1、专题18 物质结构与性质（选修）2022年高考真题1（2022全国甲卷）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_。(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_(填标号)，判断的根据是_；第三电离能的变化图是_(填标号)。(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_。(4) CF2=CF2和ETFE分
2、子中C的杂化轨道类型分别为_和_；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_。(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_pm。【答案】(1)(2)图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b(3)(4) sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定(5) Ca2+ a pm【解析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；
3、根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。(1)F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为CON一氯乙烯一氯乙炔 Cl参与形成的大键越多，形成的C-Cl键的键长越短(3) CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体(4)电解质 【解析】(1)F的原
4、子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，a1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；b1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；c1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；答案选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d。(2)一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-
5、Cl键。C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷一氯乙烯一氯乙炔，同时Cl参与形成的大键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大键( )，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷一氯乙烯一氯乙炔。(3)CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和
6、红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则-AgI晶体的摩尔体积Vm=m3/mol。4（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
7、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 （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】
8、（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
9、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
10、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：G
11、e：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：。4（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
12、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+，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
13、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
14、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；
15、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
16、、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。5（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)；（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/K187.2330.8
17、427.2560.70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，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
18、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
19、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
20、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。6（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
21、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（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）
22、5D（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
23、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。7（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(CO)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
24、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，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】
25、(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
26、，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“
27、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“”。8（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
28、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)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
29、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
30、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。2020年高考真题12020新
31、课标Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：（1）基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_。（2）Li及其周期表中相邻元素的第一电离能（I1）如表所示。I1(Li) I1(Na)，原因是_。I1(Be) I1(B) I1(Li)，原因是_。（3）磷酸根离子的空间构型为_，其中P的价层电子对数为_、杂化轨道类型为_。（4）LiFePO4的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有_个。电池充电时
32、，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_，n(Fe2+ )n(Fe3+)=_。【答案】（1）（2）Na与Li同族，Na电子层数多，原子半径大，易失电子Li、Be、B同周期，核电荷数依次增加。Be为1s22s2全满稳定结构，第一电离能最大。与Li相比，B核电荷数大，原子半径小，较难失去电子，第一电离能较大。（3）正四面体 4 sp3（4）4 133【解析】【分析】题（1）考查了对基态原子电子排布规律的认识；题（2）考查了第一电离能的周期性变化规律；题（3）考查了分子或离子空间构型判断的两大理论；题（4）重点考查通过陌生晶胞的晶胞结构示意图判断晶胞组成
33、。【详解】（1）基态铁原子的价电子排布式为，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子排布式分别为和，根据Hund规则可知，基态Fe2+有4个未成对电子，基态Fe3+有5个未成对电子，所以未成对电子个数比为4:5；（2）同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以；同周期元素，从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于A元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的A元素，因此；（3）经过计算，中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道
34、；（4）由题干可知，LiFePO4的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内部；再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自的相对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为个；进一步分析(a)图所示的LiFePO4的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学式为LiFePO4，并且一个晶胞中含有的Li+，Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFeP
35、O4单元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为Li3.25Fe4P4O16，所以有即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组：，解得x=0.8125，y=0.1875，则Li1-xFePO4中。【点睛】对第一电离能的考查，最常出现的是A，A基态原子与同一周期相邻主族元素的基态原子第一电离能的
36、比较；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构书写晶体化学式时，一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的使用。22020新课标钙钛矿（CaTiO3）型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：（1）基态Ti原子的核外电子排布式为_。（2）Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是_。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔点/37724.1238.3155（3）CaTiO3的晶胞如图（a）所示，其组成元素的电
37、负性大小顺序是_；金属离子与氧离子间的作用力为_，Ca2+的配位数是_。（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I和有机碱离子，其晶胞如图（b）所示。其中Pb2+与图（a）中_的空间位置相同，有机碱中，N原子的杂化轨道类型是_；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_gcm3（列出计算式）。（5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕（Eu）盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图（c）所示，用离子方程式表示该原理_、_。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d2
38、4s2（2）TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高（3）OTiCa离子键12（4）Ti4+sp3（5）2Eu3+Pb=2Eu2+Pb2+、2Eu2+I2=2Eu3+2I【解析】【分析】（1）考查了对基态原子电子排布规律的认识；（2）考查了不同类型的晶体的熔沸点比较，相同类型的晶体的熔沸点比较；（3）考查了电负性的周期性变化规律，微粒间的相互作用以及晶胞中离子的配位数；（4）考查了晶胞中微粒的位置和杂化理论，晶体密度的计算问题；（5）重点考查通过反应历程图，来书写离子方程式等。【详解】（1）钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电
39、子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；故答案为：1s22s22p63s23p63d24s2或Ar3d24s2；（2）一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体离子晶体分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；故答案为：TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，故熔点依次升高；（3
40、）CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故TiCa，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是：OTiCa，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；故答案为：OTiCa；离子键；12；（4）比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接
41、起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4+；图(b)中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱中N原子上无孤对电子，周围形成了4个键，故N原子采用sp3杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为个，的数目为个，I-的数目为个，故晶胞的密度为，故答案为：Ti4+；sp3；（5）从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb + 2Eu3+= Pb2+ 2Eu2
42、+，右边发生I2+ 2Eu2+= 2Eu3+ 2I-，故答案为：Pb + 2Eu3+= Pb2+ 2Eu2+；I2+ 2Eu2+= 2Eu3+ 2I-【点睛】对电负性的考查，只要掌握周期表同一周期从左往右电负性依次增大，同一主族从上往下电负性依次减小的规律，另金属元素的电负性小于非金属的；化学键的类型判断主要也是通过电负性，当两元素的电负性相差1.7以上形成离子键，小于则形成共价键；判断分子等构型时，可以通过价层电子对互斥理论或杂化轨道理论以及等电子体原理进行判断；由陌生晶胞结构计算晶体密度时，先要确定晶胞中含有的微粒数目，这时一方面要认真分析晶胞中各类粒子的位置信息，另一方面也要注意均摊法的
43、使用，然后根据质量的两种计算方法相等即来进行求算。32020新课标氨硼烷（NH3BH3）含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下列问题：（1）H、B、N中，原子半径最大的是_。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素_的相似。（2）NH3BH3分子中，NB化学键称为_键，其电子对由_提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+9H2的结构为。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_变为_。（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性（H+），与B原子相连的H呈负电性（H-），电负性大小顺序是_。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_（写分子式
44、），其熔点比NH3BH3_（填“高”或“低”），原因是在NH3BH3分子之间，存在_，也称“双氢键”。（4）研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，=90。氨硼烷的222超晶胞结构如图所示。 氨硼烷晶体的密度=_gcm3（列出计算式，设NA为阿伏加德罗常数的值）。【答案】（1）B Si（硅）（2）配位 N sp3sp2（3）NHB CH3CH3 低 H+与H的静电引力（4）【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比
45、较不同元素的电负性；根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。【详解】（1）在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si元素相似。（2）B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，NB键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O63-，由图中信息可知，B3
46、O63-中每个B原子只形成3个键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。（3） NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为NHB。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，
47、类比氢键的形成原理，说明其分子间存在H+与H-的静电引力。（4）在氨硼烷的222的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、2bpm、2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为，小长方体的体积为，因此，氨硼烷晶体的密度为gcm-3。【点睛】本题最后有关晶体密度的计算是难点，要求考生能读懂题意，通过观察晶胞结构，确定超晶胞结构中的分子数，并能合理分成8份，从而简化计算。42020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
48、(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SiH4（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III
49、A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：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V
50、A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。【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。52020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，
51、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：。（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HN
52、O3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
53、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；1s22s22p63s23p63d64s2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，
54、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：Cl2FeCl3，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
55、、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)36H+2ClCl22Co2+6H2O；故答案为：CoCl3Cl2FeCl3；2Co(OH)36H+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HNO3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N
56、iSO4的化学方程式为3Ni3H2SO42HNO3NiSO42NO4H2O或NiH2SO42HNO3NiSO42NO22H2O；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 3H2SO42HNO3NiSO42NO4H2O或NiH2SO42HNO3NiSO42NO22H2O。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查电子排布式、晶胞计算、氧化还原反应、学生学习知识的能力的考查。62020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
57、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。（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.
58、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
59、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；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
60、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，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
61、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。