1、专题18 物质结构与性质（选修）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IIII三种反应物，下列说法正确的有_。AI中仅有键BI中的键为非极性共价键CII易溶于水DII中原子的杂化轨道类型只有与EIIII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“”“H2SCH4 （3）六 （4）AD
2、（5）化合物III （6）由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2 【解析】（1）基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。（2）H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2OH2SCH4，故答案为：H2OH2SCH4。（3）第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第B族，故答案为：六。（4）A中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采
3、取sp3杂化，故A正确；B中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；C中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近10928，故C错误；D中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；E中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误；综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。（5）中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之
4、间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。（6）对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge
5、原子数为1+8+4=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6+4=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x10-7cm)2(y10-7cm)=x2y10-21cm3，则X晶体的密度为= g/cm3，故答案为：。2（2021河北卷）KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：（1）在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是_(填离子符号)。（2）原子中运
6、动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_。（3）已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJmol-1)如表：NNNNPPPP193946197489从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是_。（4）已知KH2PO4是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为_，其中P采取_杂化方式。（5）与PO电子总数相同的等电子体的分子式为_。（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为_。（7）分别用、表示H2PO和K+，
7、KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度_gcm-3(写出表达式)。晶胞在x轴方向的投影图为_(填标号)。【答案】（1）和 （2）或 （3）在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 （4） sp3 （5）SiF4、SO2F2等 B 【解析】（1）在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、和，其中核外电子排布相同的是和。（2）对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自
8、旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。（3）根据表中的相关共价键的键能可知，若6mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，显然，形成P4
9、分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。 （4）含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。（5）等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。（6）由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分
10、子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。（7）由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。3（2021湖南卷）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：（1）基态硅原子最外层的电子排布图为_，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_(填化学式)；
11、（2）硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：熔点/K183.0203.2278.6393.7沸点/K187.2330.8427.2560.70时，、呈液态的是_(填化学式)，沸点依次升高的原因是_，气态分子的空间构型是_；与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_，1个中含有_个键；（3）下图是、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_；已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，则该晶体的密度_(设阿伏加德罗常数的值为
12、，用含a、b、c、的代数式表示)。【答案】（1） SiC （2）SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3 NCH 54 （3）O Mg2GeO4 =1021 【解析】（1）硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；（2） 由题给熔沸点数据可知，0时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四
13、溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为NCH，则元素电负性的大小顺序为NCH；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键
14、和配位键都是键，双键中含有1个键，则离子中含有54个键，故答案为：sp2、sp3；NCH；54；（3）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8+6+4+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4； 由晶胞的质量公式可得：=abc1021，解得=1021g/cm3，故答案为：1021。4（2021山东卷）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）基态F原子核外电子的运动状态有_种。（2）O、F、Cl电负性由大到小的顺
15、序为_；OF2分子的空间构型为_；OF2的熔、沸点_(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是_。（3）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为_，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是_(填标号)。Asp Bsp2 Csp3 Dsp3d（4）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90，该晶胞中有_个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，)。已知XeF键长为rpm，则B点原子的分数坐标为_；晶胞中A、B间距离d=_pm。【答案】（1）9
16、（2）FOCl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高 （3）5 D （4）2 (0，0，) pm 【详解】（1）基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；（2）电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为FOCl；根据VSEPR理论有，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；（3）XeF2易升华，所以
17、是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为，其中心原子的杂化方式应为sp3d；（4）图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，所以 pm。5（2021海南高考真题）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。 回答问题：(1)基态锰原子的价层电子排布式为_。(2)配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(C
18、O)5中锰原子的配位数为_。(3)第一电离能的大小：C_O(填“大于”或“小于”)。(4)中碳原子的杂化轨道类型是_，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式_。(5) CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为_。(6)MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是_。 以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为，b点锰原子坐标为，
19、则c点锰原子坐标为_。【答案】(1)(2)6(3)小于(4) (5)(6) MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大 【解析】(1)Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，所以本问应填“”；(2)由题干图例所示，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子，1个H原子，所以本问应填“6”；(3)根据元素周期律，总体规律同一周期元素从左到右第一电离能依次增强，特殊规律同周期IIA族第一电离能大于IIIA族，VA族第一电离能大于VIA族，C是IVA族，O是VIA族，不涉及特殊规律，所以本问应填“小于”；(4)根据价层电子对互斥理论，中心
20、原子C连接3个O原子，所以键为3，孤电子对数(阴离子计算孤电子对数时，所带负电荷绝对值要与中心原子价电子数相加)，所以中C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，故其离子结构为平面三角形；再根据价层电子对数与杂化轨道对应关系，可知中C原子的杂化轨道类型是sp2，故本问第一空应填“sp2”；按题目要求，阴离子中心原子价层电子对数应为3，孤电子对数为0，带电荷量为-1，无机酸根一般是含氧酸阴离子，所以代入孤电子对公式可解得其中心原子价电子数为5，所以本问第二空应填“”；(5)根据题目描述，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)，形成新物质，故本问应填“”；(6)离子晶体熔沸点高低不光与晶体结
21、构有关，也与离子带电荷量有关，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以本问第一空应填“MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大”；根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，那么c点Mn原子的坐标为，故本问第二空应填“”。6（2021福建高考真题）类石墨相氮化碳()作为一种新型光催化材料，在光解水产氢等领域具有广阔的应用前景，研究表明，非金属掺杂(O、S等)能提高其光催化活性。具有和石
22、墨相似的层状结构，其中一种二维平面结构如下图所示。 回答下列问题：(1)基态C原子的成对电子数与未成对电子数之比为_。(2)N、O、S的第一电离能()大小为，原因是_。(3)晶体中存在的微粒间作用力有_(填标号)。a.非极性键 b.金属键 c.键 d.范德华力(4)中，C原子的杂化轨道类型_，N原子的配位数为_。(5)每个基本结构单元(图中实线圈部分)中两个N原子(图中虚线圈所示)被O原子代替，形成O掺杂的。的化学式为_。【答案】(1)21(2)N原子轨道半充满，比相邻的O原子更稳定，更难失电子；O，S同主族，S原子半径大于O原子，更易失去电子(3)cd(4) 杂化 2，3(5)【解析】(1)
23、基态C原子的核外电子排布式是1s22s22p2，成对电子数为4，未成对电子数为2，其比值为21。(2)N、O、S的第一电离能()大小为，原因是相同电子层数的原子，N原子的核外电子排布式是1s22s22p3，p轨道处在半满状态，比较稳定，原子核对核外电子的束缚作用较强，较难失去第一个电子，第一电离能N大于O；O和S是同一主族元素，O原子的半径较小，原子核对核外电子的束缚作用较强，较难失去第一个电子，第一电离能O大于S；故第一电离能()大小为。(3)根据题意，晶体具有和石墨相似的层状结构，结合二维平面结构图，判断其存在的微粒间作用力有极性键、键和范德华力，故答案选cd。(4)中，结合二维平面结构图
24、得知，C原子与N原子形成三个键，层内存在大键的，不存在孤电子对，故C原子的杂化轨道类型为杂化；根据二维平面结构图得知，N原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，故N原子的配位数为2、3两种。(5)从基本结构单元分析得知，N原子的成键有连两个C原子和连三个C原子的两种情况，连两个C原子的N原子完全属于该基本结构单元，连三个C原子的N原子处在中心的完全属于该基本结构单元，处在“顶点”上的属于三个基本结构单元，故一个基本结构单元含有6个C原子和个N原子；将图中虚线圈所示的N原子用O原子代替，则O原子完全属于该基本结构单元，故该基本结构单元含有6个C原子、6个N原子、2个O原子，则形成O掺杂
25、的的化学式为。【点睛】该基本结构单元的分析应注意到两点，一是它是平面层状结构，二是“顶点”N原子分属三个基本结构单元。 12020江苏卷以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵(NH4)3Fe(C6H5O7)2。（1）Fe基态核外电子排布式为 ；中与Fe2+配位的原子是 （填元素符号）。（2）NH3分子中氮原子的轨道杂化类型是 ；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为 。（3）与NH4+互为等电子体的一种分子为 （填化学式）。（4）柠檬酸的结构简式见题21A图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为 mol。【答案】（1）或O（2）sp3NOC（3）CH4或S
26、iH4（4）7【解析】【分析】（1）Fe核外有26个电子，H2O中O原子有孤对电子，提供孤对电子。（2）先计算NH3分子中氮原子价层电子对数，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族。（3）根据价电子数SiCN+的关系得出互为等电子体的分子。（4）羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个键，一个羟基与碳原子相连形成一个键。【详解】（1）Fe核外有26个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；由于H2O中O原子有孤对电子，因此Fe(H2O)62+中与Fe2+配位的原子是O；故答案为
27、：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；O。（2）NH3分子中氮原子价层电子对数为，因此氮杂化类型为sp3，同周期，从左到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为NOC；故答案为：sp3；NOC。（3）根据价电子数SiCN+，得出互为等电子体的分子是CH4或SiH4；故答案为：CH4或SiH4。（4）羧基的结构是，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个键，三个羧基有6个，还有一个羟基与碳原子相连形成一个键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的键的数目为7mol；故答案为：7。
28、【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式，电离能、电负性、共价键分类、杂化类型、空间构型等。22020天津卷Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题:（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置为 ，基态Fe原子的电子排布式为 。（2）CoO的面心立方晶胞如图1所示。设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为 gcm3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为 。（3）Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为 ，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式：
29、。（4）95时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为 。由于Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为 （填“一次过量”或“少量多次”），此法制备NiSO4的化学方程式为 。【答案】（1）第四周期第族或（2）（3）（4）随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜少量多次或 【解析】【分析】（1）根据Fe、Co、Ni的原子序数得出位置和基态Fe原子的电子排布式。（2）根据晶胞结构计算出
30、O2和Co2+个数，根据密度公式计算；根据离子晶体键能和晶格能比较熔点。（3）根据反应方程式氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，Co(OH)3与盐酸反应发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O。（4）类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息得出原因；根据为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快这个信息得出添加硝酸的方法和反应方程式。【详解】（1）Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态Fe原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；故答案为：第四周期第VIII族；1s
31、22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2；。（2）CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2个数为，Co2+个数为，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO晶体的密度为；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径Fe2+Co2+Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次减小，因此其熔点由高到低的顺序为NiOCoOFeO；故答案为：；NiOCoOFeO。（3）Fe、Co、Ni能与Cl2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl3，氧化剂的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2FeCl
32、3，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3Cl2FeCl3，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)36H+2ClCl22Co2+6H2O；故答案为：CoCl3Cl2FeCl3；2Co(OH)3 6H+ 2ClCl22Co2+6H2O。（4）类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4和HN
33、O3的混酸与Ni反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni与H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式来提高反应速率，反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO或NO2，此法制备NiSO4的化学方程式为3Ni3H2SO42HNO3 NiSO42NO4H2O或NiH2SO42HNO3 NiSO42NO22H2O；故答案为：随H2SO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜；少量多次；3Ni 3H2SO42HNO3 NiSO42NO4H2O或NiH2SO42HNO3NiSO42NO22H2O。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式、晶胞
34、计算、氧化还原反应、学生学习知识的能力的考查。32020年山东新高考CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：（1）Sn为A族元素，单质Sn与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型为 ，其固体的晶体类型为 。（2）NH3、PH3、AsH3的沸点由高到低的顺序为 （填化学式，下同），还原性由强到弱的顺序为 ，键角由大到小的顺序为 。（3）含有多个配位原子的配体与同一中心离子（或原子）通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图所示， 1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol，该螯合物中N的杂化方式有 种
35、。（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如下图所示，晶胞棱边夹角均为90，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。坐标原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一个晶胞中有 个Sn，找出距离Cd(0,0,0)最近的Sn （用分数坐标表示）。CdSnAs2晶体中与单个Sn键合的As有 个。【答案】（1）正四面体形；分子晶体（2）NH3、AsH3、PH3；AsH3、PH3、NH3；NH3、PH3、AsH3（3）6；1（4）4；（0.5,0,0.25）、（0.5,0.5,0）；4【解析】【分析】（1）利
36、用价层电子对数确定SnCl4的分子构型；由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；（2）结构相似的分子，相对分子质量越大物质的熔沸点越高，另外分子间能形成氢键的物质，熔沸点则较高，键角的大小取决于中心原子的杂化类型、孤电子对数、成键电子对与成键电子对之间的斥力大小；（3）由该物质的结构简式可知，螯合作用配位成环，故1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个，CdNO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式为sp2杂化；（4）结合部分原子的分数坐标，结合晶胞结构图，确定各原子在晶胞中位置，找出相应原子。【详解】（1）Sn为第A族元素，由于常温下SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；
37、SnCl4分子中中心原子的孤电子对数=0，键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体形；（2）NH3、PH3、AsH3的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3AsH3PH3；N、P、As这三种元素位于元素周期表中第A族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH3PH3NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，
38、成键电子对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH3PH3AsH3；（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“含有多个配位原子的配体与同一中心离子或原子通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，CdNO2那个不算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；（4）由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，0.5），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部分As原子
39、的分数坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为 ；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，CdSnAs2晶体中与单个Sn结合的As有4个。【点睛】本题考查轨道杂化类型的判断，分子构型，物质熔沸点大小比较，键角大小的比较，配位数的计算，晶胞的计算等知识，立足课本进行适当拓展，但整体难度不大。难点仍然是晶胞的有关判断与计算，晶胞中原子的数目往往采用均摊法：位于晶胞顶点的原子为8个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/8；位于晶胞面心的原子为2个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/2；位于晶胞棱心的原子为4个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1/4；位于晶胞体心的原子为1个晶胞共用，对一个晶胞的贡献为1。
