N單元物質結構與性質名目N單元物質結構與性質 =3.4(2分)(4)離子鍵、配位鍵（5）[FeF6]3-F-(2分,1分,1分,共4分)解析：依據題意，A為F元素，B為K元素，C為Fe元素，D為Ni元素。

（1）Ni2+的價層電子排布圖為

（2）四種元素中第一電離最小的是K，電負性最大的是F。

（3）依據晶胞結構可知：F為16×1/4+4×1/2+2=8，K為8×1/4+2=4，Ni為8×1/8=2，則化學式為K2NiF4。Ni的配位數為6，所以可以求出該晶體的密度：=3.4。

（4）A-、B+和C3+三種離子組成的化合物是K3FeF6，其中化學鍵的類型有離子鍵、配位鍵；該化合物中存在簡潔離子[FeF6]3-，配位體是F-。【思路點撥】本題考查了物質結構與性質、核外電子排布、電負性、晶胞的分析及計算、化學鍵類型、配位數、配位體等學問點，綜合性較強。【【原創純Word版精品解析】理綜卷·2022屆河南省試驗中學高三第一次模擬考試（202205）doc】37．【化學——選修3：物質結構與性質】（15分）可以由下列反應合成三聚氰胺：CaO＋3CCaC2＋CO↑，CaC2＋N2CaCN2＋C，CaCN2＋2H2O=NH2CN＋Ca(OH)2，NH2CN與水反應生成尿素[CO(NH2)2]，尿素合成三聚氰胺。寫出與Ca在同一周期且最外層電子數相同、內層排滿電子的基態原子的電子排布式：_____；CaCN2中陰離子為CN22-，與CN22-互為等電子體的分子有N2O和________(填化學式)，由此可以推知CN的空間構型為________。(2)尿素分子中C原子實行________雜化。(3)三聚氰胺()俗稱“蛋白精”。動物攝入三聚氰胺和三聚氰酸()后，三聚氰酸與三聚氰胺分子相互之間通過________結合，在腎臟內易形成結石。(4)CaO晶胞如圖所示，CaO晶體中Ca2＋的配位數為，Ca2＋實行的積累方式為，O2-處于Ca2＋積累形成的空隙中；CaO晶體和NaCl晶體的晶格能分別為：CaO3401kJ·mol-1、NaCl786kJ·mol-1。導致兩者晶格能差異的主要緣由是___________________________________。（5）配位化合物K3[Fe(CN)n]遇亞鐵離子會產生藍色沉淀，因此可用于檢驗亞鐵離子，已知鐵原子的最外層電子數和配體供應電子數之和為14，求n=。【學問點】物質結構與性質N1N3N2N5【答案解析】37、【化學—選修3：物質結構與性質】(1)1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，CO2，直線形(3)分子間氫鍵(4)6，面心立方最密積累，八面體，CaO晶體中Ca2＋、O2－的帶電量大于NaCl晶體中Na＋、Cl－的帶電量（5）6解析：(1)Ca在第四周期，最外層2個電子，則內層排滿電子的基態原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，CN22-含22個電子，與CN22-互為等電子體的分子還有CO2，互為等電子體的分子結構相像，由此可以推知CN22-的空間構型與CO2相像為直線形；(2)尿素分子中C原子與氧原子結合成雙鍵，與兩個氮原子結合成單鍵，實行sp2雜化，其結構為；(3)三聚氰胺和三聚氰酸分子中都含有N元素，而且形成N-H鍵，相互之間可通過分子間氫鍵結合；(4)由圖可知，CaO晶體中Ca2+的配位數為6，是面心立方最密積累，O2-處于Ca2＋積累形成的八面體（6個面面心的點形成八面體）空隙中；CaO晶體和NaCl晶體都是離子晶體，晶格能差異的主要緣由是CaO晶體中Ca2＋、O2－的帶電量大于NaCl晶體中Na＋、Cl－的帶電量。⑸鐵原子的最外層電子數是2，配體供應電子數是2，因此n=6.【思路點撥】解答等電子體的方法：①價電子遷移法：即將既定粒子中的某元素原子的價電子逐一轉移給組成中的另一種元素的原子，相應原子的質子數也隨之削減或增加，變換為具有相應質子數的元素；②電子—電荷互換法：即將既定粒子中的某元素原子的價電子轉化為粒子所帶的電荷。這種方法可實現分子與離子的互判。如：CN－的等電子體查找可用N原子1個電子換作1個負電荷，則N原子換為C原子，離子帶2個負電荷，其等電子體即為C22－；反之，將CN－的電荷轉化為1個電子，該電子給C原子，即得N2，若給N原子即得CO。【【原創純word版精品解析】化學卷·2021屆云南省玉溪一中高三上學期其次次月考（202210）】23．【化學——選修3：物質結構與性質】（15分）（1）含碳物質不完全燃燒會產生CO。血紅蛋白中含有Fe2+，CO易與血紅蛋白結合成穩定的協作物而使人中毒，寫出鐵離子(Fe3+)的核外電子排布式為，CO有多種等電子體，其中常見的一種分子是。利用CO可以合成化工原料COCl2、協作物Fe(CO)5等，已知一個COCl2分子中每個原子最外層都形成8電子的穩定結構，則一個COCl2分子內含有個δ鍵，C原子的雜化方式為。Fe(CO)5等在確定條件下分解生成CO和鐵，反應過程中斷裂的化學鍵是，形成的化學鍵是。（2）A、B均為短周期金屬元素。依據下表數據，回答問題：電離能/kJ·mol-1I1I2I3I4A93218211539021771B7381451773310540寫出A原子的電子排布圖，Al原子的第一電離能（填：“大于”、“小于”或“等于”）738kJ·mol-1，緣由是。（3）下圖是一種鎳（Ni）鑭（La）合金儲氫后的晶胞結構圖。該合金儲氫后，含0.5molNi的合金可吸附氫氣的體積（標況）為。【學問點】晶體結構雜化類型化學鍵N1N2N5【答案解析】（1）1s22s22p63s23p63d5N23個sp2配位鍵金屬鍵（每空1分）（2）（2分）小于（2分）由表中數據推斷B為Mg元素，其最外層電子排布式為3s2，而Al最外層電子排布式為3s23p1，當3p處于全布滿、半布滿或全空時較穩定，因此，失去p亞層的1個電子相對比較簡潔。（2分）（3）6.72L（3分）解析：（1）Fe的原子數序為26，電子排布式為：1s22s22p63s23p63d64s2，鐵原子失去3個電子變成鐵離子，Fe3+的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5，依據等電子體中原子數和價電子數都相同，CO的原子數是2，價電子數是10，則常見分子中N2與CO互為等電子體，已知COCl2分子中每個原子最外層都形成8電子的穩定結構，結構簡式為：，分子中含有2個單鍵和1個雙鍵，則COCl2分子內含有3個σ鍵、1個π鍵，C原子的雜化方式為sp2。Fe(CO)5等在確定條件下分解生成CO和鐵，方程式為：Fe（CO）5=Fe（s）+5CO，斷裂的只有配位鍵，反應生成Fe，則形成金屬鍵。由表中數據推斷B為Mg元素，其最外層電子排布式為3s2，而Al最外層電子排布式為3s23p1，當3p處于全布滿、半布滿或全空時較穩定，因此，失去p亞層的1個電子相對比較簡潔。觀看晶胞結構圖平均每個晶胞中鎳原子個數為：(8×1/2)+1=5，每個晶胞吸附的氫分子個數為(8×1/4)+(2×1/2)=3，所以含0.5molNi的合金可吸附氫氣的物質的量是0.3mol，體積是0.3mol×22.4L/mol=6.72L。【思路點撥】本題考查了晶體結構、雜化類型、化學鍵等學問，分析晶胞中的離子數目利用均攤法。【【原創精品解析純word版】化學卷·2021屆湖北省襄陽四中、龍泉中學、宜昌一中、荊州中學高三四校聯考（202210）】19.（15分）I．鹵族元素的單質和化合物很多，我們可利用所學物質結構與性質的相關學問去生疏和理解它們。（1）鹵族元素位于元素周期表的___________區；（2）請依據下表供應的第一電離能數據推斷，最有可能生成較穩定的單核陽離子的鹵素原子是______________;（3）已知高碘酸有兩種形式，分子式分別為H5IO6和HIO4，前者結構如圖，后者則為一元酸，請比較二者酸性強弱：H5IO6_________HIO4（填“>”“<”或“=”）。II．某配位化合物X為深藍色晶體，由原子序數依次增大的A、B、C、D、E五種非0族元素組成，其原子個數比為14:4:5:1:1，其中A是元素周期表中原子半徑最小的元素，B元素原子最外層p能級比s能級多一個電子，C、D元素同主族且原子序數D為C的二倍，E元素的原子外圍電子排布為（n-l）dn+6nsl。請回答下列問題：（1）元素E在周期表中的位置是_______________;該配位化合物X的化學式為___________（2）下列關于X的說法正確的是（）A．X中所含化學鍵有離子鍵、配位鍵和氫鍵B．X中E離子給出孤對電子C．組成X的元素中第一電離能最大的是CD．DC42﹣空間構型為正四周體（3）A元素與B元素可形成分子式為A2B2的某化合物，該化合物的分子具有平面結構，則其結構式為_____________，其中B原子的雜化方式為。（4）C元素與D元素形成的一種具有較強還原性的分子的VSEPR模型為（5）已知單質E的晶胞屬于面心立方最密積累，其晶胞邊長為a10-8cm，則E的密度為g·cm-3。【學問點】物質結構與元素周期律N1N2N3N4N5【答案解析】（15分）I．（1）p（1分）（2）碘（1分）（3）<（1分）II.（1）第四周期IB族（2分）[Cu（NH3）4]SO4·H2O（2分絡合物方括號沒寫不扣分）（2）D（2分）（3）H-N=N-H（1分）sp2雜化（1分）(4)平面三角形（2分）（5）（2分）解析：I．（1）依據構造原理知，鹵族元素最終填入的電子為p電子，所以鹵族元素位于元素周期表的p區.（2）碘的第一電離能最小，最簡潔失去電子，因此最有可能生成較穩定的單核陽離子（3）在酸分子中非羥基氧原子數越多，該酸的酸性就越強。所以二者酸性強弱：H5IO6<HIO4。II.A是元素周期表中原子半徑最小的元素，則A是H，B元素原子最外層p能級比s能級多一個電子，是N，其中C、D元素同主族且原子序數D為C的二倍，推斷D是S、C是O；E元素的外圍電子排布為(n1)dn+6nsl，n-1≥3，0＜n+6≤10，n=4，故E是Cu,在第四周期IB族，X的化學式為[Cu（NH3）4]SO4·H2O，含離子鍵、共價鍵、配位鍵，沒有氫鍵，A錯誤；Cu供應孤對電子，B錯誤；組成X的元素中第一電離能最大的是N，C錯誤；依據價電子互斥理論計算，中心原子S，共6個價電子；協作原子O，按原理不算電子，為0；加上兩個外電子（電荷）共8個電子，4對價電子，而S與4個O相成鍵，故SO42-為正四周體結構，D正確。（3）H、N形成H2N2，是平面結構，因此結構中含雙鍵，即H-N=N-H，N原子實行sp2雜化（4）C元素與D元素形成的一種具有較強還原性的分子是SO2，分子中有1對孤電子對，價層電子對數為3，VSEPR模型名稱為平面三角形。（5）Cu的晶胞屬于面心立方最密積累，則1個晶胞含4個原子，晶胞質量為4×64/NA，晶胞體積是（a10-8cm）3，密度為。【思路點撥】雜化類型的推斷-價電子對數計算法:對于ABm型分子(A為中心原子，B為配位原子)，分子的價電子對數可以通過下列計算確定：n=1/2（中心原子的價電子數+每個配位原子供應的價電子數×m），配位原子中鹵素原子、氫原子供應1個價電子，氧原子和硫原子按不供應價電子計算；若為離子，須將離子電荷計算在內：n=1/2（中心原子的價電子數+每個配位原子供應的價電子數×m±離子電荷數），陽離子取“－”，陰離子取“+”。依據價電子對數可以有以下結論：分子價電子對數幾何構型中心原子雜化類型BeCl22直線型