2024-2025下学期高二化学鲁科版期中必刷题之化学键与物质的性质

第45页（共45页）2024-2025下学期高二化学鲁科版（2019）期中必刷题之化学键与物质的性质一．解答题（共15小题）1．（2025•临沂一模）铜及其化合物在生产、生活中有广泛用途。回答下列问题：（1）基态Cu原子的价电子排布式为，在元素周期表中位置为。（2）①水杨醛亚甲胺中能提供孤电子对的原子是（填元素符号）。②水杨醛亚甲胺的熔点小于，原因是。（3）Cu2HgI4具有良好的导电性，其四方晶胞结构如图所示。①Cu（Ⅰ）与Hg（Ⅱ）的配位数之比为；若A点原子分数坐标为（0.5，0，0.25），则B点原子分数坐标为；原子A与M间的距离为pm。②将Cu2HgI4中Cu（Ⅰ）替换为有机基团，可形成如下化合物：（NMe4）2HgI4（CMe3）2HgI4，其中Me代表甲基，Me的空间构型为；NMe4+中C—N—C键角CMe3+2．（2024秋•济南期末）用Na2PO3F作牙膏的添加剂可预防龋齿。回答下列问题：（1）Na在元素周期表中位置为；基态F原子的价电子排布式为；同周期中，基态原子未成对电子数比O多的元素是（填元素符号）。（2）比较NH3和PH3的还原性：NH3PH3（填“＞”或“＜”，下同），键角：NH3PH3。（3）已知：H3PO4的结构为，Na2PO3F的结构为。①H3PO4中P原子采取的轨道杂化方式为，Na2PO3F中P的化合价为。②Na2PO3F与水反应生成两种钠盐，该过程中P—F键断裂，反应的化学方程式为。3．（2025•日照一模）碱土金属元素在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）基态钙原子核外电子的空间运动状态有种。（2）碳酸铍与乙酸反应生成配合物的结构如图1所示，该配合物的化学式为，Be的配位数为，Be、C、O电负性由大到小的顺序（用元素符号表示）；两分子乙酸之间形成两个氢键得到八元环二聚体，该二聚体的结构简式为（以O⋯H—O表示氢键）。（3）某碱土金属防锈颜料的晶胞结构如图2所示，晶胞参数为apm，A点的原子分数坐标为（0，0，0），B点原子分数坐标为，相邻之间的最短距离为pm。该晶胞沿体对角线方向的投影图为（填标号）。4．（2024秋•临沂期末）卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。回答下列问题：（1）基态碘原子价电子排布式为；碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，原因是。（2）HI主要用于药物合成，通常用I2反应生成PI3，PI3再水解制备HI，PI3的空间结构是，PI3水解生成HI的化学方程式是。（3）Li2（OH）Cl在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞（图1，长方体棱长为a、b、c），另一种取立方体形晶胞（图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d）。图中氢原子皆己隐去。①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子（●Li）位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为。②两种晶型的密度近似相等，则c＝（以含a、b和d的代数式表达）。5．（2025•山东开学）铁是人类历史上使用最广泛的金属元素，含有铁元素的物质，在生产生活以及生命活动中有着重要的应用。请回答下列问题：（1）在血液中，O2的输送是由血红蛋白来完成的。载氧后的血红蛋白结构如图所示。①Fe元素位于元素周期表的区。②已知咪唑环具有芳香性，则N原子采用的杂化方式为。③当CO浓度超过一定量时，会导致人体因缺氧而中毒，请解释原因。（2）FeCl3与乙二胺形成稳定配合物三氯化三（乙二胺）合铁（Ⅲ），化学式为[Fe（H2NCH2CH2NH2）3]Cl3，则中心离子Fe3+的配位数为，该结构中H—N—H键角（填“＞”、“＜”或“＝”）H2NCH2CH2NH2中H—N—H键角。（3）元素周期表中，Fe与Mn处于同一周期的相邻位置，它们的第一电离能、第二电离能非常相近，第三电离能却差别很大，请从原子结构角度解释第三电离能差值很大的原因是。（4）德国马克斯一普朗克固体化学物理研究所MartinValldor等人利用一步固相反应首次合成了一种新型的带阳离子空穴的高纯锂离子电池正极材料，其面心立方晶胞在xy、xz、yz方向的投影均如图所示。①O原子占据Li2/3Fe1/3形成的（填“四面体”、“八面体”）空隙。②若晶胞参数为anm，该正极材料的密度为g/cm3（用含NA、a表达式表示，设NA为阿伏加德罗常数的值）。6．（2025•山东开学）卤族元素及其化合物种类繁多。回答下列问题：（1）基态碘原子的价电子排布式为。（2）HF、HCl、HBr的沸点由高到低的顺序为，实验测得HF的相对分子质量大于理论值的原因是。（3）PI3分子中P—I键是由磷的轨道与碘的轨道重叠形成σ键，该分子的空间结构为。（4）KI溶液与CuSO4溶液混合反应生成CuI沉淀和I2，则反应生成25.4gI2消耗的KI的物质的量至少为mol。（5）一种Ag2HgI4固体导电材料为四方晶系，其晶胞参数为apm、apm和2apm，晶胞沿x、y、z的方向投影（如图所示），A、B、C表示三种不同原子的投影，则A代表的原子为（填元素符号），标记为m的原子的分数坐标为，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为g•cm﹣3（用代数式表示）。7．（2024秋•山东月考）氮族元素位于元素周期表ⅤA族，从上到下依次为氮（N）、磷（P）、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）。回答下列问题：（1）基态Bi的价电子轨道表示式为。（2）NH3、PH3、AsH3中键角最大的是，沸点最高的是。（3）分子中大π键可表示为Π56，氮原子的杂化方式为，p轨道提供2个电子形成大π键的N原子是（填“1”或“2”）号N（4）氮与锂形成的一种晶体的平面层LixN部分结构如图甲所示，其中Li排列如石墨层中的C，N处于六元环的中心，则x＝。（5）NiAs晶体结构如图乙所示，其晶胞俯视图如图丙所示。A点原子的分数坐标为(23，13，14)，则B点原子的分数坐标为，A8．（2025•山东开学）目前废旧锂离子电池的回收方法在生态友好性、成本和效率等方面亟待改进。中国科学院大学团队利用接触电催化法处理钴酸锂电池，在90℃、6小时内，锂的浸出效率达到100%，钴的浸出效率达到92.19%，其流程如图。回答下列问题：（1）Co元素在周期表中位于区。（2）利用对角线规则判断锂元素与下列元素的化学性质相似（填序号）。A.NaB.BeC.CaD.Mg（3）接触电催化过程中被氧化的元素是（填元素符号）。（4）设NA为阿伏加德罗常数的值，则34gH2O2中含有的共价键数目是，H2O2属于（填“极性分子”或“非极性分子”）。（5）H2O2的沸点比H2O的沸点高的原因是。（6）SiO2晶体的部分结构如图所示：SiO2晶体熔化破坏的微粒间的作用力是；设，NA为阿伏加德罗常数的值，60gSiO2晶体中含有的硅氧四面体数目是。（7）某锂离子电池的电极材料充电后的晶胞结构如图所示，该晶胞为立方晶胞，晶胞的参数是anm。晶胞中一个Li+周围距离最短且等距离的S2﹣有个，距离是nm（用含a的代数式表示）。9．（2024秋•济南期末）研究电池中的离子导体材料对电池效率具有现实意义。回答下列问题：（1）传统锂离子电池一般使用LiPF4、LiClO4等锂盐作为电解质。O元素位于元素周期表分区中的区；同周期中，基态原子的第一电离能比P大的主族元素有（填元素符号）；F、P、Cl三种元素气态氢化物的还原性由强到弱的顺序为（填化学式）。（2）为了增强电导率，研究人员开发出咪唑类离子液体作为离子导体，[Zn（IMI）4]（ClO4）2是其中一种。IMI的结构为，咪唑环存在Π56大π键。与Zn2+之间形成配位键的N原子是（填“①”或“②”），咪唑环外碳氮键与环内碳氮键键长相比，前者（3）LiOH可用作碱性蓄电池的离子导体，其四方晶胞及其在xz平面的投影如图所示（晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°）。晶体中每个O原子周围紧邻的Li有个，一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为；已知阿伏加德罗常数为NA，则LiOH晶体的摩尔体积Vm＝m3•mol﹣110．（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—HNH3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。S2O32-可被I2氧化为S4O62-（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。11．（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+12表示，与之相反的用-12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。12．（2024秋•烟台期末）Li、Al、Br及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：（1）基态Br原子的价电子轨道表示式为。同周期中，基态原子未成对电子数与Br相同的元素有种。（2）已知AlF3AlBr3AlI3的沸点分别为1276℃、255℃、382℃，AlBr3和AlI3结构相似，解释三种卤化物沸点差异的原因。（3）AlBr3二聚体溶于CH3CN生成配合物[Al（CH3CN）2Br2]Br（结构如图），其配体是，该配合物中不存在的化学键类型有。A.极性键B.非极性键C.离子键D.金属键（4）Li2CN2是一种人工固氮产物，CN22-的空间构型为（5）LiOH的晶胞结构及其沿x轴方向的投影如图。①一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为。②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(12，12，0)则③若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度ρ＝g•cm﹣3（用含NA的代数式表示）。13．（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）ABCI1746868906I2195816311733A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2NH3⇌NHNH2-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Π56大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“＝”）。14．（2024秋•滨州期末）钴及其化合物有着广泛的应用前景。回答下列问题：（1）一种具有光催化作用的配合物结构如图（其中为平面结构）。①基态Co原子的价电子轨道表示式为；②该配合物中Co的化合价为，杂化方式为sp2和sp3的N原子数目之比为；③ClO3-中O—Cl—O键角小于图中a处C—N—C键角的原因是（2）1mol八面体配合物CoCl3•3NH3中含有σ键的数目为，该配合物的空间结构有种。（3）钴蓝可用作青花瓷的颜料。钴蓝晶胞如图1，其晶体可由图2所示结构（包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体）平移并置形成。①图1中Ⅱ型小立方体分别占据位置b、d、（填字母）。②阿伏加德罗常数的值为NA，钴蓝晶体的密度为g•cm﹣3（列计算式）。15．（2024•德城区校级三模）卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。请回答下列问题：（1）基态碘原子价电子排布式为。碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，解释原因。（2）HI主要用于药物合成，通常用I2反应生成PI3，PI3再水解制备HI，PI3的空间结构是，PI3水解生成HI的化学方程式是。（3）在极高压强下，氯化钠可以和氯气化合生成NaClx。NaClx立方系晶胞，结构如图所示，其中两个氯原子的坐标为（0.00，0.50，0.15）、（0.00，0.50，0.85），晶体的化学式为；与Na距离最近的且相等的Cl有个；Cl2在晶体中键长为0.20nm，晶胞棱长为nm（保留2位有效数字）。

2024-2025下学期高二化学鲁科版（2019）期中必刷题之化学键与物质的性质参考答案与试题解析一．解答题（共15小题）1．（2025•临沂一模）铜及其化合物在生产、生活中有广泛用途。回答下列问题：（1）基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中位置为第四周期第ⅠB族。（2）①水杨醛亚甲胺中能提供孤电子对的原子是O、N（填元素符号）。②水杨醛亚甲胺的熔点小于，原因是水杨醛亚甲胺可以形成分子内氢键，只能形成分子间氢键。（3）Cu2HgI4具有良好的导电性，其四方晶胞结构如图所示。①Cu（Ⅰ）与Hg（Ⅱ）的配位数之比为1：1；若A点原子分数坐标为（0.5，0，0.25），则B点原子分数坐标为（0.5，1，0.75）；原子A与M间的距离为(a2)②将Cu2HgI4中Cu（Ⅰ）替换为有机基团，可形成如下化合物：（NMe4）2HgI4（CMe3）2HgI4，其中Me代表甲基，Me的空间构型为三角锥形；NMe4+中C—N—C键角＜CMe3+【答案】（1）3d104s1；第四周期第ⅠB族；（2）①O、N；②水杨醛亚甲胺可以形成分子内氢键，只能形成分子间氢键；（3）①1：1；（0.5，1，0.75）；(a②三角锥形；＜。【分析】（1）价电子是指最外层电子，副族元素还包括3d轨道上的电子，铜位于第四周期第ⅠB族；（2）①含有孤电子对的原子可以提供孤电子对；②分子内氢键使物质的熔沸点降低，分子间氢键使物质的熔沸点升高；（3）①由B处Cu（Ⅰ）原子可知，其配位数为4（还有2个I原子在相邻的晶胞内），由M处Hg（Ⅱ）原子可知，其配位数为4，据此判断两者的配位数之比，若A点原子分数坐标为（0.5，0，0.25），判断B点原子分数坐标，由图可知，M点位于四方晶胞的体心，结合A的分数坐标可知，原子A与M处于直角三角形的斜边；②Me代表甲基，Me的空间构型为三角锥形，NMe4+中C—N—C之间存在4对成键电子对之间的相互排斥，CMe3+中C—C【解答】解：（1）Cu的原子序数为29，核外电子排布为：[Ar]3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，在元素周期表中位置为第四周期第ⅠB族，故答案为：3d104s1；第四周期第ⅠB族；（2）①水杨醛亚甲胺中，O、N都含有孤电子对，所以能提供孤电子对的原子是O、N，故答案为：O、N；②水杨醛亚甲胺的熔点小于，原因是水杨醛亚甲胺可以形成分子内氢键，只能形成分子间氢键，分子间氢键使物质的熔沸点升高，故答案为：水杨醛亚甲胺可以形成分子内氢键，只能形成分子间氢键；（3）①由B处Cu（Ⅰ）原子可知，其配位数为4（还有2个I原子在相邻的晶胞内），由M处Hg（Ⅱ）原子可知，其配位数为4，故两者的配位数之比为4：4＝1：1，若A点原子分数坐标为（0.5，0，0.25），则B点原子分数坐标为（0.5，1，0.75），由图可知，M点位于四方晶胞的体心，结合A的分数坐标可知，原子A与M间的距离为(a2故答案为：1：1；（0.5，1，0.75）；(a②将Cu2HgI4中Cu（Ⅰ）替换为有机基团，可形成如下化合物：（NMe4）2HgI4（CMe3）2HgI4，其中Me代表甲基，Me的空间构型为三角锥形，NMe4+中C—N—C键角＜CMe3+中故答案为：三角锥形；＜。【点评】本题主要考查制备物质结构与性质的相关知识，同时考查晶胞的计算等，难度较大。2．（2024秋•济南期末）用Na2PO3F作牙膏的添加剂可预防龋齿。回答下列问题：（1）Na在元素周期表中位置为第3周期第ⅠA族；基态F原子的价电子排布式为2s22p5；同周期中，基态原子未成对电子数比O多的元素是N（填元素符号）。（2）比较NH3和PH3的还原性：NH3＜PH3（填“＞”或“＜”，下同），键角：NH3＞PH3。（3）已知：H3PO4的结构为，Na2PO3F的结构为。①H3PO4中P原子采取的轨道杂化方式为sp3，Na2PO3F中P的化合价为+5。②Na2PO3F与水反应生成两种钠盐，该过程中P—F键断裂，反应的化学方程式为Na2PO3F+H2O＝NaH2PO4+NaF。【答案】（1）第3周期ⅠA族；2s22p5；N；（2）＜；＞；（3）①sp3；+5；②Na2PO3F+H2O＝NaH2PO4+NaF。【分析】（1）Na的核电荷数为11，电子层数＝周期序数，最外层电子数＝主族族序数，F原子核电荷数9，最外层电子数7，同周期中，基态原子未成对电子数比O多的元素是氮元素；（2）同主族非金属元素由上向下非金属性依次减弱，其相应离子的还原性越强；同主族非金属元素由上向下电负性依次减小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小；（3）①已知：H3PO4的结构为，P原子sp3杂化，Na2PO3F的结构为，P元素化合价+5价；②Na2PO3F与水反应生成两种钠盐，该过程中P—F键断裂，反应生成NaF和NaH2PO4。【解答】解：（1）Na在元素周期表中位置为：第3周期ⅠA族，基态F原子的价电子排布式为：2s22p5，同周期中，基态原子未成对电子数比O多的元素是N元素，价电子中含3个未成对电子，故答案为：第3周期ⅠA族；2s22p5；N；（2）同主族非金属元素由上向下非金属性依次减弱，其相应离子的还原性越强，还原性的强到弱的顺序为：NH3＜PH3，同主族非金属元素由上向下电负性依次减小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以氢化物的键角由大到小的顺序为：NH3＞PH3，故答案为：＜；＞；（3）①H3PO4的结构为分析可知，H3PO4中P原子采取的轨道杂化方式为：sp3，Na2PO3F的结构为，P元素化合价+5价，故答案为：sp3；+5；②Na2PO3F与水反应生成两种钠盐，该过程中P—F键断裂，反应生成NaF和NaH2PO4，反应的化学方程式为：Na2PO3F+H2O＝NaH2PO4+NaF，故答案为：Na2PO3F+H2O＝NaH2PO4+NaF。【点评】本题考查了原子结构、杂化理论、原子核外电子排布、物质性质等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。3．（2025•日照一模）碱土金属元素在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：（1）基态钙原子核外电子的空间运动状态有10种。（2）碳酸铍与乙酸反应生成配合物的结构如图1所示，该配合物的化学式为Be4O（OOCCH3）6，Be的配位数为4，Be、C、O电负性由大到小的顺序O＞C＞Be（用元素符号表示）；两分子乙酸之间形成两个氢键得到八元环二聚体，该二聚体的结构简式为（以O⋯H—O表示氢键）。（3）某碱土金属防锈颜料的晶胞结构如图2所示，晶胞参数为apm，A点的原子分数坐标为（0，0，0），B点原子分数坐标为（12，0，12），相邻之间的最短距离为22apm。该晶胞沿体对角线方向的投影图为A【答案】见试题解答内容【分析】（1）电子占据多少个轨道就有多少种空间运动状态；（2）根据图1结构简式书写配合物的化学式；每个Be与4个O原子成键；非金属性越强，电负性越大；两分子乙酸通过形成2个氢键形成含八元环二聚体；（3）B原子位于左侧面的面心；相邻之间的最短距离为面对角线的一半；该晶胞沿体对角线方向的投影时，对角线上的两个顶点和体心的原子位于六边形的中心，其他六个顶点位于六边形的六个顶点，面心的原子位于六边形中心到顶点的中点上。【解答】解：（1）基态Ca原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，共占据10个轨道，共有10种空间运动状态，故答案为：10；（2）根据图1结构简式可知，配合物的化学式为Be4O（OOCCH3）6；每个Be与4个O原子成键，其配位数为4；非金属性：O＞C＞Be，电负性：O＞C＞Be；两分子乙酸通过形成2个氢键形成含八元环二聚体，该二聚体的结构：，故答案为：Be4O（OOCCH3）6；4；O＞C＞Be；；（3）B原子位于左侧面的面心，A点的原子分数坐标为（0，0，0），则B点原子分数坐标为（12，0，12）；相邻之间的最短距离为面对角线的一半，即为22apm；该晶胞沿体对角线方向的投影时，对角线上的两个顶点和体心的原子位于六边形的中心，其他六个顶点位于六边形的六个顶点，面心的原子位于六边形中心到顶点的中点上，投影图为故答案为：（12，0，12）；22a【点评】本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电负性、配位键、晶体结构与计算，需要学生具备扎实的基础，题目难度中等。4．（2024秋•临沂期末）卤族元素的化合物在科研和生产中有着重要的作用。回答下列问题：（1）基态碘原子价电子排布式为5s25p5；碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，原因是碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，相似相溶。（2）HI主要用于药物合成，通常用I2反应生成PI3，PI3再水解制备HI，PI3的空间结构是三角锥形，PI3水解生成HI的化学方程式是PI3+3H2O＝3HI+H3PO3。（3）Li2（OH）Cl在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞（图1，长方体棱长为a、b、c），另一种取立方体形晶胞（图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d）。图中氢原子皆己隐去。①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子（●Li）位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为13；该晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为8②两种晶型的密度近似相等，则c＝2d3ab（以含a、b【答案】（1）5s25p5；碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，相似相溶；（2）三角锥形；PI3+3H2O＝3HI+H3PO3；（3）①13；8②2d【分析】（1）I元素位于第五周期第VIIA族，基态碘原子价电子排布式为5s25p5。碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，是因为碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理；（2）PI3的中心原子P的价层电子对数为3+5-1×32=4，有一对孤电子对，故其空间结构是三角锥形，PI3（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×18=1，位于棱上的锂离子个数为12×14=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为3-23②设Li2（OH）Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为2MabcN【解答】解：（1）I元素位于第五周期第VIIA族，基态碘原子价电子排布式为5s25p5。碘单质在CS2中的溶解度比在水中的大，是因为碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CS2中的溶解度比在水中的溶解度大，故答案为：5s25p5；碘单质、CS2均为非极性分子，水为极性分子，相似相溶；（2）PI3的中心原子P的价层电子对数为3+5-1×32=4，有一对孤电子对，故其空间结构是三角锥形，PI3水解生成HI，化合价不变，则化学方程式是PI3+3H2O＝3HI+H3故答案为：三角锥形；PI3+3H2O＝3HI+H3PO3；（3）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8×18=1，位于棱上的锂离子个数为12×14=3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为3-23=13；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的故答案为：13；8②设Li2（OH）Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为2MabcNA，立方体形晶胞M故答案为：2d【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。5．（2025•山东开学）铁是人类历史上使用最广泛的金属元素，含有铁元素的物质，在生产生活以及生命活动中有着重要的应用。请回答下列问题：（1）在血液中，O2的输送是由血红蛋白来完成的。载氧后的血红蛋白结构如图所示。①Fe元素位于元素周期表的d区。②已知咪唑环具有芳香性，则N原子采用的杂化方式为sp2。③当CO浓度超过一定量时，会导致人体因缺氧而中毒，请解释原因CO与Fe2+配位能力强于O2，与Fe2+配位后，导致血红蛋白失去载氧能力。（2）FeCl3与乙二胺形成稳定配合物三氯化三（乙二胺）合铁（Ⅲ），化学式为[Fe（H2NCH2CH2NH2）3]Cl3，则中心离子Fe3+的配位数为6，该结构中H—N—H键角＞（填“＞”、“＜”或“＝”）H2NCH2CH2NH2中H—N—H键角。（3）元素周期表中，Fe与Mn处于同一周期的相邻位置，它们的第一电离能、第二电离能非常相近，第三电离能却差别很大，请从原子结构角度解释第三电离能差值很大的原因是Mn2+的价电子排布式为3d5，Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+需要破坏3d5半充满稳定结构，吸收能量更高。（4）德国马克斯一普朗克固体化学物理研究所MartinValldor等人利用一步固相反应首次合成了一种新型的带阳离子空穴的高纯锂离子电池正极材料，其面心立方晶胞在xy、xz、yz方向的投影均如图所示。①O原子占据Li2/3Fe1/3形成的八面体（填“四面体”、“八面体”）空隙。②若晶胞参数为anm，该正极材料的密度为7×2+56+79+16NA⋅a3×1021或165NA⋅a【答案】（1）①d；②sp2；③CO与Fe2+配位能力强于O2，与Fe2+配位后，导致血红蛋白失去载氧能力；（2）6；＞；（3）Mn2+的价电子排布式为3d5，Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+需要破坏3d5半充满稳定结构，吸收能量更高；（4）①八面体；②7×2+56+79+16NA⋅【分析】（1）①Fe是26号元素，位于第四周期Ⅷ族；②已知咪唑环具有芳香性，可知咪唑环为平面结构；③CO与Fe2+配位能力强于O2，与Fe2+配位后，导致血红蛋白失去载氧能力；（2）FeCl3与乙二胺形成稳定配合物三氯化三（乙二胺）合铁（Ⅲ），化学式为[Fe（H2NCH2CH2NH2）3]Cl3，每个乙二胺分子中两个N原子都与Fe3+形成配位键，则中心离子Fe3+的配位数为6，该结构中N原子无孤电子对，H2NCH2CH2NH2中N原子有1个孤电子对；（3）Fe2+价电子排布式为3d6，再失去1个电子后变为半充满状态，结构稳定，因此Fe2+再失去1个电子相对容易；Mn2+的价电子排布式为3d5，再失去1个电子需破坏3d5稳定结构，吸收能量更高；（4）①根据图示Li2/3Fe1/3位于面心、O原子位于体心、Se原子位于顶点；②Li2/3Fe1/3位于面心、O原子位于体心、Se原子位于顶点，根据均摊原则，Li2/3Fe1/3数为6×12=3、O原子数为1、【解答】解：（1）①Fe是26号元素，位于第四周期Ⅷ族，位于元素周期表的d区，故答案为：d；②已知咪唑环具有芳香性，可知咪唑环为平面结构，则N原子采用的杂化方式为sp2，故答案为：sp2；③CO与Fe2+配位能力强于O2，与Fe2+配位后，导致血红蛋白失去载氧能力，所以当CO浓度超过一定量时，会导致人体因缺氧而中毒，故答案为：CO与Fe2+配位能力强于O2，与Fe2+配位后，导致血红蛋白失去载氧能力；（2）FeCl3与乙二胺形成稳定配合物三氯化三（乙二胺）合铁（Ⅲ），化学式为[Fe（H2NCH2CH2NH2）3]Cl3，每个乙二胺分子中两个N原子都与Fe3+形成配位键，则中心离子Fe3+的配位数为6，该结构中N原子无孤电子对，H2NCH2CH2NH2中N原子有1个孤电子对，所以[Fe（H2NCH2CH2NH2）3]Cl3中H—N—H键角＞H2NCH2CH2NH2中H—N—H键角，故答案为：6；＞；（3）Fe2+价电子排布式为3d6，再失去1个电子后变为半充满状态，结构稳定，因此Fe2+再失去1个电子相对容易；Mn2+的价电子排布式为3d5，再失去1个电子需破坏3d5稳定结构，吸收能量更高，所以第三电离能差值很大，故答案为：Mn2+的价电子排布式为3d5，Fe2+的价电子排布式为3d6，Mn2+需要破坏3d5半充满稳定结构，吸收能量更高；（4）①根据图示Li2/3Fe1/3位于面心、O原子位于体心、Se原子位于顶点，所以O原子占据Li2/3Fe1/3形成的八面体空隙，故答案为：八面体；②Li2/3Fe1/3位于面心、O原子位于体心、Se原子位于顶点，根据均摊原则，Li2/3Fe1/3数为6×12=3、O原子数为1、Se原子数为8×18故答案为：7×2+56+79+16NA⋅【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。6．（2025•山东开学）卤族元素及其化合物种类繁多。回答下列问题：（1）基态碘原子的价电子排布式为5s25p5。（2）HF、HCl、HBr的沸点由高到低的顺序为HF＞HBr＞HCl，实验测得HF的相对分子质量大于理论值的原因是HF分子间易形成氢键。（3）PI3分子中P—I键是由磷的sp3轨道与碘的5p轨道重叠形成σ键，该分子的空间结构为三角锥形。（4）KI溶液与CuSO4溶液混合反应生成CuI沉淀和I2，则反应生成25.4gI2消耗的KI的物质的量至少为0.4mol。（5）一种Ag2HgI4固体导电材料为四方晶系，其晶胞参数为apm、apm和2apm，晶胞沿x、y、z的方向投影（如图所示），A、B、C表示三种不同原子的投影，则A代表的原子为I（填元素符号），标记为m的原子的分数坐标为(14，14，58)，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为【答案】（1）5s25p5；（2）HF＞HBr＞HCl；HF分子间易形成氢键；（3）sp3；5p；三角锥形；（4）0.4；（5）I；(14，1【分析】（1）碘元素为第5周期第ⅦA族元素；（2）同主族元素的气态氢化物的相对分子质量随着原子序数递增而增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高，但HF分子间存在氢键，熔、沸点最高；（3）PI3分子的中心原子P的3s和3p轨道形成sp3杂化轨道后，与Ⅰ的5p轨道单电子参与形成三个P—I键，剩余一个sp3杂化轨道容纳P的一对孤电子对；（4）KI溶液和CuSO4溶液混合反应可生成CuI沉淀和I2，反应的离子方程式为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2；（5）A原子在晶胞内，1个晶胞含有A原子8个；B原子在顶点和晶胞中心，B原子数为8×18+1=2；C原子在棱上、面上，C原子数4×14+6×12=4，结合化学式Ag2HgI4，知A为I，B【解答】解：（1）碘元素为第5周期第ⅦA族元素，其基态原子价电子排布式为5s25p5，故答案为：5s25p5；（2）同主族元素的气态氢化物的相对分子质量随着原子序数递增而增大，分子间作用力增大，熔、沸点升高，但HF分子间存在氢键，熔、沸点最高，故沸点由高到低的顺序为HF＞HBr＞HCl；HF分子间易形成氢键，能形成多聚体，因此实验测得HF的相对分子质量大于理论值，故答案为：HF＞HBr＞HCl；HF分子间易形成氢键；（3）PI3分子的中心原子P的3s和3p轨道形成sp3杂化轨道后，与Ⅰ的5p轨道单电子参与形成三个P—I键，剩余一个sp3杂化轨道容纳P的一对孤电子对，所以空间结构为三角锥形，故答案为：sp3；5p；三角锥形；（4）KI溶液和CuSO4溶液混合反应可生成CuI沉淀和I2，反应的离子方程式为2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，由于25.4gI2的物质的量为0.1mol，则至少需要0.4molKI，故答案为：0.4；（5）A原子在晶胞内，1个晶胞含有A原子8个；B原子在顶点和晶胞中心，B原子数为8×18+1=2；C原子在棱上、面上，C原子数4×14+6×12=4，结合化学式Ag2HgI4，知A为I，B为Hg故答案为：I；(14，1【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。7．（2024秋•山东月考）氮族元素位于元素周期表ⅤA族，从上到下依次为氮（N）、磷（P）、砷（As）、锑（Sb）、铋（Bi）、镆（Mc）。回答下列问题：（1）基态Bi的价电子轨道表示式为。（2）NH3、PH3、AsH3中键角最大的是NH3，沸点最高的是NH3。（3）分子中大π键可表示为Π56，氮原子的杂化方式为sp2，p轨道提供2个电子形成大π键的N原子是2（填“1”或“2”）号N（4）氮与锂形成的一种晶体的平面层LixN部分结构如图甲所示，其中Li排列如石墨层中的C，N处于六元环的中心，则x＝2。（5）NiAs晶体结构如图乙所示，其晶胞俯视图如图丙所示。A点原子的分数坐标为(23，13，14)，则B点原子的分数坐标为(13，【答案】（1）；（2）NH3；NH3；（3）sp2；2；（4）2；（5）(13，2【分析】（1）Bi为第6周期VA族元素，价电子排布式为6s26p3；（2）NH3、PH3、AsH3中心原子都为sp3杂化，孤电子对数都为1，空间结构均为三角锥形，NH3、PH3、AsH3中心原子电负性依次减小，成键电子对离中心原子的距离依次增大，成键电子对之间的排斥力依次减小，键角依次减小，即键角：NH3＞PH3＞AsH3，键角最大的是NH3；（3）分子中大π键可表示为Π56，1号氮原子形成2个σ键，最外层剩余3个电子，其中1个电子参与形成大π键，剩余2个电子形成孤电子对，1号氮原子的杂化方式为sp2，2（4）LixN平面层Li排列如石墨层中的C、N处于六元环的中心，按照均摊法，每个六元环中N的个数为1；（5）A、B在底面的投影分别在底面菱形分成的两个正三角形中心，A点原子的分数坐标为(23，13，14)，根据对称性，A到下底面距离和B到上底面距离相等，故B点原子的分数坐标为(13，2【解答】解：（1）Bi为第6周期VA族元素，价电子排布式为6s26p3，轨道表示式为，故答案为：；（2）NH3、PH3、AsH3中心原子都为sp3杂化，孤电子对数都为1，空间结构均为三角锥形，NH3、PH3、AsH3中心原子电负性依次减小，成键电子对离中心原子的距离依次增大，成键电子对之间的排斥力依次减小，键角依次减小，即键角：NH3＞PH3＞AsH3，键角最大的是NH3；三种物质都属于分子晶体，只有NH3分子间存在氢键，沸点最高，故答案为：NH3；NH3；（3）分子中大π键可表示为Π56，1号氮原子形成2个σ键，最外层剩余3个电子，其中1个电子参与形成大π键，剩余2个电子形成孤电子对，1号氮原子的杂化方式为sp2，2号氮原子形成3个σ键，最外层剩余2个电子，均参与形成大π键，无孤电子剩余，2号氮原子的杂化方式为sp2；p轨道提供2个电子形成大π键的N原子是2故答案为：sp2；2；（4）LixN平面层Li排列如石墨层中的C、N处于六元环的中心，按照均摊法，每个六元环中N的个数为1，Li的个数为6×13=2，即故答案为：2；（5）A、B在底面的投影分别在底面菱形分成的两个正三角形中心，A点原子的分数坐标为(23，13，14)，根据对称性，A到下底面距离和B到上底面距离相等，故B点原子的分数坐标为(13，23，34)，底面菱形边长为故答案为：(13，2【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。8．（2025•山东开学）目前废旧锂离子电池的回收方法在生态友好性、成本和效率等方面亟待改进。中国科学院大学团队利用接触电催化法处理钴酸锂电池，在90℃、6小时内，锂的浸出效率达到100%，钴的浸出效率达到92.19%，其流程如图。回答下列问题：（1）Co元素在周期表中位于d区。（2）利用对角线规则判断锂元素与下列D元素的化学性质相似（填序号）。A.NaB.BeC.CaD.Mg（3）接触电催化过程中被氧化的元素是O（填元素符号）。（4）设NA为阿伏加德罗常数的值，则34gH2O2中含有的共价键数目是3NA，H2O2属于极性分子（填“极性分子”或“非极性分子”）。（5）H2O2的沸点比H2O的沸点高的原因是二者均是分子晶体，H2O2中形成的分子间氢键的机会多且相对分子质量大。（6）SiO2晶体的部分结构如图所示：SiO2晶体熔化破坏的微粒间的作用力是共价键；设，NA为阿伏加德罗常数的值，60gSiO2晶体中含有的硅氧四面体数目是NA。（7）某锂离子电池的电极材料充电后的晶胞结构如图所示，该晶胞为立方晶胞，晶胞的参数是anm。晶胞中一个Li+周围距离最短且等距离的S2﹣有4个，距离是34anm（用含【答案】（1）d；（2）D；（3）O；（4）3NA；极性分子；（5）二者均是分子晶体，H2O2中形成的分子间氢键的机会多且相对分子质量大；（6）共价键；NA；（7）4；34【分析】（1）Co为28号元素，价电子排布式为3d84s2，其在周期表中位于第四周期VⅢ族，属于d区；（2）在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，这种相似性被称为对角线规则，锂（Li）与镁（Mg）处于对角线位置；（3）由图可知，接触电催化过程中被氧化的元素为O；（4）1个H2O2中含有3个共价键；H2O2的正负电荷重心不重合；（5）由于H2O2和H2O二者均是分子晶体，H2O2中形成的分子间氢键的机会多且相对分子质量大，则H2O2的沸点比H2O的沸点高；（6）由于SiO2晶体是共价晶体，熔化时破坏的是共价键；由SiO2晶体的结构图可知，每个硅原子（Si）与四个氧原子（O）形成硅氧四面体，每个氧原子被两个硅原子共享，每个SiO2对应一个硅氧四面体，60gSiO2的物质的量为1mol，所以60gSiO2晶体中含有硅氧四面体的数目为NA；（7）图中Li+最近的S2﹣共有4个，围成正四面体，图中Li+与S2﹣之间的最短距离为晶胞体对角线的14。【解答】解：（1）Co为28号元素，价电子排布式为3d84s2，其在周期表中位于第四周期VⅢ族，属于d区，故答案为：d；（2）在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，这种相似性被称为对角线规则，锂（Li）与镁（Mg）处于对角线位置，它们的化学性质相似，故D正确；故答案为：D；（3）由图可知，接触电催化过程中被氧化的元素为O，故答案为：O；（4）34gH2O2的物质的量为1mol，1个H2O2中含有3个共价键，故34gH2O2中含有的共价键数目为3NA；H2O2的正负电荷重心不重合，故H2O2属于极性分子，故答案为：3NA；极性分子；（5）由于H2O2和H2O二者均是分子晶体，H2O2中形成的分子间氢键的机会多且相对分子质量大，则H2O2的沸点比H2O的沸点高，故答案为：二者均是分子晶体，H2O2中形成的分子间氢键的机会多且相对分子质量大；（6）由于SiO2晶体是共价晶体，熔化时破坏的是共价键；由SiO2晶体的结构图可知，每个硅原子（Si）与四个氧原子（O）形成硅氧四面体，每个氧原子被两个硅原子共享，每个SiO2对应一个硅氧四面体，60gSiO2的物质的量为1mol，所以60gSiO2晶体中含有硅氧四面体的数目为NA，故答案为：共价键；NA；（7）图中Li+最近的S2﹣共有4个，围成正四面体，图中Li+与S2﹣之间的最短距离为晶胞体对角线的14，即为14故答案为：4；34【点评】本题主要考查晶胞的计算，为高频考点，题目难度一般。9．（2024秋•济南期末）研究电池中的离子导体材料对电池效率具有现实意义。回答下列问题：（1）传统锂离子电池一般使用LiPF4、LiClO4等锂盐作为电解质。O元素位于元素周期表分区中的p区；同周期中，基态原子的第一电离能比P大的主族元素有Cl（填元素符号）；F、P、Cl三种元素气态氢化物的还原性由强到弱的顺序为PH3＞HCl＞HF（填化学式）。（2）为了增强电导率，研究人员开发出咪唑类离子液体作为离子导体，[Zn（IMI）4]（ClO4）2是其中一种。IMI的结构为，咪唑环存在Π56大π键。与Zn2+之间形成配位键的N原子是①（填“①”或“②”），咪唑环外碳氮键与环内碳氮键键长相比，前者＞（3）LiOH可用作碱性蓄电池的离子导体，其四方晶胞及其在xz平面的投影如图所示（晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°）。晶体中每个O原子周围紧邻的Li有4个，一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为正四面体形；已知阿伏加德罗常数为NA，则LiOH晶体的摩尔体积Vm＝0.5a2cNA×10﹣36m3•mol﹣1【答案】本题是对物质结构与性质的考查，涉及元素周期表与元素周期律、化学键、晶胞结构与计算，（3）中关键是明确原子在晶胞中的位置，需要学生具备扎实的基础、一定的空间想象力与数学计算能力。【分析】（1）O元素处于第二周期第ⅥA族；同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素；元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱；（2）配原子含有孤电子对；咪唑环存在大派键，环内碳氮键电子云重叠程度比环外碳氮键大；（3）由投影图可知，O、H处于面上，Li处于定点与上、下底面的面心，以右侧面氧原子为分析对象，与之紧邻的Li原子处于晶胞定点、面心以及右侧紧邻晶胞的面心；以上底面面心的Li原子分析对象，向上补全1个晶胞，可知与之紧邻的4个氧原子分别处于下面晶胞的前、后面以及上面晶胞的左、右面；计算晶胞的体积，均摊法计算晶胞中“LiOH“数目，再计算1molLiOH含有晶胞数目，进而计算1molLiOH的体积。【解答】解：（1）O元素处于第二周期第ⅥA族，位于元素周期表分区中的p区；同周期主族元素随原子序数增大，第一电离能呈增大趋势，但ⅡA族、ⅤA族元素第一电离能大于同周期相邻元素，则第二周期中，基态原子的第一电离能比P大的主族元素只有Cl；元素非金属性：F＞Cl＞P，元素的非金属性越强，其氢化物的还原性越弱，则氢化物还原性由强到弱的顺序为：PH3＞HCl＞HF，故答案为：p；Cl；PH3＞HCl＞HF；（2）配原子含有孤电子对，与Zn2+之间形成配位键的N原子；咪唑环存在大派键，环内碳氮键电子云重叠程度比环外碳氮键大，咪唑环外碳氮键与环内碳氮键键长相比，前者＞后者，故答案为：①；＞；（3）由投影图可知，O、H处于面上，Li处于定点与上、下底面的面心，以右侧面氧原子为分析对象，与之紧邻的Li原子处于晶胞定点、面心以及右侧紧邻晶胞的面心，即晶体中每个O原子周围紧邻的Li有4个；以上底面面心的Li原子分析对象，向上补全1个晶胞，可知与之紧邻的4个氧原子分别处于下面晶胞的前、后面以及上面晶胞的左、右面，这4个氧原子形成正四面体形；晶胞的体积为a×10﹣12m×a×10﹣12m×c×10﹣12m＝a2c×10﹣36m3，晶胞中Li原子数目为2×12+8×18=1，“OH”基团数目为4×12=2，晶胞相当于含有2个“LiOH“，则1molLiOH占有的体积为1mol×NAmol-12×a2c×10﹣36m3＝0.5a2cNA×10﹣36m3，即LiOH故答案为：4；正四面体形；0.5a2cNA×10﹣36。【点评】（1）p；Cl；PH3＞HCl＞HF；（2）①；＞；（3）4；正四面体形；0.5a2cNA×10﹣36。10．（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。S2O32-可被I2氧化为S4O62-（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462a3NA×10【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；③462【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SO42-、（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4×18+4=4.5、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12×14+1=4、Li原子数为8，S与S的最短距离为apm，可知面对角线为【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SO42-、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；S2O32-可被I2氧化为S4O62-，说明S4O62-具有还原性，故答案为：3；a；（3）①结构1中，Co原子数为4×18+4=4.5、S原子数为12×1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12×14+1=4、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2apm，设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为32×4+7×8(故答案为：462【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。11．（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+12表示，与之相反的用-12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3d②[Co（NH3）5Cl]Cl2+2AgNO3═2AgCl↓+[Co（NH3）5Cl]（NO3）2；③D；（2）（SO3）n；sp3；（3）33a；LaNi5H3；23M×10303a2cNA。。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33apm。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23M×1030【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）33a；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2×12+8×14=3，La原子个数为8×18=1，Ni原子个数为8×14+1【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33a，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2×12+8×14=3，La原子个数为8×18=1，Ni原子个数为8×14+1＝5，晶胞化学式为LaNi5H3故答案为：33a；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。12．（2024秋•烟台期末）Li、Al、Br及其化合物在生产、生活中应用广泛。回答下列问题：（1）基态Br原子的价电子轨道表示式为。同周期中，基态原子未成对电子数与Br相同的元素有4种。（2）已知AlF3AlBr3AlI3的沸点分别为1276℃、255℃、382℃，AlBr3和AlI3结构相似，解释三种卤化物沸点差异的原因AlF3为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl3、AlBr3为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以AlF3的熔点高；AlCl3、AlBr3为组成和结构相似的分子晶体，AlBr3的范德华力比AlCl3强，所以AlBr3的熔点比AlCl3的高。（3）AlBr3二聚体溶于CH3CN生成配合物[Al（CH3CN）2Br2]Br（结构如图），其配体是CH3CN、Br﹣，该配合物中不存在的化学键类型有D。A.极性键B.非极性键C.离子键D.金属键（4）Li2CN2是一种人工固氮产物，CN22-的空间构型为（5）LiOH的晶胞结构及其沿x轴方向的投影如图。①一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为四面体。②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(12，12，0)则B点原子的分数坐标为（③若阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度ρ＝4.8×1031a2bNAg•【答案】（1）；4；（2）AlF3为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl3、AlBr3为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以AlF3的熔点高；AlCl3、AlBr3为组成和结构相似的分子晶体，AlBr3的范德华力比AlCl3强，所以AlBr3的熔点比AlCl3的高；（3）CH3CN、Br﹣；D；（4）直线形；（5）①四面体；②（12，0，b③4.8×10【分析】（1）基态Br原子价电子排布式为4s24p5；同周期中，基态原子未成对电子数与Br相同的元素有K（4s1）、Sc（3d14s2）、Cu（3d104s1）、Ga（4s24p1）；（2）离子晶体的沸点较高，不能形成分子间氢键的分子晶体，其沸点随着范德华力的增大而升高，范德华力随着相对分子质量的增大而增强；（3）由[Al（CH3CN）2Br2]Br结构式可知，Br、N与Al形成配位键，存在C—H、C—N等极性键，存在C—C等非极性键，还存在阴阳离子；（4）互为等电子体的微粒空间构型相似；（5）①与底面面心的Li紧邻的O有2个；②由LiOH的晶胞结构及其沿x轴方向的投影图可知，B原子位于面上，距x轴的距离为a2pm，B原子在z轴上的距离为（b﹣r）pm③Li位于顶点和面心，个数为8×18+2×12=2，晶胞质量为2×(7+16+1)NAg=48NAg，晶胞体积为a2【解答】解：（1）基态Br原子价电子排布式为4s24p5，其价电子排布图为；同周期中，基态原子未成对电子数与Br相同的元素有K（4s1）、Sc（3d14s2）、Cu（3d104s1）、Ga（4s24p1），共4种，故答案为：；4；（2）离子晶体的沸点较高，不能形成分子间氢键的分子晶体，其沸点随着范德华力的增大而升高，范德华力随着相对分子质量的增大而增强，AlF3为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl3、AlBr3为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以AlF3的熔点高；AlCl3、AlBr3为组成和结构相似的分子晶体，AlBr3的范德华力比AlCl3强，所以AlBr3的熔点比AlCl3的高，故答案为：AlF3为离子晶体，汽化时破坏离子键，AlCl3、AlBr3为分子晶体，汽化时破坏范德华力，离子键比范德华力强的多，所以AlF3的熔点高；AlCl3、AlBr3为组成和结构相似的分子晶体，AlBr3的范德华力比AlCl3强，所以AlBr3的熔点比AlCl3的高；（3）由[Al（CH3CN）2Br2]Br结构式可知，Br、N与Al形成配位键，配位体是CH3CN、Br﹣，存在C—H、C—N等极性键，存在C—C等非极性键，还存在阴阳离子，即存在离子键，不存在金属键，故答案为：CH3CN、Br﹣；D；（4）CN22-与CO2故答案为：直线形；（5）①与底面面心的Li紧邻的O有2个，面心的原子为2个晶胞共有，则4个O原子形成四面体构型，故答案为：四面体；②由LiOH的晶胞结构及其沿x轴方向的投影图可知，B原子位于面上，距x轴的距离为a2pm，B原子在z轴上的距离为（b﹣r）pm，则B点原子的分数坐标为（12，0，故答案为：（12，0，b③Li位于顶点和面心，个数为8×18+2×12=2，晶胞质量为2×(7+16+1)NAg=48NAg，晶胞体积为a2b×10﹣30cm3，晶体密度ρ=mV=故答案为：4.8×10【点评】本题考查物质的结构和性质，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确原子结构、分子空间构型判断方法、晶体类型的判断方法、晶胞计算方法是解本题关键，难点是晶胞密度的计算，题目难度稍大。13．（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）ABCI1746868906I2195816311733A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2NH3⇌NH4++NH2-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Π56大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）NH4+＞NH3＞（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′，NH4+是正四面体形，键角是109°28′，NH2-是V形，键角小于（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2NH3⇌NH4++NH2-，NH3是三角锥形，键角是107°18′，NH4+是正四面体形，键角是