zhuǎn)化為。若過程ⅰ所用的試劑為和，過程Ⅱ的含硫產(chǎn)物是和。（5）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，1個晶胞中含有個，含有4個；該晶體的密度。（6）具有孤電子對的原子就可以給個中心原子提供電子配位。中的中心原子S的價層電子對數(shù)為4，無孤電子對，不能做配位原子；端基S原子含有孤電子對，能做配位原子。考向五考查電子排布式、雜化軌道、晶胞計算6.（2023·浙江卷第17題）氮的化合物種類繁多，應(yīng)用廣泛。請回答：（1）基態(tài)N原子的價層電子排布式是___________。（2）與碳?xì)浠衔镱愃疲琋、H兩元素之間也可以形成氮烷、氮烯。①下列說法不正確的是___________。A．能量最低的激發(fā)態(tài)N原子的電子排布式：B．化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：C．最簡單的氮烯分子式：N2H2D．氮烷中N原子的雜化方式都是sp3②氮和氫形成的無環(huán)氨多烯，設(shè)分子中氮原子數(shù)為n，雙鍵數(shù)為m，其分子式通式為______。③給出H+的能力：NH3_______(填“>”或“<”)，理由是___________。（3）某含氮化合物晶胞如圖，其化學(xué)式為___________，每個陰離子團的配位數(shù)(緊鄰的陽離子數(shù))為___________。【答案】（1）2s22p3（2）ANnHn+2?2m(，m為正整數(shù))＜④.形成配位鍵后，由于Cu對電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進一步使氮氫鍵的極性變大，故其更易斷裂（3）CaCN26【解析】（1）N核電荷數(shù)為7，核外有7個電子，基態(tài)N原子電子排布式為1s22s22p3，則基態(tài)N原子的價層電子排布式是2s22p3；（2）①A．能量最低的激發(fā)態(tài)N原子應(yīng)該是2p能級上一個電子躍遷到3s能級，其電子排布式：1s22s22p23s1，故A錯誤；B．鈣的金屬性比鎂的金屬性強，則化學(xué)鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)：，故B正確；C．氮有三個價鍵，最簡單的氮烯即含一個氮氮雙鍵，另一個價鍵與氫結(jié)合，則其分子式：N2H2，故C正確；D．氮烷中N原子有一對孤對電子，有三個價鍵，則氮原子的雜化方式都是sp3，故D正確；綜上所述，答案為：A。②氮和氫形成的無環(huán)氨多烯，一個氮的氮烷為NH3，兩個氮的氮烷為N2H4，三個氮的氮烷為N3H5，四個氮的氮烷為N4H6，設(shè)分子中氮原子數(shù)為n，其氮烷分子式通式為NnHn+2，根據(jù)又一個氮氮雙鍵，則少2個氫原子，因此當(dāng)雙鍵數(shù)為m，其分子式通式為NnHn+2?2m(，m為正整數(shù))；故答案為：NnHn+2?2m(，m為正整數(shù))。③形成配位鍵后，由于Cu對電子的吸引，使得電子云向銅偏移，進一步使氮氫鍵的極性變大，故其更易斷裂，因此給出H+的能力：NH3＜(填“>”或“<”)。（3）鈣個數(shù)為，個數(shù)為，則其化學(xué)式為CaCN2；根據(jù)六方最密堆積圖，以上面的面心分析下面紅色的有3個，同理上面也應(yīng)該有3個，本體中分析得到，以這個進行分析，其俯視圖為，因此距離最近的鈣離子個數(shù)為6，其配位數(shù)為6。【命題意圖】命題一般采取結(jié)合新科技，新能源等社會熱點為背景，主要考查原子的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、分子的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)和晶體的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)是命題的三大要點。主要考查學(xué)生的抽象思維能力、邏輯思維能力、推理能力。【考查要點】1.原子核外電子的運動狀態(tài)2.核外電子排布規(guī)律3.核外電子排布與元素周期律（表）4.微粒間的相互作用5.共價鍵的本質(zhì)和特征6.分子的空間結(jié)構(gòu)7.晶體和聚集狀態(tài)8.晶胞的計算【課標(biāo)鏈接】1.能結(jié)合能量最低原理、泡利不相容原理、洪特規(guī)則書寫1~36號元素基態(tài)原子的核外電子排布式和軌道表示式，并說明含義。2.能說出元素電離能、電負(fù)性的含義，能描述主族元素第一電離能、電負(fù)性變化的一般規(guī)律，能從電子排布的角度對這一規(guī)律進行解釋。能說明電負(fù)性大小與原子在化合物中吸引電子能力的關(guān)系，能利用電負(fù)性判斷元素的金屬性與非金屬性的強弱，推測化學(xué)鍵的極性。3.能從原子價電子數(shù)目和價電子排布的角度解釋元素周期表的分區(qū)、周期和族的劃分。能列舉元素周期律（表）的應(yīng)用。4.能說出微粒間作用（離子鍵、共價鍵、配位鍵和分子間作用力等）的主要類型、特征和實質(zhì)；能比較不同類型的微粒間作用的聯(lián)系與區(qū)別；能說明典型物質(zhì)的成鍵類型。5.能利用電負(fù)性判斷共價鍵的極性，能根據(jù)共價分子的結(jié)構(gòu)特點說明簡單分子的某些性質(zhì)；能運用離子鍵、配位鍵、金屬鍵等模型，解釋離子化合物、配合物、金屬等物質(zhì)的某些典型性質(zhì)；能說明分子間作用力（含氫鍵）對物質(zhì)熔、沸點等性質(zhì)的影響，能列舉含有氫鍵的物質(zhì)及其性質(zhì)特點。6.能根據(jù)給定的信息分析常見簡單分子的空間結(jié)構(gòu)，能利用相關(guān)理論解釋簡單的共價分子的空間結(jié)構(gòu)；能根據(jù)分子結(jié)構(gòu)特點和鍵的極性來判斷分子的極性，并據(jù)此對分子的一些典型性質(zhì)及其應(yīng)用作出解釋。7.能說出晶體與非晶體的區(qū)別；能結(jié)合實例描述晶體中微粒排列的周期性規(guī)律；能借助分子晶體、共價晶體、離子晶體、金屬晶體等模型說明晶體中的微粒及其微粒間的相互作用。考向一考查電子排布式、雜化軌道、空間構(gòu)型、晶胞計算1.（2022·廣東卷）硒()是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物領(lǐng)域具有重要應(yīng)用。自我國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)聚集誘導(dǎo)發(fā)光()效應(yīng)以來，在發(fā)光材料、生物醫(yī)學(xué)等領(lǐng)域引起廣泛關(guān)注。一種含的新型分子的合成路線如下：（1）與S同族，基態(tài)硒原子價電子排布式為_______。（2）的沸點低于，其原因是_______。（3）關(guān)于I~III三種反應(yīng)物，下列說法正確的有_______。A．I中僅有σ鍵B．I中的鍵為非極性共價鍵C．II易溶于水D．II中原子的雜化軌道類型只有與E．I~III含有的元素中，O電負(fù)性最大（4）IV中具有孤對電子的原子有_______。（5）硒的兩種含氧酸的酸性強弱為_______(填“>”或“<”)。研究發(fā)現(xiàn)，給小鼠喂食適量硒酸鈉()可減輕重金屬鉈引起的中毒。的立體構(gòu)型為_______。（6）我國科學(xué)家發(fā)展了一種理論計算方法，可利用材料的晶體結(jié)構(gòu)數(shù)據(jù)預(yù)測其熱電性能，該方法有助于加速新型熱電材料的研發(fā)進程。化合物X是通過該方法篩選出的潛在熱電材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖1，沿x、y、z軸方向的投影均為圖2。①X的化學(xué)式為_______。②設(shè)X的最簡式的式量為，晶體密度為，則X中相鄰K之間的最短距離為_______(列出計算式，為阿伏加德羅常數(shù)的值)。【答案】（1）4s24p4（2）兩者都是分子晶體，由于水存在分子間氫鍵，沸點高（3）BDE（4）O、Se（5）①.＞②.正四面體形（6）①.K2SeBr6②.【解析】（1）基態(tài)硫原子價電子排布式為3s23p4，Se與S同族，Se為第四周期元素，因此基態(tài)硒原子價電子排布式為4s24p4；（2）H2Se的沸點低于H2O，其原因是兩者都是分子晶體，由于水存在分子間氫鍵，沸點高；（3）A．I中有σ鍵，還有大π鍵，故A錯誤；B．Se?Se是同種元素，因此I中的Se-Se鍵為非極性共價鍵，故B正確；C．烴都是難溶于水，因此II難溶于水，故B錯誤；D．II中苯環(huán)上的碳原子和碳碳雙鍵上的碳原子雜化類型為sp2，碳碳三鍵上的碳原子雜化類型為sp，故D正確；E．根據(jù)同周期從左到右電負(fù)性逐漸增大，同主族從上到下電負(fù)性逐漸減小，因此I~III含有的元素中，O電負(fù)性最大，故E正確；綜上所述，答案為：BDE。（4）根據(jù)題中信息IV中O、Se都有孤對電子，碳、氫、硫都沒有孤對電子；（5）根據(jù)非羥基氧越多，酸性越強，因此硒的兩種含氧酸的酸性強弱為＞。中Se價層電子對數(shù)為，其立體構(gòu)型為正四面體形；（6）①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)得到K有8個，有，則X的化學(xué)式為K2SeBr6；②設(shè)X的最簡式的式量為，晶體密度為，設(shè)晶胞參數(shù)為anm，得到，解得，X中相鄰K之間的最短距離為晶胞參數(shù)的一半即。2.（2022·海南卷）以、ZnO等半導(dǎo)體材料制作的傳感器和芯片具有能耗低、效率高的優(yōu)勢。回答問題：（1）基態(tài)O原子的電子排布式_______，其中未成對電子有_______個。（2）Cu、Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性，從金屬鍵的理論看，原因是_______。（3）酞菁的銅、鋅配合物在光電傳感器方面有著重要的應(yīng)用價值。酞菁分子結(jié)構(gòu)如下圖，分子中所有原子共平面，所有N原子的雜化軌道類型相同，均采取_______雜化。鄰苯二甲酸酐()和鄰苯二甲酰亞胺()都是合成菁的原料，后者熔點高于前者，主要原因是_______。（4）金屬Zn能溶于氨水，生成以氨為配體，配位數(shù)為4的配離子，Zn與氨水反應(yīng)的離子方程式為_______。（5）ZnO晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導(dǎo)體的性能，Zn-N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn-O鍵，原因是_______。（6）下圖為某ZnO晶胞示意圖，下圖是若干晶胞無隙并置而成的底面O原子排列局部平面圖。為所取晶胞的下底面，為銳角等于60°的菱形，以此為參考，用給出的字母表示出與所取晶胞相鄰的兩個晶胞的底面_______、_______。【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p42（2）自由電子在外加電場中作定向移動（3）sp2兩者均為分子晶體，后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，熔點更高（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑（5）電負(fù)性O(shè)＞N，O對電子的吸引能力更強，Zn和O更易形成離子鍵（6）?cdhi?bcek【解析】（1）O為8號元素，其基態(tài)O原子核外有8個電子，因此基態(tài)O原子的電子排布式為1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p軌道有2個未成對電子，即O原子有2個未成對電子；（2）由于金屬的自由電子可在外加電場中作定向移動，因此Cu、Zn等金屬具有良好的導(dǎo)電性；（3）根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，N原子均形成雙鍵，故N原子的雜化方式均為sp2，由于鄰苯二甲酸酐和鄰苯二甲酰亞胺均為分子晶體，而后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，因此熔點更高；（4）金屬Zn與氨水反應(yīng)可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反應(yīng)的離子方程式為Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；（5）由于電負(fù)性O(shè)＞N，O對電子的吸引能力更強，Zn和O更易形成離子鍵，因此Zn—N鍵中離子鍵成分的百分?jǐn)?shù)小于Zn—O鍵；（6）根據(jù)晶胞示意圖，一個晶胞中8個O原子位于晶胞的頂點，1個O原子位于晶胞體內(nèi)，4個Zn原子位于晶胞的棱上，1個Zn原子位于晶胞體內(nèi)，棱上的3個Zn原子和體內(nèi)的Zn原子、O原子形成四面體結(jié)構(gòu)，則于其相鄰的晶胞與該晶胞共用bc和cd，則相鄰的兩個晶胞的底面為?cdhi和?bcek。考向二考查電子排布式、鍵角、電負(fù)性、雜化軌道、晶胞計算3.（2022·湖南卷）鐵和硒()都是人體所必需的微量元素，且在醫(yī)藥、催化、材料等領(lǐng)域有廣泛應(yīng)用，回答下列問題：（1）乙烷硒啉(Ethaselen)是一種抗癌新藥，其結(jié)構(gòu)式如下：①基態(tài)原子的核外電子排布式為_______；②該新藥分子中有_______種不同化學(xué)環(huán)境的C原子；③比較鍵角大小：氣態(tài)分子_______離子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。（2）富馬酸亞鐵是一種補鐵劑。富馬酸分子的結(jié)構(gòu)模型如圖所示：①富馬酸分子中鍵與鍵的數(shù)目比為_______；②富馬酸亞鐵中各元素的電負(fù)性由大到小的順序為_______。（3）科學(xué)家近期合成了一種固氮酶模型配合物，該物質(zhì)可以在溫和條件下直接活化，將轉(zhuǎn)化，反應(yīng)過程如圖所示：①產(chǎn)物中N原子的雜化軌道類型為_______；②與互為等電子體的一種分子為_______(填化學(xué)式)。（4）鉀、鐵、硒可以形成一種超導(dǎo)材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分別如圖所示：①該超導(dǎo)材料的最簡化學(xué)式為_______；②Fe原子的配位數(shù)為_______；③該晶胞參數(shù)、。阿伏加德羅常數(shù)的值為，則該晶體的密度為_______(列出計算式)。【答案】（1）①[Ar]3d104s24p4②6③＞SeO3的空間構(gòu)型為平面三角形，SeO32-的空間構(gòu)型為三角錐形（2）①11:3②O＞C＞H＞Fe（3）①sp3雜化②H2O（4）①KFe2Se2②4③【解析】（1）①硒元素的原子序數(shù)為34，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4；②由結(jié)構(gòu)簡式可知，乙烷硒啉的分子結(jié)構(gòu)對稱，分子中含有6種化學(xué)環(huán)境不同的碳原子；③三氧化硒分子中硒原子的價層電子對數(shù)為3，孤對電子對數(shù)為0，分子的空間構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120°，亞硒酸根離子中硒原子的價層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為1，離子的空間構(gòu)型為三角錐形，鍵角小于120°；（2）①由球棍模型可知，富馬酸的結(jié)構(gòu)式為HOOCCH=CHCOOH，分子中的單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，則分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為11：3；②金屬元素的電負(fù)性小于非金屬元素，則鐵元素的電負(fù)性最小，非金屬元素的非金屬性越強，電負(fù)性越大，氫碳氧的非金屬性依次增強，則電負(fù)性依次增大，所以富馬酸亞鐵中四種元素的電負(fù)性由大到小的順序為O＞C＞H＞Fe；（3）①由結(jié)構(gòu)簡式可知，產(chǎn)物中氮原子的價層電子對數(shù)為4，原子的雜化方式為sp3雜化；②水分子和氨基陰離子的原子個數(shù)都為3、價電子數(shù)都為8，互為等電子體；（4）①由平面投影圖可知，晶胞中位于頂點和體心的鉀原子個數(shù)為8×EQ\f(1,8)+1=2，均位于棱上和面上的鐵原子和硒原子的個數(shù)為12×EQ\f(1,4)+2×EQ\f(1,2)=4，則超導(dǎo)材料最簡化學(xué)式為KFe2Se2；②由平面投影圖可知，位于棱上的鐵原子與位于面上的硒原子的距離最近，所以鐵原子的配位數(shù)為4；③設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=。考向三考查軌道表示式、電離能、雜化軌道、晶胞計算4．（2022·全國甲卷）2008年北京奧運會的“水立方”，在2022年冬奧會上華麗轉(zhuǎn)身為“冰立方”，實現(xiàn)了奧運場館的再利用，其美麗的透光氣囊材料由乙烯(CH2=CH2)與四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列問題：(1)基態(tài)F原子的價電子排布圖(軌道表示式)為_______。(2)圖a、b、c分別表示C、N、O和F的逐級電離能Ⅰ變化趨勢(縱坐標(biāo)的標(biāo)度不同)。第一電離能的變化圖是_______(填標(biāo)號)，判斷的根據(jù)是_______；第三電離能的變化圖是_______(填標(biāo)號)。(3)固態(tài)氟化氫中存在(HF)n形式，畫出(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)_______。(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的雜化軌道類型分別為_______和_______；聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯，從化學(xué)鍵的角度解釋原因_______。(5)螢石(CaF2)是自然界中常見的含氟礦物，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，X代表的離子是_______；若該立方晶胞參數(shù)為apm，正負(fù)離子的核間距最小為_______pm。【答案】(1)(2)

圖a

同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高

圖b(3)(4)

sp2

sp3

C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定(5)

Ca2+

EQ\f(EQ\r(,3),4)apm【解析】根據(jù)基態(tài)原子的電子表示式書寫價電子排布式；根據(jù)電離能的排布規(guī)律分析電離能趨勢和原因；根據(jù)氫鍵的表示方法書寫(HF)3的結(jié)構(gòu)；根據(jù)鍵能影響物質(zhì)穩(wěn)定性的規(guī)律分析兩種物質(zhì)的穩(wěn)定性差異；根據(jù)均攤法計算晶胞中各粒子的個數(shù)，判斷粒子種類。(1)F為第9號元素其電子排布為1s22s22p5，則其價電子排布圖為。(2)C、N、O、F四種元素在同一周期，同一周期第一電離能的總體趨勢是依次升高的，但由于N元素的2p能級為半充滿狀態(tài)，因此N元素的第一電離能較C、O兩種元素高，因此C、N、O、F四種元素的第一電離能從小到大的順序為C<O<N<F，滿足這一規(guī)律的圖像為圖a，氣態(tài)基態(tài)正2價陽離子失去1個電子生成氣態(tài)基態(tài)正3價陽離子所需要的的能量為該原子的第三電離能，統(tǒng)一周期原子的第三電離能的總體趨勢也一次升高，但由于C原子在失去2個電子之后的2s能級為全充滿狀態(tài)，因此其再失去一個電子需要的能量稍高，則滿足這一規(guī)律的圖像為圖b。(3)固體HF中存在氫鍵，則(HF)3的鏈狀結(jié)構(gòu)為。(4)CF2=CF2中C原子存在3對共用電子對，其C原子的雜化方式為sp2雜化，但其共聚物ETFE中C原子存在4對共用電子對，其C原子為sp3雜化；由于F元素的電負(fù)性較大，因此在于C原子的結(jié)合過程中形成的C-F鍵的鍵能大于聚乙烯中C-H的鍵能，鍵能的強弱決定物質(zhì)的化學(xué)性質(zhì)，鍵能越大，化學(xué)性質(zhì)越穩(wěn)定，因此聚四氟乙烯的化學(xué)穩(wěn)定性高于聚乙烯。(5)根據(jù)螢石晶胞結(jié)構(gòu)，淺色X離子分布在晶胞的頂點和面心上，則1個晶胞中淺色X離子共有8×EQ\f(1,8)+6×EQ\f(1,2)=4個，深色Y離子分布在晶胞內(nèi)部，則1個晶胞中共有8個深色Y離子，因此該晶胞的化學(xué)式應(yīng)為XY2，結(jié)合螢石的化學(xué)式可知，X為Ca2+；根據(jù)晶胞，將晶胞分成8個相等的小正方體，仔細(xì)觀察CaF2的晶胞結(jié)構(gòu)不難發(fā)現(xiàn)F-位于晶胞中8個小立方體中互不相鄰的4個小立方體的體心，小立方體邊長為EQ\f(1,2)a，體對角線為EQ\f(EQ\r(,3),2)a，Ca2+與F-之間距離就是小晶胞體對角線的一半，因此晶體中正負(fù)的核間距的最小的距離為EQ\f(EQ\r(,3),4)apm。5.（2022·全國乙卷）鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用。回答下列問題：（1）氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有_______，其中能量較高的是_______。(填標(biāo)號)a.b.c.d.（2）①一氯乙烯分子中，C的一個_______雜化軌道與Cl的軌道形成_______鍵，并且Cl的軌道與C的軌道形成3中心4電子的大鍵。②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，鍵長的順序是_______，理由：(ⅰ)C的雜化軌道中s成分越多，形成的鍵越強：(ⅱ)_______。（3）鹵化物受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為_______。解釋X的熔點比Y高的原因_______。（4）晶體中離子作體心立方堆積(如圖所示)，主要分布在由構(gòu)成的四面體、八面體等空隙中。在電場作用下，不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，晶體在電池中可作為_______。已知阿伏加德羅常數(shù)為，則晶體的摩爾體積_______(列出算式)。【答案】（1）add（2）①sp2σ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵的鍵長越短（3）CsClCsCl為離子晶體，ICl為分子晶體（4）電解質(zhì)【解析】（1）F的原子序數(shù)為9，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p5。1s22s22p43s1，基態(tài)氟原子2p能級上的1個電子躍遷到3s能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，a正確；1s22s22p43d2，核外共10個電子，不是氟原子，b錯誤；1s22s12p5，核外共8個電子，不是氟原子，c錯誤；1s22s22p33p2，基態(tài)氟原子2p能級上的2個電子躍遷到3p能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，d正確；答案選ad；而同一原子3p能級的能量比3s能級的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案選d。（2）①一氯乙烯的結(jié)構(gòu)式為，碳為雙鍵碳，采取sp2雜化，因此C的一個sp2雜化軌道與Cl的3px軌道形成C-Clσ鍵。②C的雜化軌道中s成分越多，形成的C-Cl鍵越強，C-Cl鍵的鍵長越短，一氯乙烷中碳采取sp3雜化，一氯乙烯中碳采取sp2雜化，一氯乙炔中碳采取sp雜化，sp雜化時p成分少，sp3雜化時p成分多，因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵鍵長順序為：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同時Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C-Cl鍵的鍵長越短，一氯乙烯中Cl的3px軌道與C的2px軌道形成3中心4電子的大π鍵()，一氯乙炔中Cl的3px軌道與C的2px軌道形成2套3中心4電子的大π鍵()，因此三種物質(zhì)中C-Cl鍵鍵長順序為：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。（3）CsICl2發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，各元素化合價不變，生成無色晶體和紅棕色液體，則無色晶體為CsCl，紅棕色液體為ICl，而CsCl為離子晶體，熔化時，克服的是離子鍵，ICl為分子晶體，熔化時，克服的是分子間作用力，因此CsCl的熔點比ICl高。（4）由題意可知，在電場作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可發(fā)生遷移，因此α-AgI晶體是優(yōu)良的離子導(dǎo)體，在電池中可作為電解質(zhì)；每個晶胞中含碘離子的個數(shù)為8×EQ\f(1,8)+1=2個，依據(jù)化學(xué)式AgI可知，銀離子個數(shù)也為2個，晶胞的物質(zhì)的量n=mol=mol，晶胞體積V=a3pm3=(504×10-12)3m3，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm===m3/mol。考向四考查電子排布式、元素周期表、配位鍵、氫鍵、相似相溶6.（2022·山東卷）研究籠形包合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)具有重要意義。化學(xué)式為的籠形包合物四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫出)，每個苯環(huán)只有一半屬于該晶胞。晶胞參數(shù)為。回答下列問題：（1）基態(tài)原子的價電子排布式為_______，在元素周期表中位置為_______。（2）晶胞中N原子均參與形成配位鍵，與的配位數(shù)之比為_______；_______；晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是_______。（3）吡啶()替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似的大鍵、則吡啶中N原子的價層孤電子對占據(jù)_______(填標(biāo)號)。A.2s軌道 B.2p軌道 C.sp雜化軌道 D.sp2雜化軌道（4）在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，主要原因是①_______，②_______。（5）、、的堿性隨N原子電子云密度的增大而增強，其中堿性最弱的是_______。【答案】（1）3d84s2第4周期第VIII族（2）2:32:1:1Zn2+（3）D（4）吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵吡啶和H2O均為極性分子相似相溶，而苯為非極性分子（5）【解析】（1）已知Ni是28號元素，故基態(tài)Ni原子的價電子排布式為：3d84s2，在周期表中第四橫行第10縱列即位于第4周期第VIII族，故答案為：3d84s2；第4周期第VIII族；（2）由題干晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有Ni2+個數(shù)為：2×EQ\f(1,2)=1，Zn2+個數(shù)為：8×EQ\f(1,8)=1，含有CN-為：8×EQ\f(1,2)=4，NH3個數(shù)為：8×EQ\f(1,4)=2，苯環(huán)個數(shù)為：4×EQ\f(1,2)=2，則該晶胞的化學(xué)式為：，且晶胞中每個N原子均參與形成配位鍵，Ni2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：4，Zn2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：6，則Ni2+與Zn2+的配位數(shù)之比,4:6=2:3；x:y:z=4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，Ni2+的配位數(shù)為4，則Ni2+采用sp3雜化，而Zn2+的配位數(shù)為6，Zn2+采用sp3d2雜化，即晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是Zn2+；（3）吡啶()替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似的大π鍵，則說明吡啶中N原子也是采用sp2雜化，雜化軌道只用于形成σ鍵和存在孤電子對，則吡啶中N原子的價層孤電子對占據(jù)sp2雜化軌道；（4）已知苯分子為非極性分子，H2O分子為極性分子，且吡啶中N原子上含有孤電子對能與H2O分子形成分子間氫鍵，從而導(dǎo)致在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，故答案為：吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵；吡啶和H2O均為極性分子相似相溶，而苯為非極性分子；（5）已知-CH3為推電子基團，-Cl是吸電子基團，則導(dǎo)致N原子電子云密度大小順序為：＞＞，結(jié)合題干信息可知，其中堿性最弱的為。考向五考查電子排布式、鍵角、氫鍵、晶胞計算7.(2022·北京卷)失水后可轉(zhuǎn)為，與可聯(lián)合制備鐵粉精和。I.結(jié)構(gòu)如圖所示。（1）價層電子排布式為___________。（2）比較和分子中的鍵角大小并給出相應(yīng)解釋：___________。（3）與和的作用分別為___________。II．晶胞為立方體，邊長為，如圖所示。（4）①與緊鄰的陰離子個數(shù)為___________。②晶胞的密度為___________。（5）以為燃料，配合可以制備鐵粉精和。結(jié)合圖示解釋可充分實現(xiàn)能源和資源有效利用的原因為___________。【答案】（1）3d6（2）SO的鍵角大于H2O，SO中S原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為正四面體形，H2O分子中O原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為2，分子的空間構(gòu)型為V形（3）配位鍵、氫鍵（4）①.6②.×1021（5）由圖可知，F(xiàn)eS2與O2生成FexOy的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，F(xiàn)eSO4·H2O分解生成FexOy的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)放出的熱量有利于吸熱反應(yīng)的進行，有利于反應(yīng)生成的SO3與H2O反應(yīng)生成H2SO4【解析】（1）鐵元素的原子序數(shù)為26，基態(tài)亞鐵離子的價電子排布式為3d6；（2）硫酸根離子中硫原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為正四面體形，水分子中氧原子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為2，分子的空間構(gòu)型為V形，所以硫酸根離子的鍵角大于水分子；（3）由圖可知，具有空軌道的亞鐵離子與水分子中具有孤對電子的氧原子形成配位鍵，硫酸根離子與水分子間形成氫鍵；（4）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點的亞鐵離子與位于棱上的陰離子S離子間的距離最近，則亞鐵離子緊鄰的陰離子個數(shù)為6；②由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點和面心的亞鐵離子個數(shù)為8×+6×=4，位于棱上和體心的S離子個數(shù)為12×+1=4，設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021；（5）由圖可知，F(xiàn)eS2與O2生成FexOy的反應(yīng)為放熱反應(yīng)，F(xiàn)eSO4·H2O分解生成FexOy的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，放熱反應(yīng)放出的熱量有利于吸熱反應(yīng)的進行，有利于反應(yīng)生成的SO3與H2O反應(yīng)生成H2SO4，所以以FeS2為燃料，配合FeSO4·H2O可以制備鐵粉精和H2SO4可充分實現(xiàn)能源和資源有效利用。考向六考查電離能、幾何構(gòu)型、軌道表示式、順磁性物質(zhì)8.(2022·河北卷)含及S的四元半導(dǎo)體化合物(簡寫為)，是一種低價、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應(yīng)用于薄膜太陽能電池領(lǐng)域。回答下列問題：（1）基態(tài)S原子的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為_______。（2）Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是_______，原因是_______。（3）的幾何構(gòu)型為_______，其中心離子雜化方式為_______。（4）將含有未成對電子的物質(zhì)置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是_______(填標(biāo)號)。A. B. C. D.（5）如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將轉(zhuǎn)化為是_______(填標(biāo)號)。理由是_______。【答案】（1）1：2##2：1（2）CuCu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大（3）三角錐形sp3雜化（4）B（5）DD中含有-1價的O，易被還原，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO【解析】（1）基態(tài)S的價電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為：1：2或2：1；（2）Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大；（3）Sn是ⅣA族元素，SnCl的中心離子Sn2+價層電子對數(shù)為3+，有1對孤電子對，中心離子是sp3雜化，SnCl的幾何構(gòu)型是三角錐形；（4）根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對電子。A.[Cu(NH3)2]Cl各原子核外電子均已成對，不符合題意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外圍電子排布是3d9，有未成對電子，符合題意；C.[Zn(NH3)4]SO4各原子核外電子均已成對，不符合題意；D.Na2[Zn(OH)]各原子核外電子均已成對，不符合題意；故選B。（5）Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO需要氧化劑，且氧化性比MnO的強，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO，故A不符合；B、C中的S化合價比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1價的O，易被還原，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO，故D符合。分析近三年的高考試題，從試題的構(gòu)成來看，給出一定的知識背景，然后設(shè)置成4—5個小題，每個小題考查一個知識要點是主要的命題模式，內(nèi)容主要考查基本概念，如電子排布式、軌道表示式、電離能、電負(fù)性、雜化方式以及空間構(gòu)型等，也可聯(lián)系有機考查有機物中C原子的雜化，聯(lián)系數(shù)學(xué)幾何知識考查晶體的計算等，一般利用均攤法考查晶胞中的原子個數(shù)，或者考查晶體的化學(xué)式的書寫、晶體類型的判斷等，考查學(xué)生的抽象思維能力、邏輯思維能力、推理能力。1.（2023·山東聊城·一模）2022年諾貝爾化學(xué)獎授子在發(fā)展點擊化學(xué)方面做出貢獻的科學(xué)家。點擊化學(xué)的代表反應(yīng)為CuCl催化的疊氮—炔基Husigen環(huán)加成反應(yīng)，常用的無機試劑有、等。(1)銅在元素周期表中位置為，基態(tài)的價電子排布式為。(2)N、S、O、F的第一電離能由大到小順序為。(3)的分子結(jié)構(gòu)如圖所示，鍵角的原因主要是。(4)是疊氮酸()的鈉鹽，在常溫下是液體，沸點相對較高，為308.8K，主要原因是。分子的空間結(jié)構(gòu)如圖所示(圖中鍵長單位為)。、和的共價鍵鍵長分別為、和；試畫出分子的結(jié)構(gòu)式。(5)CuCl的晶胞中，的位置如圖所示。填充于構(gòu)成的四面體空隙中，則的配位數(shù)為；若為阿伏加德羅常數(shù)的值，該晶體的密度為，則該晶胞中之間的距離為nm(用含ρ、的代數(shù)式表示)。【答案】(1)第四周期ⅠB族(2)(3)雙鍵成鍵電子對之間的排斥作用大于單鍵成鍵電子對之間的排斥作用(4)分子間可形成氫鍵(5)4【解析】（1）Cu是29號元素，在元素周期表中位置為第四周期ⅠB族，基態(tài)的價電子排布式為。（2）同主族元素由上到下元素的第一電離能遞減，同周期元素由左向右元素原子的第一電離能呈遞增趨勢，但O原子的價電子排布式為2s22p4，N原子的價電子排布式為2s22p3，p軌道為半充滿狀態(tài)，較為穩(wěn)定，故N、S、O、F的第一電離能由大到小順序為：。（3）分子中鍵角的原因主要是：雙鍵成鍵電子對之間的排斥作用大于單鍵成鍵電子對之間的排斥作用。（4）在常溫下是液體，沸點相對較高，為308.8K，主要原因是：分子間可形成氫鍵，、和的共價鍵鍵長分別為、和，結(jié)合中氮氮鍵的鍵長可知，中含有和，分子的結(jié)構(gòu)式為：。（5）由晶胞中Cl-的位置可知，Cl-位于立方體的頂點和面心，所以Cl-是面心立方最密堆積，晶胞中Cl-的個數(shù)為8=4，由化學(xué)式CuCl可知Cu+的個數(shù)為4，填充于構(gòu)成的四面體空隙中，則的配位數(shù)為4，CuCl的晶胞為，該晶胞中之間的距離為晶胞面對角線的一半，晶胞的邊長為，則晶胞中之間的距離為nm。2.（2023·天津河北區(qū)·二模）坐落在河北區(qū)的華為天津區(qū)域總部項目計劃于2023年12月底竣工。石墨烯液冷散熱技術(shù)系華為公司首創(chuàng)，所使用材料石墨烯是一種二維碳納米材料。I．、金剛石、石墨的結(jié)構(gòu)模型如圖所示(石墨僅表示出其中的一層結(jié)構(gòu))：(1)金剛石、石墨和三者互為___________(填序號)。A．同分異構(gòu)體 B．同素異形體 C．同系物 D．同位素(2)晶體的晶體類型為。(3)晶體硅的結(jié)構(gòu)跟金剛石相似，1mol晶體硅中所含有硅硅單鍵的數(shù)目是。(4)石墨層狀結(jié)構(gòu)中，平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)是。II．石墨烯(圖甲)是一種由單層碳原子構(gòu)成的平面結(jié)構(gòu)新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面結(jié)構(gòu)會發(fā)生改變，轉(zhuǎn)化為氧化石墨烯(圖乙)。(5)圖甲中，1號C與相鄰C形成鍵的個數(shù)為。(6)圖乙中，1號C的雜化方式是。(7)若將圖乙中所示的氧化石墨烯分散在中，則氧化石墨烯中可與形成氫鍵的原子有(填元素符號)。(8)石墨烯可轉(zhuǎn)化為富勒烯()，某金屬M與可制備一種低溫超導(dǎo)材料，晶胞如圖丙所示，M原子位于晶胞的棱上與內(nèi)部。該材料的化學(xué)式為。【答案】(1)B(2)分子晶體(3)(合理給分)(4)2(5)3(6)(7)O、H(8)【解析】（1）金剛石、石墨和C60都是碳元素組成的不同單質(zhì)，三者互為同素異形體，答案選B。（2）C60屬于分子晶體。（3）晶體硅的結(jié)構(gòu)與金剛石相似，金剛石中1條C-C鍵由兩個C共用，一個C形成4個碳碳鍵，1mol金剛石中有2mol碳碳鍵，則1mol晶體硅中含有硅硅單鍵的數(shù)目為2mol。（4）石墨層狀結(jié)構(gòu)中，六邊形上每個C原子被三個六邊形共用，則平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)=6×=2。（5）從圖甲中可知，1號碳與相鄰的3個C都形成碳碳單鍵，形成σ鍵的個數(shù)為3。（6）從圖乙中可知，1號C形成4條單鍵，1號C的雜化方式為sp3雜化。（7）只有電負(fù)性較大的非金屬元素與氫元素才可形成氫鍵，氧化石墨烯中的O能與水分子中的H形成氫鍵，氧化石墨烯中的H也可與水分子中的O形成氫鍵，能與H2O形成氫鍵的原子有H、O。（8）根據(jù)均攤法，該晶胞中M原子的個數(shù)為×12+9=12，C60個數(shù)為8×+6×=4，則該材料的化學(xué)式為M3C60。3.（2023·浙江溫州·一模）請回答：(1)下列狀態(tài)的鈣中，電離最外層的一個電子所需能量最大的是。A．

B．

C．

D．和的半徑比較：[填“”、“”或“”，下同]。和的鍵角比較。(2)常溫下，苯和混合，溶液的總體積大于，理由是。熔點為，而等物質(zhì)的量的和組成的混合體系的熔點卻只有，解析原因。(3)某晶體的晶胞在平面上的投影圖如下(A為K、B為Fe、C為Se)：則該晶體的化學(xué)式為。【答案】(1)A>>(2)分子間的氫鍵，在與苯溶解過程中會被削弱為離子晶體，離子半徑小，離子鍵強，熔點高；而；的半徑大，離子鍵弱，熔點低(3)KFe2Se2【解析】（1）[Ar]4s1屬于基態(tài)的Ca+，由于Ca的第二電離能高于其第一電離能，故其在失去一個電子所需能量較高，[Ar]4s2屬于基態(tài)的Ca原子，其失去一個電子變?yōu)榛鶓B(tài)Ca+，[Ar]4s14p1屬于激發(fā)態(tài)Ca原子，其失去以電子所需要的能量低于基態(tài)Ca原子，[Ar]4p2屬于激發(fā)態(tài)的Ca+，其失去一個電子所需要的能量低于基態(tài)的Ca+，綜上所述，電離最外層一個電子所需能量最大的是[Ar]4s1，A正確，故答案為：A；核電荷數(shù)相同，核外電子數(shù)越多，半徑越大，應(yīng)為Fe2+＞Fe3+，PH3分子中P原子價層電子對個數(shù)=3+=4且含有一個孤電子對，立體結(jié)構(gòu)為三角錐形；PF3發(fā)生的是非等性sp3雜化，為三角錐形，但是氟原子的半徑大于氫原子，空間阻力更大，因此PH3的鍵角較小，因此鍵角PF3＞PH3；（2）分子間的氫鍵，在與苯溶解過程中會被削弱，因此混合后溶液的總體積偏大；為離子晶體，離子半徑小，離子鍵強，熔點高；而；的半徑大，離子鍵弱，熔點低，因此和組成的混合體系的熔點偏低；（3）由平面投影圖可知，鉀原子8個位于頂點，1個位于體心，其個數(shù)為：8×+1=2，硒原子8個位于棱上，2個位于晶胞內(nèi)部，其個數(shù)為8×+2=4，鐵原子8個位于面心，其個數(shù)為8×=4，化學(xué)式為KFe2Se2。4.（2023·福建龍巖·模擬）Ⅰ.氮原子可以形成σ鍵、π鍵、大π鍵和配位鍵，成鍵的多樣性使其形成了多種具有獨特組成的物質(zhì)。回答下列問題：(1)第一電離能：氮氧(填“大于”或“小于”)，基態(tài)氮原子價電子排布圖不是，是因為該排布方式違背了。(2)肼(H2N?NH2)分子中孤電子對與σ鍵的數(shù)目之比為，肼的相對分子質(zhì)量與乙烯接近，但沸點遠(yuǎn)高于乙烯的原因是。(3)硝酸的結(jié)構(gòu)可表示為，硝酸與水分子可形成一水合二硝酸結(jié)晶水合物(2HNO3?H2O)，水分子以三個氫鍵與兩個硝酸分子結(jié)合，請寫出一水合二硝酸的結(jié)構(gòu)式(氫鍵用“…”表示)。(4)正硝酸鈉(Na3NO4)為白色晶體，是一種重要的化工原料。①Na3NO4陰離子的空間構(gòu)型為，其中心原子雜化方式為。②分別寫出一種與Na3NO4的陰離子互為等電子體的陰離子和分子(填化學(xué)式)。③在573K條件下，實驗室中用NaNO3和Na2O在銀皿中反應(yīng)制得Na3NO4，Na2O的立方晶胞如圖所示。圖中“●”表示(填“Na+”或“O2?”)，距離“●”最近且等距離的“○”有個，Na2O晶胞的參數(shù)為apm，則晶胞密度為g?cm?3.(列出計算式即可，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)Ⅱ.研究壓電材料對于自動化技術(shù)具有重要意義。一種有機—無機復(fù)合壓電材料的單斜晶體結(jié)構(gòu)沿晶軸方向投影如圖所示(H原子未畫出)，晶胞內(nèi)總共含有84個原子。晶胞參數(shù)為，，。回答下列問題：(5)基態(tài)Mn原子的價電子軌道表示式為。在元素周期表中位置為。(6)1mol晶胞中含有Cl原子mol，含有雜化的中心原子mol；該晶體中提供電子對形成配位鍵的原子是。(7)TMCM性質(zhì)活潑，一定條件下可分解生成三甲胺[]，中N原子的價層電子對構(gòu)型為；的沸點高于，主要原因是。【答案】(1)大于洪特規(guī)則(2)2∶5肼分子間存在氫鍵，乙烯分子間無氫鍵(3)(4)正四面體sp3(或、等)、CCl4(或CBr4、CI4、SiF4等)O2?8(5)第四周期第ⅦB族(6)1632Cl、N(7)(正)四面體(形)二者均為分子晶體，相對分子質(zhì)量更大【解析】（1）同周期元素從左至右第一電離能呈增大趨勢，但N元素原子2p能級軌道為半充滿的穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于相鄰元素氧；根據(jù)洪特規(guī)則，基態(tài)氮原子2p能級的3個電子，填入簡并軌道時先單獨分占且自旋平行，則其價電子排布圖應(yīng)為。（2）肼(H2N?NH2)分子中每個N原子有1對孤電子對，單鍵均為σ鍵，則肼分子中孤電子對與σ鍵的數(shù)目之比為2:5；肼存在分子間氫鍵，而乙烯不能形成分子間氫鍵，因此肼分子的沸點遠(yuǎn)高于乙烯。（3）水分子以三個氫鍵與兩個硝酸分子結(jié)合，其中水分子中的2個H原子與一個硝酸分子中的非羥基氧原子形成2個氫鍵，水分子中的氧原子與另一個硝酸分子中的氫原子形成1個氫鍵，則一水合二硝酸的結(jié)構(gòu)式可表示為。（4）①中陰離子為，中心N原子價電子對數(shù)=，無孤電子對，空間構(gòu)型為正四面體形；其中心N原子采取雜化；②價電子總數(shù)和原子總數(shù)相同的分子、離子或基團互稱為等電子體，則與互為等電子體的陰離子有、、等，分子有CCl4、CBr4、CI4、SiF4等；③根據(jù)均攤原則，位于晶胞頂點和面心的黑球個數(shù)為、位于晶胞內(nèi)的白球個數(shù)為8，二者個數(shù)比為1:2，則圖中“●”表示，“○”表示Na+；以位于面心的黑球為例，可以看出距離“●”最近且等距離的“○”有8個；晶胞的參數(shù)為apm，則晶胞密度為。（5）Mn為25號元素，則基態(tài)Mn原子核外電子排布式為，價電子軌道表示式為，其位于元素周期表的第四周期第ⅦB族。（6）根據(jù)均攤原則，晶胞中位于棱上、面心和內(nèi)部的原子個數(shù)為，含有雜化的中心原子為32，則1mol晶胞中含有Cl原子16mol，含有雜化的中心原子32mol；Cl、N含有孤電子對，可提供電子對形成配位鍵。（7）中N價層電子對為4，構(gòu)型為正四面體結(jié)構(gòu)；和均為分子晶體，相對分子質(zhì)量更大，因而沸點高于。5.（2023·海南省·嘉積中學(xué)三模）過渡金屬元素在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設(shè)中有著廣泛應(yīng)用。回答下列問題：(1)原子序數(shù)為21~30的元素基態(tài)原子中，未成對電子數(shù)最多的元素在周期表中的位置是，其價層電子排布圖(軌道表示式)為。(2)基態(tài)釩原子核外電子的運動狀態(tài)有種。(3)鐵的一種配合物的化學(xué)式為[Fe(Htrz)3](ClO4)2，其中配體Htrz為1，2，4-三氮唑()分子。①該配合物中，陰離子的空間結(jié)構(gòu)為，其中心原子的雜化軌道類型是。②1個分子中，σ鍵的個數(shù)為。(4)二茂鐵[Fe(C5H5)2]不溶于水，易溶于乙醇等有機溶劑。乙醇的沸點(78.5℃)介于水的沸點(100℃)和乙硫醇(CH3CH2SH)的沸點(36.2℃)之間，其原因是。(5)鐵單質(zhì)和氨氣在640℃可發(fā)生置換反應(yīng)，產(chǎn)物之一的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(黑球代表Fe，白球代表N)，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。若該晶體的密度是ρg·cm-3，則兩個距離最近的Fe原子間的距離為nm(列出計算式，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。【答案】(1)第四周期第VIB族(2)23(3)正四面體sp38(4)乙硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和乙醇均能，且水比乙醇的氫鍵多(5)【解析】（1）原子序數(shù)在21—30之間的元素基態(tài)價層電子排布中，未成對電子數(shù)最多的是Cr元素，有6個未成對電子，位于第四周期第VIB族；（2）任何原子中都不存在運動狀態(tài)相同的電子，有幾個電子就有幾種運動狀態(tài)，V有23個電子，有23種運動狀態(tài)；（3）陰離子是，價層電子對是4對，無孤對電子，中心原子Cl是sp3雜化，空間結(jié)構(gòu)是正四面體；結(jié)構(gòu)中，單鍵都是鍵，雙鍵一個鍵一個鍵，共有8個鍵；（4）乙硫醇不能形成分子間氫鍵，而水和乙醇均能，平均1個水分子有2個氫鍵，乙醇平均有1個氫鍵，氫鍵越多分子間作用力越大，沸點越高；（5）根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)分析，氮原子在內(nèi)部有1個，F(xiàn)e原子位于立方晶胞的面心和頂角上，一個晶胞中有個Fe原子，晶體的化學(xué)式為Fe4N，鐵與氨氣發(fā)生置換反應(yīng)生成Fe4N和氫氣，可以寫出方程式為；在晶胞中兩個鐵原子之間最近距離是面對角線的一半，晶胞的質(zhì)量為g，質(zhì)量除以密度得到體積，體積開3次方就是邊長，邊長的倍即得出距離為最后注意厘米轉(zhuǎn)化為nm。6.（2023·山東臨沂·模擬）堿金屬及HNO3、CH3COOH、AsF5等物質(zhì)可插入石墨層間，所得石墨插層化合物在電池材料、超導(dǎo)性等方面具有廣泛的應(yīng)用前景。回答下列問題：(1)基態(tài)As原子的價電子軌道表示式為，的空間構(gòu)型為，C、N、O三種元素的第二電離能由小到大的順序是。(2)石墨層的結(jié)構(gòu)如圖所示，則石墨中碳原子的雜化類型是，在層中碳原子的配位數(shù)為。

(3)下表列舉了部分碳族晶體的熔點數(shù)據(jù)。晶體熔點/℃金剛石(C)大于3500碳化硅(SiC)2830晶體硅(Si)1412則金剛石、碳化硅、晶體硅的熔點逐漸變小的原因是。(4)鉀(K)的石墨插層化合物具有超導(dǎo)性，其中K層平行于石墨層，圖1為其晶胞圖，垂直于石墨層方向的原子投影如圖2所示。

每個晶胞中含有K原子的數(shù)目為，C—C鍵的鍵長為anm，則K層中m與n兩個K原子之間的距離為nm，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，若晶胞參數(shù)分別為xpm、ypm、zpm，則該石墨插層化合物的晶胞密度為g·cm3(用含x、y、z、NA的代數(shù)式表示)。【答案】(1)

平面三角形C<N<O(2)sp23(3)三種物質(zhì)都屬于共價晶體，鍵長大小順序為C—C鍵<C—Si鍵<Si—Si鍵，則共價鍵的強弱順序為C—C鍵>C—Si鍵>Si—Si鍵，晶體的熔點高低順序為金剛石>碳化硅>晶體硅(4)8【解析】（1）砷元素的原子序數(shù)為33，價電子排布式為4s24p3，軌道表示式為

；硝酸根離子氮原子的價層電子對數(shù)為3、孤對電子對數(shù)為0，離子的空間構(gòu)型為平面三角形；氧原子失去1個電子形成2p軌道為穩(wěn)定的半充滿狀態(tài)，而碳原子失去第二個電子2s軌道達(dá)到全充滿狀態(tài)的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則C、N、O三種元素第二電離能由小到大的順序是C<N<O，故答案為：

；C<N<O；（2）由圖可知，石墨的層狀結(jié)構(gòu)中每個碳原子與3個碳原子形成3個σ共價鍵，則石墨的層狀結(jié)構(gòu)中碳原子的雜化類型是sp2雜化，配位數(shù)為3，故答案為：sp2；3；（3）金剛石、碳化硅，晶體硅都是共價晶體，碳原子的原子半徑小于硅原子，則鍵長的大小順序為C—C鍵<C—Si鍵<Si—Si鍵，共價鍵的強弱順序為鍵能C—C鍵>C—Si鍵>Si—Si鍵，晶體的熔點高低順序為金剛石>碳化硅>晶體硅，故答案為：三種物質(zhì)都屬于共價晶體，鍵長大小順序為C—C鍵<C—Si鍵<Si—Si鍵，則共價鍵的強弱順序為C—C鍵>C—Si鍵>Si—Si鍵，晶體的熔點高低順序為金剛石>碳化硅>晶體硅；（4）由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂點、面心和體內(nèi)的鉀K原子的個數(shù)為；由圖1和圖2可知，晶胞結(jié)構(gòu)知m與n的距離如圖所示

，則m與n的距離為等腰三角形邊長的2倍，由C—C鍵的鍵長為anm可得；晶胞中位于面上和體內(nèi)的碳原子個數(shù)為，設(shè)晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：=(10—10x×10—10y×—10z)×d，解得d=。7.（2023·山東濟南·實驗中學(xué)模擬）硒-鈷-鑭(La)三元整流劑在導(dǎo)電玻璃中應(yīng)用廣泛。回答下列問題：(1)元素硒的兩種微粒電離1個電子所需最低能量(填“>”“<”或“=”，下同)，的鍵角的鍵角；硒的兩種酸的酸性強弱為，原因是；硒的某種氧化物為如圖所示的鏈狀聚合結(jié)構(gòu)，該氧化物的化學(xué)式為。

(2)二硒鍵和二硫鍵是重要的光響應(yīng)動態(tài)共價鍵，其光響應(yīng)原理可用圖表示。

已知光的波長與鍵能成反比，則圖中實現(xiàn)光響應(yīng)的波長：(填“>”“<”或“=”)，其原因是。(3)過渡金屬Q(mào)與鑭形成的合金是一種儲氫材料，其中基態(tài)Q原子的價電子排布式為，則Q為(填元素符號)。該合金的晶胞結(jié)構(gòu)和z軸方向的投影如圖。

若阿伏加德羅常數(shù)的值為，則該合金的密度(Q的相對原子質(zhì)量用M表示，用含a、c、、M的代數(shù)式表示，列出計算式即可)。【答案】(1)><硫電負(fù)性更大，硫氫鍵之間的電子對離中心原子更近，σ鍵電子對之間斥力更大SeO2(2)<硫原子半徑更小，硫硫鍵鍵長更小，鍵能更大(3)Ni【解析】（1）基態(tài)Se原子價電子排布為4s24p4，電離1個電子所需能量為第三電離能、電離1個電子所需能量為第二電離能，第三電離能大于第二電離能，故填>；、中心原子均為sp3雜化、均存在2對孤電子對，由于硫電負(fù)性更大，硫氫鍵之間的電子對離中心原子更近，σ鍵電子對之間斥力更大，導(dǎo)致硫化氫的鍵角更大，故的鍵角<的鍵角；中存在2個非羥基氧、中存在1個非羥基氧，故導(dǎo)致硒的兩種酸的酸性強弱為；硒的某種氧化物為如圖所示的鏈狀聚合結(jié)構(gòu)，根據(jù)均攤法可知，1個Se原子對應(yīng)個氧，故該氧化物的化學(xué)式為SeO2；（2）已知光的波長與鍵能成反比，硫原子半徑更小，硫硫鍵鍵長更小，鍵能更大，故實現(xiàn)光響應(yīng)的波長：<；（3）基態(tài)Q原子的價電子排布式為，由于且，故n=3，故基態(tài)Q原子的價電子排布式為，則Q為鎳Ni；根據(jù)“均攤法”，晶胞中含個Ni、個La，晶胞的底面積為，則晶體密度為8.（2023·山東聊城·三模）鐵(Fe)、鈷(Co)、鎳(Ni)在化學(xué)上稱為鐵系元素，其化合物在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。(1)Fe、Co、Ni位于周期表的區(qū)，基態(tài)Ni轉(zhuǎn)化為下列激發(fā)態(tài)時所需能量最少的是(填字母)。A．

B．

C．

D．

(2)鐵系元素能與CO形成、等金屬羰基化合物。中Fe的雜化軌道類型為___________(填字母)。A． B． C． D．(3)以甲醇為溶劑，可與色胺酮分子配位結(jié)合，形成對DNA具有切割作用的色胺酮鈷配合物(合成過程如圖所示)。

色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)電負(fù)性由大到小的順序為，X射線衍射分析顯示色胺酮鈷配合物晶胞中還含有一個分子，是通過作用與色胺酮鈷配合物相結(jié)合。(4)Fe、Co、Ni與Ca都位于第四周期且最外層電子數(shù)相同，但相應(yīng)單質(zhì)的熔點，F(xiàn)e、Co、Ni明顯高于Ca，其原因是。(5)超導(dǎo)材料在電力、交通、醫(yī)學(xué)等方面有著廣泛的應(yīng)用，某含Ni、Mg和C三種元素的晶體具有超導(dǎo)性，該晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖甲所示：

距離Mg原子最近的Ni原子有個，該晶胞沿面對角線投影如圖乙所示，則Ni的位置為(填序號)。

【答案】(1)dA(2)D(3)O>N>C>H氫鍵(4)Fe、Co、Ni的原子半徑比Ca的小，價電子數(shù)目多，金屬鍵強(5)12②⑤⑦⑧【解析】（1）根據(jù)周期表可知，F(xiàn)e、Co、Ni位于周期表的d區(qū)；根據(jù)選項可知，選項A中，只有1個4s電子躍遷到4p能級，需要的能量較小，故選A；（2）中鐵形成了5個σ鍵，故其雜化方式為雜化，故選D。（3）同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負(fù)性變強，同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負(fù)性減弱，故電負(fù)性由大到小的順序為：O>N>C>H；（4）Fe、Co、Ni、Ca四種元素都位于元素周期表第四周期，F(xiàn)e、Co、Ni的原子半徑都小于Ca，F(xiàn)e、Co、Ni位于d區(qū)，價電子數(shù)多于位于s區(qū)的Ca，所以Fe、Co、Ni的金屬鍵強于Ca，熔點高于Ca，故答案為：Fe、Co、Ni的原子半徑比Ca的小，價電子數(shù)目多，金屬鍵強；（5）每個立方體晶胞中，Mg原子最近的Ni原子個數(shù)為3，而每個Mg原子被8個立方體占據(jù)，故Mg原子最近的Ni原子個數(shù)為：；根據(jù)圖甲中Ni的位置可知，圖乙中Ni的位置為②⑤⑦⑧。9.（2023·陜西咸陽·三模）硒(Se)是人體