备战2022年高考化学二轮复习 物质结构与性质题 WORD版含答案 (2).docx

1、物质结构与性质题必刷 备战2022年高考化学二轮复习学校:_姓名：_班级：_考号：_1（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

2、。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_。2（2021湖南高考真题）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.

3、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，用含a、b、c、的代数式表示)。3（2021山东泰安模拟预测）

4、铁、铬、锰统称为黑色金属，它们的单质、合金及其化合物在科研和生产中有着重要用途。请回答下列问题：（1）基态铁原子的价电子轨道表示式为_。铁、铬、锰属于周期表中的_区元素。（2）基态铬原子和基态锰原子中第一电离能较大的是_(填元素符号)，原因为_。（3）化学式为CrC136H2O的化合物有三种结构，一种呈紫罗兰色，一种呈暗绿色，一种呈亮绿色，已知Cr3+的配位数均为6，将它们配制成等体积等浓度的溶液，分别加入足量AgNO3溶液，所得AgC1沉淀的物质的量之比为3：2：1。呈暗绿色的配合物内界的化学式为_。H2O分子的VSEPR模型为_。（4）MnF2和MnCl2均为离子化合物，MnF2的熔点高于

5、MnCl2熔点的原因为_。（5）一氧化锰在医药、冶炼上用途广泛，其立方晶胞结构如图所示。该晶胞中由O2-形成的正八面体空隙数目为_。设NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞中距离最近的两个O2-之间的距离为apm，则MnO晶体的密度=_gcm-3。(用含a、NA的代数式表示)。4（2021宁夏固原一中模拟预测）Fe与Si形成的合金及铁的配合物用途非常广泛，回答下列问题：(1)基态Fe2+核外价电子排布式为_；在基态Si原子中，核外存在_对自旋方向相反的电子。(2)Fe78Si9B13是一种非晶合金，可通过_方法区分晶体和非晶体。(3)硅烯是一种具有石墨烯结构的新型二维材料，二硅烯Si2H4分子的几何构

6、型为_，依据电子云的重叠方式可知其所含共价键类型是_。(4)配合物Fe(Htrz)3(ClO4) 2 (Htrz为，1，2，4-三氮唑)与Fe2+形成配位键的原子是_；已知分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数，则配体中的大键应表示为_1，2，4-三氮唑的沸点为260 ，环戊二烯()的沸点为42.5 ，前者的沸点比后者大得多，其原因是_ 。(5)砷化镍晶胞的结构如下图所示，1个砷化镍晶胞中含_个As；若六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗数的值为NA，则砷化镍的密度为_g/cm3。5（2021黑龙江模拟预测）锌、铁、铜及其化合物在生活

7、、生产中有着广泛应用。回答下列问题：(1)基态Fe3的核外电子排布式为_。在第四周期过渡元素中，基态原子未成对电子数最多的元素为_(用元素符号表示)。(2)一水合甘氨酸锌(H2NCH2COO)2ZnH2O是一种饲料添加剂，该化合物中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是_(用元素符号表示)；甘氨酸分子中N原子的杂化轨道类型为_；从结构角度解释甘氨酸易溶于水的原因：_。(3)铜元素的第一电离能、第二电离能分别为746 kJmol1、1958 kJmol1；锌元素的第一电离能、第二电离能分别为906 kJmol1、1733 kJmol1，铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其主要原因是_。(4)磷

8、酸铁(FePO4)可用于制造磷酸铁锂电池材料，PO的空间构型为_。(5)某种化合物由Fe、Cu、S三种元素组成，其晶胞结构如图所示，则化学式为_，该晶胞上、下底面均为正方形，侧面与底面垂直，若该晶体的密度 gcm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，结合图中的数据计算底面棱长a_(只要求列出计算式，用含b的代数式表示)pm。6（2021河北唐山二模）现有原子序数递增的X、Y、Z、W四种常见元素。其中X元素基态原子核外电子占据了三个能级，且每个能级上的电子数相等；Y原子的p轨道处于半充满状态，Z的单质是空气的主要成分之一；W在周期表中位于ds区，且与Z可形成化学式为W2Z或WZ的二元化合物。请回答下列

9、问题：W元素原子核外电子运动状态有_种，该元素基态离子W+的电子排布式为_。元素X、Y和Z的第一电离能由大到小顺序为_(填元素符号)。Y2Z与XZ2具有相同的结构特征，其理由是_。X、Y和Z均可形成多种氢化物，写出一种X的氢化物分子结构中键和键数目之比32的结构式_；A、B分别是Y、Z的最简单氢化合物，A的空间构型为_，其中Y原子的杂化轨道类型为_；W2+与A、B分子结合成配合离子WA4B22+结构如下图，该配合离子加热时首先失去的组分是_(填“A”或“B”)。元素W的单质晶体在不同温度下可有两种堆积方式，晶胞分别如图a和b所示，假定不同温度下元素W原子半径不变，且相邻最近原子间距为原子半径之

10、和，则其体心立方堆积与面心立方堆积的两种晶体密度之比为_。7（2021湖北黄石二中三模）已知所用火箭推进剂为肼(N2H4)和过氧化氢(H2O2)，火箭箭体一般采用钛合金材料。请回答下列问题：（1）NH3、H2O2分子中电负性最大的元素在周期表中的位置为_，第一电离能最大的元素为_。（2）铬的原子序数为24，其基态电子排布式为_。（3）1molN2H4分子中含有的键数目为_。（4）H2O2分子结构如图1，其中心原子杂化轨道类型为_，估计它难溶于CS2，简要说明原因_。（5）氮化硼晶胞如图2所示，处于晶胞顶点上的原子的配位数为_，若立方氮化硼的密度为gcm-3，阿伏加德罗常数为NA，则两个最近N原

11、子间的距离为_cm。（6）如图3所示，若将A离子移到晶胞的体心，则B离子移到了_（填顶点，面心或棱心）。8（2021江西临川一中一模）在建国70周年阅兵仪式上，“歼20”“东风-41 核导弹”等国之重器亮相，它们采用了大量合金材料。回答下列问题：(1)查阅资料显示第二电离能 Cu 大于 Zn，理由是_。(2)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成 Ti(SO4)2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为_，S的_杂化轨道与O的2p轨道形成_键(填“”或“”)。(3)铁元素能与 CO 形成 Fe(CO)5。羰基铁Fe(CO)5可用作催化剂、汽油抗爆剂等。1molFe(CO)5分子中含

12、_mol键，与CO互为等电子体的一种离子的化学式为_。(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_(填字母序号)。ABCD .a. b. c. (5) 镁单质晶体中原子的堆积模型如图，它的堆积模型名称为_；晶胞是图中的_(填 a、b 或 c)；配位数是_；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm-3，已知阿伏德罗常数为NA，则镁的摩尔质量的计算式是_。9（2021广西来宾模拟预测）含铬化合物及铬合金用途非常广泛。回答下列问题：基态Cr原子价电子排布式为_；第三电离能I3(Cr)=2987kJmol-1，I3(Mn)=3248k

13、Jmol-1，I3(Cr)CH 54 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，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高

14、；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，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8+

15、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。3 d Mn 基态Mn原子的核外电子排布式为Ar3d54s2，4s能级是全满结构，更稳定，失去一个电子所需能量更高 Cr(H2O)5C12+ 四面体形 F-半径更小，MnF2的晶格能更大，熔点更高 4 【解析】(1)铁元素的原子序数为26，价电子排布式为3d64s2，铁、铬、锰都是第四周期的过渡元素；(2)铬原子价电

16、子排布式为3d54s1，锰原子价电子排布式为3d54s2，Mn原子的4s能级是全充满结构；(3)由相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比分别为2：1：3可知，暗绿色配合物的6个配体为1个氯离子和5个水分子；水分子中氧原子的价层电子对数为4；(4)离子晶体的晶格能越大，离子键越强，晶体的熔沸点越高；(5)八面体间隙原子处于八面体间隙中心，即处于面心立方晶胞的体心和棱边的中心；由分摊法计算可得。(1)铁元素的原子序数为26，位于元素周期表中第四周期族，价电子排布式为3d64s2，价电子轨道表示式为；铁、铬、锰都是第四周期的过渡元素，属于周期表中的d区

17、元素，故答案为：；d；(2)铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，Mn原子的4s能级是全充满结构，结构更稳定，失去一个电子所需能量更高，则基态锰原子的第一电离能大于基态铬原子，故答案为：Mn；基态Mn原子的核外电子排布式为Ar3d54s2，4s能级是全满结构，更稳定，失去一个电子所需能量更高；(3)由相同物质的量的甲、乙、丙的水溶液中加入足量的AgNO3溶液，析出AgCl的物质的量之比分别为2：1：3可知，暗绿色配合物的6个配体为1个氯离子和5个水分子，则暗绿色的配合物内界的化学式为Cr(H2O)5C12+，故答案为：Cr(H2

18、O)5C12+；水分子中氧原子的价层电子对数为4，则水分子的VSEPR模型为正四面体形，故答案为：正四面体形；(4)离子晶体的晶格能越大，离子键越强，晶体的熔沸点越高，MnF2和MnCl2均为离子化合物，F离子的离子半径小于Cl离子，MnF2的晶格能大于MnCl2，离子键更强，晶体的熔沸点更高，更答案为：F-半径更小，MnF2的晶格能更大，熔点更高；(5)由晶胞结构可知，一氧化锰为为面心立方结构，晶胞中由O2-形成的正八面体存在八面体间隙，八面体间隙原子处于八面体间隙中心，即处于面心立方晶胞的体心和棱边的中心，则晶胞中的八面体间隙数为4，故答案为：4；由晶胞结构可知，晶胞中Mn2+离子的个数为

19、8+6=4，则晶胞中含有4个MnO，晶胞的质量为g，由晶胞中距离最近的两个O2-之间的距离为apm可知，晶胞的边长为a1010cm，晶胞的体积为（a1010）3 cm3，则MnO晶体的密度为g/cm3=g/cm3。4 3d6 6 X射线衍射 平面形 键和键 N 1，2，4三氮唑分子间可形成氢键 6 【解析】(1) Fe2+是Fe原子失去最外层的2个电子形成的，根据构造原理可得基态Fe2+核外价电子排布式；先写出Si的核外电子排布式，根据一个原子轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子，结合各种轨道的数目，判断基态Si原子核外存在的自旋方向相反的电子对数；(2)用X射线衍射实验区分晶体和非晶体；(3

20、)结合乙烯平面结构分析；非金属元素的原子之间通过共价键结合，根据原子之间形成的共价键数目判断共价键类型；(4)在配位键形成时，中心原子提供空轨道，配位体的原子提供孤电子对；根据配位体的结构确定其表示方法；分子之间形成氢键可增加分子之间的吸引作用；(5)用均摊方法计算一个晶胞中含有的As、Ni原子数目，再利用密度计算公式计算晶胞密度。(1)Fe是26号元素，基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，价层电子排布式是3d64s2，Fe原子失去最外层2个4s电子得到Fe2+，故基态Fe2+核外价电子排布式为3d6；Si是14号元素，基态Si原子中核外电子排布式是1s22

21、s22p63s23p2，由于s轨道数目是1，p轨道数目是3，在一个原子轨道上最多容纳2个自旋方向相反的电子，且原子尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样原子的能量最低，处于稳定状态，则基态Si原子的核外存在的自旋方向相反的电子对数为6对；(2)区分晶体与非晶体的方法是使用X射线衍射；(3)C、Si是同一主族的元素，形成的化合物结构相似，由于CH2=CH2是平面结构，可推知二硅烯Si2H4分子也是平面结构，其结构简式是SiH2=SiH2；在物质分子中的共价单键都是键，共价双键中一个是键，一个是键，故二硅烯中所含共价键类型是键和键；(4)在配合物Fe(Htrz)3(ClO4)2中，Fe2+提供空轨

22、道，配位体的N原子上含有孤电子对，因此在形成配位化合物时与Fe2+形成配位键的原子是N原子；在配位体中，参与形成大键的原子数是5，参与形成大键的电子数是6，所以可表示为；1，2，4-三氮唑的沸点为260 ，而环戊二烯()的沸点为42.5 ，前者的沸点比后者大得多，是由于在1，2，4-三氮唑的分子中 N原子非金属性强，原子半径小，不同的分子之间形成了氢键，增加了分子之间的吸引作用，而在环戊二烯分子之间无氢键，因此前者熔沸点比后者高；(5)根据图示可知As原子位于两个底面面心上各有1个，位于六棱柱12个顶点上个1个，在体内有3个，则该晶胞中含有的As原子数目为12+2+3=6；在晶胞中含有的Ni原

23、子数目为6个，则晶胞质量m=g，若六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，则晶胞体积为V=6a2c cm3，所以该晶胞的密度= g/cm3。5 Ar3d5 Cr ONCH sp3 甘氨酸是极性分子，氨基和羧基都能与水分子形成氢键 气态Cu失去一个电子变成Cu+后，其核外价电子排布式为3d10，形成了较稳定的全充满状态；而锌失去一个电子后，其核外价电子排布式为3d104s1 正四面体 CuFeS2 【解析】(1)Fe为26号元素，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，失去3个电子形成Fe3，其核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5或Ar3d5；在3d过渡金属中，

24、基态原子未成对电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1，该元素为Cr；(2)一水合甘氨酸锌中含有的非金属元素有H、C、N、O，元素的非金属性越强，其电负性越大，非金属性大小顺序为ONCH，则电负性大小排序为ONCH；甘氨酸的结构简式为NH2CH2COOH，NH2中N原子的价层电子对个数为4，则N原子的杂化类型为sp3；根据甘氨酸的结构简式，其含有NH2、COOH能够与水形成氢键，且甘氨酸是极性分子；(3)气态Zn失去一个电子形成排布为Ar3d104s1的结构；而气态Cu失去一个电子变成Cu，其核外电子排布式为为Ar3d10，Cu的核外电子排布中3d轨道为全满结构，较稳定，再失去一个电子，需

25、要的能量较高；答案为气态Cu失去一个电子变成Cu+后，其核外价电子排布式为3d10，形成了较稳定的全充满状态；而锌失去一个电子后，其核外价电子排布式为3d104s1；(4)PO43中P的价层电子对数目=，价层电子对数目为4，不含孤对电子对，则PO43的空间构型为正四面体；(5)晶胞内含有8个S，均为此晶胞所有，则此晶胞含有8个S；晶胞的8个顶点为Cu所占有，为8个晶胞所共有，面上有4个Cu，为2个晶胞所共有，还有1个Cu在晶胞内部，为此晶胞所共有，则此晶胞中一共含有个Cu；晶胞的4个棱上有Fe，为4个晶胞所共有，面上有6个Fe，为2个晶胞所共有，则此晶胞中一共含有个Fe；则此晶胞中Cu、Fe、

26、S的个数比为4：4：8=1：1：2，则此化学式为CuFeS2；晶胞的密度，可得。6 29 1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 NOC Y2Z与XZ2两分子原子数目和价电子总数都相等，互为等电子体，具有相同的结构特征 HCCH 三角锥形 sp3杂化 B 【解析】现有原子序数递增的X、Y、Z、W四种常见元素。其中X元素基态原子核外电子占据了三个能级，且每个能级上的电子数相等，则X为C，Y原子的p轨道处于半充满状态，Y为N，Z的单质是空气的主要成分之一，则Z为O，W在周期表中位于ds区，且与Z可形成化学式为W2Z或WZ的二元化合物，则W为Cu。W元素为Cu，核外有29个电子，有多少

27、个电子就有多少种运动状态的电子，因此原子核外电子运动状态有29种，该元素基态离子W+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10；故答案为：29；1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10。同周期从左到右第一电离能呈增大的趋势，第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此元素X、Y和Z的第一电离能由大到小顺序为NOC；故答案为：NOC。Y2Z与XZ2具有相同的结构特征，其理由是Y2Z与XZ2两分子原子数目和价电子总数都相等，互为等电子体，具有相同的结构特征；故答案为：Y2Z与XZ2两分子原子数目和价电子总数都相等，互为等电子体，具有相同的结构特征。X

28、、Y和Z均可形成多种氢化物，X的一种氢化物分子结构中键和键数目之比32的化学式为C2H2，其结构式HCCH；A、B分别是Y、Z的最简单氢化合物，即氨气和水，A的价层电子对数为，空间构型为三角锥形，其中Y原子的杂化轨道类型为sp3；W2+与A、B分子结合成配合离子WA4B22+结构如图，由于水与铜离子形成的配位键比氨气与铜离子形成的配位键弱，因此该配合离子加热时首先失去的组分是B；故答案为：HCCH；三角锥形；sp3杂化；B。假定不同温度下元素W原子半径不变，且相邻最近原子间距为原子半径之和，前者铜原子个数为2个，后者铜原子个数为4个，设铜原子半径为r，前者晶胞参数为，后者晶胞参数为，则其体心立

29、方堆积与面心立方堆积的两种晶体密度之比为；故答案为：。7 第二周期A族 N 1s22s22p63s23p63d54s1 3.011024或5NA sp3 H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中 4 棱心【解析】（1）根据同一周期从左往右电负性增大，同一主族从上往下，电负性减小，故再H、N、O中电负性最大的元素是O，其在周期表中的位置为第二周期A族，第一电离能同一周期从左往右呈增大趋势，A与A、A与A反常现象，同一主族从上往下，第一电离能减小，最大的元素为N，故答案为：第二周期A族N；（2）铬的原子序数为24，其基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d5

30、4s1或者Ar 3d54s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者Ar 3d54s1；（3）根据N2H4的结构式可知，1molN2H4分子中含有的键数目为5mol或3.011024，故答案为：3.011024或5NA；（4）根据H2O2分子结构，可知每个氧原子周围均呈V型，故其中心原子O杂化轨道类型为sp3，溶解性可以用相似相溶原理，故H2O2分子难溶于CS2的原因可能是：H2O2是极性分子，而CS2是非极性分子，故答案为：sp3 H2O2为极性分子，CS2为非极性溶剂，所以H2O2不能溶解在CS2中；（5）根据氮化硼晶胞结构可知，处于晶胞顶点上的原子的配位数即与氮原子最近

31、且距离相等的硼原子，从图中可以知道为4，每个晶胞中含有的N原子数为，硼原子个数为4个，设晶胞的边长为acm，则有： ，得出：，两个最近N原子间的距离为面对角线的一半，即 cm，故答案为：4（6）若将A离子移到晶胞的体心，实际上就是将Na+和Cl-的位置对调，即黑子和白子的位置对调，故B离子移到了棱心，故答案为：棱心。8 锌失去 4s1电子，而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去 正四面体 sp3 10 CN- D 六方最密堆积 c 12 12NAa【解析】(1)第二电离能 Cu 大于 Zn，理由是锌失去 4s1电子，而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去。故答案为：

32、锌失去 4s1电子，而铜失去 3d10 电子，后者全充满较稳定，更难失去；(2)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成 Ti(SO4)2、NiSO4，其中硫酸根离子中心原子价层电子对为：4+ =4，S采用sp3，没有孤电子对，立体构型为正四面体，S的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成键。故答案为：正四面体；sp3；(3)1molFe(CO)5分子中含C-O键和铁碳配位键各5mol，共10mol键，将CO中O换成N得与CO互为等电子体的一种离子的化学式为CN-。故答案为：10；CN-；(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为。故答案为：D；(5)镁单质晶体中原子

33、的堆积方式是按ABABABAB的方式堆积，镁单质晶体中原子的堆积模型名称为六方最密堆积；晶胞是图中的 c；配位数是12；紧邻的四个镁原子的中心连线构成的正四面体几何体的体积是2a cm3，镁单质的密度为 gcm-3，已知阿伏德罗常数为NA，由于紧邻的四个镁原子的中心连线构成的几何体为正四面体，正四面体的该高为晶胞的，可推知四面体的体积为整个晶胞的，而晶胞中含有的镁原子数为1+8=2，则晶胞质量= g，则gcm-3=，则有Mr=12NAa，则镁的摩尔质量的计算式是12NAa。故答案为：六方最密堆积；c；12；12NAa。9 3d54s1 Cr失去的是3d4上的一个电子，Mn失去的是半充满3d5上

34、的一个电子 X射线衍射 3 2 4 CO2 +3 sp3 sp a 【解析】基态Cr原子核外有24个电子，根据Cr2+和Mn2+的价电子分析。区别晶体、准晶体和非晶体最科学的方法。按照价层电子对互斥理论分别计算中心原子价层电子对数目；与SCN-互为等电子体的分子中含有3个原子、16个价电子，据此规律写出等电子体分子；根据化合价代数和来分析，分别计算NH3、SCN中心原子价层电子对数，再分析杂化类型。根据图中信息得到两个氧原子间的距离为晶胞参数的一半，Cr-O键的键长为体对角线的四分之一根据公式计算CrO2的密度。基态Cr原子核外有24个电子，其价电子排布式为3d54s1；第三电离能I3(Cr)

35、=2987kJmol-1，I3(Mn)=3248kJmol-1，I3(Cr)I3(Mn)，其原因是Cr失去的是3d4上的一个电子，Mn失去的是半充满3d5上的一个电子，需要的能量高；故答案为：3d54s1；Cr失去的是3d4上的一个电子，Mn失去的是半充满3d5上的一个电子。区别晶体最科学的方法是通过X射线衍射法区分晶体、准晶体和非晶体；故答案为：X射线衍射。根据价层电子对互斥理论，SO2、CO2、H2O的气态分子中，中心原子价层电子对数目依次为、；故答案为：3；2；4。与SCN-互为等电子体的分子中含有3个原子、16个价电子，与该离子核外等电子体的分子为CO2（或CS2、N2O、BeCl2）

36、，故答案为：CO2（或CS2、N2O、BeCl2）；KSCN可制备配合物Cr(NH3)6Cr(SCN)6，该配合物中铬元素的化合价为+3，配体NH3中心原子价层电子对数为，杂化类型为sp3，SCN中心原子价层电子对数为，中心原子杂化类型依次为sp；故答案为：sp3，sp。顶点和面心为Cr，共，氧原子在体内，共8个，根据图中信息得到两个氧原子间的距离为晶胞参数的一半即pm，Cr-O键的键长为体对角线的四分之一即a pm；设NA为阿伏加德罗常数的值，则CrO2的密度为；故答案为：。【点睛】物质结构是常考题型，主要考查核外电子排布式、电离能、电负性、杂化类型、空间构型及晶胞计算。10 ds 直线形

37、Ar3d10 失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子 12NA BCD 12 1010【解析】(1)Ag在第五周期第B族；依题意：Ag(NH3)2+中Ag+以sp杂化成键；(2)铜是29号元素，分析Cu基态核外电子排布式；(3)根据电子排布分析；(4)CN-与N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写；CN-与Fe2+以配位键结合，这6个配位键都属于键，还有6个CN-中各有一个键；根据K4 Fe(CN)6分子式分析；(5)根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个；晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。(1)Ag在

38、第五周期第B族，属于ds区；依题意：Ag(NH3)2+中Ag+以sp杂化成键，应该是直线形，故答案为：ds；直线形；(2)铜是29号元素，Cu基态核外电子排布式为Ar3d10，故答案为：Ar3d10；(3)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态，显然3d10处于全充满，更稳定，所以失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，需要的能量高，而Fe 失去的是4s1 电子，所需能量低，故答案为：失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10

39、 电子，Fe 失去的是 4s1 电子；(4)CN-与N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为；CN-与Fe2+以配位键结合，这6个配位键都属于键，还有6个CN-中各有一个键，1个配离子中含有的键共有12个，则1mol该配离子中含有 12 NA个键，故答案为：；12NA；K4 Fe(CN)6是离子化合物，含有离子键，阳离子K+与配离子之间以离子键结合，Fe2+与CN-以配位键结合，CN-中的两种原子以极性共价键结合， 故答案为：BCD；(5)根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”，晶胞中含Fe2+：8+6=4个，含O2-：12+

40、1=4个，晶体的化学式为FeO，1molFeO的质量为72g，1mol晶体的体积为cm3；晶胞的体积为cm3NA4=cm3，晶胞的边长为cm，Fe2+与O2-最短核间距为cm=cm=1010pm，故答案为：12；1010。【点睛】本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点，难点是晶胞计算，用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。11 第一步电离出的氢

41、离子抑制了第二步的电离 正四面体 4 【解析】(1)根据图示判断微粒的电离能状态，结合电离最外层的一个电子需要的能量：基态大于激发态，第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能分析判断；(2) PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4+PCl6-；(3) 根据磷酸的电离平衡常数进行解答；(4)根据中心原子价层电子互斥理论分析判断；(5)根据砷化镓晶胞的结构图，m位置Ga原子，n位置As原子，利用均摊法可知，晶胞中含

42、有Ga原子数为8+6=4，含有As原子数为4，据此判断其化学式，根据晶胞图可知，镓原子周围距离最近的砷原子数为4，据此答题；晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体积为(565pm)3，根据=计算密度，晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体对角线为565pm，m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离应为晶胞体对角线的，据此计算。(1)A为磷原子的基态原子核外电子排布图，失去最外层一个电子，为第一电离能；B为磷原子的基态原子失去两个电子的核外电子排布图，再失去最外层一个电子，为第三电离能；C为磷原子的基态原子失去一个电子的核外电子排布图，再失去最外层一个电子，为第二电离能；D为磷原子的基态原子失去三个

43、电子的核外电子排布图，再失去最外层一个电子，为第四电离能；结合电离最外层的一个电子需要的能量：基态大于激发态，第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，故电离最外层一个电子所需能量最小的是A，答案选A。(2) PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6，即发生反应为：2PCl5=PCl4+PCl6，已知A.B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A为：PCl4+，PCl4+中P没有孤电子对。含四个键，所以原子杂化方式是sp3，B为：PCl6；(

44、3)相同条件下K越大，酸的电离程度越大，所以相同条件下，电离平衡常数越小，表示弱电解质的电离能力越弱，多元弱酸分步电离，电离程度依次减小，从H3PO4的Kl、K2、K3分别为7.610-3、6.310-8、4.410-13看出：磷酸第一步电离出氢离子后变为阴离子，生成的阴离子发生第二步电离时，第一步产生的氢离子对生成的阴离子的电离起抑制作用，使阴离子的第二步电离平衡逆向移动，导致难电离出带正电荷的氢离子，因此Kl远大于K2；(4)的中心原子P的价层电子对数=4+=4，则P原子为sp3杂化，五个原子构成的微粒，空间构型为正四面体；(5)根据砷化镓晶胞的结构图，m位置Ga原子，n位置As原子，利用

45、均摊法可知，晶胞中含有Ga原子数为8+6=4，含有As原子数为4，其化学式为GaAs，根据晶胞图可知，镓原子周围距离最近的砷原子数为4，所以镓原子的配位数为4；晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体积为(565pm)3，所以晶体的密度为g/cm3=5.34g/cm3，晶胞的边长为565pm，所以晶胞的体对角线为565pm，m位置Ga原子与n位置As原子之间的距离应为晶胞体对角线的，所以Ga原子与As原子之间的距离为pm。12 1s22s22p63s23p63d54s2 分子 小 NOC Si 2 直线型 2 sp3 12 【解析】(1)Fe原子核外电子数为26，根据能量最低原理可知，其核外电子排

46、布式为：1s22s22p63s23p63d64s2；根据三氯化铁的熔点、沸点较低，可判断三氯化铁属于分子晶体；(2)根据非金属性，可知碳的电负性小于硫元素，同周期元素的第一电离能总体呈增大的趋势，但是第二、第五主族元素的电离能反常，比相邻元素大，由此可知第一电离能顺序为NOC；(3)第三周期8种元素的单质中只有Si为原子晶体，熔沸点最大，由图可知序号“8”代表的为Si；同周期随原子序数增大，非金属性增强，故Cl元素对应的最高价含氧酸酸性最强，而氯气的沸点仅高于氩，故序号“2”为Cl；(4)CS2分子中，C与S原子形成双键，分子空间构型为直线型，C原子的最外层形成2个键，无孤对电子，所以价层电子

47、对为2对；(5)观察图形可知，SO3的三聚体中S原子形成4个键，以此判断硫的杂化类型为sp3；该分子中共含有12个键；(6)由晶胞结构可知，Al原子位于晶胞的顶点和面心，顶点的Al原子为8个晶胞所共用，面心的Al原子为2个晶胞所有，则晶胞中Al原子的数目为，该晶胞中原子的质量，由信息可知，晶胞图可知为面心立方，Al的原子半径为dcm，由图丙可知，晶胞的棱长=4dcm，故晶胞的体积=，则其密度。13 3 洪特 sp3 正四面体 a BaO 离子半径越小，晶格能越大，物质的熔点越高 (，) 【解析】(1)Sn元素与C元素为同主族元素，位于第五周期，所以其价层电子为5s25p2，5s能级的s轨道为一

48、种空间运动状态，5p能级占据两个p轨道有两种空间运动状态，共有3种空间运动状态；根据洪特规则，同一能级电子要优先以自旋相同的方式分别占据不同的轨道，所以该排布式违反了洪特规则；(2)B(OH)4 中每个氧原子与氢原子和B原子各形成一个键，还有2对孤电子对，所以价层电子对数为4，为sp3杂化；B(OH)4 中B原子与每个氧原子之间均形成一个键(其中一个为配位键)，价层电子对数为4，且不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；Sn(OH)6 2中，O原子和氢原子之间为键，也为极性共价键，Sn原子和O原子之间有键和配位键，所以该物质中不含键，所以选a；(3)碳酸钡、碳酸镁分解得到的金属氧化物分别为BaO

49、和MgO，镁离子核外电子层数少于钡离子，所以镁离子半径更小，形成的离子键更强，晶格能更大，熔点较高；(4)根据晶胞结构可知1号砷原子距离坐标原点的距离为晶胞体对角线的，所以坐标为(，)；根据晶胞结构可知，距离最近的As原子和B原子即为1号砷原子距离坐标原点B原子的距离，所以晶胞体对角线的长度为4a pm，则晶胞的棱长为a pm，则晶胞的体积V=pm3=10-30cm3；根据均摊法该晶胞中As原子个数为4，B原子个数为=4，所以晶胞的质量m=，所以密度为g/cm3。14 4 15 1：2 sp3 4 分子 Ni(CO)4不存在离子键，晶体的构成微粒是分子，微粒间的相互作用力是分子间作用力 5 3

50、 6 0.18【解析】利用均摊法求出晶胞中的La与Ni的原子个数比，进而得出化学式；结合几何关系，找出六方晶胞的体积，再依据密度公式作答。（1）一个电子的运动状态取决于它所处的电子层、电子亚层、轨道的空间伸展方向和自旋状态4种因素，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，基态Ni原子核外电子占据15个不同原子轨道。（2）CO分子内存在三键，键和键个数之比为1：2； 由图可知，Ni(CO)4中心原子Ni的杂化类型为sp3，Ni原子参与形成了4个配位键，Ni(CO)4属于分子晶体，理由是Ni(CO)4不存在离子键，晶体的构成微粒是分子，微粒间的相互作用力是分子间作用

51、力。（3）该晶体的晶胞不是六棱柱，而是实线部分表示的平行六面体，各原子在晶胞中的位置可参考a，b，如果将平行六面体抽取出来，晶胞如a所示，La在顶点，Ni在面心有4个，其中顶层和底层各2个，均摊后各1个，前后左右4个面各1个，均摊后共2个；体心1个，故LaNix合金中x的值为5；根据b，c结构可知，晶胞中和“”同类的八面体空隙有3个，和“”同类的四面体空隙有6个。六方晶胞的体积为V=a2csin=(50010-10)240010-10sin60=8.510-23，密度 。15 2 AC sp 平面正三角形 4 26 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 不能 5643 【解析

52、】(1)根据基态电子排布规律，As原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，其价层电子排布式为：4s24p3，则基态砷原子的价电子排布图为；同周期元素第一电离能从左至右有逐渐增大的趋势，磷原子的基态电子排布式为：1s22s22p63s23p3，最外层电子3p轨道电子处于半满较稳定状态，第一电离能比同周期相邻的Si和S元素的大，第三周期元素的原子中，第一电离能最大的为零族元素Ar，则第一电离能大于磷原子的有Cl和Ar两种元素；(2)AN、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此三种氢化物的稳定性逐渐降低

53、，故A正确；B由于氨气分子间存在氢键，因此氨气的沸点最高，AsH3的相对分子质量大于PH3，AsH3沸点较高，与图像不符，故B错误；CN、P、As位于周期表同一主族，从上到下排列，根据元素周期律可知，非金属性越强，元素的电负性越强，电负性大的使电子对之间的斥力变大，键角越大，N、P、As电负性逐渐减小，RH键之间的键角也逐渐减小，与图像相符，故C正确；D三种氢化物生成的晶体均是分子晶体，分子间作用力随相对分子质量的增加而增大，与图像不符，故D错误；E氢化物的还原性，主要比较阴离子的还原性，N、P、As位于周期表同一主族，从上到下非金属性减弱，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，对应阴离子的

54、还原性越弱，则氢化物的还原性越弱，与图像不符，故E错误；答案选AC；(3)NO2+中N原子价层电子对个数=2+=2、NO3-中N原子价层电子对个数=3+=3，根据价层电子对互斥理论判断，阳离子中N原子的杂化方式是sp，阴离子中N原子的杂化方式是sp2，空间构型为平面正三角形；(4)根据图示，Cu2+与4个N原子形成配位键，则Cu2+的配位数为4；配位键和单键都是键，该配离子中含有4个配位键和22个单键，则1mol该该配离子含键为26mol；乙二胺分子之间形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键，乙二胺比三甲胺的沸点高的多；(5)Cu原子的第一电离能为Cu(g)原子失去1个电子形成Cu+(g)所需要

55、的能量，图示中只给出了固态铜原子失去电子的能量，铜原子由固态变为气态也有能量变化，图示中没有给出，故不能计算出Cu原子的第一电离能；Cu3N晶格能是Cu+、N3气态离子形成1molCu3N晶体释放的能量，设Cu3N的晶格能为akJmol1，根据盖斯定律，则：3285kJ/mol822kJ/molakJ/mol=3180kJ/mol，解得a=5643；(6)由晶胞结构，白色球位于晶胞棱心，个数为12=3，黑色球位于晶胞的顶点，个数为8=1，白色球与黑色球个数比为3:1，可知顶点黑色球是N3，棱中心白色球是Cu+，结合图示，晶胞的边长为黑色球与白色球直径之和，已知：Cu的半径为apm，N3的半径为bpm，则晶胞的边长=2(a+b)pm=2(a+b)10-10 cm，则立方体晶胞的体积V=8(a+b)310-30 cm3，故Cu3N晶胞的密度= gcm3。