高考真题三年（2018-2020）化学分项汇编--专题18 物质结构与性质（选修）（解析版）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专题 18 物质结构与性质（选修） 1．[2020 新课标Ⅰ]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，LiFeO4 脱出部分 Li+，形成 Li1−xFePO4，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 13∶3 【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。 【详解】 4 5 3 16 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 （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ⅡA 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ⅢA 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； （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 LiFePO4 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ⅡA，ⅤA 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 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。 2．[2020 新课标Ⅱ]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： 6 23d 4s 63d 53d ( ) ( )1 1Li NaI I＞ ( ) ( ) ( )1 1 1Be B LiI I I＞ ＞ 3 4PO − 1 1 18 4 4 =48 2 4 × + × + × 3.251-x= 4 x+y=1 0.8125 2x 3y+5=4 2+ + × 2 3(Fe ) : (Fe )=0.8125:0.1875=13:3n n+ + 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 （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 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4 熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155 （3）CaTiO3 的晶胞如图（a）所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；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_________g·cm﹣3（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）1s22s22p63s23p63d24s2 （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）O＞Ti＞Ca 离子键 12 （4）Ti4+ sp3 （5）2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+、2Eu2++I2=2Eu3++2I− 【解析】 【分析】 + 3 3CH NH + 3 3CH NH 21 3 A 620 10× ×a N 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 （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子排布式为 1s22s22p63s23p63d24s2 或[Ar]3d24s2；故答案为： 1s22s22p63s23p63d24s2 或[Ar]3d24s2； （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）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 Ti>Ca，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：O>Ti>Ca，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： O>Ti>Ca；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； ； + 3 3CH NH + 3 3CH NH σ 1×1=1 + 3 3CH NH 18× =18 16× =32 21 3 -7 3 3 1mol×(207+3×127+12+14+6×1)g/mol 620= = ×10 g/cm( ×10 )A A m V N a N a ρ = 21 3 A 620 ×10N a 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 （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+，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使用，然后根据质量的两 种计算方法相等即 来进行求算。 3．[2020 新课标Ⅲ]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，N—B 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（Hδ+），与 B 原子相连的 H 呈负电性（Hδ-），电负 性大小顺序是__________。与 NH 3BH3 原子总数相等的等电子体是_________（写分子式），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，α=β=γ=90 °。氨硼烷的 2×2×2 超晶胞结构如图所示。 V nMρ = 3 3 6B O − 3 3 6B O − 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 氨硼烷晶体的密度 ρ=___________ g·cm−3（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 sp3 sp2 （3）N＞H＞B CH3CH3 低 Hδ+与 Hδ−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，N—B 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，B3O63-中每个 B 原子只形成 3 个 σ 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 N＞H＞B。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 30 A 62 10N abc −× 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 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”，类比氢键的形 成原理，说明其分子间存在 Hδ+与 Hδ-的静电引力。 （4）在氨硼烷的 2×2×2 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 g∙cm-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。 4．[2020 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）NH 3 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 σ 键的数目为 ▲ mol。 【答案】（1） 或 O （2）sp3 N>O>C （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 IIIA 族，第 VA 族大于第 VIA 族。 31 2 A g N × 30 3abc 10 cm−× 30 3 30 31 2 62 abc 10 10 A A g N cm N abc− − × =× × ( ) 2 2 6Fe H O +   6 2[Ar]3d 4s 2 2 6 2 6 6 21s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 （3）根据价电子数 Si＝C＝N+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 σ 键，一个羟基与碳原 子相连形成一个 σ 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[Ar]3d64s2；由于 H2O 中 O 原子有孤对电子，因此[Fe(H2O)6]2+中与 Fe2+配位的原子是 O；故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2 或[Ar]3d64s2； 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 N＞O＞C；故答案为：sp3；N＞O＞C。 （3）根据价电子数 Si＝C＝N+，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 σ 键，三个羧基有 6 个， 还有一个羟基与碳原子相连形成一个 σ 键，因此 1mol 柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的 σ 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。 5．[2020 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 g﹒cm−3：三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： 。 + 4NH 13 (5 1 3) 3 1 42 + − × = + = + 4NH 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 （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Ⅷ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 ( )2 4H SOω 2 2 6 2 6 6 21s 2s 2p 3s 3p 3d 4s 6 2[A r]3d s4 23 3 A 3 10 aN × ⋅ NiO CoO FeO> > 3 2 3C oC l >C l >FeC l 2 3 2 2+22Co(OH) 6H Cl 2Co Cl 6H O+ − ++ = + ↑+ 2 4 3 4 23Ni+3H SO 2HNO 3NiSO 2NO 4H O+ = + ↑+ 4 3 4 2 22Ni H SO 2HNO NiSO 2NO 2H O+ + = + ↑+ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 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[Ar]3d64s2；故答案为：第四周期第 VIII 族；1s22s22p63s23p63d64s2 或 [Ar]3d64s2；。 （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 NiO＞CoO＞FeO；故答案为： ；NiO＞CoO＞FeO。 （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：Cl2＞FeCl3，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 CoCl3＞Cl2＞FeCl3，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)3＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故答案为：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋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 NiSO4 的化学方程式为 3Ni＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O 或 Ni＋H2SO4＋ 2HNO3 ＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O；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 ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O 或 Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。 【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。 6．[2020 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ⅣA 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 1 18 6 48 2 × + × = 112 1 44 × + = 1 1 32 3A 10 3 3 A 75g mol 4molm 3ρ= = = 10 g cmV (a 10 cm) a N N − − − − ⋅ × × ⋅× 32 3 A 3 10a N × ( )2 4H SOω 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 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。 （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 x y z Cd 0 0 0 Sn 0 0 0.5 As 0.25 0.25 0.125 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。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 【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， Cd—NO2 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ⅣA 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，故这三种物质的沸点 NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As 这三种元素位于元素 周期表中第ⅤA 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 AsH3＞PH3＞ NH3；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 NH3＞ PH3＞AsH3； （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，Cd—NO2 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 1 4 4 12 × − ×（ ） σ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 ；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：①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；②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；③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；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。 7．[2019 新课标Ⅰ] 在普通铝中加入少量 Cu 和 Mg 后，形成一种称为拉维斯相的 MgCu2 微小晶粒，其分散 在 Al 中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。 A． B． C． D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是 、 。 乙二胺能与 Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是 ，其中与乙二胺形成的化合 物稳定性相对较高的是 (填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物 Li2O MgO P4O6 SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 −75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因 。 （4）图(a)是 MgCu2 的拉维斯结构，Mg 以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以 四面体方式排列的 Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu 原子之间最短距离 x= pm，Mg 原子之间最短距离 y= pm。设阿伏加德罗常数的值为 NA，则 MgCu2 的密度是 g·cm−3(列 出计算表达式)。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 【答案】（1）A （2）sp3 sp3 乙二胺的两个 N 提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2+ （3）Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能 MgO>Li2O。分子间力（分子量）P4O6>SO2 （4） 【解析】（1）A.[Ne]3s1 属于基态的 Mg+，由于 Mg 的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子 所需能量较高； B. [Ne] 3s2 属于基态 Mg 原子，其失去一个电子变为基态 Mg+； C. [Ne] 3s13p1 属于激发态 Mg 原子，其失去一个电子所需能量低于基态 Mg 原子； D.[Ne] 3p1 属于激发态 Mg+，其失去一个电子所需能 量低于基态 Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选 A； （2）乙二胺中 N 形成 3 个单键，含有 1 对孤对电子，属于 sp3 杂化；C 形成 4 个单键，不存在孤对电子， 也是 sp3 杂化；由于乙二胺的两个 N 可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与 Mg2＋、Cu2＋ 等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的 化合物稳定性相对较高的是 Cu2＋； （3）由于 Li2O、MgO 为离子晶体，P4O6、SO2 为分子晶体。晶格能 MgO＞Li2O，分子间力（分子量）P4O6 ＞SO2，所以熔点大小顺序是 MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2； （4）根据晶胞结构可知 Cu 原子之间最短距离为面对角线的 1/4，由于边长是 a pm，则面对角线是 ，则 x＝ pm；Mg 原子之间最短距离为体对角线的 1/4，由于边长是 a pm，则体对角线是 ，则 y＝ ；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是 8×1/8+6×1/2+4＝8，则 Cu 原子个数 16，晶胞的质量是 。由于边长是 a pm，则 MgCu2 的密度是 g·cm−3。 8．[2019 新课标Ⅱ] 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为 Fe−Sm−As−F−O 组成的化合物。回答下列问题： （1）元素 As 与 N 同族。预测 As 的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比 NH3 的_______（填“高” 或“低”），其判断理由是________________________。 （2）Fe 成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm 的价层电子排布式为 4f66s2，Sm3+的价层电子排布 式为______________________。 （3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。 2 4 a 3 4 a 3 30 A 8 24 +16 64 10N a − × × × 2apm 2 4 a 3apm 3 4 a A 8 24 16 64 g × + × N 3 30 A 8 24 16 64 10− × + × ×N a 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 （4）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图 1 所示，晶胞中 Sm 和 As 原子的投影位置如图 2 所示。 图 1 图 2 图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示 为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式： ρ=________g·cm−3。 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，称作原子分数坐标，例如图 1 中原 子 1 的坐标为( )，则原子 2 和 3 的坐标分别为__________、__________。 【答案】（1）三角锥形 低 NH3 分子间存在氢键 （2）4s 4f5 （3）小于 （4）SmFeAsO1−xFx ( )、( ) 【解析】（1）As 与 N 同族，则 AsH3 分子的立体结构类似于 NH3，为三角锥形；由于 NH3 分子间存在氢键 使沸点升高，故 AsH3 的沸点较 NH3 低， 故答案为：三角锥形；低；NH3 分子间存在氢键； （2）Fe 为 26 号元素，Fe 原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，Fe 原子失去 1 个电子使 4s 轨道为 半充满状态，能量较低，故首先失去 4s 轨道电子；Sm 的价电子排布式为 4f66s2，失去 3 个电子变成 Sm3+成 为稳定状态，则应先失去能量较高的 4s 电子，所以 Sm3+的价电子排布式为为 4f5， 故答案为：4s；4f5； （3）F-和 O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-600（分解） −10.0 45.0 337.0 回答下列问题： （1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的 电子云轮廓图为_________形。 （2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同其他分子 的是_________。 （3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为__________。 （4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有______种； 固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。 （5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为 NA，其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3；晶胞中Fe2+位于 所形成的正八面体的体 心，该正八面体的边长为______nm。 【答案】（1） 哑铃（纺锤） （2）H2S （3）S8 相对分子质量大，分子间范德华力强 （4）平面三角 2 sp3 （5） 【解析】分析：（1）根据铁、硫的核外电子排布式解答； （2）根据价层电子对互斥理论分析； （3）根据影响分子晶体熔沸点高低的是分子间范德华力判断； 2 2S − 21 3 A 4 10M N a × 2 2 a 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 22 （4）根据价层电子对互斥理论分析； （5）根据晶胞结构、结合密度表达式计算。 详解：（1）基态 Fe 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表 达式）为 ；基态 S 原子的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能 级是 3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。 （2）根据价层电子对互斥理论可知 H 2S、SO 2、SO3 的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是 ，因此不同其他分子的是 H2S。 （3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于 S8 相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和 沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多； （4）气态三氧化硫以单分子形式存在，根据（2）中分析可知中心原子含有的价层电子对数是 3，且不存在 孤对电子，所以其分子的立体构型为平面三角形。分子中存在氧硫双键，因此其中共价键的类型有 2 种， 即 σ 键、π 键；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中 S 原子形成 4 个共价键，因此其 杂化轨道类型为 sp3。 （5）根据晶胞结构可知含有铁原子的个数是 12×1/4+1＝4，硫原子个数是 8×1/8+6×1/2＝4，晶胞边长 为 a nm 、 FeS2 相 对 式 量 为 M ， 阿 伏 加 德 罗 常 数 的 值 为 NA ， 则 其 晶 体 密 度 的 计 算 表 达 式 为 ；晶胞中 Fe2+位于 所形成的正八面体的体心，该正八面体 的边长是面对角线的一半，则为 nm。 点睛：本题主要是考查核外电子排布、杂化轨道、空间构型、晶体熔沸点比较以及晶胞结构判断与计算等， 难度中等。其中杂化形式的判断是难点，由价层电子特征判断分子立体构型时需注意：价层电子对互斥模 型说明的是价层电子对的立体构型，而分子的立体构型指的是成键电子对的立体构型，不包括孤电子对。① 当中心原子无孤电子对时，两者的构型一致；②当中心原子有孤电子对时，两者的构型不一致；价层电子 对互斥模型能预测分子的几何构型，但不能解释分子的成键情况，杂化轨道理论能解释分子的成键情况， 但不能预测分子的几何构型。两者相结合，具有一定的互补性，可达到处理问题简便、迅速、全面的效果。 13．[2018 新课标Ⅲ卷]锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题： 锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题： （1）Zn 原子核外电子排布式为________________。 （2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由 Zn 和 Cu 组成。第一电离能Ⅰ1（Zn）_______Ⅰ1 6 1 2 6 2 2 6 2 32 4 2 3 3 32 2 2 − × − × − ×+ = + = + =、 、 ( ) 3 21 3 3 37 AA 4 4g/cm 10 g/cm 10 m M M V N aN a ρ − = = = × × 2 2 a 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 23 （Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是________________。 （3）ZnF2 具有较高的熔点（872 ℃)，其化学键类型是_________；ZnF2 不溶于有机溶剂而 ZnCl2、 ZnBr2、ZnI2 能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________。 （4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3 中，阴离子空间构型为________________，C 原子的杂化形式为________________。 （5）金属 Zn 晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_______________。六棱柱底边边长 为 a cm，高为 c cm，阿伏加德罗常数的值为 NA，Zn 的密度为________________g·cm－3（列出 计算式）。 【答案】（1）[Ar]3d104s2 （2）大于 Zn 核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 （3）离子键 ZnF2 为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2 的化学键以共价键为主、极性较小 （4）平面三角形 sp2 （5）六方最密堆积（A3 型） 【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说， 题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。 详解：（1）Zn 是第 30 号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。 （2）Zn 的第一电离能应该高于 Cu 的第一电离能，原因是，Zn 的核外电子排布已经达到了每个能级都是全 满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到 Zn 最外层上是一对电子，而 Cu 的最外层是一个 电子，Zn 电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。 （3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机 溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性 有机溶剂。 2 A 65 6 4 36N a c × × × × 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 24 （4）碳酸锌中的阴离子为 CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子 C 的价电子对为 3+(4－3×2＋ 2)/2=3 对，所以空间构型为正三角形，中心 C 为 sp2 杂化。 （5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的 原子是 6 个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为 12× +2× +3=6 个，所 以该结构的质量为 6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为 a cm，底面的面积为 6 个边长为 acm 的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为 6× cm2，高为 c cm，所以体 积为 6× cm3。所以密度为： g·cm-3。 点睛：本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后 一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过 程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体 的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。 14．[2018 江苏卷]臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的 SO2、NOx 分别氧化为 和 ，NOx 也可在其他条件下被还原为 N2。 （1） 中心原子轨道的杂化类型为___________； 的空间构型为_____________（用文字描 述）。 （2）Fe2+基态核外电子排布式为__________________。 （3）与 O3 分子互为等电子体的一种阴离子为_____________（填化学式）。 （4）N2 分子中 σ 键与 π 键的数目比 n(σ)∶n(π)=__________________。 （5）[Fe(H2O)6]2+ 与 NO 反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+ 中，NO 以 N 原子与 Fe2+ 形成配位键。请在 [Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。 2 4SO − 3NO− 2 4SO − 3NO− 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 25 【答案】（1）sp3 平面（正）三角形 （2）[Ar]3d6 或 1s22s22p63s23p63d6 （3）NO2− （4）1∶2 （5） 【解析】分析：（1）用价层电子对互斥理论分析 SO42-中 S 的杂化方式和 NO3-的空间构型。 （2）Fe 原子核外有 26 个电子，根据构造原理写出基态 Fe 的核外电子排布式，进一步写出 Fe2+的核外电子 排布式。 （3）用替代法写出 O3 的等电子体。 （4）N2 的结构式为 N N，三键中含 1 个 σ 键和 2 个 π 键。 （5）根据化学式，缺少的配体是 NO 和 H2O，NO 中 N 为配位原子，H2O 中 O 上有孤电子对，O 为配位原 子。 详解：（1）SO42-中中心原子 S 的价层电子对数为 （6+2-4 2）+4=4，SO42-中 S 为 sp3 杂化。NO3-中中 心原子 N 的孤电子对数为 （5+1-3 2）=0，成键电子对数为 3，价层电子对数为 3，VSEPR 模型为平面 三角形，由于 N 原子上没有孤电子对，NO3-的空间构型为平面（正）三角形。 （2）Fe 原子核外有 26 个电子，根据构造原理，基态 Fe 的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d64s2，基态 Fe2+ 的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d6。 （3）用替代法，与 O3 互为等电子体的一种阴离子为 NO2-。 （4）N2 的结构式为 N N，三键中含 1 个 σ 键和 2 个 π 键，N2 分子中 σ 键与 π 键的数目比为 n（σ）∶n （π）=1∶2。 （5）根据化学式，缺少的配体是 NO 和 H2O，NO 中 N 为配位原子，H2O 中 O 上有孤电子对，O 为配位原 子，答案为： 。 点睛：本题以“臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的 SO2、NOx 分别氧化为 SO42-和 NO3-，NOx 也可在其他条件下被还原为 N2”为背景素材，考查离子核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离 1 2 × 1 2 × 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 26 子空间构型的判断、等电子体的书写、σ 键和 π 键的计算、配位键的书写。注意写配位键时由配位原子提供 孤电子对。 15．[2018 海南卷]I.下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是_______________ A．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si B．共价键的极性：HF＞HCI＞HBr＞HI C．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI D．热稳定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3 II.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2 是其中铜的主要存在形式。回答下列问题： （1）CuFeS2 中存在的化学键类型是________________。下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的 _____________。 （2）在较低温度下 CuFeS2 与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体 X 产生。 ①X 分子的立体构型是______，中心原子杂化类型为__________，属于_______（填“极性”或“非极性”） 分子。 ②X 的沸点比水低的主要原因是____________________。 （3）CuFeS2 与氧气反应生成 SO2，SO2 中心原子的价层电子对数为_____，共价键的类型有_________。 （4）四方晶系 CuFeS2 晶胞结构如图所示。 ①Cu＋的配位数为__________，S2－的配位数为____________。 ②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA 为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2 晶体的密度是_______g•cm-3(列 出计算式)。 【答案】I.BC II.（1）离子键 CD 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 27 （2）V 形 sp3 极性 水分子间存在氢键 （3）3 σ 键和 π 键 （4）4 4 【解析】I.A．当原子轨道填充为半满全满时，较稳定，P 为半满结构，因此第一电离能最大，故不符合题 意； B．共价键的极性与原子得失电子能力有关，得失电子能力差别越大，极性越强，得电子能力，同主族元素 从上到下依次减弱，故 B 符合题意； C．晶格能与离子半径有关，离子半径越大，晶格能越小，离子半径，同主族元素从上到下依次增大，因此 晶格能逐渐减小，故 C 符合题意； D．热稳定性，同主族元素，越往下，越稳定，因此 D 不符合题意； 故答案选 BC。 II.（1）CuFeS2 中存在非金属与金属之间的化学键，为离子键；电子排布应先排满低能轨道，再排满高能轨 道，因此，B 不符合题意，而失去电子时，应先失去高能轨道电子，故 CD 符合题意。 （2）①臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，分子中价层电子有 4 对，孤对电子为 =2 对，故构型是 V 形， 中心原子杂化类型为 sp3，有孤对电子，为非对称结构，因此为极性分子。 ②由于在水分子中，氧元素吸引电子能力极强，故水分子中存在氢键，沸点升高。 （3）SO2 中心原子的价层电子对数为 =3，以双键结合，故共价键类型为 σ 键和 π 键。 （4）①Cu＋的配位数为 6× +4× =4，S2－占据 8 个体心，有两个 S，因此 S2－的配位数为 4。 ②根据 = ，质量 m=(4×64+4×56+8×32)/NA，体积 V=0.524×0.524×1.032×10-21cm-3, 所以，CuFeS2 晶体的密度是 g/cm3。 【点睛】本题要注意两个易错点：同一周期中，元素的第一电离能随原子序数的增大而增大，但价电子轨 道为半满全满时，稳定，第一电离能较大；同一主族元素的氢化物沸点相对分子量越大，分子间作用力越 大，熔沸点越高，但氢键能影响熔沸点。 2 21 A 4 64 4 56 8 32 0.524 1.032 10 N− × + × + × × × ×（ ） 6 2 1 2 − × 6 0 2 + 1 2 1 4 m V 2 21 A 4 64 4 56 8 32 0.524 1.032 10 N− × + × + × × × ×（ ）