1、解密解密 13 物质结构与性质物质结构与性质 一、选择题一、选择题 1(2021 河西区 天津市新华中学高三模拟)从结构角度分析，下列说法错误的是( ) AI3+的立体构型为 V形，中心原子的杂化方式为 sp3 BZnCO3中，阴离子立体构型为平面三角形，C原子的杂化方式为 sp2 C因HF分子间存在氢键，所以HX中其沸点最高 D因金属性 KNaMg，所以熔点：KClNaClMgCl2 【答案】D 【解析】A项，I3+的中心原子 I的价层电子对为 2+ 7 1 1 2 2 =4，中心原子的杂化方式为 sp3，立体 构型为 V 形，故 A 正确；B项，ZnCO3中，阴离子中 C 的价层电子对为
2、3+ 422 3 2 =3，C原子的杂化 方式为 sp2，立体构型为平面三角形，故 B正确；C项，因 HF 分子间存在氢键，所以 HX 中其沸点最高， 故 C 正确；D项，因离子半径 K+Na+，晶格能 KClNaCl，所以熔点 KClNaCl，故 D错误；故选 D。 2(2021 河南宜阳一中检测)下列说法正确的是( ) AAB n(n2，且 n为整数)型分子中，若中心原子没有孤对电子，则 AB n为空间对称结构，属于非极性 分子 B水很稳定是因为水中含有大量的氢键 CH2O、NH3、CH4分子中的 O、N、C 分别形成 2个、3个、4 个键，故 O、N、C 分别采取 sp1、sp2、 sp
3、3杂化 D配合物Cu(H2O)4SO4中，中心离子是 Cu 2+，配体是 SO42-，配位数是 1 【答案】A 【解析】A项，依据判断极性分子和非极性分子的经验规律可知，AB n(n2，且 n为整数)型分子中，若 中心原子没有孤对电子，则属于非极性分子，故 A正确；B项，H2O很稳定是因为 H-O 键的键能大，与氢 键无关，故 B 错误；C项，在 NH3、H2O、CH4中 N、O、C 均采取 sp3杂化，只不过 NH3、H2O 分子中孤 电子对占据着杂化轨道，故 C 错误；D 项，Cu(H2O)4SO4中配体是 H2O，配位数是 4，故 D错误；故选 A。 3 (2021 潍坊市 山东诸城第一
4、中学高三月考)亚铁氰化钾属于欧盟批准使用的食品添加剂， 受热易分解: 3K4Fe(CN)612KCN+Fe3C+2(CN)2+N2+C，下列关于该反应说法错误的是( ) A已知 Fe3C 晶胞中每个碳原子被 6 个铁原子包围，则铁的配位数是 2 B配合物 K4Fe(CN)6中配位原子是碳原子 C(CN)2分子中 键和 键数目比为 3:4 DFe2+的最高能层电子排布为 3d6 【答案】D 【解析】A项，由 Fe3C 晶胞中每个碳原子被 6 个铁原子包围可知，与碳原子紧邻的铁原子，以碳原子 为原点建立三维坐标系，6 个铁原子形成的空间结构为正八面体，配位数之比等于相应原子数目反比，则 Fe 原子
5、配位数为 61 3 =2，故 A 正确；B项，配合物 K4Fe(CN)6中配体为 CN，由于电负性 N C，则 C 原子提供孤对电子，即配位原子是碳原子，故 B 正确；C项，(CN)2分子的结构式为 NCCN，单键为 键，三键中有 1 个 键和 2 个 键，则 键和 键数目比为 3:4，故 C 正确；D项，Fe 为 26 号元素，其原 子核外共有 26 个电子，Fe 原子失去 4s 轨道上的 2 个电子得 Fe2+，Fe2+的最高能层电子排布为 3s23p63d6，故 D 错误；故选 D。 4(2021 湖北高三零模)在碱性溶液中， 2+ Cu 可以与缩二脲形成紫色配离子，其结构如图所示。 下
6、列说法错误的是( ) A该配离子与水分子形成氢键的原子只有 N和 O B该配离子中铜离子的配位数是 4 C基态 Cu 原子的价电子排布式是 3d104s1 D该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为 ONCH 【答案】A 【解析】A项，根据其结构可知，该配离子中的 N和 O 可与水分子中的 H形成氢键，而水分子中的 O 也可与配离子中的 H形成氢键，A错误；B项，根据配离子的结构可知，铜离子的配位数为 4，B正确；C 项， 根据铜原子的电子排布式可知， 基态 Cu原子的价电子排布式是 3d104s1， C正确； D 项， 根据同一周期， 主族元素的电负性从左到右逐渐增大，同一主族，元素的电负性从
7、上到下呈现减小的趋势，非金属元素电 负性大小排列顺序可知，该配离子中非金属元素的电负性大小顺序为 ONCH，D正确；故选 A。 5(2021 河南高三月考)下列关于 N、B 所形成化合物的结构和性质的叙述正确的是( ) ANH3-BH3中 N和 B 的杂化方式不同 B熔点：NB(原子晶体)C3N4(原子晶体) C含大 键，形成的大 键的电子由 N、B 提供 DN2H4的沸点明显高于 NH3的原因是 N2H4分子间形成的氢键更强 【答案】D 【解析】A 项，NH3-BH3中 N 和 B均为 sp3杂化，A项错误；B项，NB 和 C3N4均为原子晶体，键长越 短，熔点越高，键长：N-BC-N，熔点
8、：NBC3N4，B 项错误；C 项，含大 键，形成的大 键 的电子由 N提供，B 提供空轨道，C项错误；D项，N2H4分子间形成的氢键更强，沸点更高，D项正确； 故选 D。 5(2021 威远中学校月考)下列各项叙述中，正确的是 A镁原子由 1s22s22p63s21s22s22p63p2时，原子释放能量，由基态转化成激发态 B价电子排布为 5s25p1的元素位于第五周期第A族，是 s 区元素 C由图知酸性：H3PO4HClO，因为 H3PO4中非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原 子数 D元素周期表中 s 区、d区和 ds 区的元素都是金属元素 【答案】C 【解析】A项，镁原子由 1s22s
9、22p63s21s22s22p63p2时，原子吸收能量，由基态转化成激发态，A错误； B项，价电子排布为 5s25p1的元素位于第五周期第A族，是 p 区元素，B 错误；C项，由图知：H3PO4中 非羟基氧原子数大于次氯酸中非羟基氧原子数，则酸性：H3PO4HClO，C正确；D项，元素周期表中 s 区 中 H 是非金属元素，D错误；故选 C。 6(2021 荆州市教育科学研究院期末)离子液体是一种由离子组成的液体，在低温下也能以液态存在， 是一种很有研究价值的溶剂。研究显示最常见的离子液体主要由如图所示正离子和负离子组成，图中正离 子有令人惊奇的稳定性，它的电子在其环外结构中高度离域。下列说法
10、不正确的是 A该化合物中不存在配位键和氢键 B图中负离子的空间构型为正四面体形 C图中正离子中碳原子的杂化方式为 sp2、sp3 DC、N、H 三种元素的电负性由大到小的顺序为 NCH 【答案】A 【解析】A项，该化合物中阴离子AlCl4存在配位键，故 A错误；B 项，图中负离子AlCl4中心原子 价层电子对数为 3+1=4，因此空间构型为正四面体形，故 B 正确；C 项，图中正离子中环上的碳原子价层电 子对数为 3+0=3，杂化方式为 sp2，C2H5的每个碳原子价层电子对数为 4+0=4，杂化方式为 sp3，故 C正 确；D项，根据同周期从左到右电负性逐渐增强，得到 C、N、H三种元素的电
11、负性由大到小的顺序为 N CH，故 D正确。故选 A。 7(2021 简阳市阳安中学月考)自从第一次合成稀有气体元素的化合物 XePtF6以来，人们又相继发现了 氙的一系列化合物，如 XeF2、XeF4等。图甲为 XeF4的结构示意图，图乙为 XeF2晶体的晶胞结构图。下列 有关说法错误的是( ) AXeF4是由极性键构成的非极性分子 BXeF2晶体属于分子晶体 C一个 XeF2晶胞中实际拥有 4 个 XeF2 DXeF2晶体中距离最近的两个 XeF2之间的距离为 3a 2 (a 为晶胞边长) 【答案】C 【解析】A项，根据 XeF4的结构示意图可判断，Xe和 F之间形成极性键，该分子为平面正
12、方形结构， 所以是由极性键构成的非极性分子，故 A 正确；B 项，由于 XeF2晶体是由分子构成的，所以是分子晶体， 故 B 正确；C项，根据 XeF2晶体的晶胞结构可知，一个 XeF2晶胞中实际拥有的 XeF2个数为 1 812 8 ， 故 C 错误；D项，根据 XeF2晶体的晶胞结构可知，立方体体心的 XeF2与每个顶点的 XeF2之间的距离最近 且相等，该距离为晶胞体对角线长的一半，即为 3 2 a ，故 D 正确。故选 C。 8(2021 山西吕梁市期末)元素 X的基态原子的 2p能级有 4 个电子；元素 Y 的 M 层电子运动状态与 X 的价电子运动状态相同；元素 Z位于第四周期，其
13、基态原子的 2价阳离子 M层轨道全部排满电子。下列推 断正确的是 AY是 S 元素，基态原子最外层电子排布图为 B离子晶体 ZX、ZY 的熔点：ZXZY C在 Y的氢化物 H2Y分子中，Y原子轨道的杂化类型是 sp2 DY与 X可形成 YX32-，立体构型为四面体 【答案】B 【解析】元素 Z位于第四周期，其基态原子的 2 价阳离子 M层轨道全部排满电子，Z是 Zn 元素；元素 X 的基态原子的 2p能级有 4 个电子，X是 O 元素；元素 Y 的 M 层电子运动状态与 X 的价电子运动状态相 同，Y 是 S元素。A项，S元素基态原子最外层电子排布图为，A错误；B项，离子晶体中离 子的半径越小
14、，带电荷数越多，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，可知熔点 ZnOZnS，B 正确 C项，H2S 分子中，S 原子杂化轨道数是 4，S 原子轨道的杂化类型是 sp3，C错误；D 项，SO32中 S 原子的价层电子 对数是 4，含有一对孤对电子，所以立体构型为三角锥形，D错误；故选 B。 9(2021 山东泰安市模拟)BF3与一定量的水形成(H2O)2 BF3，一定条件下(H2O)2 BF3可发生如图转化， 下列说法中正确的是 A(H2O)2 BF3熔化后得到的物质属于离子晶体 B(H2O)2 BF3分子间存在着配位键和氢键 CBF3是仅含极性共价键的非极性分子 D基态 B原子核外电子的空间运动状态
15、有 5 种 【答案】C 【解析】 A. 项， 从题干给定的转化可以看出， (H2O)2 BF3熔化后得到的物质为， 虽然其由阴、阳离子构成，但其为液体，故其不属于离子晶体，故 A 不正确；B 项，(H2O)2 BF3分子间的 H2O与 H2O之间形成氢键， 分子中 O原子提供孤电子对， B原子提供空轨道， O与 B 原子之间存在配位键， 但分子间不存在配位键，故 B 错误；C项，BF3采用的是 sp2杂化类型，空间构型为平面三角形，结构对称， 是仅含 B-F极性共价键的非极性分子，故 C 正确；D项，基态 B原子核外电子排布式为 1s22s22p1，占据的 原子轨道为 3个，其空间运动状态应有
16、 3 种，故 D错误；故选 C。 10(2021 山东高三检测)梦溪笔谈有记：馆阁新书净本有误书处，以雌黄涂之。在中国古代，雌 黄(As2S3)经常用来修改错字，其结构如图所示。下列说法不正确的是( ) AAs、S原子的杂化方式均为 sp3 BAsH3的沸点比 NH3的低 C与 As 同周期且基态原子核外未成对电子数目相同的元素只有 V D已知 As2F2分子中各原子均满足 8 电子结构，分子中 键和 键的个数比为 3：1 【答案】C 【解析】A项，由雌黄的结构图可知，砷和硫原子均形成单键，均为 sp3杂化方式，故 A 正确；B 项， 两者均为分子晶体，沸点高低与相对分子质量的大小有关，但因氨
17、气分子间存在氢键导致其沸点高于 AsH3 的沸点，故 B正确；C项，As基态原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d104s24p3，未成对电子数为 3，与 其同周期且基态原子核外未成对电子数目相同的元素有 V： 1s22s22p63s23p63d34s2、 Co： 1s22s22p63s23p63d74s2， 故 C 错误；D项，As2F2分子中各原子均满足 8 电子结构，则其结构式为： 11 FF F-As=As-F,单键均为 键，双 键中有 1个 键、1 个 键，分子中 键和 键的个数比为 3：1，故 D 正确；故选 C。 11(2021 山东烟台市期末)有关晶体的结构如下
18、图所示，下列说法中错误的是 A钛酸钙的化学式为 CaTiO3 B在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键(CC)数目之比为 1：2 C硒化锌晶体中与一个 Se2-距离最近且相等的 Se2-有 8个 DCaF2中 F-与距离最近的 Ca2+所形成的键的夹角为 109.5 【答案】C 【解析】A项，由钛酸钙的晶胞可求得，Ca:81 8 =1,Ti:1,O:61 2 =3,所以钛酸钙的化学式为：CaTiO3， 故 A 正确；B项，金刚石中 1个 C原子链接 4 个 C-C键，相当于 1个 C-C 键连接 2 个 1 4 的 C原子，因此 C 原子与 C-C键之比是 1:2， 故 B 正确； C 项， 硒化锌晶
19、体中， 与一个 Se2-距离最近且相等的 Se2-应该有 12个， 除了看到的图还要考虑周围的晶胞，故 C错误；D 项，由氟化钙的晶胞可看出一个 F与 4 个 Ca可以形成正 四面体结构，键角为 109.5 ，故 D正确。故选 C。 12(2021 山东烟台市高三期末)邻二氮菲(phen)与 Fe2+生成稳定的橙红色邻二氮菲亚铁离子 Fe(phen)32+，可用于 Fe2+浓度的测定，邻二氮菲的结构简式如图所示。下列说法正确的是 A邻二氮菲的一氯代物有 3种 BFe(phen)32+中 Fe2+的配位数为 3 C邻二氮菲的熔点主要取决于所含化学键的键能 D溶液酸性太强时无法用邻二氮菲测定 Fe
20、2+的浓度，其原因可能是邻二氮菲中的 N 优先与 H+形成配 位键而减弱与 Fe2+的配位能力 【答案】D 【解析】A项，邻二氮菲分子中含有 4种不同位置的 H 原子，故其一氯代物有 4种，A错误；B项，N 原子上有孤对电子，易形成配位键，在邻二氮菲分子内有 2个 N原子，则 Fe2+和 3个邻二氮菲形成配合物 时，Fe2+的配位数为 6，B错误；C项，邻二氮菲是由分子构成的分子晶体，物质熔沸点高低取决于分子间 作用力的大小，与分子内所含化学键的键能无关，C错误；D 项，用邻二氮菲测定 Fe2+浓度时应控制 pH 在 2 9 的适宜范围，这是因为：当 H+浓度高时，邻二氮菲中的 N优先与 H+
21、形成配位键，导致与 Fe2+配位能 力减弱；若 OH-浓度较高时，OH-与 Fe2+反应，也影响与邻氮菲配位，D正确；故选 D。 13(2021 山东潍坊市寿光现代中学高三月考)氨基氰(CH2N2)中 C、N 原子均满足 8电子稳定结构，福 州大学王新晨教授以其为原料制得类石墨相氮化碳(g-C3N4)，其单层结构如图所示。下列说法错误的是 A氨基氰的结构式： B氮化碳的单层结构中，所有原子可能共平面 C氨基氰易溶于水，氮化碳能导电 D氨基氰和氮化碳中，N 原子杂化方式均为 sp2和 sp3 【答案】D 【解析】 A项， 由氨基氰分子中 C、 N原子均满足 8 电子稳定结构可知， 氨基氰的结构式
22、为， 故 A 正确；B 项，由氮化碳的单层结构可知，单层结构中 C、N原子两两相连且成环，C、N原子均采取 sp2 杂化，则氮化碳的单层结构中所有原子可能共平面，故 B正确；C 项，氨基氰易与水分子间形成氢键，则 氨基氰易溶于水，由信息可知氮化碳的结构与石墨相似，石墨能导电，则氮化碳也能导电，故 C正确；D 项， 氨基氰的结构式为， 由结构式可知氨基氰分子中 N原子杂化方式均为 sp和 sp3， 故 D错误； 故选 D。 14(2021 山东德州市高三期末)吡咯和卟吩都是平面分子。已知处于同一平面的多原子分子中如有相 互平行的 p 轨道，p 轨道电子在多个原子间运动形成不局限在两个原子之间的
23、型化学键，称为离域 键， 表示为 m n，m是成键原子数，n是成键电子数。下列说法错误的是( ) A熔沸点：吡咯卟吩 B吡咯中存在离域 键为 56 C苯分子中也存在离域 键 D吡咯和卟吩中 N原子的杂化方式都是 sp3杂化 【答案】D 【解析】A 项，卟吩的相对分子质量比吡咯的相对分子质量大，分子间作用力更大，则熔沸点：吡咯 卟吩，A正确；B项， 吡咯是平面分子，在吡咯中，由于每个 C 原子最外层有 4个电子，3 个电子用于成 键，只有一个孤电子，N原子最外层 5个电子，3 个电子用于成键，还有 2个孤电子，故成键原子数为 5， 成键电子数为 6，则形成离域 键为 56，B正确；C项，苯分子是
24、平面分子，在苯分子中，由于每个 C原 子最外层有 4个电子，3 个电子用于成键，只有一个孤电子，故成键原子数为 6，成键电子数为 6，则形成 离域 键为 66，C正确；D项，在吡咯分子中，N原子形成 3 个 键，还有一对孤对电子形成离域 键， 故为 sp2杂化；卟吩分子中，连接 H 原子的 N原子形成 3个 键，还有一对孤对电子形成离域 键，故为 sp2杂化，剩余的 2个 N 原子，形成 2 个 键，还有一对孤对电子，另外 1个孤电子形成离域 键，故为 sp2 杂化，D错误；故选 D。 15(2021 天津市宝坻区第一中学高三模拟)Zn(CN)42-在水溶液中可与 HCHO发生反应生成 Zn(
25、H2O)42+和 HOCH2CN，下列说法错误的是( ) AZn2+基态核外电子排布式为Ar3d10 B1mol HCHO 分子中含有 键的数目为 1.806 1024 CHOCH2CN 分子中碳原子轨道的杂化类型是 sp3 DZn(CN)42-中 Zn2+与 CN-的 C原子形成配位键，结构可表示为 【答案】C 【解析】A 项，Zn 原子序数为 30，位于B族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为Ar3d10，A 正确；B 项，1 分子 HCHO含 2 个 C-H 键和 1 个 C=O键，共有 3个 键，所以，1molHCHO分子中含有 键的物质 的量为 3mol，数目为 1.806 1024
26、，B正确；C项，HOCH2CN 分子中与羟基相连的 C 为 sp3杂化，-CN(-CN) 中的 C为 sp杂化，C 错误；D 项，Zn(CN)42-中 Zn2+与 CN-的 C原子形成配位键，Zn为 sp3杂化，配位原子 形成正四面体，所以，Zn(CN)42-结构可表示为，D正确；故选 C。 16(2021 甘肃兰州市兰州一中月考)元素 X位于第 4周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且 最外层电子数为 2；元素 Y基态原子的 3p 轨道上有 1 对成对电子。X与 Y 形成的化合物的晶胞结构如图所 示，下列关于该晶体的说法正确的是( ) A该晶体属于原子晶体 BX2+的配位数为 8，Y2-
27、的配位数为 4 C与每个 X2+距离最近且相等的 X2+共有 12个 D该晶体的熔点比氧化锌高 【答案】C 【解析】元素 X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且 最外层电子数为 2，所以该原子有 30 个电子，为 Zn元素；元素 Y基态原子的 p 轨道上有 1 对成对电子，说 明 3p 轨道上有 4个电子，核外电子排布为 1s22s22p63s23p4，则 Y是 S 元素，则化学式为 ZnS。A 项，ZnS 含有 Zn2+和 S2-，属离子晶体，故 A 错误；B项，因为化学式为 ZnS，所以 Y2-离子的配位数为 4，则 X2+离 子的配位数也为
28、 4，故 B错误；C项，由晶胞可知，与每个 X2+距离最近的 X2+在其面心，则共有 3 8 2 =12 个，故 C 正确，D项，离子晶体 ZnO 的晶格能比 ZnS 大，则 ZnO的熔点比 ZnS 高，故 D错误；故选 C。 17(2021 河南郑州市郑州外国语学校月考)氢是重要而洁净的能源。要利用氢气作为能源，必须解决 好安全有效地储存氢气的问题。镧 (La)镍(Ni)合金是一种储氢材料，这种合金的晶体结构已经测定，其基本 结构单元如图所示，有 关其说法正确的是 A属于金属晶体 B该合金的化学式为 La7Ni12 C其熔点比组分金属高，硬度比组分金属大 D设该结构单元的体积为 Vcm3，N
29、A 为阿伏伽德罗常数，合金的摩尔质量为 M g/mol。则该合金的 密度为 = g/ cm3 【答案】A 【解析】A项，该晶体是金属之间形成的，是金属晶体，A正确；B项，镧(La)镍(Ni)合金是一种储氢 材料，根据其基本结构单元示意图可知，该结构单元中含 La 原子数为 121 6 +21 2 =3，含有 Ni的原子数为 181 2 +6=15，则 La 和 Ni的原子数比为 3：15=1：5，该合金的化学式可表示为 LaNi5，B 错误；C项，合 金的熔点比组分金属低，硬度比组分金属大，C错误；D项，由 B 选项可知，1个该晶胞中含有 LaNi5的个 数为 3 个，所以该合金的密度为 =
30、3 g/ cm3，D 错误；故选 A。 18二茂铁(C5H5)2Fe的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合 物研究的新领域。已知二茂铁熔点是 173 (在 100 时开始升华)，沸点是 249 ，不溶于水，易溶于苯、 乙醚等非极性溶剂。下列说法不正确的是( ) A. 二茂铁属于分子晶体 B. 在二茂铁结构中，C5H5 与 Fe2之间形成的化学键类型是离子键 C. 已知：环戊二烯的结构式为：，则其中仅有 1 个碳原子采取 sp3杂化 D. C5H5 中一定含 键 【答案】B 【解析】A 项，根据二茂铁的物理性质，熔点低，易升华，易溶于有机溶剂，说明二茂铁为分子晶体
31、， 故说法正确；B 项，碳原子含有孤电子对，铁原子含有空轨道，两者形成配位键，故说法错误；C 项，1 号 碳原子含有 4 个 键无孤电子对，杂化类型为 sp3，2、3、4、5 碳原子有 3 个 键无孤电子对，杂化类型为 sp2，因此仅有 1 个碳原子采取 sp3杂化，故说法正确；D 项，C5H5 中，碳原子没有达到饱和，存在碳碳双 键，成键原子间只能形成一个 键，另一个键必然形成 键，故说法正确。 19 (2021 山东高三月考)Cu2O晶体结构与 CsCl相似， 只是用 Cu4O占据 CsCl晶体(图 I)中的 Cl的位置， 而 Cs 所占位置由 O原子占据，如图 II所示，下列说法不正确的
32、是 ACu2O晶胞中 Cu4O 四面体的 O 坐标为( 2 a ， 2 a ， 2 a )，则的 Cu 坐标可能为( 3 4 a ， 4 a ， 3 4 a ) BCu2O晶胞中有 2个 Cu2O CCsCl 的晶胞参数为 a cm，设 NA为阿伏加德罗常数的值，相对分子质量为 M，则密度为 3 A 2M a N g/cm3 DCu2O晶胞中 Cu的配位数是 2 【答案】C 【解析】 A项， 根据题意可知 Cu2O晶胞为， 根据图中所给坐标系， 和已知的 O坐标为( 2 a ， 2 a ， 2 a )可知，的 Cu 坐标可能为( 3 4 a ， 4 a ， 3 4 a )，故 A 正确；B项，
33、根据均摊法可知，Cu2O晶胞中有 2 个 O，4 个 Cu，即 2个 Cu2O，故 B 正确；C项，CsCl 的晶胞中有 1个 CsCl，则其密度为 3 A M a N g/cm3，故 C错误；D 项，Cu2O 晶胞为，Cu的配位数是 2，故 D正确；故选 C。 20(2021 山东高三月考)钙钛矿是以俄罗斯矿物学家 Perovski的名字命名的，最初单指钛酸钙这种矿 物如图(a)，此后，把结构与之类似的晶体(化学式与钛酸钙相同)统称为钙钛矿物质。某钙钛矿型太阳能光 伏电池的有机半导材料的结构如图(b)所示，其中A为 CH3NH3+，另两种离子为 I-和 Pb 2+。 下列说法错误的是( )
34、A钛酸钙的化学式为 CaTiO3 B图(b)中，X 为 Pb 2+ CCH3NH3+中含有配位健 D晶胞中与每个 Ca2+紧邻的 O2-有 12 个 【答案】B 【解析】A项，由图(a)可知，钛酸钙的晶胞中 Ca2+位于 8 个顶点、O2-位于 6个面心、Ti4+位于体心，根 据均摊法可以确定 Ca2+、O2-、Ti4+的数目分别为 1、3、1，因此其化学式为 CaTiO3，A 正确；B项，由图(b) 可知，A、B、X分别位于晶胞的顶点、体心、面心，根据均摊法可以确定其中有 1 个 A、1个 B 和 3个 X， 根据晶体呈电中性可以确定， CH3NH3+ 和 Pb 2+均为 1个，有 3 个
35、I-，故 X 为 I-，B 错误；C项，类比 NH4+ 的成键情况可知，CH3NH3+中含有 H+与-NH2形成的配位健，C 正确；D项，图(a)的晶胞中，Ca2+位于顶点， 其与邻近的 3个面的面心上的 O2紧邻，每个顶点参与形成 8个晶胞，每个面参与形成 2 个晶胞，因此，与 每个 Ca2+紧邻的 O2有 38 2=12 个，D正确。故选 B。 二、非选择题二、非选择题 21(2021 山东德州市高三期末)氟及其化合物用途十分广泛，回答下列问题： (1)氟化物 OF2、NF3、SiF4、PF5、SF6中，中心原子采取 sp 3杂化且分子构型为正四面体形的是_。 (2)已知氟锑酸是一种超强酸
36、，基态锑的电子排布式为_。 (3)的分子内部存在氢键，画出氢键结构：_。 (4)工业上电解 Al2O3制取单质铝，常利用冰晶石 Na3AlF6降低 Al2O3的熔点。冰晶石的生产原理为 2Al(OH)3+12HF+3Na2CO3=2Na3AlF6+3CO2+9H2O。 测定气态HF的摩尔质量时，往往得不到 20 g mol-1的数据，原因是_。 反应物中元素(氢除外)的第一电离能从大到小的顺序为_(用元素符号表示)。 冰晶石由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图所示，位于大立方体的顶点和面心，位于大立方 体的 12条棱的中点和 8 个小立方体的体心， 那么大立方体的体心处所代表的微粒是_(填具体
37、的微粒符 号)。 (5)LiF、CsF的晶体结构与 NaCl的晶体结构类型相同，其晶胞参数分别为 apm、hpm，则 LiF与 CsF的 密度之比为_(列出计算式)。 【答案】(1)SiF4 (2)Kr5s25p3 (3) (4)HF 分子间存在氢键 FOCAlNa Na+ (5) 3 3 26b 152a 【解析】(1) OF2中 O 形成 2 个 键，孤电子对=2，总共电子对数为 2+2=4，所以 OF2为 sp3杂化，平面 三角形，故不符合题意； NF3中 N形成 3个 键，孤电子=1， 总共电子对数为 1+3=4，所以为 sp3杂化， 三角锥， 故不符合题意； SiF4中 Si形成 4
38、个 键， 没有孤电子对， 总共电子对数为 0+4=4， 所以为 sp3杂化， 正四面体， 故符合题意； PF5中 P 形成 5个 键， 没有孤电子对， 总共电子对数为 0+5=5， 所以为 sp3d 杂化， 三角双锥，故不符合题意； SF6中 S 形成 6 个 键，孤电子对=0，总共电子对数为 0+6=6为 sp3d2杂化，正 八面体，故不符合题意；故答案为 SiF4。(2)锑为第五周期第 VA族元素，其价电子排布式为：5s25p3，基态 锑的电子排布式为：Kr5s25p3；(3)的分子内部存在氢键，氢键结构为： ；(4) 测定 气态 HF 的摩尔质量时， 因为 HF 分子间存在氢键， 有一部
39、分 HF 分子通过氢键结合了， 往往得不到 20 g mol-1 的数据；根据非金属性越强，其电负性越强，电离能越大，所以排列顺序为：FOCAlNa；的 个数为：，的个数为：，要使两种粒子的个数之比为 1：3，则大立方体的 体心所代表的微粒为 Na +；(5)VN A=nM，其中 V为体积，n是晶胞内分子数，M是摩尔质量， A nM VN ， 3 A 3 A n? 7 19 a N LiF n? 133 19 CsF b N = 3 3 26b 152a 。 22(2021 安徽黄山市高三一模)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 201
40、9 年诺贝尔化学奖。回答下列问题： (1)Co3+的价电子排布图为：_；基态磷原子有_种空间运动状态不同的电子。 (2)Li、O、P 三种元素的电负性由大到小的顺序是：_。 (3)写出一种与 PO 3 4 互为等电子体的分子的化学式：_，该分子的中心原子的价层电子对数等于_。 (4)已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有： _。 A配位键 B金属键 C离子键 D共价键 E.氢键 F.范德华力 (5)N和 P 是同主族元素，但是 NH3分子中的键角大于 PH3分子中的键角，原因是：_。 (6)Li2O 为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则
41、O2-配位数为：_，若晶胞参数为 bnm， 阿伏加德罗常数的值为 NA， 则 Li2O 的密度为_g cm-3(列出计算式即可)， O2-和 Li+的最短距离等于_nm(用 含 b的代数式表示)。 【答案】(1) 15 (2)OPLi (3)CCl4、SiF4、POCl3等 4 (4)B、C (5)电负性 NP，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大 (6)8 23 3 A 1.2 10 N b 3b 4 【解析】(1)Co是第 27 号元素，Co 简化电子排布式为：Ar3d 74s2 ，Co3+是失去三个电子先失去最外 层那么 Co3+的价电子排布图为 ；基态磷原子核外
42、有 15 个电子，每个电子的运动 状态均不同；(2)非金属性越强电负性越大则 OPLi；(3) 等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子 或原子团，PO43-为 5原子 8 电子，与之为等电子体的可为 CCl4、SiF4、POCl3等； C、Si、P 为中心原子， 且无孤电子对，价层电子对数等于中心原子与周围原子形成的 键，均为 4；(4) 无水硫酸铜溶于水形成五 水硫酸铜，带有结晶水，所以硫酸铜稀溶液中有配位键、共价键、氢键、范德华力，没有金属键和离子键； (5) N 的电负性大于 P，NH3中 N H键的键长比 PH3中 P H 键的键长要短，所以在 NH3中成键电子对更 靠近 N，排斥
43、力更大，以致键角更大；(6)从图 Li2O 晶胞的结构可以看出晶胞中的 Li+的个数为 8 个，顶点 有 8 个 O2-，面心有 6 个 O2-，晶胞中 O2-的个数为 8 1 8 6 1 2 =4，以面心 O2-为例，需要 8 个 Li+给它配 位；1mol 晶胞中有 4molLi2O，因此 = 23 33 733 AA 8?74?161.2?10 g/cmg/cm Nb?10N b （） ；将晶胞切割成以 Li+为中 心，O2-为顶点的小晶胞，两个 O2-的距离为 2b 2 ，两个 O2-的中心点距离 Li+的距离为 b 4 ，则 O2-和 Li+的最 短距离等于 2 22 2bb3b3b
44、 44164 （） （ ） 。 23(2021 重庆高三零模)单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的 途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。 (1)基态镍原子的核外电子排布式为_。 (2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到 CH4、CO2和 CH3OH等物质。元素 Mg、O 和 C的第一电离能由 小到大排序为_在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是_，立体构型 为正四面体的分子是_，三种物质中沸点最高的是 CH3OH，其原因是_。 (3)Ni与CO在6080时反应生成 Ni(CO)4气体， 在 Ni(CO)4分子中与Ni形成配位
45、键的原子是_， Ni(CO)4晶体类型是_。 (4)已知 MgO具有 NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知 Mg 晶胞边长为 0.42 nm，则 MgO的密 度为_g/cm3(保留小数点后一位)； 相邻 Mg2+之间的最短距离为_nm(已知 2=1.414，5=1.732 结果保留小数点后两位)，每个 Mg2+周围具有该距离的 Mg2+个数为_。 【答案】(1)1s22s22p63s23p63d84s2 (2)MgCO CO2 CH4 甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键 (3)C 分子晶体 (4) 3.6 0.30 12 【解析】(1)镍元素的原子序数为 28，基态镍原子的核外电子排布
46、式是 1s22s22p63s23p63d84s2；(2)金属元 素的第一电离能小于非金属元素的电负性，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则 Mg、O 和 C的第一电离 能由小到大排序为 MgCO；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为 sp3杂化，而二氧化碳分子 的空间构型为直线形，杂化方式为 sp 杂化，则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种；甲烷分子中碳 原子的杂化方式为 sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲醇为极 性分子， 且甲醇分子间能形成氢键， 则甲醇的沸点最高； (3)由题意可知， Ni(CO)4的沸点低， 属于分子晶体， Ni(CO)4分
47、子中与 Ni形成配位键的原子是能提供孤对电子的碳原子；(4)由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位 于顶点和面心的氧离子的个数为 8 1 8 +6 1 2 =4， 位于棱上和体心的镁离子个数为 12 1 4 +1=4， 则每个晶 胞中含有 4 个 MgO，设氧化镁的密度为 d，由晶胞质量公式可得 23 4 40 6.02 10 =(0.42107)3d，解得 d= 23321 4 40 6.02 100.4210 g/cm33.6 g/cm3；氧化镁晶胞中镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则 相邻 Mg2+之间的最短距离为 2 1 2 0.42nm0.30nm，每个 Mg2+周围具有该距离的 Mg
48、2+个数为 12。 24(2021 河北高三零模)科学工作者合成了含镁、镍、碳 3 种元素的超导材料，具有良好的应用前景。 回答下列问题： (1)镍元素位于周期表第_列，基态镍原子 d轨道中成对电子与单电子的数量比为_。 (2)在 CO分子中，C与 O 之间形成_个 键、_个 键，在这些化学键中，O原子共提供了 _个电子。 (3)第二周期元素的第一电离能(I1)随原子序数(Z)的变化情况如图。 I1随 Z的递增而呈增大趋势的原因是 _，原子核对外层电子的引力增大。导致 I1在 a 点出现齿峰的原因是_。 (4)下列分子或离子与 CO2具有相同类型化学键和立体构型的是_(填标号)。 ASO2 BOCN- CHF2- DNO2+ (5)过渡金属与 O 形成羰基配合物时，每个 CO分子向中心原子提供 2个电子，最终使中心原子的电子 总数与同周期的稀有气体原子相同，称为有效原子序数规则。根据此规则推断，镍与 CO形成的羰基配合物 N i (CO) x中，x =_。 (6