PAGEPAGE1專題17物質結構與性質（選修）20202020年高考真題1．（2020年山東新高考）下列關于C、Si及其化合物結構與性質的論述錯誤的是A．鍵能、，因此C2H6穩定性大于Si2H6B．立方型SiC是與金剛石成鍵、結構均相似的共價晶體，因此具有很高的硬度C．SiH4中Si的化合價為+4，CH4中C的化合價為-4，因此SiH4還原性小于CH4D．Si原子間難形成雙鍵而C原子間可以，是因為Si的原子半徑大于C，難形成鍵〖答案〗C〖解析〗A．因鍵能C—C＞Si—Si、C—H＞Si—H，故C2H6的鍵能總和大于Si2H6，鍵能越大越穩定，故C2H6的穩定性大于Si2H6，A正確；B．SiC的成鍵和結構與金剛石類似均為原子晶體，金剛石的硬度很大，類比可推測SiC的硬度和很大，B正確；C．SiH4中Si的化合價為-4價，C的非金屬性強于Si，則C的氧化性強于Si，則Si的陰離子的還原性強于C的陰離子，則SiH4的還原性較強，C錯誤；D．Si原子的半徑大于C原子，在形成化學鍵時紡錘形的p軌道很難相互重疊形成π鍵，故Si原子間難形成雙鍵，D正確；故選C。2．（2020年山東新高考）B3N3H6(無機苯)的結構與苯類似，也有大π鍵。下列關于B3N3H6的說法錯誤的是A．其熔點主要取決于所含化學鍵的鍵能B．形成大π鍵的電子全部由N提供C．分子中B和N的雜化方式相同D．分子中所有原子共平面〖答案〗A〖解析〗A．無機苯是分子晶體，其熔點主要取決于分子間的作用力，A錯誤；B．B原子最外層3個電子，與其它原子形成3個鍵，N原子最外層5個電子，與其它原子形成3個鍵，還剩余2個電子，故形成大鍵的電子全部由N原子提供，B正確；C．無機苯與苯等電子體，分子中含有大鍵，故分子中B、N原子的雜化方式為sp2雜化，C正確；D．無機苯與苯等電子體，分子中含有大鍵，故分子中B、N原子的雜化方式為sp2雜化，所以分子中所有原子共平面，D正確；〖答案〗選A。3．（2020年新課標Ⅰ）Goodenough等人因在鋰離子電池及鈷酸鋰、磷酸鐵鋰等正極材料研究方面的卓越貢獻而獲得2019年諾貝爾化學獎。回答下列問題：(1)基態Fe2+與Fe3+離子中未成對的電子數之比為_________。(2)Li及其周期表中相鄰元素的第一電離能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是_________。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是________。(3)磷酸根離子的空間構型為_______，其中P的價層電子對數為_______、雜化軌道類型為_______。(4)LiFePO4的晶胞結構示意圖如(a)所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結構。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數有____個。電池充電時，LiFeO4脫出部分Li+，形成Li1?xFePO4，結構示意圖如(b)所示，則x=_______，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=_______。〖答案〗（1）4:5（2）Na與Li同主族，Na的電子層數更多，原子半徑更大，故第一電離能更小Li，Be和B為同周期元素，同周期元素從左至右，第一電離能呈現增大的趨勢；但由于基態Be原子的s能級軌道處于全充滿狀態，能量更低更穩定，故其第一電離能大于B的（3）正四面體形4sp3（4）4或0.187513:3〖解析〗(1)基態鐵原子的價電子排布式為，失去外層電子轉化為Fe2+和Fe3+，這兩種基態離子的價電子排布式分別為和，根據Hund規則可知，基態Fe2+有4個未成對電子，基態Fe3+有5個未成對電子，所以未成對電子個數比為4:5；(2)同主族元素，從上至下，原子半徑增大，第一電離能逐漸減小，所以；同周期元素，從左至右，第一電離能呈現增大的趨勢，但由于ⅡA元素基態原子s能級軌道處于全充滿的狀態，能量更低更穩定，所以其第一電離能大于同一周期的ⅢA元素，因此；(3)經過計算，中不含孤電子對，成鍵電子對數目為4，價層電子對數為4，因此其構型為正四面體形，P原子是采用sp3雜化方式形成的4個sp3雜化軌道；(4)由題干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O構成的正八面體內部，P存在由O構成的正四面體內部；再分析題干中給出的(a),(b)和(c)三個不同物質的晶胞結構示意圖，對比(a)和(c)的差異可知，(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即為Li+，其位于晶胞的8個頂點，4個側面面心以及上下底面各自的相對的兩條棱心處，經計算一個晶胞中Li+的個數為個；進一步分析(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，八面體結構和四面體結構的數目均為4，即晶胞中含Fe和P的數目均為4；考慮到化學式為LiFePO4，并且一個晶胞中含有的Li+，Fe和P的數目均為4，所以一個晶胞中含有4個LiFePO4單元。對比(a)和(b)兩個晶胞結構示意圖可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一個面心的Li+以及一個棱心的Li+；結合上一個空的分析可知，LiFePO4晶胞的化學式為Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化學式為Li3.25Fe4P4O16，所以有即x=0.1875。結合上一個空計算的結果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；假設Fe2+和Fe3+數目分別為x和y，則列方程組：，，解得x=0.8125，y=0.1875，則Li1-xFePO4中。【『點石成金』】對第一電離能的考查，最常出現的是ⅡA，ⅤA基態原子與同一周期相鄰主族元素的基態原子第一電離能的比較；判斷分子等構型時，可以通過價層電子對互斥理論或雜化軌道理論以及等電子體原理進行判斷；由陌生晶胞結構書寫晶體化學式時，一方面要認真分析晶胞中各類粒子的位置信息，另一方面也要注意均攤法的使用。4．（2020年新課標Ⅱ）鈣鈦礦(CaTiO3)型化合物是一類可用于生產太陽能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料，回答下列問題：(1)基態Ti原子的核外電子排布式為____________。(2)Ti的四鹵化物熔點如下表所示，TiF4熔點高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點依次升高，原因是____________。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃377﹣24.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如圖(a)所示，其組成元素的電負性大小順序是__________；金屬離子與氧離子間的作用力為__________，Ca2+的配位數是__________。(4)一種立方鈣鈦礦結構的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I﹣和有機堿離子，其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中__________的空間位置相同，有機堿中，N原子的雜化軌道類型是__________；若晶胞參數為anm，則晶體密度為_________g·cm-3(列出計算式)。(5)用上述金屬鹵化物光電材料制作的太陽能電池在使用過程中會產生單質鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國科學家巧妙地在此材料中引入稀土銪(Eu)鹽，提升了太陽能電池的效率和使用壽命，其作用原理如圖(c)所示，用離子方程式表示該原理_______、_______。〖答案〗（1）1s22s22p63s23p63d24s2（2）TiF4為離子化合物，熔點高，其他三種均為共價化合物，隨相對分子質量的增大分子間作用力增大，熔點逐漸升高（3）O＞Ti＞Ca離子鍵12（4）Ti4+sp3（5）2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+2Eu2++I2=2Eu3++2I?〖解析〗(1)鈦元素是22號元素，故其基態原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；(2)一般不同的晶體類型的熔沸點是原子晶體>離子晶體>分子晶體，TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點高于其余三種物質；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，對于結構相似的分子晶體，則其相對分子質量越大，分子間作用力依次越大，熔點越高；(3)CaTiO3晶體中含有Ca、Ti、O三種元素，Ca、Ti是同為第四周期的金屬元素，Ca在Ti的左邊，根據同一周期元素的電負性從左往右依次增大，故Ti>Ca，O為非金屬，故其電負性最強，故三者電負性由大到小的順序是：O>Ti>Ca，金屬陽離子和氧負離子之間以離子鍵結合，離子晶體晶胞中某微粒的配位數是指與之距離最近且相等的帶相反電性的離子，故Ca2+的配位數必須是與之距離最近且相等的氧離子的數目，從圖(a)可知，該數目為三個相互垂直的三個面上，每一個面上有4個，故Ca2+的配位數是12；(4)比較晶胞(a)(b)可知，將圖(b)中周圍緊鄰的八個晶胞中體心上的離子連接起來，就能變為圖(a)所示晶胞結構，圖(b)中體心上的Pb2+就變為了八個頂點，即相當于圖(a)中的Ti4+；圖(b)中頂點上的I-就變成了體心，即相當于圖(a)中的Ca2+；圖(b)面心上中的就變成了棱心，即相當于圖(a)中的O2-；故圖(b)中的Pb2+與圖(a)中的Ti4+的空間位置相同；有機堿中N原子上無孤對電子，周圍形成了4個鍵，故N原子采用sp3雜化；從圖（b）可知，一個晶胞中含有Pb2+的數目為1×1=1個，的數目為個，I-的數目為個，故晶胞的密度為；（5）從作用原理圖(c)可以推出，這里發生兩個離子反應方程式，左邊發生Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+，右邊發生I2+2Eu2+=2Eu3++2I-。【『點石成金』】對電負性的考查，只要掌握周期表同一周期從左往右電負性依次增大，同一主族從上往下電負性依次減小的規律，另金屬元素的電負性小于非金屬的；化學鍵的類型判斷主要也是通過電負性，當兩元素的電負性相差1.7以上形成離子鍵，小于則形成共價鍵；判斷分子等構型時，可以通過價層電子對互斥理論或雜化軌道理論以及等電子體原理進行判斷；由陌生晶胞結構計算晶體密度時，先要確定晶胞中含有的微粒數目，這時一方面要認真分析晶胞中各類粒子的位置信息，另一方面也要注意均攤法的使用，然后根據質量的兩種計算方法相等即來進行求算。5．（2020年新課標Ⅲ）氨硼烷(NH3BH3)含氫量高、熱穩定性好，是一種具有潛力的固體儲氫材料。回答下列問題：(1)H、B、N中，原子半徑最大的是______。根據對角線規則，B的一些化學性質與元素______的相似。(2)NH3BH3分子中，N—B化學鍵稱為____鍵，其電子對由____提供。氨硼烷在催化劑作用下水解釋放氫氣：3NH3BH3+6H2O=3NH3++9H2，的結構如圖所示：；在該反應中，B原子的雜化軌道類型由______變為______。(3)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性(Hδ+)，與B原子相連的H呈負電性(Hδ-)，電負性大小順序是__________。與NH3BH3原子總數相等的等電子體是_________(寫分子式)，其熔點比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之間，存在____________________，也稱“雙氫鍵”。(4)研究發現，氦硼烷在低溫高壓條件下為正交晶系結構，晶胞參數分別為apm、bpm、cpm，α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞結構如圖所示。氨硼烷晶體的密度ρ=___________g·cm?3(列出計算式，設NA為阿伏加德羅常數的值)。〖答案〗（1）BSi(硅)（2）配位Nsp3sp2（3）N＞H＞BCH3CH3低Hδ+與Hδ?的靜電引力（4）〖解析〗〖祥解〗根據元素在周期表中的位置比較和判斷元素的相關性質；根據中心原子的價層電子對數確定其雜化軌道的類型；運用等量代換的方法尋找等電子體；根據電負性對化合價的影響比較不同元素的電負性；根據晶胞的質量和體積求晶體的密度。【詳析】(1)在所有元素中，H原子的半徑是最小的，同一周期從左到右，原子半徑依次減小，所以，H、B、N中原子半徑最大是B。B與Si在元素周期表中處于對角張的位置，根據對角線規則，B的一些化學性質與Si元素相似。(2)B原子最外層有3個電子，其與3個H原子形成共價鍵后，其價層電子對只有3對，還有一個空軌道；在NH3中，N原子有一對孤對電子，故在NH3BH3分子中，N—B鍵為配位鍵，其電子對由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的價層電子對數為4，故其雜化方式為sp3。NH3BH3在催化劑的作用下水解生成氫氣和B3O63-，由圖中信息可知，B3O63-中每個B原子只形成3個σ鍵，其中的B原子的雜化方式為sp2，因此，B原子的雜化軌道類型由sp3變為sp2。(3)NH3BH3分子中，與N原子相連的H呈正電性，說明N的電負性大于H；與B原子相連的H呈負電性，說明H的電負性大于B，因此3種元素電負性由大到小的順序為N＞H＞B。NH3BH3分子中有8個原子，其價電子總數為14，N和B的價電子數的平均值為4，依據等量代換的原則，可以找到其等電子體為CH3CH3。由于NH3BH3分子屬于極性分子，而CH3CH3屬于非極性分子，兩者相對分子質量接近，但是極性分子的分子間作用力較大，故CH3CH3熔點比NH3BH3低。NH3BH3分子間存在“雙氫鍵”，類比氫鍵的形成原理，說明其分子間存在Hδ+與Hδ-的靜電引力。(4)在氨硼烷的222的超晶胞結構中，共有16個氨硼烷分子，晶胞的長、寬、高分別為2apm、2bpm、2cpm，若將其平均分為8份可以得到8個小長方體，則平均每個小長方體中占有2個氨硼烷分子，小長方體的長、寬、高分別為apm、bpm、cpm，則小長方體的質量為，小長方體的體積為，因此，氨硼烷晶體的密度為g?cm-3。6．（2020年7月浙江選考）(1)氣態氫化物熱穩定性大于的主要原因是__________。(2)是離子化合物，各原子均滿足8電子穩定結構，的電子式是_______。(3)常溫下，在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，原因是__________。〖答案〗（1）原子半徑，鍵能（2）（3）乙醇與水之間形成氫鍵而氯乙烷沒有(1)由于原子半徑F＜Cl，故鍵長：F—H＜Cl—H，鍵能：F—H＞Cl—H，所以HF比HCl穩定，故〖答案〗為：原子半徑F＜Cl，鍵能F—H＞Cl—H。(2)CaCN2是離子化合物，則陽離子為Ca2+、為陰離子；Ca原子最外層有2個電子，易失去最外層的2個電子達到8電子的穩定結構；N原子最外層有5個電子，易得到3個電子或形成3對共用電子對達到8電子的穩定結構；C原子最外層有4個電子，通常形成4對共用電子對達到8電子的穩定結構；則每個N原子分別得到Ca失去的1個電子、與C原子形成兩對共用電子對，Ca、C、N都達到8電子的穩定結構，CaCN2的電子式為，故〖答案〗為：。(3)乙醇和氯乙烷都屬于極性分子，但乙醇與水分子之間形成氫鍵，而氯乙烷不能與水分子形成氫鍵，故常溫下在水中的溶解度乙醇大于氯乙烷，故〖答案〗為：乙醇與水分子之間形成氫鍵而氯乙烷沒有。【『點石成金』】與CO2互為等電子體，可以根據CO2的電子式，結合等電子原理書寫的電子式。7．（2020年江蘇卷）以鐵、硫酸、檸檬酸、雙氧水、氨水等為原料可制備檸檬酸鐵銨（(NH4)3Fe(C6H5O7)2）。(1)Fe基態核外電子排布式為___________；中與Fe2+配位的原子是________(填元素符號)。(2)NH3分子中氮原子的軌道雜化類型是____________；C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為_______________。(3)與NH互為等電子體的一種分子為_______________(填化學式)。(4)檸檬酸的結構簡式見圖。1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數目為_________mol。〖答案〗（1）1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2O（2）sp3N＞O＞C（3）CH4或SiH4（4）7〖解析〗〖祥解〗(1)Fe核外有26個電子，H2O中O原子有孤對電子，提供孤對電子。(2)先計算NH3分子中氮原子價層電子對數，同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。(3)根據價電子數Si＝C＝N+的關系得出互為等電子體的分子。(4)羧基的結構是，一個羧基中有碳原子與氧原子分別形成兩個σ鍵，一個羥基與碳原子相連形成一個σ鍵。【詳析】(1)Fe核外有26個電子，其基態核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；由于H2O中O原子有孤對電子，因此[Fe(H2O)6]2+中與Fe2+配位的原子是O；故〖答案〗為：1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；O。(2)NH3分子中氮原子價層電子對數為，因此氮雜化類型為sp3，同周期，從左到右，第一電離能呈增大的趨勢，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第一電離能由大到小的順序為N＞O＞C；故〖答案〗為：sp3；N＞O＞C。(3)根據價電子數Si＝C＝N+，得出互為等電子體的分子是CH4或SiH4；故〖答案〗為：CH4或SiH4。(4)羧基的結構是，一個羧基中有碳原子與氧原子分別形成兩個σ鍵，三個羧基有6個，還有一個羥基與碳原子相連形成一個σ鍵，因此1mol檸檬酸分子中碳原子與氧原子形成的σ鍵的數目為7mol；故〖答案〗為7。8．（2020年天津卷）Fe、Co、Ni是三種重要的金屬元素。回答下列問題:(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置為_________，基態Fe原子的電子排布式為__________。(2)CoO的面心立方晶胞如圖所示。設阿伏加德羅常數的值為NA，則CoO晶體的密度為______g﹒cm-3：三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，其熔點由高到低的順序為_______。(3)Fe、Co、Ni能與C12反應，其中Co和為Ni均生產二氯化物，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強到弱的順序為____，Co(OH)3與鹽酸反應有黃綠色氣體生成，寫出反應的離子方程式：______。(4)95℃時，將Ni片浸在不同質量分數的硫酸中，經4小時腐蝕后的質量損失情況如圖所示，當大于63%時，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因為_____。由于Ni與H2SO4反應很慢，而與稀硝酸反應很快，工業上選用H2SO4和HNO3的混酸與Ni反應制備NiSO4。為了提高產物的純度，在硫酸中添加HNO3的方式為______(填“一次過量”或“少量多次”)，此法制備NiSO4的化學方程式為_______。〖答案〗（1）第四周期第VIII族1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2（2）NiO＞CoO＞FeO（3）CoCl3＞Cl2＞FeCl32Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O（4）隨H2SO4質量分數增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜少量多次3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O〖解析〗(1)Fe、Co、Ni分別為26、27、28號元素，它們在周期表中的位置為第四周期第VIII族，基態Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故〖答案〗為：第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。(2)CoO的面心立方晶胞如圖1所示。根據晶胞結構計算出O2?個數為，Co2+個數為，設阿伏加德羅常數的值為NA，則CoO晶體的密度為；三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，離子半徑Fe2+＞Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，離子鍵鍵長越來越長，鍵能越來越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次減小，因此其熔點由高到低的順序為NiO＞CoO＞FeO；故〖答案〗為：；NiO＞CoO＞FeO。(3)Fe、Co、Ni能與Cl2反應，其中Co和為Ni均生產二氯化物，根據鐵和氯氣反應生成FeCl3，氧化劑的氧化性大于氧化產物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯氣與Co和為Ni均生產二氯化物，說明氯氣的氧化性比CoCl3弱，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強到弱的順序為CoCl3＞Cl2＞FeCl3，Co(OH)3與鹽酸反應有黃綠色氣體生成，發生氧化還原反應生成Cl2、CoCl2、H2O，其離子方程式：2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故〖答案〗為：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O。(4)類比Fe在常溫下與濃硫酸發生鈍化，根據圖中信息，當大于63%時，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因為隨H2SO4質量分數增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜。工業上選用H2SO4和HNO3的混酸與Ni反應制備NiSO4。為了提高產物的純度，根據Ni與H2SO4反應很慢，而與稀硝酸反應很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式來提高反應速率，反應生成NiSO4、H2O，根據硝酸濃度不同得到NO或NO2，此法制備NiSO4的化學方程式為3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O；故〖答案〗為：隨H2SO4質量分數增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜；少量多次；3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。9．（2020年山東新高考）CdSnAs2是一種高遷移率的新型熱電材料，回答下列問題：(1)Sn為ⅣA族元素，單質Sn與干燥Cl2反應生成SnCl4。常溫常壓下SnCl4為無色液體，SnCl4空間構型為_____________，其固體的晶體類型為_____________。(2)NH3、PH3、AsH3的沸點由高到低的順序為_____________(填化學式，下同)，還原性由強到弱的順序為____________，鍵角由大到小的順序為_____________。(3)含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環而形成的配合物為螯合物。一種Cd2+配合物的結構如圖所示，1mol該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有_________mol，該螯合物中N的雜化方式有__________種。(4)以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分數坐標。四方晶系CdSnAs2的晶胞結構如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶胞中部分原子的分數坐標如下表所示。坐標原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一個晶胞中有_________個Sn，找出距離Cd(0，0，0)最近的Sn_________(用分數坐標表示)。CdSnAs2晶體中與單個Sn鍵合的As有___________個。〖答案〗（1）正四面體形；分子晶體（2）NH3、AsH3、PH3AsH3、PH3、NH3NH3、PH3、AsH3（3）61（4）4(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)4〖解析〗〖祥解〗（1）利用價層電子對數確定SnCl4的分子構型；由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；（2）結構相似的分子，相對分子質量越大物質的熔沸點越高，另外分子間能形成氫鍵的物質，熔沸點則較高，鍵角的大小取決于中心原子的雜化類型、孤電子對數、成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力大小；（3）由該物質的結構簡式可知，螯合作用配位成環，故1個該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有6個，Cd—NO2那個不算；該螯合物中N原子的雜化方式為sp2雜化；（4）結合部分原子的分數坐標，結合晶胞結構圖，確定各原子在晶胞中位置，找出相應原子。【詳析】（1）Sn為第ⅣA族元素，由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；SnCl4分子中中心原子的孤電子對數==0，鍵電子對數為4，價層電子對數為4，故SnCl4分子的空間構型為正四面體形；（2）NH3、PH3、AsH3的結構相似，結構相似的物質，相對分子質量越大，范德華力越強，物質的沸點越高，但是NH3分子間能形成氫鍵，故這三種物質的沸點NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As這三種元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序數依次增大，同一主族從上到下，隨著核電荷數的增加，原子半徑逐漸增大，非金屬性逐漸減弱，氫化物的還原性逐漸增強，故這三種物質的還原性由強到弱的順序為AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3雜化，都有1對孤電子對，中心原子的電負性越小，成鍵電子對之間的斥力越小，成鍵電子對之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種物質鍵角由大到小的順序為NH3＞PH3＞AsH3；（3）由該物質的結構簡式和分析，根據題意“含有多個配位原子的配體與同一中心離子或原子通過螯合配位成環而形成的配合物為螯合物”，故該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有6mol，Cd—NO2那個不算；該螯合物中N原子的雜化方式都是sp2雜化，故該物質中N的雜化方式有1種；（4）由部分Cd原子的分數坐標為(0，0，0)，可知8個Cd在晶胞的頂點，4個Cd在晶胞的面心，1個在晶胞的體心；部分Sn原子的分數坐標為（0，0，0.5），4個Sn在晶胞的棱上，6個Sn在晶胞的面心；部分As原子的分數坐標為（0.25，0.25，0.125），8個As在晶胞的體心；所以1個晶胞中Sn的個數為；距離Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞結構圖可知，CdSnAs2晶體中與單個Sn結合的As有4個。【『點石成金』】本題考查軌道雜化類型的判斷，分子構型，物質熔沸點大小比較，鍵角大小的比較，配位數的計算，晶胞的計算等知識，立足課本進行適當拓展，但整體難度不大。難點仍然是晶胞的有關判斷與計算，晶胞中原子的數目往往采用均攤法：①位于晶胞頂點的原子為8個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/8；②位于晶胞面心的原子為2個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/2；③位于晶胞棱心的原子為4個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/4；④位于晶胞體心的原子為1個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1。20202020屆高考模擬試題10．（2020屆河南省鄭州市高三第二次質檢）鈣和銅合金可用作電解制鈣的陰極電極材料，回答下列問題：（1）基態銅原子的價電子排布式為_________________。（2）CaCO3高溫分解可制得CaO。CaO與C在一定條件下可生成CaC2，CaC2與水反應生成Ca(OH)2和一種4原子氣體分子。①CaCO3中陰離子的空間構型為______________。②該氣體分子中σ鍵與π鍵的數目之比為_____________。③寫出2種與互為等電子體的分子的化學式______________。（3）工業上電解CaCl2制Ca而不采用電解CaO的原因是_______________。（4）在堿性溶液中，縮二脲HN(CONH2)2與CuSO4反應得到一種特征紫色物質，其結構如圖所示，該反應原理可用于檢驗蛋白質或其他含鍵的化合物。縮二脲分子中碳原子與氮原子的雜化類型分別為__________、________。（5）一種鈣銅合金的結構可看作圖a、b兩種原子層交替堆積排列而成c，其晶胞如圖d。①a圖Ca-Ca間距離為xpm，c圖中Ca-Ca間距離為ypm。已知原子擁有的盡可能多的相鄰原子的個數叫該原子的配位數，則晶胞c中Ca原子的配位數(Cu原子)為_______。②設阿伏加德羅常數的值為NA，則該鈣銅合金的密度是_______g?cm-3(列出計算表達式）。〖答案〗（1）3d104s1（2）①平面三角形②3:2③CO、N2（3）CaO熔點高于CaCl2，熔化時消耗能量高（4）sp2sp3（5）①18②〖解析〗（1）基態Cu原子的外圍電子排布為：3d104s1，則基態Cu原子的價電子排布式為3d104s1，故〖答案〗為：3d104s1；（2）①CaCO3中K2CO3中陰離子為CO32-，中心碳原子形成1個碳氧雙鍵和2個碳氧單鍵，陰離子的空間構型為平面三角形，故〖答案〗為：平面三角形；②該氣體為C2H2，分子中2個單鍵，1個三鍵，一個單鍵就有一個σ鍵，三鍵中有一個σ鍵和2個π鍵，分子中σ鍵與π鍵數目比為3：2，故〖答案〗為：3：2；③離子中共有14個電子，符合的有CO、N2，故〖答案〗為：CO、N2；（3）氧化鈣熔點比氯化鈣熔點高，熔融離子晶體要消耗能源，從而增加成本，為減少成本，所以用熔融氯化鈣冶煉鈣，故〖答案〗為：CaO熔點高于CaCl2，熔化時消耗能量高；（4）縮二脲分子中碳原子以單鍵和雙鍵結合，分子中的C原子采取sp2雜化，氮原子以單鍵結合分子中的N原子采取sp3雜化，故〖答案〗為：sp2；sp3；（5）①以上面面心上的Ca原子為例，該晶胞中該Ca原子配位的Cu原子包含其上面6個、相同層6個、下層6個，所以其配位數是18，故〖答案〗為：18；②根據c可知，該晶胞中Ca原子個數=12×+2×=3、Cu原子個數=12×+6×+6=15，該晶胞體積=[(x×10-10)2sin60°×6×(x×10-10)]cm3=x2y×10-30cm3，晶體密度=，故〖答案〗為：。11．（2020屆廣東省深圳市高三第一次調研）含、元素的物質在生產生活中有重要的用途。回答下列問題：（1）基態核外電子排布式為________。（2）分子的立體構型為________。（3）某個(Ⅱ)有機配合物的結構如圖所示：①該分子中N原子的雜化方式為________、________。②請在圖中用“”標出的配位鍵______。（4）Ge，As，Se元素處于同一周期，三種元素原子的第一電離能由大到小的順序為________。（5）的酸性強于的原因是________，的鍵角小于的原因是________。（6）如圖為Ni和As形成的某種晶體的六方晶胞圖，該化合物的化學式為________，Ni原子占據的空隙類型為________。已知晶胞參數分別為apm、apm、bpm和，則該品胞的密度為________(設阿伏加德羅常數的值為NA)〖答案〗（1）或（2）三角錐形（3）①②（4）As＞Se＞Ge（5）分子結構中非羥基氧原子數比多，所以的酸性強.或分子中As價態更高，導致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強砷原子電負性小于氮原子，所以其共用電子對離砷核距離較遠，成鍵電子間的斥力較小，導致鍵角較小（6）八面體空隙〖解析〗（1）28號元素是鎳，核外電子排布式為，基態失去最外層的兩個電子，核外電子排布式為或；（2）的中心原子為砷，最外層有5個電子，與三個氯原子形成三對共價鍵，剩余一對孤對電子，價層電子對數為4對，分子的立體構型為三角錐形；（3）①氮原子形成一對雙鍵，兩對單鍵時，價層電子對數為3對，雜化方式為，形成三對單鍵的氮原子形成的σ鍵數為3對，孤對電子數為1對，價層電子對數為4對，雜化方式為雜化；②鎳原子正上方的氮原子，有一對孤對電子，下方水分子提供孤對電子，鎳原子提供空軌道，形成兩對配位鍵，表示為；（4）Ge，As，Se元素處于同一周期，同周期第一電離能呈現增大的趨勢，As的最外層4p軌道為半充滿狀態，第一電離能高于Se和Ge，故第一電離能由大到小為：As＞Se＞Ge（5）分子結構中非羥基氧原子數比多，所以的酸性強.或分子中As價態更高，導致中的O的電子向As偏移，氧氫鍵的極性變大，在水分子作用下，越容易電離出H+，故酸性更強；砷原子電負性小于氮原子，所以其共用電子對離砷核距離較遠，成鍵電子間的斥力較小，導致鍵角較小，的鍵角小于；（6）Ni位于頂點和棱心，個數為8×+4×=2，As位于體心，個數為2，原子個數最簡比為1:1，化學式為；六個鎳原子圍成八面體空隙；，M=59+75=134g/mol，N=2，上下底面是菱形，計算出面積S底=，代入密度公式得到。12．（2020屆安徽省江淮十校聯考）Cu(In1-xGaxSe2)（簡稱CIGS）可作多晶膜太陽能電池材料，具有非常好的發展前景。回答下列問題：（1）已知銦的原子序數為49，基態銦原子的電子排布式為[Kr]___；Ga、In、Se，第一電離能從大到小順序為___。（2）硅與碳位于同主族，碳的化合物中往往有碳碳雙鍵、碳碳三鍵，但是硅的化合物中只存在硅硅單鍵，其主要原因是___。常溫常壓下，SiF4呈氣態，而SiCl4呈液態，其主要原因是___。（3）31Ga可以形成GaCl3·xNH3（x=3、4、5、6）等一系列配位數為6的配合物，向上述某物質的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；過濾后，充分加熱濾液有氨氣逸出，且又有沉淀生成，兩次沉淀的物質的量之比為1：2。則該溶液中溶質的化學式為___。（4）SeO32-的立體構型為___；SeO2中硒原子采取雜化類型是___。（5）常見的銅的硫化物有CuS和Cu2S兩種。已知：晶胞中S2-的位置如圖1所示，銅離子位于硫離子所構成的四面體中心，它們晶胞具有相同的側視圖如圖2所示。已知CuS和Cu2S的晶胞參數分別為apm和bpm，阿伏加德羅常數的值為NA。①CuS晶體中，相鄰的兩個銅離子間的距離為___pm。②Cu2S晶體中，S2-的配位數為___。③Cu2S晶體的密度為ρ=___g·cm-3（列出計算式即可）。〖答案〗（1）4d105s25p1Se>Ga>In（2）硅原子半徑大于碳，硅原子的原子軌道肩并肩重疊程度小，形成三鍵、三鍵不穩定組成、結構相似、四氯化硅的相對分子質量較大（3）[Ga(NH3)4Cl2]Cl（4）三角錐形sp2（5）①a②8③〖解析〗（1）鎵原子的質子數為49，電子排布是為1s22s22p63s23p63d104s24p64d105s25p1，簡寫為[Kr]4d105s25p1；Ga與In同主族，Se與Ga同周期，同一主族從上到下第一電離能逐漸減小，同周期從左到右第一電離能逐漸增大，則第一電離能從大到小順序為Se>Ga>In。（2）碳碳雙鍵、碳碳叁鍵都有鍵，硅原子的半徑大于碳原子，硅原子的原子軌道肩并肩重疊程度小于碳原子，鍵不穩定。四氯化硅、四氟化硅都是分子構成的物質，組成、結構相似，四氯化硅的相對分子質量大于四氟化硅，故四氯化硅的分子間作用力較大，沸點較高。（3）向上述某配合物的溶液中加入足量AgNO3溶液，有沉淀生成；過濾后，充分加熱濾液有氨氣逸出，且又有沉淀生成，兩次沉淀的物質的量之比為1：2，說明該配合物內界和外界中含氯離子的個數比為2:1，由于Ga3+的配位數為6，則該配合物的化學式為[Ga(NH3)4Cl2]Cl。（4）SeO32-中硒原子的價層電子對數為4，其中為1個孤對電子對、3個成鍵電子對，故它的立體構型為三角錐形；二氧化硒分子中硒原子價層有3個電子對，采取sp2雜化。（5）①由題意可知，銅離子位于互不相鄰的四面體中心，因此相鄰的兩個銅離子間的距離為apm。②銅離子配位數為4，根據化學式為Cu2S，得出S2-的配位數為8。③Cu2S晶體中含有8個銅離子、4個硫離子，故晶體的密度為ρ=g·cm-3。13．（2020屆河南省焦作市高三第三次模擬）2019年8月13日中國科學家合成了首例缺陷誘導的晶態無機硼酸鹽單一組分白光材料Ba2[Sn（OH）6][B（OH）4]2并獲得了該化合物的LED器件，該研究結果有望為白光發射的設計和應用提供一個新的有效策略。（1）基態Sn原子價層電子的空間運動狀態有___種，基態氧原子的價層電子排布式不能表示為，因為這違背了____原理（規則）。（2）[B（OH）4]－中氧原子的雜化軌道類型為____，[B（OH）4]－的空間構型為______。[Sn（OH）6]2－中，Sn與O之間的化學鍵不可能是___。a鍵bσ鍵c配位鍵d極性鍵（3）碳酸鋇、碳酸鎂分解得到的金屬氧化物中，熔點較低的是_____（填化學式），其原因是___________。（4）超高熱導率半導體材料——砷化硼（BAs）的晶胞結構如下圖所示，則1號砷原子的坐標為____。已知阿伏加德羅常數的值為NA，若晶胞中As原子到B原子最近距離為apm，則該晶體的密度為__g·cm－3（列出含a、NA的計算式即可）。〖答案〗（1）3洪特（2）sp3正四面體a（3）BaO離子半徑越小，晶格能越大，物質的熔點越高（4）(，，)〖解析〗（1）Sn元素與C元素為同主族元素，位于第五周期，所以其價層電子為5s25p2，5s能級的s軌道為一種空間運動狀態，5p能級占據兩個p軌道有兩種空間運動狀態，共有3種空間運動狀態；根據洪特規則，同一能級電子要優先以自旋相同的方式分別占據不同的軌道，所以該排布式違反了洪特規則；（2）[B(OH)4]－中每個氧原子與氫原子和B原子各形成一個σ鍵，還有2對孤電子對，所以價層電子對數為4，為sp3雜化；[B(OH)4]－中B原子與每個氧原子之間均形成一個σ鍵(其中一個為配位鍵)，價層電子對數為4，且不含孤電子對，所以空間構型為正四面體；[Sn(OH)6]2－中，O原子和氫原子之間為σ鍵，也為極性共價鍵，Sn原子和O原子之間有σ鍵和配位鍵，所以該物質中不含π鍵，所以選a；（3）碳酸鋇、碳酸鎂分解得到的金屬氧化物分別為BaO和MgO，鎂離子核外電子層數少于鋇離子，所以鎂離子半徑更小，形成的離子鍵更強，晶格能更大，熔點較高；（4）根據晶胞結構可知1號砷原子距離坐標原點的距離為晶胞體對角線的，所以坐標為(，，)；根據晶胞結構可知，距離最近的As原子和B原子即為1號砷原子距離坐標原點B原子的距離，所以晶胞體對角線的長度為4apm，則晶胞的棱長為apm，則晶胞的體積V=pm3=×10-30cm3；根據均攤法該晶胞中As原子個數為4，B原子個數為=4，所以晶胞的質量m=，所以密度為g/cm3。14．（2020屆廣東省汕頭市高三一模）東晉《華陽國志·南中志》卷四中關于白銅的記載——云南鎳白銅(銅鎳合金)，曾主要用于造幣，亦可用于制作仿銀飾品。回答下列問題：（1）Ni2+基態原子的電子排布式為_______；3d能級上的未成對電子數為____。（2）單質銅及鎳都是由_____鍵形成的晶體；元素銅與鎳的第二電離能分別為：Icu＝1958kJ?mol-1、INi＝1753kJ?mol-1，Icu＞INi的原因是________________。（3）Ni2+與丁二酮肟生成鮮紅色丁二酮肟鎳沉淀，該反應可用于檢驗Ni2+。2+Ni2+→↓+2H+①1mol丁二酮肟分子中含有σ鍵的數目為_______mol。②丁二酮肟鎳分子中碳原子的雜化軌道類型為_____________。（4）Ni的晶胞結構如圖所示，鎳晶體配位數目是__________；若Ni的原子半徑為dpm，Ni的密度計算表達式是______g/cm3；Ni原子空間利用率的計算表達式是_________。(Ni的相對原子量用Mr表示)〖答案〗（1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s22（2）金屬銅失去的是全充滿的3d10電子，鎳失去的是4s1電子（3）①15②sp3、sp2（4）12〖解析〗（1）Ni為第28號元素，其基態原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar]3d84s2，3d能級上未成對電子式為2；（2）Ni和Cu都是由金屬鍵形成的金屬晶體，元素銅與鎳的第二電離能分別為：Icu＝1958kJ?mol-1、INi＝1753kJ?mol-1，Icu＞INi的原因是銅失去的是全充滿的3d10電子，鎳失去的是4s1電子；（3）①已知丁二酮肟的結構式為，分子中含有13個單鍵和2個雙鍵，則共有15個σ鍵，所以1mol丁二酮肟含有σ鍵數為15NA；②甲基上碳原子價層電子對個數是4且不含孤電子對，為sp3雜化，連接甲基的碳原子含有3個價層電子且不含孤電子對，為sp2雜化；（4）鎳晶體的晶胞為面心立方，配位數目是12；Ni的密度應由晶胞內Ni的質量除以晶胞體積計算，晶胞中Ni的個數有=4個，故晶胞質量為g，又已知Ni原子的半徑為dpm，晶胞棱長為pm，晶胞體積為pm3=cm3，故晶胞密度為g/cm3；空間利用率的計算表達式為15．（2020屆安徽省合肥市高三線上考試）SiC纖維單向增強的TixAly基復合材料可作為高超音速飛行器表面的放熱材料。回答下列問題：（1）C元素所在周期中，第一電離能最大的元素是__(填元素符號)，電負性最大的是__(填元素符號)。（2）基態Ti原子的價電子排布式為__，能量最高的能級有__個空軌道。（3）甲基硅油結構如圖所示，其中Si原子的雜化方式為__。以甲基硅油為主要成分的硅橡膠能夠耐高溫的原因是__。（4）Li2CO3、Li2TiO3是鋰離子電池中的常用材料，其中CO32-的空間構型為__，其含有的共價鍵類型有__。（5）TixAly合金的一種結構單元如圖所示(Al、Ti原子各有一個原子在結構單元內部)，該合金的化學式為__。其結構單元棱長為apm，底面邊長為bpm，該合金的密度為___g·cm-3。〖答案〗（1）NeF（2）3d24s23（3）sp3雜化Si?O鍵鍵能大（4）平面三角形σ鍵、π鍵（5）Ti11Al5〖解析〗（1）隨著原子序數的遞增，同一周期的主族元素第一電離能呈遞增趨勢，堿金屬的第一電離能最小，而稀有氣體的第一電離能最大，C元素所在的周期為第二周期，則該周期Ne的第一電離能最大；〖答案〗為：Ne；除稀有氣體外，同一周期主族元素的電負性從左到右逐漸增大，C元素所在的周期為第二周期，則該周期電負性最大的元素是F；〖答案〗為：F；

（2）Ti的原子序數為22，基態Ti原子的電子排布式為[Ar]3d24s2，價電子排布式為3d24s2，能量最高的能級為3d；〖答案〗為：3d；3d軌道共有五個，按洪特規則，其中有2個軌道分別被2個電子占據，還含有3個空軌道；〖答案〗為：3；

（3）甲基硅油結構中Si原子形成4個單鍵，故Si原子的雜化方式為sp3雜化；〖答案〗為：sp3雜化；硅橡膠能夠耐高溫，原因是共價鍵牢固，硅橡膠中含Si?O和Si?C，Si?O更牢固；〖答案〗為：Si?O鍵鍵能大；

（4）CO32-中C原子價電子對數=，且不含孤電子對，故C原子的雜化方式為sp2雜化，CO32-空間構型為平面三角形；〖答案〗為：平面三角形；由于CO32-空間構型為平面三角形，則C原子與O原子之間存在3個σ鍵和1個大π鍵；〖答案〗為：σ鍵、π鍵；

（5）Ti原子在結構單元中的位置：頂點8個、面心2個、棱上1個、體內1個，則，Al原子在頂點有4個，體內1個，則，則化學式為：Ti11Al5；〖答案〗為：Ti11Al5；則晶胞的密度；〖答案〗為：。16．（2020屆四川省瀘州市高三第三次質檢）據世界權威刊物《自然》最近報道，選擇碲化鋯（ZrTe5）為材料驗證了三維量子霍爾效應，并發現了金屬－絕緣體的轉換。Te屬于ⅥA元素。回答下列問題：（1）鋯(Zr)的簡化電子排布式為[Kr]4d25s2，鋯原子中d軌道上的電子數是___，Zr2+的價電子排布圖是___。（2）O、Se、Te的第一電離能由大到小的順序是___，H2O、H2Se、H2Te的沸點由高到低的順序是___。（3）H2Te和CO2均為三原子分子，但它們的鍵角差別較大，試用雜化軌道理論解釋，理由是___。（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一種配離子，其中的配位原子是___(填符號)，1個[Zr(C2H5O)2]2+離子中含共價鍵的數目是___。（5）立方氧化鋯是一種人工合成的氧化物，其硬度極高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞結構如圖所示。Zr原子的配位數是___。若晶胞中距離最近的兩個氧原子間的距離為anm，則立方氧化鋯的密度為___g/cm3。〖答案〗（1）12（2）O＞Se＞TeH2O＞H2Te＞H2Se（3）H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°（4）O16（5）8=〖解析〗（1）鋯(Zr)的簡化電子排布式為[Kr]4d25s2，鋯原子中3d軌道上的電子數是10，4d軌道上的電子數是2，d軌道上的電子數一共12個，Zr2+的價電子排布圖是。故〖答案〗為：12；；（2）O、Se、Te處于同主族,同主族自上而下電離能降低，第一電離能由大到小的順序是O＞Se＞Te；H2O受氫鍵影響，所以沸點最高。H2Se、H2Te的沸點主要受范氏力影響，分子量越大，沸點越高。H2O、H2Se、H2Te的沸點由高到低的順序是H2O＞H2Te＞H2Se。故〖答案〗為：O＞Se＞Te；H2O＞H2Te＞H2Se；（3）H2Te中Te原子價層電子對個數=2+=4，有兩對孤電子對，分子為V形結構，CO2中C原子價層電子對個數=2+=２，分子為直線型，H2Te和CO2均為三原子分子，但它們的鍵角差別較大，理由是H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°。故〖答案〗為：H2Te中Te為sp3雜化，由于兩對孤電子對的排斥作用使其鍵角小于109°28，CO2中C為sp雜化，鍵角為180°；（4）[Zr(C2H5O)2]2+是Zr4+形成的一種配離子，配體中O原子含有孤電子對，所以配原子為O原子；1個[Zr(C2H5O)2]2+離子中同種非金屬元素之間形成非極性鍵、不同非金屬元素之間形成極性鍵，共價單鍵為σ鍵，該離子的結構是含共價鍵的數目是１６。故〖答案〗為：O；１６；（5）該晶胞中Zr原子個數=8×+6×=4、O原子個數為8，Zr、O原子個數之比=4：8=1：2，鋯原子的配位數是8，若晶胞中距離最近的兩個氧原子間的距離為anm，這兩個氧原子之間的距離為晶胞棱長的一半，則晶胞棱長為2anm，晶胞體積=（2a×10-7cm）3，則立方氧化鋯的密度==g·cm－3=g·cm－3。故〖答案〗為：8；=g·cm－3。17．（2020屆河南省六市高三第二次聯合調研）非線性光學晶體在信息、激光技術、醫療、國防等領域具有重要應用價值。我國科學家利用Ca2CO3，XO2（X=Si、Ge）和H3BO3首次合成了組成為CsXB3O7的非線性光學晶體。回答下列問題：（1）基態硼原子的價電子排布圖是____________，與硼處于同周期的非金屬主族元素的第一電離能由大到小的順序為________________。（2）B的簡單氫化物BH3，不能游離存在，常傾向于形成較穩定的B2H6或與其他分子結合。①B2H6分子結構如圖，則B原子的雜化方式為____________________。②氨硼烷（NH3BH3）被認為是最具潛力的新型儲氫材料之一，分子中存在配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是______________，寫出一種與氨硼烷互為等電子體的分子_________（填分子式）。（3）如圖為H3BO3晶體的片層結構，其中B的雜化方式為_______；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是____________。（4）以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子分數坐標。CsSiB3O7屬于正交晶系（長方體形），晶胞參數為anm、bnm和cnm．如圖為沿y軸投影的晶胞中所有Cs原子的分布圖和原子分數坐標。據此推斷該晶胞中Cs原子的數目為_________；CsSiB3O7的摩爾質量為Mg·mol－1，設NA為阿伏加德羅常數的值，則CsSiB3O7晶體的密度為_____g·cm－3（用含字母的代數式表示）。〖答案〗（1）F>N>O>C>B（2）①sp3雜化②NC2H6（3）sp2升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大（4）4〖解析〗（1）B原子核外電子排布式為：1s22s22p1，基態硼原子的價電子排布圖是，同周期第一電離能從左向右逐漸增大，N元素2P3為半充滿結構，第一電離能變大，所以，與硼處于同周期的非金屬主族元素的第一電離能由大到小的順序為F>N>O>C>B。故〖答案〗為：；F>N>O>C>B；（2）①B2H6分子結構如圖，B形成4個σ鍵，價層電子對為4，則B原子的雜化方式為sp3雜化。故〖答案〗為：sp3雜化；②氨硼烷（NH3BH3）分子中存在配位鍵，提供孤電子對的成鍵原子是N，B提供空軌道，用價電子遷移法，N與B之間夾著碳元素，與氨硼烷互為等電子體的分子C2H6（填分子式）。故〖答案〗為：N；C2H6；（3）H3BO3晶體為片層結構，B原子最外層有3個電子，與3個-OH形成3個共價鍵，B的雜化方式為sp2；硼酸在熱水中比在冷水中溶解度顯著增大的主要原因是：升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大。故〖答案〗為：sp2；升溫破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大；（4）原子分數坐標為（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞體內，原子分數坐標為（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分別位于晶胞的左側面、右側面上，原子分數坐標為（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分別位于晶胞的上底面、下底面，原子分數坐標為（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y軸的棱上，則晶胞中Cs原子數目為：1+4×+4×=4，由化學式CsSiB3O7，可知晶胞相當于含有4個“CsSiB3O7”，故晶胞質量=4×g，則晶體密度==g·cm－3。故〖答案〗為：4；。18．（2020屆陜西省咸陽市高三模擬）某些過渡元素的相關化合物在化工、醫藥、材料等領域有著極為廣泛的應用。回答下列問題：（1）現有銅鋅元素的4種微粒，①鋅：[Ar]3d104s2；②鋅：[Ar]3d104s1；③銅：[Ar]3d104s1；④銅：[Ar]3d10。失去一個電子需要的最低能量由大到小的順序是___（填字母）。A④②①③B④②③①C①②④③D①④③②（2）砷化鎘（Cd3As2）是一種驗證三維量子霍爾效應的材料。①砷與鹵素可形成多種鹵化物，AsBr3、AsCl3、AsF3的熔點由低到高的順序為__。砷酸的酸性弱于硒酸，從分子結構的角度解釋原因____。②Cd2＋與NH3形成配離子[Cd（NH3）4]2＋中，配體的空間構型為__，畫出配離子的結構式__（不考慮立體構型）。（3）鉻（Cr）、鉬（Mo）、鎢（W）位于同一副族相鄰周期，且原子序數依次增大。①基態鉻原子、鉬原子的核外電子排布特點相同，則基態鉬原子的價層電子排布圖為___。②鉻的晶胞結構如圖A所示，它的堆積模型為____，在該晶胞中鉻原子的配位數為_____。③鎢和碳能形成耐高溫、耐磨材料碳化鎢，其晶胞結構如圖B所示，則碳化鎢的化學式為___，六棱柱的底邊長為acm，高為bcm，設阿伏加德羅常數的值為NA，則碳化鎢晶體的密度是___g·cm－3（列出計算表達式）。〖答案〗（1）A（2）①AsF3＜AsCl3＜AsBr3H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中O原子上的電子向Se偏移的程度大，更容易電離出H+②三角錐形（3）①②體心立方堆積8③WC〖祥解〗（1）結合電離能的變化規律分析解題，注意d軌道全充滿的穩定結構，電離能較大；（2）①AsCl3、AsF3、AsBr3都是分子晶體，根據分子間作用力大小及影響因素與熔點關系分析；非羥基氧越多，酸性越強；②[Cd(NH3)4]2＋中配體是NH3，根據N原子的價電子對數目分析空間構型；Cd2+與NH3通過配位鍵結合成配合離子；（3）鉻原子核電荷數為24，晶胞的特點是一個Cr原子位于八個Cr原子形成的立方體中心；利用均攤法確定碳化鎢的化學式，計算出晶胞的質量和體積，再根據計算密度。【詳析】（1）鋅原子的第一電離能大于銅原子第一電離能，有①＞③；銅的第二電離能大于鋅的第二電離能，有④＞②，鋅的第二電離能大于第一電離能，②＞①，即失去一個電子需要的最低能量由大到小的順序是④②①③，故〖答案〗為A；（2）①AsBr3、AsCl3、AsF3都是分子晶體，相對分子質量越大，范德華力越大，熔點越高，故熔點由低到高的順序為AsF3＜AsCl3＜AsBr3；H2SeO4的非羥基氧原子多，Se的正電性更高，羥基中的O原子的電子向Se偏移程度大，更容易電離出H+，砷酸的酸性弱于硒酸；②NH3中N原子的價層電子對數目為3+=4，其中有1個孤對電子，N原子為sp3雜化，空間構型是三角錐形；Cd2+與NH3通過配位鍵結合成配合離子，N原子提供孤對電子，中心離子與4個NH3形成4個配位鍵，則配離子的結構式為；（3）①基態鉻原子的價電子排布式為3d54s1，鉬原子與鉻原子的核外電子排布特點相同，則基態鉬原子的價電子排布式為4d55s1，故價層電子排布圖為；②由鉻的晶胞結構可知，一個Cr原子位于八個Cr原子形成的立方體中心，則堆積模型為體心立方堆積，在該晶胞中鉻原子的配位數為8；③晶胞中碳原子數為6個，鎢原子數為1+2×+6×2×+6×=6，則碳化鎢的化學式為WC；晶胞的質量為g，晶胞的體積為cm3，則晶胞密度=g·cm－3。【『點石成金』】均攤法確定六棱柱晶胞中粒子數目的方法是：①頂點：每個頂點的原子被6個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；②棱：每條棱的原子被3個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；③面上：每個面的原子被2個晶胞共有，所以晶胞對頂點原子只占份額；④內部：內部原子不與其他晶胞分享，完全屬于該晶胞。19．（2020屆福建省廈門市高三質檢）2019年10月1曰，在慶祝中華人民共和國成立70周年的閱兵儀式上，最后亮相的DF-31A洲際戰略導彈是我國大國地位、國防實力的顯著標志。其制作材料中包含了Fe、Cr、Ni、C等多種元素。回答下列問題：（1）基態Cr原子的價電子排布式為___。（2）實驗室常用KSCN溶液、苯酚（）檢驗Fe3+。①第一電離能：N___O(填“＞”或“<”)。②1mol苯酚中含有的σ數目為___。③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的雜化方式，其類型為___。④從結構的角度分析苯酚的酚羥基有弱酸性的原因為___。（3）碳的一種同素異形體的晶體可采取非最密堆積，然后在空隙中插入金屬離子獲得超導體。如圖為一種超導體的面心立方晶胞，C60分子占據頂點和面心處，K+占據的是C60分子圍成的___空隙和___空隙（填幾何空間構型）；若C60分子的坐標參數分別為A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，則距離A位置最近的陽離子的原子坐標參數為___。（4）Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結構為NaCl型，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+，則晶體Ni2與Ni3+產的最簡整數比為___，晶胞參數為428pm，則晶體密度為___g?cm-3(NA表示阿伏加德羅常數的值，列出表達式）。〖答案〗（1）3d54s1（2）①＞②13NA③sp2④酚羥基的氧原子參與形成了大π鍵，使氧原子電荷密度下降，氫離子容易電離（3）正四面體正八面體（，，）（4）8：3〖解析〗（1）基態Cr原子有24個電子，電子排布式為[Ar]3d54s1，基態Cr的價電子排布式為3d54s1；故〖答案〗為：3d54s1。（2）①同周期從左到右第一電離能有增大的趨勢，但第VA族大于第VIA族，因此第一電離能：N＞O；故〖答案〗為：＞。②1個苯酚分子含有5個C—H鍵，6個C—C鍵，1個O—H鍵，即共13個σ鍵，因此1mol苯酚中含有的σ數目為13NA；故〖答案〗為：13NA。③苯酚中的氧原子和碳原子均采用相同的雜化方式，每個碳原子有3個σ鍵，無孤對電子，因此其雜化類型為sp2；故〖答案〗為：sp2。④從結構的角度分析苯酚的酚羥基有弱酸性的原因為酚羥基的氧原子參與形成了大π鍵，使氧原子電荷密度下降，氫離子容易電離；故〖答案〗為：酚羥基的氧原子參與形成了大π鍵，使氧原子電荷密度下降，氫離子容易電離。（3）如圖為一種超導體的面心立方晶胞，C60分子占據頂點和面心處，，如圖，2號K+在三個面心和一個頂點共4個C60形成的四面體的體心，1號在上下左右前后6個C60形成的正八面體的體心，因此K+占據的是C60分子圍成的正四面體空隙和正八面體空隙；若C60分子的坐標參數分別為A(0，0，0)，B(，0，)，C(1，1，1)等，則距離A位置最近的陽離子就是2號K+，其原子坐標參數為(，，)；故〖答案〗為：正四面體；正八面體；(，，)。（4）Ni可以形成多種氧化物，其中一種NiaO晶體晶胞結構為NaCl型，一個晶胞中含有4個Ni和4個氧，由于晶體缺陷，a的值為0.88，且晶體中的Ni分別為Ni2+、Ni3+，設Ni2+有x個，Ni3+有y個，根據電荷守恒和質量守恒得到x+y=0.88，2x+3y=2，解得x=0.64，y=0.24，0.64:0.24=8:3，因此晶體Ni2+與Ni3+的最簡整數比為8:3，晶胞參數為428pm，則晶體密度為；故〖答案〗為：8:3；。20．（2020屆河南省洛陽市高三第三次統考）層狀