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高考化学考前冲刺押题预测 物质结构与性质（解答题）
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 金山区期末）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为原料，经过一系列反应可以得到BN，如图所示：
（1）硼元素原子的电子排布式为 　 　，这些电子有 　 　种不同的能量。与硼元素在同一周期，其基态原子的最外层有2个未成对电子的元素有 　 　。（填元素符号）
（2）写出上述由B2O3制备BN的化学方程式 　 　。
（3）BN的两种晶型：六方晶型（类似于石墨）及立方晶型（类似于金刚石），结构如图。下列说法正确的是 　 　。
A．六方氮化硼晶体层间存在化学键
B．六方氮化硼结构与石墨相似，能导电
C．两种晶体中的B和N之间的化学键均为极性共价键
D．立方氮化硼含有σ键和π键，属于共价晶体，所以硬度大
立方相氮化硼晶体中，氮的配位数是 　 　，其晶胞参数为a pm，则用含a的代数式表示硼和氮的最短距离d＝ 　 　pm。
常温常压下硼酸（H3BO3）晶体结构为层状，其二维平面结构如图所示。
（4）硼酸晶体中存在的作用力有 　 　。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．范德华力
1 mol该晶体中含有 　 　mol氢键。解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大的原因 　 　。
（5）硼酸可由三卤化硼（BX3）水解而成，机理如图。从结构的角度解释CCl4水解反应很难进行的原因 　 　。
2．（2024秋 德州期末）某锂离子电池主要由Li、S、Co元素组成，回答下列问题。
（1）Co元素在元素周期表的位置为 　 　，Co（Ⅲ）可形成多种配合物。已知Co（NH3）5BrSO4中Co（Ⅲ）的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为 　 　，该配合物中键角∠H—N—H 　 　NH3键角∠H—N—H（填“＞”“＝”或“＜”）。
（2）第三周期元素中，第一电离能大于S元素的有 　 　种。可被I2氧化为，从物质结构的角度分析的结构为 　 　（填字母）。
（3）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构，晶胞为立方晶胞。
①结构1钴硫化物的化学式为 　 　。
②在晶胞2的另一种表示中，Li所处的位置不变，S处于 　 　位置。
③晶胞2中，S与S的最短距离为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为 　 　g cm﹣3。
3．（2024秋 杭州期末）原子结构和元素性质的周期性变化是我们认识复杂物质结构的基础。
（1）在元素周期表中，基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有 　 　种，填充在7个轨道中的元素有 　 　种。
（2）Cr原子的价电子排布图为 　 　，占据最高能级的电子云轮廓图形状为 　 　形。
（3）CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O 　 　。
（4）Na的第二电离能 　 　Ne的第一电离能（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 　 　。
（5）下列曲线表示卤族元素或其单质性质随核电荷数的变化趋势，正确的有 　 　。
4．（2024秋 九龙坡区期末）合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，目前合成氨工业中使用的催化剂铁触媒中主要成分为Fe3O4（Fe2O3和FeO），还含有少量的K2O、Al2O3、MgO、CaO、Cr2O3等。回答问题：
（1）基态N原子中，核外存在 　 　对自旋方向相反的电子，有 　 　种不同的空间运动状态，电子占据最高能级的符号是 　 　，占据该能级电子的电子云轮廓图为 　 　形。
（2）某同学将基态氧原子的轨道表示式表示为，则该轨道表示式违了 　 　。
（3）26号元素Fe基态原子的价层电子轨道表示式是 　 　。
（4）24Cr的价层电子排布式为 　 　，位于元素周期表中 　 　区（填“s”“p”“d”“ds”或“f”）。
（5）NH3分子中，与N原子相连的H显正电性。分析电负性大小关系为N 　 　H（填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）Mg的第一电离能，Al的第一电离能，结合基态原子价层电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因：　 　。
5．（2024秋 西城区期末）格氏试剂（RMgX）是有机合成中的一种常用试剂，其制备、结构和性质如下。
（1）制备
由卤代烃和金属Mg在溶剂乙醚中制备：
R—X+MgR—MgX
①Mg的原子结构示意图是 　 　。
②金属Mg的晶胞如图1所示，晶胞体积为vcm3，阿伏加德罗常数为NA，则金属Mg的密度为 　 　g/cm3。
③烃基（R—）相同时，碳卤键断裂由易到难的顺序为R—I、R—Br、R—Cl，推测其原因：　 　。
（2）结构
将CH3CH2MgBr从乙醚溶液中结晶出来，获得CH3CH2MgBr 2（CH3CH2）2O分子结构示意图如图2所示（H原子未标出，忽略粒子半径相对大小）。
①Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形，Mg原子的杂化轨道类型是 　 　。
②很多化学键不是纯粹的离子键或共价键，而是两者之间的过渡类型。Br—Mg键与C—Mg键中，共价键成分更多的是 　 　键。
（3）性质
格氏试剂在很多反应中C—Mg键断裂，根据键的极性分析反应的生成物。
①CH3CH2MgBr与HCl反应，生成的有机物的结构简式是 　 　。
②CH3CH2MgBr与丙酮（）发生加成反应，生成物的结构简式是 　 　。
6．（2024秋 通州区期末）纳米氧化亚铜（Cu2O）粒径在1～100nm之间，是一种重要的无机化工原料，在涂料、有色玻璃和催化剂领域有着广泛的应用。
（1）基态铜原子的价层电子排布式为 　 　。
（2）在普通玻璃中加入纳米Cu2O可制成红色玻璃。用光束照射该玻璃，可以观察到 　 　。
（3）Cu2O晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。
①图中 表示的微粒是 　 　（填序号）。
a.Cu
b.Cu+
c.Cu2+
d.O2﹣
②已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 　 　g cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）
（4）为探究Cu2O的性质，取等量Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是 　 　（填序号）。
实验操作及现象
试管甲 滴加过量0.3mol L﹣1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙 滴加过量6mol L﹣1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色：静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色
a.试管甲中新生成的沉淀为金属Cu
b.试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性
c.试管乙实验可证明Cu（I）与NH3形成无色配合物
（5）用还原法制备纳米Cu2O常压下应用Na2SO3液相还原CuSO4工艺，加入适量的分散剂，一定温度下，pH在3.5～5.5范围内，可制得纳米Cu2O并产生SO2。
①和中S均为sp3杂化，比较两种微粒中O—S—O键角的大小并解释原因 　 　。
②上述工艺中发生反应的化学方程式为 　 　。
7．（2024秋 潍坊期末）过渡元素的化合物用途广泛，研究过渡元素化合物的性质意义重大。
回答下列问题：
（1）瑞士化学家Werner证明了配合物CoCl3 6NH3和CoCl3 5NH3的配离子分别是[Co（NH3）6]3+、[Co（NH3）5Cl]2+。
①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。那么Co3+的自旋磁量子数之和为 　 　。Fe、Co两元素的第四电离能的大小关系是：I4（Fe） 　 　I4（Co）（填“＞”、“＝”或“＜”），原因是 　 　。
②请写出AgNO3溶液与CoCl3 5NH3的溶液反应的化学方程式 　 　。
③如图是固态氨的立方晶胞，NH3分子有4种取向，每个NH3分子周围形成6个氢键，图中已画出体心NH3分子形成的5个氢键，则与体心NH3形成另一个氢键的NH3分子是 　 　（填序号）。
（2）S元素在过渡元素的鉴定中起着重要的作用。S的氧化物形式多样，上图是一种S的氧化物的示意图（无限长链），其化学式是 　 　，其中S的杂化方式为 　 　。
（3）金属镍与镧形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如图，上下底面的Ni在La形成的正三角形空隙中，另有四个Ni在面心，一个Ni在体心，则下底面两个Ni的距离为 　 　pm。其储氢原理是：镧镍合金吸附H2，H2解离为H原子，H原子储存在晶胞中上下底面的“棱心和面心”，则形成的储氢化合物的化学式为 　 　，设其摩尔质量为Mg mol﹣1，阿伏加德罗常数的值为NA，则其密度为 　 　g cm﹣3。
8．（2025 湖南模拟）（一）我国科学家发现催化剂α—Fe2O3可高效活化H2O，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物X去除的催化反应过程示意图如图。
（1）Fe元素在元素周期表中的位置是 　 　；基态O原子中，电子占据的最高能层的符号是 　 　，处于最高能级的电子的运动状态共有 　 　个。
（2）污染物X在电极a上的反应式是 　 　。
（二）科研团队研究了X分别为、和H3AsO3[也可以写作As（OH）3]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。
（3）基态As原子的价层电子排布式是 　 　。
（4）中的键角 　 　（填“＞”“＜”或“＝”）中的键角，原因是 　 　。
（5）的结构是，P原子的杂化轨道类型是 　 　。
（6）比较反应能力： 　 　H3AsO3（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 　 　。
（7）α—Fe2O3晶胞的体积为Vcm3，晶体密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞中Fe原子的个数为 　 　（Fe2O3的摩尔质量：160g/mol）。
9．（2024秋 潍坊期末）过渡金属元素能够与NH3甘氨酸H2NCH2COOH）等含氮物质形成多种化合物。回答下列问题：
（1）已知锌与镉（Cd）位于同一族的相邻周期，铜、锌、镉的第一电离能、第二电离能数值如表。
电离能/（kJ mol﹣1） A B C
I1 746 868 906
I2 1958 1631 1733
A的价电子排布式为 　 　，第三电离能最大的是 　 　（填元素符号）。
（2）NH3存在自耦电离，三种微粒的键角由大到小的顺序为 　 　。
的空间结构是 　 　。
（3）甘氨酸与铜形成的化合物甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。
甘氨酸铜中碳原子的杂化方式是 　 　，顺式甘氨酸铜在水中溶解度远大于反式甘氨酸铜，主要原因是 　 　。
（4）环状含氮结构更易与过渡金属离子形成化合物，一种多氮环的合成方法如图，所得产物含有大π键。
1号N原子的孤对电子占据 　 　轨道。已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定，则氮氮键键长反应物 　 　产物（填“＞”“＜”或“＝”）。
10．（2024秋 朝阳区期末）太阳能电池是一种将光能转化为电能的装置，所使用的功能材料不断发展。
（1）硅基太阳能电池，主要以硅为吸光层。
①基态硅原子的价层电子排布式为 　 　。
②高纯硅制备流程的示意图如图：
ⅰ.1100℃，每生成1mol单质硅转移4mol电子。Cl、Si、H的电负性从大到小的顺序为 　 　。
ⅱ.硅的熔点（1410℃）低于金刚石（＞3500℃），原因是 　 　。
（2）新型太阳能电池，以钙钛矿型化合物为吸光层，光电转化效率高。
①图（a）是一种钙钛矿化合物的晶胞，其化学式为 　 　。
②随着研究的深入，科研人员制备出了新型具有钙钛矿结构的化合物，晶胞形状为立方体，如图（b）所示。它由Pb2+、I﹣和组成。
ⅰ.每个周围与它最近且距离相等的I﹣有 　 　个。
ⅱ.图（b）所示的晶胞棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为 　 　g cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）
11．（2024秋 崇明区期末）黄铜矿（主要成分为CuFeS2）可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下：
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为 　 　。
（2）SO2的分子空间构型是 　 　形，键角 　 　120°（填“大于”“等于”或“小于”），请用价层电子对互斥理论解释原因：　 　。
（3）如图中，表示Cu2O晶胞的是 　 　（填“图1”或“图2”）。
（4）CuFeS2的晶胞如图3所示。
①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是 　 　。
②阿伏加德罗常数的值为NA，CuFeS2晶体的密度是 　 　g cm﹣3（用计算式表示；1cm＝1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g mol﹣1）。
（5）Cu2O和CuCl都属于离子化合物，其中 　 　熔点较高，原因是 　 　。
12．（2024秋 河东区期末）位置相邻的短周期元素常具有相似的电子结构、化学键特征和几何构型。
（1）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是 　 　。
A.金刚石（C）
B.单晶硅（Si）
C.金刚砂（SiC）
D.氮化硼（BN）
（2）Si的基态原子最外层轨道表示式是 　 　。
（3）①NH3分子的VSEPR模型名称是 　 　。
②NH3分子中的N—H键是由氮的 　 　杂化轨道和氢的1s轨道重叠形成σ键。
（4）写出如图1侯氏制碱法（在饱和食盐水中通入CO2和NH3两种气体）制备NaHCO3的化学反应方程式 　 　；在实验中应先通入上述 　 　气体，原因是 　 　。
（5）Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，Li2CN2晶胞如图2所示，晶胞中含有的Li+个数为 　 　；每个周围与它最近且距离相等的Li+有 　 　个。
13．（2024秋 龙华区期末）根据下列事实或数据回答下列问题：
（1）指南针是我国四大发明之一，其指针含有Fe3O4，写出基态Fe原子的电子排布式 　 　，基态Fe2+中未成对的电子数有 　 　个，基态O2﹣离子核外电子占据的最高能级共有 　 　个原子轨道。
（2）下列四种元素是第三或第四周期主族元素，其中X、Y、Z是同一周期元素，下表是这四种元素的第一电离能（I1）到第四电离能（I4）的数据（单位：kJ mol﹣1）。
元素代号 I1 I2 I3 I4
X 500 4600 6900 9500
Y 740 1500 7700 10500
Z 580 1800 2700 11600
W 420 3100 4400 5900
①推断Y可能是元素周期表 　 　区元素（填写“s或p或d或ds或f”）。
②由表中数据，推测Z元素的化合价 　 　，推断的理由是 　 　。
③推测X、Y、Z、W元素的原子半径从小到大的顺序是 　 　。
（3）根据对角线规则，写出Be（OH）2与NaOH溶液反应生成Na2[Be（OH）4]的化学方程式 　 　。
14．（2024秋 佛山期末）元素周期律揭示了元素性质与原子结构的关系，是学习和研究化学的重要工具。如图是部分短周期主族元素的原子半径柱形图，其中a与x、b与g、c与h同主族。回答下列问题：
（1）g的最高价氧化物是 　 　（填化学式），x是 　 　（填元素名称）。
（2）元素b和d形成的淡黄色固体的电子式为 　 　，写出其与CO2反应的化学方程式并用双线桥表示该反应的电子转移 　 　，由此预测该物质可用作 　 　（填用途）。
（3）下列说法正确的是 　 　（填序号）。
A.d所在主族元素单质均为碱金属
B.简单氢化物热稳定性：f＜h
C.a、c的最高正价与最低负价绝对值之和均为8
D.g的氢化物水溶液久置于空气中可见黄色浑浊，证明非金属性b＞g
（4）f、g、h中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 　 　（填酸的化学式），中和等物质的量的这三种酸，消耗NaOH最多的是 　 　（填酸的化学式）。
（5）学习小组根据原子半径大小猜想：金属性i＞e。
设计实验，验证猜想。
向试管①和②中 　 　（填操作与现象），证明猜想正确。
限选试剂：2mol L﹣1NaOH溶液、2mol L﹣1氨水、2mol L﹣1盐酸。
理论分析：从原子结构的角度分析原因，i和e为同周期元素，电子层数相同，i原子半径更大，　 　。
15．（2024秋 大兴区期末）铁触媒、MnO2等可作氨催化还原脱除NOx的催化剂。下表列出了几种元素的电负性。
元素 H B C N O Si
电负性 2.1 2.0 x 3.0 3.5 1.8
（1）通过分析电负性的变化规律，确定C元素电负性x的最小范围是 　 　。
（2）基态氧原子中电子占据的最高能级电子云轮廓图的形状为 　 　（填字母）。
a．球形
b．哑铃形
资料：在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一。水化物中存在M—O—H结构时，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂，电离出OH﹣或H+。
（3）HNO2水溶液显酸性而不显碱性的可能原因是 　 　。
（4）第一电离能从大到小顺序是：　 　＞　 　＞　 　（填“C”、“N”和“O”）。
（5）催化剂中Mn和Fe两种元素的部分电离能数据如下表。
元素 Mn Fe
电离能（kJ mol﹣1） I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
①基态Mn原子价层电子排布的轨道表示式是 　 　。
②比较两种元素的I2、I3可知，气态二价离子再失去一个电子：Mn2+比Fe2+更 　 　（填“易”或“难”）；从结构的角度进行解释：　 　。
16．（2024秋 天津期末）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）基态Cu+的价层电子排布式为 　 　，从核外电子排布看，CuO与Cu2O相比，　 　更稳定。
（2）向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，其配体的结构式为 　 　；向CuSO4溶液中滴加少量氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，写出由蓝色沉淀得到深蓝色溶液反应的离子方程式 　 　；[Cu（NH3）4]SO4所含有的化学键有 　 　。
A.离子键 B.极性共价键 C.配位键 D.氢键
（3）酞菁的铜配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值酞菁分子结构如图，分子中所有原子共平面，所有N原子采取 　 　杂化。
邻苯二甲酸酐（）和邻苯二甲酰（）都是合成的原料，后者熔点高于前者，主要原因是 　 　。
（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：
①已知该合金晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数值为NA则该合金的密度 　 　g cm﹣3。
②离Au原子最近的Cu原子有 　 　个。
17．（2024秋 西安期末）镓（Ga）是一种重要的金属，镓的化合物广泛应用于半导体、太阳能、液态合金、医疗化工等诸多领域，被称为电子工业的“脊梁”。
（1）基态Ga原子的价层电子的轨道表示式是 　 　。
（2）GaCl3在270℃左右以二聚体Ca2Cl6存在，结构式如图。
①GaCl3可以形成二聚体的原因是 　 　。
②GaCl3和Ca2Cl6中Ga原子采用的杂化方式分别是 　 　。
③CaF3的熔点为1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，CaF3的熔点远远高于GaCl3的熔点，从结构角度解释原因 　 　。
（3）Ga3+可与（甲基麦芽酚）形成配合物Ga（）3。甲基麦芽酚的分子式是 　 　，甲基麦芽酚中，与Ga3+形成配位键的原子是 　 　。
18．（2024秋 吉林期末）现有六种元素，其中A、B、C、D、E为短周期主族元素，F为第四周期主族元素，它们的原子序数依次增大。请根据下列相关信息，回答问题：
相关信息
元素的核外电子数和其电子层数相等，是宇宙中含量最丰富的元素 A
空气中含量最多的元素 B
地壳中含量最多的元素 C
同周期中原子半径最小的元素 D
元素的原子核外最高能层的p轨道半满 E
元素的原子核外s电子与p电子的数目之比为2：3 F
（1）按电子排布，A元素位于 　 　区，基态F原子核外电子的空间运动状态有 　 　种。
（2）写出B单质的电子式 　 　基态D原子的核外电子排布式 　 　，基态E原子的价层电子轨道表示式 　 　。
（3）B、C、D、E四种元素中，原子半径从大到小的顺序为 　 　，（用元素符号表示）B、C、E三种元素最简氢化物的稳定性由大到小的顺序 　 　（用化学式表示）
19．（2024秋 天津期末）（1）如图是s能级和p能级的原子轨道图，试回答下列问题：
s电子的原子轨道呈 　 　形，每个s能级有 　 　个原子轨道；
p电子的原子轨道呈 　 　形，每个p能级有 　 　个原子轨道。
（2）写出下列原子或离子的基态核外电子排布式
Mg 　 　Ca2+　 　
（3）元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。
元素 Al Be Mg C Cl Na Li N Si O H
电负性 1.5 1.5 2.5 3.0 0.9 1.0 3.0 1.8 3.5 2.1
已知：一般两成键元素间电负性差值大于1.7时，形成离子键：两成键元素间电负性差值小于1.7时，形成共价键。
①通过分析电负性的变化规律，确定Mg元素电负性可能的范围区间 　 　。
②判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：
a.Li3N
b.BeCl2
c.AlCl3
d.SiC
属于离子化合物的是 　 　（填字母），请设计实验方案证明其为离子化合物 　 　。
20．（2024秋 温州期末）钛及其化合物具有重要的应用价值，回答下列问题：
（1）Ti在元素周期表中位于 　 　区；基态Ti原子价层电子排布式为 　 　。
（2）钛的卤化物熔点数据如下表，TiF4熔点高于其他三种卤化物，原因是 　 　，TiCl4、TiBr4和TiI4熔点依次升高，原因是 　 　。
物质 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4
熔点/℃ 377 ﹣25 38 150
（3）由钛原子核形成的三种微粒，价层电子轨道表示式分别为：
有关这些微粒的叙述，正确的是 　 　。
a.微粒半径：①＞②
b.微粒①变成微粒③会释放能量
c.电子排布属于基态原子（或离子）的是：①②
（4）某种钛的氧化物晶胞如图，该氧化物化学式为 　 　，Ti的配位数是 　 　。
（5）当该晶体有O原子脱出时，出现O空位，Ti的化合价 　 　（填“升高”“降低”或“不变”），O空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是 　 　（填标号）。
A.CaO
B.Na2O
C.Fe2O3
D.CuO
物质结构与性质（解答题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2024秋 金山区期末）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为原料，经过一系列反应可以得到BN，如图所示：
（1）硼元素原子的电子排布式为 　1s22s22p1　，这些电子有 　3　种不同的能量。与硼元素在同一周期，其基态原子的最外层有2个未成对电子的元素有 　C、O　。（填元素符号）
（2）写出上述由B2O3制备BN的化学方程式 　B2O3+2NH32BN+3H2O　。
（3）BN的两种晶型：六方晶型（类似于石墨）及立方晶型（类似于金刚石），结构如图。下列说法正确的是 　C　。
A．六方氮化硼晶体层间存在化学键
B．六方氮化硼结构与石墨相似，能导电
C．两种晶体中的B和N之间的化学键均为极性共价键
D．立方氮化硼含有σ键和π键，属于共价晶体，所以硬度大
立方相氮化硼晶体中，氮的配位数是 　4　，其晶胞参数为a pm，则用含a的代数式表示硼和氮的最短距离d＝ 　　pm。
常温常压下硼酸（H3BO3）晶体结构为层状，其二维平面结构如图所示。
（4）硼酸晶体中存在的作用力有 　BD　。
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．范德华力
1 mol该晶体中含有 　3　mol氢键。解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大的原因 　加热促进H3BO3分子间氢键的断裂，有利于H3BO3分子与水分子间形成氢键　。
（5）硼酸可由三卤化硼（BX3）水解而成，机理如图。从结构的角度解释CCl4水解反应很难进行的原因 　碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻　。
【答案】（1）1s22s22p1；3；C、O；
（2）B2O3+2NH32BN+3H2O；
（3）C；4； ；
（4）BD；3；加热促进H3BO3分子间氢键的断裂，有利于H3BO3分子与水分子间形成氢键；
（5）碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻。
【分析】（1）硼为5号元素，则硼元素原子的电子排布式为1s22s22p1，有1s、2s、2p三个原子轨道，则这些电子有3种不同的能量；与硼元素在同一周期，其基态原子的最外层有2个未成对电子；
（2）根据给出的制备路径可知，由B2O3制备BN的化学方程式为：；
（3）A．六方晶型（类似于石墨），石墨层间是通过范德华力结合的；
B．石墨导电是因为有离域的π电子，而六方BN中，虽然结构类似，B和N的电负性差异较大，电子可能被束缚；
C．无论是六方还是立方BN，B和N之间都是不同原子形成的共价键；
D．立方BN结构类似于金刚石，金刚石中只有σ键，没有π键；
在金刚石结构中，每个C原子连接4个其他C原子，形成四面体结构。立方BN结构类似，所以每个N原子应连接4个B原子，配位数为4；其晶胞参数为a pm，金刚石结构中，原子间的最近距离是体对角线的，即；
（4）A．根据其二维平面结构可知，硼酸是一种共价化合物；
B．B、O原子间，O、H原子间存在极性共价键；
C．根据其二维平面结构可知，硼酸晶体中不含配位键；
D．硼酸晶体结构为层状，层间存在分子间作用力；
由晶体结构可知，每个硼酸分子可通过氢键与周围的分子形成稳定的层状结构，一个硼酸分子可以形成6个氢键，但只有3个氢键属于硼酸分子，则1 mol该晶体中含有3mol氢键；冷水中溶解度较小的原因：硼酸主要依靠氢键维持层状结构，水分子难以迅速破坏氢键，因此溶解度较小；加热后溶解度增大的原因：升温破坏氢键，使得层状结构松散；
（5）根据机理图可知，水分子进攻 B 原子，破坏 B﹣X 键，最终生成H3BO3。CCl4中C原子外层电子已满足 8 电子稳定结构。
【解答】解：（1）硼为5号元素，则硼元素原子的电子排布式为1s22s22p1，有1s、2s、2p三个原子轨道，则这些电子有3种不同的能量；与硼元素在同一周期，其基态原子的最外层有2个未成对电子，排布式可以为1s22s22p2、1s22s22p4，对应的元素是C、O，
故答案为：1s22s22p1；3；C、O；
（2）根据给出的制备路径可知，由B2O3制备BN的化学方程式为：，
故答案为：B2O3+2NH32BN+3H2O；
（3）A．六方晶型（类似于石墨），石墨层间是通过范德华力结合的，范德华力不属于化学键，故A错误；
B．石墨导电是因为有离域的π电子，而六方BN中，虽然结构类似，B和N的电负性差异较大，电子可能被束缚，不能自由移动，不导电，故B错误；
C．无论是六方还是立方BN，B和N之间都是不同原子形成的共价键，均为极性共价键，故C正确；
D．立方BN结构类似于金刚石，金刚石中只有σ键，没有π键，立方BN是共价晶体，硬度大，故D错误；
在金刚石结构中，每个C原子连接4个其他C原子，形成四面体结构。立方BN结构类似，所以每个N原子应连接4个B原子，配位数为4；其晶胞参数为a pm，金刚石结构中，原子间的最近距离是体对角线的，即，在立方BN的晶胞中，B和N位于交替的四面体位置，最近距离也应该是立方体对角线的四分之一，即，
故答案为：C；4； ；
（4）A．根据其二维平面结构可知，硼酸是一种共价化合物，不存在离子键，故A错误；
B．B、O原子间，O、H原子间存在极性共价键，故B正确；
C．根据其二维平面结构可知，硼酸晶体中不含配位键，其结构主要由共价键和氢键组成，故C错误；
D．硼酸晶体结构为层状，层间存在分子间作用力，即范德华力，故D正确；
由晶体结构可知，每个硼酸分子可通过氢键与周围的分子形成稳定的层状结构，一个硼酸分子可以形成6个氢键，但只有3个氢键属于硼酸分子，则1 mol该晶体中含有3mol氢键；冷水中溶解度较小的原因：硼酸主要依靠氢键维持层状结构，水分子难以迅速破坏氢键，因此溶解度较小；加热后溶解度增大的原因：升温破坏氢键，使得层状结构松散，有利于H3BO3分子与水分子间形成氢键，从而提高溶解度，
故答案为：BD；3；加热促进H3BO3分子间氢键的断裂，有利于H3BO3分子与水分子间形成氢键；
（5）根据机理图可知，水分子进攻 B 原子，破坏 B﹣X 键，最终生成H3BO3。CCl4中C原子外层电子已满足 8 电子稳定结构，没有空的轨道来接受水分子的孤对电子，因此水分子无法进攻 C 原子，
故答案为：碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
2．（2024秋 德州期末）某锂离子电池主要由Li、S、Co元素组成，回答下列问题。
（1）Co元素在元素周期表的位置为 　第4周期第Ⅷ族　，Co（Ⅲ）可形成多种配合物。已知Co（NH3）5BrSO4中Co（Ⅲ）的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，则该配合物可表示为 　[Co（NH3）5SO4]Br　，该配合物中键角∠H—N—H 　＞　NH3键角∠H—N—H（填“＞”“＝”或“＜”）。
（2）第三周期元素中，第一电离能大于S元素的有 　3　种。可被I2氧化为，从物质结构的角度分析的结构为 　a　（填字母）。
（3）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构，晶胞为立方晶胞。
①结构1钴硫化物的化学式为 　Co9S8　。
②在晶胞2的另一种表示中，Li所处的位置不变，S处于 　顶点与面心　位置。
③晶胞2中，S与S的最短距离为apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为 　　g cm﹣3。
【答案】（1）第4周期第Ⅷ族；[Co（NH3）5SO4]Br；＞；
（2）3；a；
（3）①Co9S8；
②顶点与面心；
③。
【分析】（1）Co是27号元素，在元素周期表的位置为第4周期第Ⅷ族；Co（NH3）5BrSO4中Co（Ⅲ）的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，说明、NH3是配体；
（2）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，ⅤA族元素p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第三周期元素中，第一电离能大于S元素的有P、Cl、Ar；
（3）①结构1中，Co原子数为、S原子数为；
②在晶胞2的另一种表示中，Li所处的位置不变，则S处于顶点和面心位置；
③晶胞2中，S原子数为、Li原子数为8，S与S的最短距离为apm，可知面对角线为2apm，则晶胞边长为。
【解答】解：（1）Co是27号元素，在元素周期表的位置为第4周期第Ⅷ族；Co（NH3）5BrSO4中Co（Ⅲ）的配位数为6，向该配合物的溶液中滴加BaCl2溶液，无明显现象，说明、NH3是配体，则该配合物可表示为[Co（NH3）5SO4]Br，该配合物中，N原子无孤电子对，所以键角∠H—N—H＞NH3键角∠H—N—H，
故答案为：第4周期第Ⅷ族；[Co（NH3）5SO4]Br；＞；
（2）同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，ⅤA族元素p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，所以第三周期元素中，第一电离能大于S元素的有P、Cl、Ar，共3种；可被I2氧化为，说明具有还原性，b中含有O—O键，b具有强氧化性，则的结构为a，
故答案为：3；a；
（3）①结构1中，Co原子数为、S原子数为，钴硫化物的化学式为Co9S8，
故答案为：Co9S8；
②在晶胞2的另一种表示中，Li所处的位置不变，则S处于顶点和面心位置，
故答案为：顶点与面心；
③晶胞2中，S原子数为、Li原子数为8，S与S的最短距离为apm，可知面对角线为2apm，则晶胞边长为，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为g cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
3．（2024秋 杭州期末）原子结构和元素性质的周期性变化是我们认识复杂物质结构的基础。
（1）在元素周期表中，基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素有 　2　种，填充在7个轨道中的元素有 　1　种。
（2）Cr原子的价电子排布图为 　　，占据最高能级的电子云轮廓图形状为 　球　形。
（3）CuO在高温下会分解成Cu2O，试从结构角度解释高温下CuO为何会生成Cu2O 　Cu+的3d轨道上电子全充满，其结构稳定　。
（4）Na的第二电离能 　＞　Ne的第一电离能（填“＞”、“＜”或“＝”），理由是 　Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的　。
（5）下列曲线表示卤族元素或其单质性质随核电荷数的变化趋势，正确的有 　D　。
【答案】（1）2；1；
（2）；球；
（3）Cu+的3d轨道上电子全充满，其结构稳定；
（4）D。
【分析】（1）基态原子的核外电子填充在6个轨道中，这6个轨道包含1s、2s、2p、3s轨道，3s轨道中可能填充1个或2个电子；基态原子的核外电子填充在7个轨道中，这7个轨道包含1s、2s、2p、3s、3p轨道，且只填充3p轨道中的1个轨道，该轨道上填充1个电子；
（2）根据能量最低原理，基态Cr原子的价电子排布半充满比较稳定，基态Cr原子的价电子排布为3d54s1，3d和4s轨道均处于半充满状态；
（3）Cu+的核外有28个电子，根据构造原理书写其基态离子核外电子排布式；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定；
（4）Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的；
（5）A．F元素没有正化合价；B．卤素单质都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比；C．卤族元素中，随着核电荷数增大其第一电离能减小；
D．卤族元素中，随着核电荷数增大其电负性减小。
【解答】解：（1）基态原子的核外电子填充在6个轨道中的元素其核外电子排布式为：1s22s22p63s1或1s22s22p63s2，为Na、Mg元素，有2种，s能级中含有1个轨道，p能级含有3个轨道，基态原子的核外电子填充在7个轨道中，该基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则3p轨道上只有1个电子，为Al元素，只有1种元素符合条件，
故答案为：2；1；
（2）根据能量最低原理，基态Cr原子的价电子排布半充满比较稳定，基态Cr原子的价电子排布为3d54s1，3d和4s轨道均处于半充满状态，价电子排布图为：，占据最高能级的电子为4s能级，电子云轮廓图形状为球形，
故答案为：；球；
（3）Cu2+价电子排布式为：3d9，Cu+价电子排布式为：3d10，原子轨道处于全空、半充满或全充满时最稳定，所以CuO在高温下会分解成Cu2O，
故答案为：Cu+的3d轨道上电子全充满，其结构稳定；
（4）a的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电离能＞Ne的第一电离能，
故答案为：＞；Na+和Ne具有相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的；
（5）A．F元素没有正化合价，Cl、Br的最高正价相同，故A错误；
B．卤素单质都是分子晶体，其熔沸点与相对分子质量成正比，从F到Br，其单质的相对分子质量逐渐增大，则其单质的熔沸点逐渐增大，故B错误；
C．卤族元素中，随着核电荷数增大其第一电离能减小，图中第一电离能逐渐增大，则图象不符，故C错误；
D．元素的非金属性越强其电负性越大，从F到Br，其非金属性逐渐减弱，则电负性减弱，故D正确；
故答案为：D。
【点评】本题主要考查原子核外电子排布、周期律等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题，题目难度不大。
4．（2024秋 九龙坡区期末）合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大成就，目前合成氨工业中使用的催化剂铁触媒中主要成分为Fe3O4（Fe2O3和FeO），还含有少量的K2O、Al2O3、MgO、CaO、Cr2O3等。回答问题：
（1）基态N原子中，核外存在 　2　对自旋方向相反的电子，有 　5　种不同的空间运动状态，电子占据最高能级的符号是 　2p　，占据该能级电子的电子云轮廓图为 　哑铃　形。
（2）某同学将基态氧原子的轨道表示式表示为，则该轨道表示式违了 　洪特规则　。
（3）26号元素Fe基态原子的价层电子轨道表示式是 　　。
（4）24Cr的价层电子排布式为 　3d54s1　，位于元素周期表中 　d　区（填“s”“p”“d”“ds”或“f”）。
（5）NH3分子中，与N原子相连的H显正电性。分析电负性大小关系为N 　＞　H（填“＞”“＜”或“＝”）。
（6）Mg的第一电离能，Al的第一电离能，结合基态原子价层电子排布式解释第一电离能镁元素高于铝元素的原因：　镁原子价电子为3s2，处于全满稳定状态，电离能较大　。
【答案】（1）2；5；2p；哑铃；
（2）洪特规则；
（3）；
（4）3d54s1；d；
（5）＞；
（6）镁原子价电子为3s2，处于全满稳定状态，电离能较大。
【分析】（1）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，有1s、2、2px、2py、2pz共5种不同的空间运动状态，电子占据最高能级的符号是2p，p能级为哑铃形；
（2）核外电子首先分步在不同的轨道上；
（3）26号元素Fe基态原子的核外电子排布式为[A]3d64s2，价层电子排布式为3d64s2，据此书写轨道表示式；
（4）24Cr的价层电子排布式为3d54s1，位于元素周期表中d区；
（5）共价键中，电负性大的元素显负价；
（6）镁原子价电子为3s2，处于全满稳定状态，电离能较大。
【解答】解：（1）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，核外存在2对自旋方向相反的电子，有1s、2、2px、2py、2pz共5种不同的空间运动状态，电子占据最高能级的符号是2p，占据该能级电子的电子云轮廓图为哑铃形，
故答案为：2；5；2p；哑铃；
（2）某同学将基态氧原子的轨道表示式表示为，则该轨道表示式违了洪特规则，
故答案为：洪特规则；
（3）26号元素Fe基态原子的核外电子排布式为[A]3d64s2，价层电子排布式为3d64s2，轨道表示式是，
故答案为：；
（4）24Cr的价层电子排布式为3d54s1，位于元素周期表中d区，
故答案为：3d54s1；d；
（5）NH3分子中，与N原子相连的H显正电性，分析电负性大小关系为N＞H，
故答案为：＞；
（6）第一电离能镁元素高于铝元素的原因镁原子价电子为3s2，处于全满稳定状态，能量低，稳定，失去电子更难，电离能较大，
故答案为：镁原子价电子为3s2，处于全满稳定状态，电离能较大。
【点评】本题主要考查原子结构与性质的相关知识，具体涉及核外电子排布、电负性、第一电离能大小的比较等，属于基本知识的考查，难度不大。
5．（2024秋 西城区期末）格氏试剂（RMgX）是有机合成中的一种常用试剂，其制备、结构和性质如下。
（1）制备
由卤代烃和金属Mg在溶剂乙醚中制备：
R—X+MgR—MgX
①Mg的原子结构示意图是 　　。
②金属Mg的晶胞如图1所示，晶胞体积为vcm3，阿伏加德罗常数为NA，则金属Mg的密度为 　　g/cm3。
③烃基（R—）相同时，碳卤键断裂由易到难的顺序为R—I、R—Br、R—Cl，推测其原因：　Cl、Br和Ⅰ为同主族元素，原子半径I＞Br＞Cl，键长C—I＞C—Br＞C—Cl，键能C—I＜C—Br＜C—Cl，键长越长，键能越小，碳卤键越易断裂　。
（2）结构
将CH3CH2MgBr从乙醚溶液中结晶出来，获得CH3CH2MgBr 2（CH3CH2）2O分子结构示意图如图2所示（H原子未标出，忽略粒子半径相对大小）。
①Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形，Mg原子的杂化轨道类型是 　sp3　。
②很多化学键不是纯粹的离子键或共价键，而是两者之间的过渡类型。Br—Mg键与C—Mg键中，共价键成分更多的是 　C—Mg　键。
（3）性质
格氏试剂在很多反应中C—Mg键断裂，根据键的极性分析反应的生成物。
①CH3CH2MgBr与HCl反应，生成的有机物的结构简式是 　CH3CH3　。
②CH3CH2MgBr与丙酮（）发生加成反应，生成物的结构简式是 　CH3CH2C（CH3）2OH　。
【答案】（1）①；
②；
③Cl、Br和Ⅰ为同主族元素，原子半径I＞Br＞Cl，键长C—I＞C—Br＞C—Cl，键能C—I＜C—Br＜C—Cl，键长越长，键能越小，碳卤键越易断裂；
（2）①sp3；
②C—Mg；
（3）①CH3CH3；
②CH3CH2C（CH3）2OH。
【分析】（1）①Mg的核电荷数12，最外层电子数2；
②晶胞中，镁原子个数为2，晶胞密度，据此计算；
③烃基（R—）相同时，碳卤键断裂由易到难的顺序为R—I、R—Br、R—Cl，推测其原因为Cl、Br和Ⅰ为同主族元素，原子半径I＞Br＞Cl，键长C—I＞C—Br＞C—Cl，键能C—I＜C—Br＜C—Cl；
（2）①结合题意，Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形；
②C的电负性小于Br，故C—Mg共价键成分更多；
（3）①CH3CH2MgBr与HCl反应，断裂C—Mg键，Mg—Br键，HCl断裂H—Cl键；
②CH3CH2MgBr与丙酮（）发生加成反应，生成物的结构简式是CH3CH2C（CH3）2OH。
【解答】解：（1）①Mg的核电荷数12，最外层电子数2，据此写出原子结构示意图为：，
故答案为：；
②晶胞中，镁原子个数为2，晶胞密度g/cm3，
故答案为：；
③烃基（R—）相同时，碳卤键断裂由易到难的顺序为R—I、R—Br、R—Cl，推测其原因为Cl、Br和Ⅰ为同主族元素，原子半径I＞Br＞Cl，键长C—I＞C—Br＞C—Cl，键能C—I＜C—Br＜C—Cl，键长越长，键能越小，碳卤键越易断裂，
故答案为：Cl、Br和Ⅰ为同主族元素，原子半径I＞Br＞Cl，键长C—I＞C—Br＞C—Cl，键能C—I＜C—Br＜C—Cl，键长越长，键能越小，碳卤键越易断裂；
（2）①结合题意，Mg原子与相邻的4个原子形成共价键，呈四面体形，Mg原子的杂化轨道类型是sp3，
故答案为：sp3；
②C的电负性小于Br，故C—Mg共价键成分更多，
故答案为：C—Mg；
（3）①CH3CH2MgBr与HCl反应，断裂C—Mg键，Mg—Br键，HCl断裂H—Cl键，生成的有机物的结构简式是CH3CH3，
故答案为：CH3CH3；
②CH3CH2MgBr与丙酮（）发生加成反应，生成物的结构简式是CH3CH2C（CH3）2OH，
故答案为：CH3CH2C（CH3）2OH。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
6．（2024秋 通州区期末）纳米氧化亚铜（Cu2O）粒径在1～100nm之间，是一种重要的无机化工原料，在涂料、有色玻璃和催化剂领域有着广泛的应用。
（1）基态铜原子的价层电子排布式为 　3d104s1　。
（2）在普通玻璃中加入纳米Cu2O可制成红色玻璃。用光束照射该玻璃，可以观察到 　丁达尔效应（或一条光亮的“通路”）　。
（3）Cu2O晶体的晶胞形状为立方体，边长为anm，结构如图所示。
①图中 表示的微粒是 　b　（填序号）。
a.Cu
b.Cu+
c.Cu2+
d.O2﹣
②已知阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为 　　g cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）
（4）为探究Cu2O的性质，取等量Cu2O分别加入甲、乙两支试管，进行如下实验。下列说法正确的是 　ac　（填序号）。
实验操作及现象
试管甲 滴加过量0.3mol L﹣1HNO3溶液并充分振荡，砖红色沉淀转化为另一颜色沉淀，溶液显浅蓝色；倾掉溶液，滴加浓硝酸，沉淀逐渐消失
试管乙 滴加过量6mol L﹣1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色：静置一段时间后，溶液颜色变为深蓝色
a.试管甲中新生成的沉淀为金属Cu
b.试管甲中沉淀的变化均体现了HNO3的氧化性
c.试管乙实验可证明Cu（I）与NH3形成无色配合物
（5）用还原法制备纳米Cu2O常压下应用Na2SO3液相还原CuSO4工艺，加入适量的分散剂，一定温度下，pH在3.5～5.5范围内，可制得纳米Cu2O并产生SO2。
①和中S均为sp3杂化，比较两种微粒中O—S—O键角的大小并解释原因 　中O—S—O键角大于中的，中有孤电子对，孤电子对有较大斥力　。
②上述工艺中发生反应的化学方程式为 　2CuSO4+3Na2SO3═Cu2O+3Na2SO4+2SO2↑　。
【答案】（1）3d104s1；
（2）丁达尔效应（或一条光亮的“通路”）；
（3）①b；
②；
（4）ac；
（5）①中O—S—O键角大于中的，中有孤电子对，孤电子对有较大斥力；
②2CuSO4+3Na2SO3═Cu2O+3Na2SO4+2SO2↑。
【分析】（1）基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1；
（2）在普通玻璃中加入纳米Cu2O可制成红色玻璃，用光束照射该玻璃，可以观察到丁达尔效应
（3）①结合化学式和晶体结构可知，黑球数目为白球二倍；
②已知阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞体积为a3×10﹣21cm3，结合密度公式计算；
（4）a.结合元素守恒和化合价守恒可知，新沉淀为Cu；
b.试管甲第一步稀硝酸只体现酸性；
c.滴加过量6mol L﹣1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色，形成一价配离子；
（5）①和中S均为sp3杂化，比较两种微粒中O—S—O键角的大小并解释原因为中O—S—O键角大于中的，中有孤电子对；
②还原法制备纳米Cu2O常压下应用Na2SO3液相还原CuSO4工艺，结合元素守恒和化合价守恒分析。
【解答】解：（1）基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，
故答案为：3d104s1；
（2）在普通玻璃中加入纳米Cu2O可制成红色玻璃，用光束照射该玻璃，可以观察到 丁达尔效应（或一条光亮的“通路”），
故答案为：丁达尔效应（或一条光亮的“通路”）；
（3）①结合化学式和晶体结构可知，黑球数目为白球二倍，黑球为Cu+，
故答案为：b；
②已知阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞体积为a3×10﹣21cm3则该晶体的密度ρg cm﹣3，
故答案为：；
（4）a.结合元素守恒和化合价守恒可知，新沉淀为Cu，故a正确；
b.试管甲第一步稀硝酸只体现酸性，故b错误；
c.滴加过量6mol L﹣1氨水并充分振荡，沉淀逐渐溶解，溶液颜色为无色，形成一价配离子，故c正确；
故答案为：ac；
（5）①和中S均为sp3杂化，比较两种微粒中O—S—O键角的大小并解释原因为中O—S—O键角大于中的，中有孤电子对，孤电子对有较大斥力，
故答案为：中O—S—O键角大于中的，中有孤电子对，孤电子对有较大斥力；
②还原法制备纳米Cu2O常压下应用Na2SO3液相还原CuSO4工艺，发生反应2CuSO4+3Na2SO3═Cu2O+3Na2SO4+2SO2↑，
故答案为：2CuSO4+3Na2SO3═Cu2O+3Na2SO4+2SO2↑。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
7．（2024秋 潍坊期末）过渡元素的化合物用途广泛，研究过渡元素化合物的性质意义重大。
回答下列问题：
（1）瑞士化学家Werner证明了配合物CoCl3 6NH3和CoCl3 5NH3的配离子分别是[Co（NH3）6]3+、[Co（NH3）5Cl]2+。
①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。那么Co3+的自旋磁量子数之和为 　（1）①+2或﹣2；＞；Co3+的价电子相对不稳定的3d6易失去1个电子变成稳定的3d5Fe3+的价电子排布为3d5是稳定的半充满状态，更难失去电子；
②[Co（NH3）5Cl]Cl2+2AgNO3═2AgCl↓+[Co（NH3）5Cl]（NO3）2；
③D；
（2）（SO3）n；sp3；
（3）；LaNi5H3；。　。Fe、Co两元素的第四电离能的大小关系是：I4（Fe） 　＞　I4（Co）（填“＞”、“＝”或“＜”），原因是 　Co3+的价电子相对不稳定的3d6易失去1个电子变成稳定的3d5Fe3+的价电子排布为3d5是稳定的半充满状态，更难失去电子　。
②请写出AgNO3溶液与CoCl3 5NH3的溶液反应的化学方程式 　[Co（NH3）5Cl]Cl2+2AgNO3═2AgCl↓+[Co（NH3）5Cl]（NO3）2　。
③如图是固态氨的立方晶胞，NH3分子有4种取向，每个NH3分子周围形成6个氢键，图中已画出体心NH3分子形成的5个氢键，则与体心NH3形成另一个氢键的NH3分子是 　D　（填序号）。
（2）S元素在过渡元素的鉴定中起着重要的作用。S的氧化物形式多样，上图是一种S的氧化物的示意图（无限长链），其化学式是 　SO3　，其中S的杂化方式为 　sp3　。
（3）金属镍与镧形成的合金是一种良好的储氢材料，其晶胞结构如图，上下底面的Ni在La形成的正三角形空隙中，另有四个Ni在面心，一个Ni在体心，则下底面两个Ni的距离为 　　pm。其储氢原理是：镧镍合金吸附H2，H2解离为H原子，H原子储存在晶胞中上下底面的“棱心和面心”，则形成的储氢化合物的化学式为 　LaNi5H3　，设其摩尔质量为Mg mol﹣1，阿伏加德罗常数的值为NA，则其密度为 　　g cm﹣3。
【答案】（1）①+2或﹣2；＞；Co3+的价电子相对不稳定的3d6易失去1个电子变成稳定的3d5Fe3+的价电子排布为3d5是稳定的半充满状态，更难失去电子；
②[Co（NH3）5Cl]Cl2+2AgNO3═2AgCl↓+[Co（NH3）5Cl]（NO3）2；
③D；
（2）SO3；sp3；
（3）；LaNi5H3；。
【分析】（1）①Co是27号元素，基态Co3+ 的价电子排布为3d6，价电子轨道表示式为，可知其自旋量子数之和之和为+2或﹣2，Fe、Co两元素的第四电离能的大小关系是：I4（Fe）＞I4（Co），原因是Co3+的价电子相对不稳定的3d6易失去1个电子变成稳定的3d5Fe3+的价电子排布为3d5是稳定的半充满状态；
②CoCl3 5NH3的配离子分别是[Co（NH3）5Cl]2+，据此判断；
③分析图示可知，体心与底面棱心形成氢键；
（2）分析图示可知，一个S原子含有两个端基氧，两个桥氧，且桥氧与另一个S原子共用；
（3）上下底面的Ni在La形成的正三角形空隙中，故下底面两个Ni的距离为正三角形体心到底边距离的二倍，分析图示晶体结构可知，H原子储存在晶胞中上下底面的“棱心和面心”，氢原子个数为283，La原子个数为81，Ni原子个数为81＝5，设其摩尔质量为Mg mol﹣1，阿伏加德罗常数的值为NA，结合密度公式计算即可。
【解答】解：（1）①Co是27号元素，基态Co3+ 的价电子排布为3d6，价电子轨道表示式为，可知其自旋量子数之和之和为+2或﹣2，Fe、Co两元素的第四电离能的大小关系是：I4（Fe）＞I4（Co），原因是Co3+的价电子相对不稳定的3d6易失去1个电子变成稳定的3d5Fe3+的价电子排布为3d5是稳定的半充满状态，更难失去电子，
故答案为：+2或﹣2；＞；Co3+的价电子相对不稳定的3d6易失去1个电子变成稳定的3d5Fe3+的价电子排布为3d5是稳定的半充满状态，更难失去电子；
②CoCl3 5NH3的配离子分别是[Co（NH3）5Cl]2+，故AgNO3溶液与CoCl3 5NH3的溶液反应方程式为[Co（NH3）5Cl]Cl2+2AgNO3═2AgCl↓+[Co（NH3）5Cl]（NO3）2，
故答案为：[Co（NH3）5Cl]Cl2+2AgNO3═2AgCl↓+[Co（NH3）5Cl]（NO3）2；
③分析图示可知，体心与底面棱心形成氢键，对应D分子，
故答案为：D；
（2）分析图示可知，一个S原子含有两个端基氧，两个桥氧，且桥氧与另一个S原子共用，故该物质化学式为（SO3）n，其中S的杂化方式为sp3，
故答案为：SO3；sp3；
（3）上下底面的Ni在La形成的正三角形空隙中，故下底面两个Ni的距离为正三角形体心到底边距离的二倍，即a，分析图示晶体结构可知，H原子储存在晶胞中上下底面的“棱心和面心”，氢原子个数为283，La原子个数为81，Ni原子个数为81＝5，晶胞化学式为LaNi5H3，设其摩尔质量为Mg mol﹣1，阿伏加德罗常数的值为NA，则其密度ρ，
故答案为：；LaNi5H3；。
【点评】本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布，化学键，晶胞计算等内容，其中晶胞计算为解题难点，需要结合均摊法进行分析，掌握基础为解题关键，整体难度适中。
8．（2025 湖南模拟）（一）我国科学家发现催化剂α—Fe2O3可高效活化H2O，实现物质的高选择性氧化，为污染物的去除提供了新策略。污染物X去除的催化反应过程示意图如图。
（1）Fe元素在元素周期表中的位置是 　第四周期第Ⅷ族　；基态O原子中，电子占据的最高能层的符号是 　L　，处于最高能级的电子的运动状态共有 　4　个。
（2）污染物X在电极a上的反应式是 　X+H2O﹣2e﹣XO+2H+　。
（二）科研团队研究了X分别为、和H3AsO3[也可以写作As（OH）3]的反应能力，发现中心原子含有孤电子对的物质易被氧化。
（3）基态As原子的价层电子排布式是 　4s24p3　。
（4）中的键角 　＜　（填“＞”“＜”或“＝”）中的键角，原因是 　中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对，有较大的排斥力，故的键角小于的键角　。
（5）的结构是，P原子的杂化轨道类型是 　sp3　。
（6）比较反应能力： 　＜　H3AsO3（填“＞”“＜”或“＝”），原因是 　中磷原子无孤电子对，H3AsO3中砷有孤电子对　。
（7）α—Fe2O3晶胞的体积为Vcm3，晶体密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，一个晶胞中Fe原子的个数为 　　（Fe2O3的摩尔质量：160g/mol）。
【答案】（1）第四周期第Ⅷ族；L；4；
（2）X+H2O﹣2e﹣XO+2H+；
（3）4s24p3；
（4）＜；中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对，有较大的排斥力，故的键角小于的键角；
（5）sp3；
（6）＜；中磷原子无孤电子对，H3AsO3中砷有孤电子对；
（7）。
【分析】（1）Fe是26号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；基态O原子的电子排布式为1s22s22p4；
（2）由图可知，污染物X在电极a上失去电子生成XO和H+；
（3）基态砷为33号元素；
（4）中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对；
（5）中磷原子无孤电子对，形成4个σ键；
（6）中心原子含有孤电子对的物质易被氧化，中P原子孤电子对的数目为0，H3AsO3中As原子孤电子对的数目为1，中磷原子无孤电子对，H3AsO3中砷有孤电子对；
（7）晶胞的质量为ρVg，故一个晶胞中氧化铁的物质的量为mol，铁原子的物质的量为mol。
【解答】解：（1）Fe是26号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，电子占据的最高能层的符号是L，每个电子的运动状态都不同，处于最高能级2p的电子的运动状态共有4个，
故答案为：第四周期第Ⅷ族；L；4；
（2）由图可知，污染物X在电极a上失去电子生成XO和H+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：，
故答案为：X+H2O﹣2e﹣XO+2H+；
（3）基态砷为33号元素，其价层电子排布式为4s24p3，
故答案为：4s24p3；
（4）中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对，有较大的排斥力，故的键角小于的键角，
故答案为：＜；中氮原子的价层电子对数为，为V形结构，中氮原子的价层电子对数为，为平面三角形，中含有孤电子对，有较大的排斥力，故的键角小于的键角；
（5）中磷原子无孤电子对，形成4个σ键，故杂化类型为sp3，
故答案为：sp3；
（6）中心原子含有孤电子对的物质易被氧化，中P原子孤电子对的数目为0，H3AsO3中As原子孤电子对的数目为1，中磷原子无孤电子对，H3AsO3中砷有孤电子对，故反应能力H3AsO3，
故答案为：＜；中磷原子无孤电子对，H3AsO3中砷有孤电子对；
（7）晶胞的质量为ρVg，故一个晶胞中氧化铁的物质的量为mol，铁原子的物质的量为mol，一个晶胞中Fe原子的个数为，
故答案为：。
【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
9．（2024秋 潍坊期末）过渡金属元素能够与NH3甘氨酸H2NCH2COOH）等含氮物质形成多种化合物。回答下列问题：
（1）已知锌与镉（Cd）位于同一族的相邻周期，铜、锌、镉的第一电离能、第二电离能数值如表。
电离能/（kJ mol﹣1） A B C
I1 746 868 906
I2 1958 1631 1733
A的价电子排布式为 　3d104s1　，第三电离能最大的是 　Zn　（填元素符号）。
（2）NH3存在自耦电离，三种微粒的键角由大到小的顺序为 　NH3　。
的空间结构是 　V形　。
（3）甘氨酸与铜形成的化合物甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如图。
甘氨酸铜中碳原子的杂化方式是 　sp3、sp2　，顺式甘氨酸铜在水中溶解度远大于反式甘氨酸铜，主要原因是 　顺式甘氨酸铜分子属于极性分子，易溶于极性溶剂　。
（4）环状含氮结构更易与过渡金属离子形成化合物，一种多氮环的合成方法如图，所得产物含有大π键。
1号N原子的孤对电子占据 　sp2杂化　轨道。已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定，则氮氮键键长反应物 　＜　产物（填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】（1）3d104s1；Zn；
（2）NH3；V形；
（3）sp3、sp2；顺式甘氨酸铜分子属于极性分子，易溶于极性溶剂；
（4）sp2杂化；＜。
【分析】（1）s轨道全满时，更难失去电子，锌与镉属于同族元素，从上向下，第一电离能逐渐减小，锌失去2个电子后，形成3d10全充满稳定结构，第三电离能最大；
（2）NH3是三角锥形，键角是107°18′，是正四面体形，键角是109°28′，是V形，键角小于107°18′；
（3）根据相似形容原理进行分析；
（4）由图可知，1号N原子的σ键数为2，孤电子对数为1，价层电子对数＝2+1＝3，N原子为sp2杂化，已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定，反应物中N原子为sp杂化，产物中，N原子为sp2杂化，则反应物中，氮氮键键长更短，更稳定。
【解答】解：（1）铜的价电子排布式为3d104s1，锌的价电子排布式为3d104s2，镉的价电子排布式为4d105s2，5s轨道全满时，更难失去电子，所以第一电离能最小的是铜，则A的价电子排布式为3d104s1，锌与镉属于同族元素，从上向下，第一电离能逐渐减小，所以B为镉，C为锌，锌失去2个电子后，形成3d10全充满稳定结构，第三电离能最大，即第三电离能最大的是Zn，
故答案为：3d104s1；Zn；
（2）NH3存在自耦电离，NH3是三角锥形，键角是107°18′，是正四面体形，键角是109°28′，是V形，键角小于107°18′，所以三种微粒的键角由大到小的顺序为NH3，的空间结构是V形，
故答案为：NH3；V形；
（3）甘氨酸铜中含有饱和碳原子和双键碳元素，所以碳原子的杂化方式是sp3、sp2，顺式甘氨酸铜在水中溶解度远大于反式甘氨酸铜，主要原因是顺式甘氨酸铜分子不对称，属于极性分子，易溶于极性溶剂，
故答案为：sp3、sp2；顺式甘氨酸铜分子属于极性分子，易溶于极性溶剂；
（4）由图可知，1号N原子的σ键数为2，孤电子对数为1，价层电子对数＝2+1＝3，N原子为sp2杂化，则孤对电子占据sp2杂化轨道，已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定，反应物中N原子为sp杂化，产物中，N原子为sp2杂化，则反应物中，氮氮键键长更短，更稳定，所以氮氮键键长：反应物＜产物
故答案为：sp2杂化；＜。
【点评】本题主要考查物质结构与性质的相关知识，具体涉及第一电离能、键角的比较，杂化方式、键长的判断等，属于基本知识的考查，对能力要求较高，难度中等。
10．（2024秋 朝阳区期末）太阳能电池是一种将光能转化为电能的装置，所使用的功能材料不断发展。
（1）硅基太阳能电池，主要以硅为吸光层。
①基态硅原子的价层电子排布式为 　3s23p2　。
②高纯硅制备流程的示意图如图：
ⅰ.1100℃，每生成1mol单质硅转移4mol电子。Cl、Si、H的电负性从大到小的顺序为 　Cl＞H＞Si　。
ⅱ.硅的熔点（1410℃）低于金刚石（＞3500℃），原因是 　二者都为共价晶体，C—C键长比Si—Si键短，C—C键键能比Si—Si键大，金刚石的熔点更高　。
（2）新型太阳能电池，以钙钛矿型化合物为吸光层，光电转化效率高。
①图（a）是一种钙钛矿化合物的晶胞，其化学式为 　CaTiO3　。
②随着研究的深入，科研人员制备出了新型具有钙钛矿结构的化合物，晶胞形状为立方体，如图（b）所示。它由Pb2+、I﹣和组成。
ⅰ.每个周围与它最近且距离相等的I﹣有 　12　个。
ⅱ.图（b）所示的晶胞棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体密度为 　　g cm﹣3。（1nm＝10﹣7cm）
【答案】（1）①3s23p2；
②ⅰ.Cl＞H＞Si；
ⅱ.二者都为共价晶体，C—C键长比Si—Si键短，C—C键键能比Si—Si键大，金刚石的熔点更高；
（2）①CaTiO3；
②ⅰ.12；
ⅱ.。
【分析】（1）①Si为14号元素，位于第二周期第ⅣA族；
②ⅰ.在化合物中电负性大的呈负价；
ⅱ.共价晶体的键长越短，键能越大，熔点越高；
（2）①根据均摊法计算原子个数；
②ⅰ.距顶点的最近的I﹣位于其相邻的面心；
ⅱ.I﹣位于面心，个数为63，位于顶点，个数为81，1个Pb2+位于体心，晶胞质量为g，晶胞体积为a3×10﹣21cm3，根据ρ计算晶胞密度。
【解答】解：（1）①Si为14号元素，位于第二周期第ⅣA族，价层电子排布式为3s23p2，
故答案为：3s23p2；
②ⅰ.1100℃，发生反应：2SiHCl3+3H22Si+6HCl，氢气为还原剂，每生成1mol单质硅转移4mol电子，则Si的化合价由+4价降为0价，在化合物中电负性大的呈负价，则电负性：H＞Si，HCl中H呈正价，则电负性：Cl＞H，由以上分析可知，电负性：Cl＞H＞Si，
故答案为：Cl＞H＞Si；
ⅱ.晶体硅和金刚石都为共价晶体，C—C键长比Si—Si键短，C—C键键能比Si—Si键大，金刚石的熔点更高，
故答案为：二者都为共价晶体，C—C键长比Si—Si键短，C—C键键能比Si—Si键大，金刚石的熔点更高；
（2）①Ti位于顶点，个数为81，O位于棱心，个数为123，1个Ca位于体心，Ca：Ti：O＝1：1：3，其化学式为CaTiO3，
故答案为：CaTiO3；
②ⅰ.从晶胞图（b）看距顶点的最近的I﹣位于其相邻的面心，则有机碱离子的配位数为812，
故答案为：12；
ⅱ.I﹣位于面心，个数为63，位于顶点，个数为81，1个Pb2+位于体心，晶胞质量为g，晶胞体积为a3×10﹣21cm3，晶胞密度ρg cm﹣3g cm﹣3，
故答案为：。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断及空间想象能力和计算能力，明确原子结构、元素周期律、晶胞计算方法是解本题关键，易错点是（4）题图a、b中离子位置关系的判断，题目难度中等。
11．（2024秋 崇明区期末）黄铜矿（主要成分为CuFeS2）可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下：
（1）基态Cu原子的价层电子排布式为 　3d104s1　。
（2）SO2的分子空间构型是 　角　形，键角 　小于　120°（填“大于”“等于”或“小于”），请用价层电子对互斥理论解释原因：　根据VSEPR原则，中心S原子的价电子层有三对电子，空间构型为平面三角形，其中有一对是孤电子对，对成键电子对产生排斥作用　。
（3）如图中，表示Cu2O晶胞的是 　图1　（填“图1”或“图2”）。
（4）CuFeS2的晶胞如图3所示。
①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是 　图4对应结构单元无法进行无隙并置　。
②阿伏加德罗常数的值为NA，CuFeS2晶体的密度是 　　g cm﹣3（用计算式表示；1cm＝1010pm；CuFeS2的摩尔质量为184g mol﹣1）。
（5）Cu2O和CuCl都属于离子化合物，其中 　Cu2O　熔点较高，原因是 　O2﹣所带电荷数较多并且离子半径比Cl﹣小，与Cu+形成的离子键作用力更强　。
【答案】（1）3d104s1；
（2）角；小于；根据VSEPR原则，中心S原子的价电子层有三对电子，空间构型为平面三角形，其中有一对是孤电子对，对成键电子对产生排斥作用；
（3）图1；
（4）①图4对应结构单元无法进行无隙并置；
②；
（5）Cu2O；O2﹣所带电荷数较多并且离子半径比Cl﹣小，与Cu+形成的离子键作用力更强。
【分析】由题干流程图可知，Cu2S与O2共热制备Cu2O的同时还生成SO2，方程式为2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2。
【解答】解：（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的价层电子排布式为：3d104s1，
故答案为：3d104s1；
（2）SO2中心原子S周围的价层电子对数为：23，根据杂化轨道理论可知，硫原子的杂化方式是sp2，VSEPR模型是平面三角形，存在1对孤对电子，空间构型为平面三角形，孤对电子对成键电子对产生排斥作用，因此键角小于120°，
故答案为：角；小于；根据VSEPR原则，中心S原子的价电子层有三对电子，空间构型为平面三角形，其中有一对是孤电子对，对成键电子对产生排斥作用；
（3）根据晶胞中均摊法可知，图1所示晶胞中含有Cu个数为：4个，O原子个数为：，故其化学式为：Cu2O，图2所示晶胞中含有Cu个数为：个，O原子个数为：，故其化学式为：CuO，
故答案为：图1；
（4）①比较题干图3和图4可知，图4所示结构单元并不能采用“无隙并置”地在晶体中重复出现，故不能作为CuFeS2晶胞，
故答案为：图4对应结构单元无法进行无隙并置；
②由题干图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有：Cu原子个数为，Fe个数为：，含有S个数为8，故一个晶胞的质量为：，晶胞的体积是（a2×2a）×10﹣30cm3，CuFeS2晶体的密度是g/cm3，
故答案为：；
（5）Cu2O和CuCl都属于离子化合物，Cu2O的熔点较高，原因是：O2﹣所带电荷数较多并且离子半径比Cl﹣小，与Cu+形成的离子键作用力更强，熔沸点更高，
故答案为：Cu2O；O2﹣所带电荷数较多并且离子半径比Cl﹣小，与Cu+形成的离子键作用力更强。
【点评】本题考查原子结构和晶体结构，侧重考查学生晶胞计算的掌握情况，试题难度中等。
12．（2024秋 河东区期末）位置相邻的短周期元素常具有相似的电子结构、化学键特征和几何构型。
（1）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其中熔点最低的是 　B　。
A.金刚石（C）
B.单晶硅（Si）
C.金刚砂（SiC）
D.氮化硼（BN）
（2）Si的基态原子最外层轨道表示式是 　　。
（3）①NH3分子的VSEPR模型名称是 　四面体形　。
②NH3分子中的N—H键是由氮的 　sp3　杂化轨道和氢的1s轨道重叠形成σ键。
（4）写出如图1侯氏制碱法（在饱和食盐水中通入CO2和NH3两种气体）制备NaHCO3的化学反应方程式 　CO2+NH3+NaCl（饱和）+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl　；在实验中应先通入上述 　NH3　气体，原因是 　氨气的溶解度远远大于二氧化碳，溶液呈碱性利于二氧化碳的溶解，促进反应的进行　。
（5）Li2CN2是一种高活性的人工固氮产物，Li2CN2晶胞如图2所示，晶胞中含有的Li+个数为 　4　；每个周围与它最近且距离相等的Li+有 　8　个。
【答案】（1）B；
（2）；
（3）①四面体形；
②sp3；
（4）CO2+NH3+NaCl（饱和）+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl；NH3；氨气的溶解度远远大于二氧化碳，溶液呈碱性利于二氧化碳的溶解，促进反应的进行；
（5）4；8。
【分析】（1）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其熔点与键长成反比；
（2）Si的基态原子最外层电子为3s、3p能级上的电子；
（3）①NH3分子中氮原子的价层电子对个数为34且含有1个孤电子对；
②NH3分子中N原子采用sp3杂化；
（4）CO2、NH3、饱和NaCl溶液反应生成NaHCO3和NH4Cl；CO2在饱和食盐水中的溶解度远远小于NH3；
（5）晶胞中含有的Li+个数为8；每个周围与它最近且距离相等的Li+有个。
【解答】解：（1）下列物质均为共价晶体且成键结构相似，其熔点与键长成反比，这几种物质中键长最长的是Si—Si，所以单晶硅的熔点最低，
故答案为：B；
（2）Si的基态原子最外层电子为3s、3p能级上的电子，基团Si原子最外层电子的轨道表示式是，
故答案为：；
（3）①NH3分子中氮原子的价层电子对个数为34且含有1个孤电子对，其VSEPR模型的名称为四面体形，
故答案为：四面体形；
②NH3分子中N原子采用sp3杂化，则NH3分子中的N—H键是由氮的sp3杂化轨道和氢的1s轨道重叠形成σ键，
故答案为：sp3；
（4）CO2、NH3、饱和NaCl溶液反应生成NaHCO3和NH4Cl，反应方程式为CO2+NH3+NaCl（饱和）+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl；CO2在饱和食盐水中的溶解度远远小于NH3，溶液呈碱性，利于CO2的溶解，促进反应进行，所以应该先通入NH3，
故答案为：CO2+NH3+NaCl（饱和）+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl；NH3；氨气的溶解度远远大于二氧化碳，溶液呈碱性利于二氧化碳的溶解，促进反应的进行；
（5）晶胞中含有的Li+个数为84；每个周围与它最近且距离相等的Li+个数为8，
故答案为：4；8。
【点评】本题考查物质的结构和性质，侧重考查阅读、分析、判断、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、微粒空间结构的判断方法、物质的性质、晶胞的计算方法是解本题关键，（5）题的计算为解答难点。
13．（2024秋 龙华区期末）根据下列事实或数据回答下列问题：
（1）指南针是我国四大发明之一，其指针含有Fe3O4，写出基态Fe原子的电子排布式 　1s22s22p63s23p63d64s2　，基态Fe2+中未成对的电子数有 　4　个，基态O2﹣离子核外电子占据的最高能级共有 　3　个原子轨道。
（2）下列四种元素是第三或第四周期主族元素，其中X、Y、Z是同一周期元素，下表是这四种元素的第一电离能（I1）到第四电离能（I4）的数据（单位：kJ mol﹣1）。
元素代号 I1 I2 I3 I4
X 500 4600 6900 9500
Y 740 1500 7700 10500
Z 580 1800 2700 11600
W 420 3100 4400 5900
①推断Y可能是元素周期表 　s　区元素（填写“s或p或d或ds或f”）。
②由表中数据，推测Z元素的化合价 　+3　，推断的理由是 　该原子的I4远远大于I3，易失去3个电子而呈+3价　。
③推测X、Y、Z、W元素的原子半径从小到大的顺序是 　Z＜Y＜X＜W　。
（3）根据对角线规则，写出Be（OH）2与NaOH溶液反应生成Na2[Be（OH）4]的化学方程式 　Be（OH）2+2NaOH＝Na2[Be（OH）4]　。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2；4；3；
（2）①s；
②+3；该原子的I4远远大于I3，易失去3个电子而呈+3价；
③Z＜Y＜X＜W；
④基态Y、Z原子的价层电子排布式分别是3s2、3s23p1，基态Y原子的3s能级处于全充满状态，能量更低更稳，故其第一电离能大于Y；
（3）Be（OH）2+2NaOH＝Na2[Be（OH）4]。
【分析】（1）Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族；基态Fe2+中价层电子排布为3d6；基态O2﹣离子价层电子排布为2s22p6，最高能级为2p；
（2）由元素的电离能可以看出，X第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，Y的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，Z的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，W第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，以此分析；
①由表格数据可知，Y的I3剧增，易失去2个电子，说明Y元素呈+2价，最外层电子数为2；
②由表中数据可知，Z元素的I4 I3；
③电子层数越多，原子半径越大；同一周期从左向右原子半径逐渐减小；
④根据原子结构进行分析；
（3）根据对角线规则，氢氧化铍与氢氧化铝性质相似。
【解答】解：（1）Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；基态Fe2+中价层电子排布为3d6，有4个成单电子；基态O2﹣离子价层电子排布为2s22p6，最高能级为2p，有3个轨道，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；4；3；
（2）①由表格数据可知，Y的I3剧增，易失去2个电子，说明Y元素呈+2价，最外层电子数为2，为s区元素，
故答案为：s；
②由表中数据可知，Z元素的I4 I3，易失去3个电子，说明Z元素呈+3价，
故答案为：+3；该原子的I4远远大于I3，易失去3个电子而呈+3价；
③X、W第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，为同一主元素族，且I1（X）＞I1（W），即W在X下一周期，位于第四周期；X第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，Y的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，Z的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，则X、Y、Z三种元素都位于第三周期，且从左到右依次为X、Y、Z，原子半径：X＞Y＞Z，故原子半径由小到大的顺序为：Z＜Y＜X＜W，
故答案为：Z＜Y＜X＜W；
（4）Y、Z为第三周期元素，最外层电子分别为2、3，基态Y、Z原子的价层电子排布式分别是3s2、3s23p1，基态Y原子的3s能级处于全充满状态，能量更低更稳，故其第一电离能大于Y，
故答案为：基态Y、Z原子的价层电子排布式分别是3s2、3s23p1，基态Y原子的3s能级处于全充满状态，能量更低更稳，故其第一电离能大于Y；
（3）根据对角线规则，氢氧化铍与氢氧化铝性质相似，氢氧化铍与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Be（OH）2+2NaOH＝Na2[Be（OH）4]，
故答案为：Be（OH）2+2NaOH＝Na2[Be（OH）4]。
【点评】本题考查元素电离能的应用，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，知道元素电离能与元素最外层电子数之间的关系是解本题关键，题目难度不大。
14．（2024秋 佛山期末）元素周期律揭示了元素性质与原子结构的关系，是学习和研究化学的重要工具。如图是部分短周期主族元素的原子半径柱形图，其中a与x、b与g、c与h同主族。回答下列问题：
（1）g的最高价氧化物是 　SO3　（填化学式），x是 　硅　（填元素名称）。
（2）元素b和d形成的淡黄色固体的电子式为 　　，写出其与CO2反应的化学方程式并用双线桥表示该反应的电子转移 　　，由此预测该物质可用作 　供氧剂　（填用途）。
（3）下列说法正确的是 　BD　（填序号）。
A.d所在主族元素单质均为碱金属
B.简单氢化物热稳定性：f＜h
C.a、c的最高正价与最低负价绝对值之和均为8
D.g的氢化物水溶液久置于空气中可见黄色浑浊，证明非金属性b＞g
（4）f、g、h中最高价氧化物对应水化物酸性最强的是 　HClO4　（填酸的化学式），中和等物质的量的这三种酸，消耗NaOH最多的是 　H3PO4　（填酸的化学式）。
（5）学习小组根据原子半径大小猜想：金属性i＞e。
设计实验，验证猜想。
向试管①和②中 　分别滴入2mol L﹣1NaOH溶液，开始生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液，试管①中白色沉淀达到最大后不再变化，试管②中沉淀达到最大后又溶解　（填操作与现象），证明猜想正确。
限选试剂：2mol L﹣1NaOH溶液、2mol L﹣1氨水、2mol L﹣1盐酸。
理论分析：从原子结构的角度分析原因，i和e为同周期元素，电子层数相同，i原子半径更大，　失去电子能力强，金属性强　。
【答案】（1）SO3；硅；
（2）；；供氧剂；
（3）BD；
（4）HClO4；H3PO4；
（5）分别滴入2mol L﹣1NaOH溶液，开始生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液，试管①中白色沉淀达到最大后不再变化，试管②中沉淀达到最大后又溶解；失去电子能力强，金属性强。
【分析】如图是部分短周期主族元素的原子半径柱形图，其中a与x、b与g、c与h同主族，同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上到下原子半径依增大，则判断a为C元素，b为O元素，c为F元素，d为Na元素，i为Mg元素，e为Al元素，x为Si元素，f为P元素，g为S元素，h为Cl元素，据此分析回答问题。
【解答】解：（1）g的最高价氧化物为SO3，x为Si元素，
故答案为：SO3；硅；
（2）元素b和d形成的淡黄色固体为Na2O2，为离子化合物，电子式为：，过氧化钠与CO2反应的方程式，并用双线桥表示该反应的电子转移情况为：，
故答案为：；；供氧剂；
（3）A．d所在主族元素单质中除去H2外均为碱金属，故A错误；
B．非金属性P＜Cl，简单氢化物热稳定性：f＜h，故B正确；
C．a为C元素，c为F元素，a的最高正价与最低负价绝对值之和为8。F元素无最高正价，故C错误；
D．g的氢化物水溶液久置于空气中可见黄色浑浊，2H2S+O2＝2S↓+2H2O，氧气的氧化性大于S，证明非金属性O＞S，故D正确；
故答案为：BD；
（4）f、g、h的非金属性P＜S＜Cl，最高价氧化物对应水化物分别为：H3PO4、H2SO4、HClO4，酸性最强的是HClO4，中和等物质的量的这三种酸，消耗NaOH最多的是H3PO4，
故答案为：HClO4；H3PO4；
（5）学习小组根据原子半径大小猜想：金属性Mg＞Al，设计实验，验证猜想，向试管①和②中分别滴入2mol L﹣1NaOH溶液，开始生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液，试管①中白色沉淀达到最大后不再变化，试管②中沉淀达到最大后又溶解，证明猜想正确，理论分析：从原子结构的角度分析原因，Mg和Al为同周期元素，电子层数相同，Mg原子半径更大，失去电子能力强，金属性强，
故答案为：分别滴入2mol L﹣1NaOH溶液，开始生成白色沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液，试管①中白色沉淀达到最大后不再变化，试管②中沉淀达到最大后又溶解；失去电子能力强，金属性强。
【点评】本题考查了周期表结构、周期律的应用德国知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
15．（2024秋 大兴区期末）铁触媒、MnO2等可作氨催化还原脱除NOx的催化剂。下表列出了几种元素的电负性。
元素 H B C N O Si
电负性 2.1 2.0 x 3.0 3.5 1.8
（1）通过分析电负性的变化规律，确定C元素电负性x的最小范围是 　2.0＜x＜3.0　。
（2）基态氧原子中电子占据的最高能级电子云轮廓图的形状为 　b　（填字母）。
a．球形
b．哑铃形
资料：在水等强极性溶剂中，成键原子电负性的差异是影响化学键断裂难易程度的原因之一。水化物中存在M—O—H结构时，成键原子电负性差异越大，所成化学键越容易断裂，电离出OH﹣或H+。
（3）HNO2水溶液显酸性而不显碱性的可能原因是 　HNO2中存在N—O—H结构，元素N与O的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O—H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性　。
（4）第一电离能从大到小顺序是：　N　＞　O　＞　C　（填“C”、“N”和“O”）。
（5）催化剂中Mn和Fe两种元素的部分电离能数据如下表。
元素 Mn Fe
电离能（kJ mol﹣1） I1 717 759
I2 1509 1561
I3 3248 2957
①基态Mn原子价层电子排布的轨道表示式是 　　。
②比较两种元素的I2、I3可知，气态二价离子再失去一个电子：Mn2+比Fe2+更 　难　（填“易”或“难”）；从结构的角度进行解释：　Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去一个电子Mn2+比Fe2+更难　。
【答案】（1）2.0＜x＜3.0；
（2）b；
（3）HNO2中存在N—O—H结构，元素N与O的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O—H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性；
（4）N；O；C；
（5）①；
②难；Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去 一个电子Mn2+比Fe2+更难。
【分析】（1）同周期元素，从左至右，电负性逐渐增大；
（2）s能级是球形的，p能级是哑铃形的；
（3）H、N、O的电负性分别是2.1、3.0.3.5；
（4）N的2p轨道半满，能量低，稳定，失去电子更难，第一电离能反常，大于相邻元素的第一电离能；
（5）①基态Mn原子价层电子排布式为3d54s2；
②Mn2+的I3为3248kJ mol﹣1，Fe2+的I3为2957kJ mol﹣1，从结构的角度进行解释为：Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去 一个电子Mn2+比Fe2+更难。
【解答】解：（1）同周期元素，从左至右，电负性逐渐增大，所以电负性：B＜C＜N，则C元素电负性x的最小范围是：2.0＜x＜3.0，
故答案为：2.0＜x＜3.0；
（2）基态氧原子中电子占据的最高能级为2p能级，其电子云轮廓图的形状哑铃形，
故答案为：b；
（3）HNO2水溶液显酸性而不显碱性的可能原因是HNO2中存在N—O—H结构，元素N与O的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O—H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性，
故答案为：HNO2中存在N—O—H结构，元素N与O的电负性相差0.5，而H与O的电负性相差1.4，故O—H键容易断裂，在水中电离出H+，显酸性；
（4）N的2p轨道半满，能量低，稳定，失去电子更难，第一段电离能反常，大于相邻元素的第一电离能，所以第一电离能从大到小顺序是N＞O＞C，
故答案为：N；O；C；
（5）①基态Mn原子价层电子排布的轨道表示式是，
故答案为：；
②Mn2+的I3为3248kJ mol﹣1，Fe2+的I3为2957kJ mol﹣1，所以气态二价离子再失去一个电子：Mn2+比Fe2+更难，从结构的角度进行解释为：Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去 一个电子Mn2+比Fe2+更难，
故答案为：难；Mn2+的价层电子排布为3d5，3d轨道为半充满状态，比较稳定；Fe2+价层电子排布为3d6，再失去一个电子即可达到半充满状态，所以，再失去 一个电子Mn2+比Fe2+更难。
【点评】本题主要考查原子结构与性质的相关知识，同时考查学生对信息的理解与应用，属于基本知识的考查，难度中等。
16．（2024秋 天津期末）铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：
（1）基态Cu+的价层电子排布式为 　3d10　，从核外电子排布看，CuO与Cu2O相比，　Cu2O　更稳定。
（2）向CuSO4溶液中加入过量氨水，可生成[Cu（NH3）4]SO4，其配体的结构式为 　　；向CuSO4溶液中滴加少量氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水可得到深蓝色透明溶液，写出由蓝色沉淀得到深蓝色溶液反应的离子方程式 　Cu（OH）2+4NH3＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣　；[Cu（NH3）4]SO4所含有的化学键有 　ABC　。
A.离子键 B.极性共价键 C.配位键 D.氢键
（3）酞菁的铜配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值酞菁分子结构如图，分子中所有原子共平面，所有N原子采取 　sp2　杂化。
邻苯二甲酸酐（）和邻苯二甲酰（）都是合成的原料，后者熔点高于前者，主要原因是 　两者都是分子晶体，邻苯二甲酰亚胺分子间形成氢键，使分子间作用力增强　。
（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：
①已知该合金晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数值为NA则该合金的密度 　　g cm﹣3。
②离Au原子最近的Cu原子有 　12　个。
【答案】（1）3d10；Cu2O；
（2）；Cu（OH）2+4NH3＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；ABC；
（3）sp2；两者都是分子晶体，邻苯二甲酰亚胺分子间形成氢键，使分子间作用力增强；
（4）①；
②12。
【分析】（1）基态29Cu的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子生成Cu+，则Cu+的价电子排布式为3d10，属于全充满的稳定结构；
（2）NH3分子的空间构型为三角锥形，含有N—H键；当氨水过量时氨水和氢氧化铜反应生成铜氨配合物，该配合物属于离子化合物，且氢键不属于化学键；
（3）该分子中所有原子共平面，则所有N原子的价层电子对数均为3、VSEPR模型均为平面三角形；分子间氢键会使物质的熔沸点升高；
（4）①该晶胞中Au原子数为81，Cu原子数为63，化学式为Cu3Au，晶体的质量m＝nMg，体积V＝（a×10﹣7）3cm3，结合密度ρ进行计算。
②该晶胞Au原子位于顶点，Cu原子位于面心，离Au原子最近的Cu原子数为3×812。
【解答】解：（1）基态29Cu的价电子排布式为3d104s1，失去1个电子生成Cu+，则Cu+的价电子排布式为3d10，属于全充满的稳定结构，再失去电子所需能量较高，所以从核外电子排布看，CuO与Cu2O相比，Cu2O更稳定，
故答案为：3d10；Cu2O；
（2）[Cu（NH3）4]SO4的配体为NH3，NH3分子的空间构型为三角锥形，中心原子为N，含有N—H键，其结构式为；当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨配合物，反应离子方程式为Cu（OH）2+4NH3＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣．配合物[Cu（NH3）4]SO4属于离子化合物，该晶体中含有离子键、N—H或S＝O等极性键、配位键，
故答案为：；Cu（OH）2+4NH3＝[Cu（NH3）4]2++2OH﹣；ABC；
（3）酞菁分子中所有原子共平面，则所有N原子的价层电子对数均为3、VSEPR模型均为平面三角形、N原子的杂化方式均为sp2；由邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰的结构简式可知，邻苯二甲酸酐分子间只存在范德华力，邻苯二甲酰分子间还存在氢键，分子间氢键会使物质的熔沸点升高，所以邻苯二甲酰熔点高，
故答案为：sp2；两者都是分子晶体

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