2023屆高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題之物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)

第55頁(yè)（共55頁(yè)）專題之物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)2023年江蘇高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)一．選擇題（共7小題）1．（2021?連云港一模）照相底片的定影及銀的回收過程如下：步驟1：將曝光后的照相底片用定影液（Na2S2O3）浸泡，使未曝光的AgBr轉(zhuǎn)化成配合物溶解，該反應(yīng)AgBr和Na2S2O3的物質(zhì)的量比為1：2。步驟2：在步驟1的廢定影液中加Na2S使配合物轉(zhuǎn)化為黑色沉淀，并使定影液再生。步驟3：過濾，將黑色沉淀灼燒回收銀。下列說法不正確的是（）A．步驟1中配合物的內(nèi)外界離子數(shù)比為1：2 B．步驟2中黑色沉淀為Ag2S C．步驟3灼燒時(shí)要進(jìn)行尾氣吸收 D．如圖所示NaBr晶胞中有4個(gè)Br﹣原子2．（2022?泰州模擬）（CH3NH3）PbI3是鈣鈦礦太陽(yáng)能電池的重要吸光材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，Walsh提出H2O降解（CH3NH3）PbI3的機(jī)理如圖2所示。下列說法不正確的是（）A．H3O+的鍵角小于H2O的鍵角 B．1個(gè)（CH3NH3）PbI3晶胞含有3個(gè)I﹣ C．機(jī)理中的反應(yīng)均為非氧化還原反應(yīng) D．H2O可與CH3NH反應(yīng)生成H3O+和CH3NH23．（2021?江蘇模擬）實(shí)驗(yàn)室用電石（主要成分為碳化鈣）與水反應(yīng)制取乙炔。乙炔中混有的H2S氣體可用CuSO4溶液吸收，反應(yīng)方程式為H2S+CuSO4═CuS↓+H2SO4。下列說法正確的是（）A．由圖可知，碳化鈣的化學(xué)式為CaC2 B．乙炔分子中σ鍵和π鍵數(shù)目相等 C．H2S是非極性分子 D．H2SO4屬于離子化合物4．（2022?連云港模擬）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物水溶液顯堿性，Y的2p軌道上有2個(gè)未成對(duì)電子，常溫下0.01mol?L﹣1Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物溶液的pH＝12，W與Y同主族。下列說法正確的是（）A．X的第一電離能比Y的小 B．Y的氫化物中不存在非極性共價(jià)鍵 C．X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物空間構(gòu)型為V形 D．Z與W形成的晶胞（如圖）中含有8個(gè)Z離子5．（2022?南通模擬）X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。X和Z的基態(tài)原子核外均有2個(gè)未成對(duì)電子。R是地殼中含量最高的金屬元素。W元素基態(tài)原子的內(nèi)層電子全充滿，最外層只有1個(gè)電子。下列說法正確的是（）A．第一電離能：I（X）＜I（Y）＜I（Z） B．X簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)比Z的高 C．Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可以溶解單質(zhì)R D．元素Z和W組成的一種化合物晶胞結(jié)構(gòu)如題8圖所示，該化合物的化學(xué)式為WZ6．（2021?江蘇模擬）某同學(xué)將稀氨水滴入AgNO3溶液得到銀氨溶液，再加入葡萄糖加熱獲得光亮的銀鏡。下列說法正確的是（）A．氨氣極易溶于水主要是因?yàn)镹H3與H2O可形成分子間氫鍵 B．銀氨離子的形成是因?yàn)锳g+提供孤電子對(duì)與NH3形成配位鍵 C．銀鏡的產(chǎn)生是因?yàn)槠咸烟欠肿又械牧u基將銀氨離子還原 D．圖中所示的銀晶體中銀原子的配位數(shù)為87．（2022?南京二模）一種從照相底片中回收單質(zhì)銀的方法如下：步驟1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr轉(zhuǎn)化成Na3[Ag（S2O3）2]而溶解。步驟2：在步驟1所得溶液中加稍過量Na2S溶液，充分反應(yīng)后過濾出黑色沉淀。步驟3：將黑色沉淀在空氣中灼燒，回收單質(zhì)銀。下列說法正確的是（）A．步驟1所得[Ag（S2O3）2]3﹣中Ag+提供孤電子對(duì) B．步驟2所得濾液中大量存在的離子：Na+、Ag+、S2O32﹣、S2﹣ C．步驟3灼燒時(shí)可用足量NaOH溶液吸收尾氣 D．Na2S晶胞（如圖所示）中每個(gè)Na+周圍距離最近的S2﹣有8個(gè)二．解答題（共17小題）8．（2022?新沂市校級(jí)模擬）N、P、As及其化合物在生產(chǎn)生活方面都有重要的用途。回答下列問題：（1）As原子的基態(tài)核外電子排布式為。（2）Pt（NH3）2Cl2有如圖1所示兩種結(jié)構(gòu)，Pt2+的配位體是。順鉑在水中溶解度較大，反鉑在水中溶解度小，順鉑在水中溶解度較大的原因是。（3）碳鉑是一種廣譜抗癌藥物，其結(jié)構(gòu)如圖2。其分子中碳原子軌道雜化類型為。（4）PCl3和BCl3混合與H2在1000℃條件下可得到一種半導(dǎo)體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖3所示。BCl3的空間構(gòu)型為（用文字描述），該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。9．（2022?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）鋅冶煉過程中產(chǎn)生的鋅渣主要成分為鐵酸鋅（ZnFe2O4）和二氧化硅，以及少量的銅、鐵、鋅的氧化物和硫化物。利用酸溶的方法可溶出金屬離子，使鋅渣得到充分利用。（1）鐵酸鋅酸溶。鐵酸鋅難溶于水，其晶胞由A、B結(jié)構(gòu)按照1：1交替累積而成，如圖1所示。將鐵酸鋅粉末投入到1L1mol?L﹣1H2SO4中，保溫80℃，勻速攪拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的濃度隨時(shí)間的變化如表所示。時(shí)間/h0.51.01.52.02.5c（Zn2+）/mol?L﹣10.100.110.150.210.21c（Fe3+）/mol?L﹣10.120.130.160.210.30①B結(jié)構(gòu)的化學(xué)式為。②鐵酸鋅和硫酸反應(yīng)的離子方程式為。③酸溶時(shí)，溶出效率較高的金屬離子是。（2）鋅渣酸溶。將鋅渣分別在SO2﹣1mol?L﹣1H2SO4、1mol?L﹣1H2SO4以及SO2﹣H2O三種體系中實(shí)驗(yàn)，均保持80℃，勻速攪拌，所得結(jié)果如圖2所示。已知：25℃時(shí)，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣17；Ksp（ZnS）＝2.9×10﹣25；Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36；Ksp（Cu2S）＝2.5×10﹣48；FeS和ZnS可溶于稀硫酸，CuS和Cu2S不溶于稀硫酸。①在SO2﹣H2SO4體系中，Zn2+浸出率較高的原因是。②在SO2﹣H2SO4體系中，溶渣中Cu2S的質(zhì)量增加，原因是。10．（2021?南通模擬）芯片是國(guó)家科技的心臟。在硅及其化合物上進(jìn)行蝕刻是芯片制造中非常重要的環(huán)節(jié)。三氟化氮（NF3）、四氟化碳（CF4）是常見的蝕刻劑。（1）高純?nèi)獙?duì)二氧化硅具有優(yōu)異的蝕刻速率和選擇性。①二氧化硅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖﹣1所示，二氧化硅晶體中硅原子周圍最近的硅原子有個(gè)。②工業(yè)上常采用F2直接氟化尿素[CO（NH2）2]的方法生產(chǎn)NF3，得到的NF3中常含有少量CF4，常溫下，三種物質(zhì)在水中的溶解性大小順序?yàn)椋篊F4＜NF3＜NH3，原因是。（2）四氟化碳的一種蝕刻機(jī)理是：CF4在等離子體的條件下產(chǎn)生活性自由基（?F），該自由基易與硅及其化合物中的硅原子結(jié)合生成SiF4氣體從而達(dá)到蝕刻目的。用CF4（g）進(jìn)行蝕刻時(shí)常與氧氣混合，當(dāng)混合氣體的流速分別為80mL?min﹣1和100mL?min﹣1時(shí)，蝕刻速率隨混合氣體中O2和CF4體積之比[V（O2）/V（CF4）]的變化如圖﹣2所示。①a點(diǎn)蝕刻速率比b點(diǎn)快的原因是。②蝕刻速率隨V（O2）/V（CF4）先升高后降低的原因是。（3）NF3是一種強(qiáng)溫室氣體，消除大氣中的NF3對(duì)于環(huán)境保護(hù)具有重要意義。國(guó)內(nèi)某科研團(tuán)隊(duì)研究了利用氫自由基（?H）的脫氟反應(yīng)實(shí)現(xiàn)NF3的降解。降解生成?NF2和HF的兩種反應(yīng)歷程如圖﹣3所示。其中直接抽提反應(yīng)是降解的主要?dú)v程，原因是。11．（2021?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）乙二胺四乙酸二鈉鹽是配合劑的代表性物質(zhì)，能和堿金屬、稀土元素和過渡金屬等形成穩(wěn)定的水溶性絡(luò)合物，廣泛應(yīng)用于高分子化學(xué)工業(yè)、日用化學(xué)工業(yè)、醫(yī)藥工業(yè)試劑。乙二胺四乙酸根可以和三價(jià)鉻離子1：1形成六配位離子。乙二胺四乙酸結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖1。請(qǐng)回答下列問題：（1）寫出基態(tài)金屬鉻原子核外的價(jià)電子排布式。（2）乙二胺四乙酸根離子和三價(jià)鉻離子形成的六配位離子中，配位原子為。（3）乙二胺四乙酸分子中，碳原子的雜化方式為，其分子中含有的四種非金屬元素的電負(fù)性由大到小順序?yàn)?。?）0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數(shù)目為。（5）常溫下，乙二胺四乙酸在水中溶解度較小。但常溫下乙酸卻易溶于水，試解釋乙酸易溶于水的原因是：。（6）金屬鉻（圖3）可形成正鹽亞鉻酸鈷，該鹽晶體的晶胞沿y軸一個(gè)方向的投影如圖3所示。晶胞中Co、Cr、O分別處于晶胞的頂角、體心和面心位置。則該鹽的化學(xué)式為。12．（2021?連云港模擬）鈦的化合物如TiO2、Ti（BH4）2等均有著廣泛用途。（1）基態(tài)Ti3+的未成對(duì)電子數(shù)為；BH4﹣的空間構(gòu)型為。（2）在TiO2催化作用下，可將CN﹣氧化成CNO﹣，進(jìn)而得到N2。寫出與CNO﹣互為等電子體的分子的化學(xué)式。（任填一種）（3）納米TiO2催化的一個(gè)實(shí)例如圖所示，化合物甲的分子中采取sp2方式雜化的碳原子數(shù)為個(gè)，化合物乙中采取sp3方式雜化的原子對(duì)應(yīng)的元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)?。?）主族元素A和鈦同周期，具有相同的最外層電子數(shù)，元素D原子的p能級(jí)所含電子總數(shù)與s能級(jí)所含電子總數(shù)相等，且其形成的氫化物分子之間存在氫鍵。元素A、元素D和鈦三者形成的晶體的晶胞如圖2所示，寫出該晶體的化學(xué)式。（用元素符號(hào)表示）13．（2021?通州區(qū)模擬）鈣鈦礦（CaTiO3）型化合物是一類可用于生產(chǎn)太陽(yáng)能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料。其中，反溶劑輔助結(jié)晶法已廣泛用于制備鈣鈦礦太陽(yáng)能電池，反溶劑碳酸二乙酯（）相比較于氯苯、甲苯更加環(huán)保，可獲得高質(zhì)量的鈣鈦礦，這對(duì)開發(fā)高效的鈣鈦礦光伏器件和其他光電器件有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Ca原子的核外電子排布式為。（2）碳、氫、氧三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是。（3）碳酸二乙酯中碳原子的雜化方式是，1mol碳酸二乙酯中所含σ鍵的數(shù)目是。（4）Ti的四鹵化物熔點(diǎn)如表所示，解釋TiCl4至TiI4熔點(diǎn)變化的原因?；衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)℃377﹣24.1238.3155（5）CaTiO3的晶胞如圖所示，Ti4+周圍等距離且緊鄰的Ca2+數(shù)目是。14．（2021?蘇州模擬）過渡金屬鉻、鎳及其化合物在工業(yè)上有重要用途，回答下列問題：（1）Cr基態(tài)原子價(jià)層電子的軌道表達(dá)式。（2）氮化鉻（CrN）在超級(jí)電容器領(lǐng)域具有良好的應(yīng)用前景，可由CrCl3?6H2O與尿素[（NH2）2CO]反應(yīng)先得到配合物{Cr[OC（NH2）2]6}Cl3，然后在通有NH3和N2混合氣體的反應(yīng)爐內(nèi)熱分解制得。尿素構(gòu)成元素中電負(fù)性由大到小的順序?yàn)椤＃?）丁二酮肟（）是檢驗(yàn)Ni2+的靈敏試劑。丁二酮肟分子中C原子軌道雜化類型為，2mol丁二酮肟分子中所含σ鍵的數(shù)目為。（4）丁二酮肟常與Ni2+形成圖A所示的配合物，圖B是硫代氧的結(jié)果。A的熔、沸點(diǎn)高于B的原因?yàn)椤＃?）最近發(fā)現(xiàn)，只含鎳、鎂、和碳三種元素的晶體竟然也具有超導(dǎo)性。鑒于這三種元素都是常見元素，從而引起廣泛關(guān)注，該新型超導(dǎo)晶體的一個(gè)晶胞如圖所示，則該晶體的化學(xué)式為。15．（2022?南通二模）過二硫酸鈉（Na2S2O8）具有強(qiáng)氧化性，常用于處理水體中的有機(jī)污染物。（1）S2O82﹣的結(jié)構(gòu)如圖1所示，用“□”標(biāo)識(shí)出S2O82﹣中體現(xiàn)強(qiáng)氧化性的基團(tuán)：。（2）Fe2+可活化S2O82﹣，活化后產(chǎn)生SO4?﹣。SO4?﹣氧化性更強(qiáng)，降解廢水中有機(jī)污染物的能力更強(qiáng)。Fe2+活化S2O82﹣過程中存在下列反應(yīng)（k是衡量反應(yīng)快慢的物理量，k越大，反應(yīng)越快）：Ⅰ：S2O82﹣═2SO4?﹣k＝2.5×10﹣9Ⅱ：SO4?﹣+H2O═SO42﹣+?OH﹣+H+k＝2×103Ⅲ：S2O82﹣+Fe2+═Fe3++SO4?﹣+SO42﹣k＝20Ⅳ：Fe2++SO4?﹣═Fe3++SO42﹣k＝4.6×109向含有有機(jī)污染物的廢水中投放一定量Na2S2O8，再分批加入一定量FeSO4。①若將FeSO4一次性加入廢水中，不利于有機(jī)污染物降解。原因是。②其他條件相同，溶液初始pH對(duì)有機(jī)物降解率的影響如圖2所示。當(dāng)pH＞3時(shí)，有機(jī)物的降解率隨初始pH升高而降低的可能原因是。（3）CuxFeyOz是一種符合催化劑，可催化活化過二硫酸鹽（S2O82﹣）產(chǎn)生SO42﹣。①該復(fù)合催化劑晶胞結(jié)構(gòu)如圖3所示（A、B分別為晶胞的的結(jié)構(gòu)），其化學(xué)式為。②該復(fù)合催化劑活化過二硫酸鹽的過程如圖4所示。請(qǐng)描述該催化劑參與反應(yīng)并再生的過程：。16．（2020?贛榆區(qū)模擬）黃銅礦是工業(yè)冶煉銅的原料，主要成分為CuFeS2．試回答下列問題：（1）基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為；Cu、Zn的第二電離能大小I2（Cu）I2（Zn）。（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）SO2分子中分子空間構(gòu)型為；與SO2互為等電子體的陰離子有（寫一種）。（3）[Cr（H2O）4Br2]Br?2H2O中心離子配位數(shù)為。（4）鐵鎂合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲(chǔ)氫密度最高的儲(chǔ)氫材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞距離Mg原子最近Mg數(shù)目為。17．（2020?江蘇模擬）合成氨工藝的一個(gè)重要工序是銅洗，其目的是用銅液（醋酸二氨合銅、氨水）吸收在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的CO和CO2等氣體。銅液吸收CO的反應(yīng)方程式為：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]Ac（Ac﹣為CH3COO﹣的簡(jiǎn)寫）。（1）基態(tài)原子中未成對(duì)電子數(shù)最多的短周期元素X，與上述反應(yīng)中所有元素均不在同一周期，該基態(tài)原子的電子排布式為。（2）[Cu（NH3）3CO]Ac組成元素中，第一電離能最大的元素是。（填元素符號(hào)）。（3）HAc可通過將CH3CHO氧化得到，比較HAc與乙醛的沸點(diǎn)高低，并說明原因：。（4）C、N兩種原子可形氣體分子（CN）2，也可形成有劇毒性的CN﹣．（CN）2性質(zhì)與鹵素單質(zhì)類似，判斷（CN）2中C原子軌道雜化類型為。與CN﹣互為等電子體的一種非極性分子的化學(xué)式為。（5）銅晶胞結(jié)構(gòu)如圖，銅晶體中每個(gè)銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為。18．（2020?南通三模）K2Cr2O7是一種強(qiáng)氧化劑，在酸性條件下與乙醇發(fā)生如下反應(yīng)：3CH3CH2OH+2K2Cr2O7+8H2SO4═2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+2K2SO4+11H2O（1）Cr基態(tài)核外電子排布式為。（2）K、S、O三種元素的第一電離能由大到小的順序?yàn)?。?）乙醇的沸點(diǎn)比甲醚（CH3OCH3）的高，主要原因是。與H2O空間結(jié)構(gòu)相同的一種陰離子為（填化學(xué)式）。（4）[Cr（H2O）5Cl]Cl2?H2O是鉻（Ⅲ）的一種配合物，1mol[Cr（H2O）5Cl]2+中含有σ鍵的數(shù)目為。（5）某鉻鋁合金是一種輕質(zhì)高溫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶體中n（Cr）：n（Al）＝。19．（2020?江蘇二模）鋰離子電池已被廣泛用作便攜式電源。正極材料為L(zhǎng)iCoO2、LiFePO4等，負(fù)極材料一般為石墨碳，以溶有LiPF6、LiBF4等的碳酸二乙酯（DEC）作電解液。（1）Fe2+基態(tài)核外電子排布式為。（2）PO43﹣的空間構(gòu)型為（用文字描述）。（3）[Co（NH3）3Cl3]中Co3+的配位數(shù)為6，該配合物中的配位原子為。（4）碳酸二乙酯（DEC）的分子結(jié)構(gòu)如圖1所示，分子中碳原子的軌道雜化類型為，1mol碳酸二乙酯（DEC）中含有σ鍵的數(shù)目為。（5）氮化鋰是一種新型無(wú)機(jī)貯氫材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖﹣2所示，該晶體的化學(xué)式為。20．（2020?連云港模擬）鎳的單質(zhì)、合金及其化合物用途非常廣泛。（1）Ni2+基態(tài)核外電子排布式為。（2）膠狀鎳可催化CH2CHCN加氫生成CH3CH2CN．CH2CHCN分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比n（σ）：n（π）＝；CH3CH2CN分子中碳原子軌道的雜化類型為（3）[Ni（N2H4）2]（N3）2是一種富氮含能材料。配體N2H4能與水混溶，除因?yàn)樗鼈兌际菢O性分子外，還因?yàn)?；[Ni（N2H4）2]2+中含四個(gè)配位鍵，不考慮空間構(gòu)型，[Ni（N2H4）2]2+的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為。（4）一種新型的功能材料的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，它的化學(xué)式可表示為21．（2020?海安市校級(jí)模擬）在HClO4﹣NaClO4介質(zhì)中，K5[Co3+O4W12O36]（簡(jiǎn)記為Co3+W）催化氧化NH2OH的過程如下：（1）Co2+基態(tài)核外電子排布式為。（2）NH2OH分子中氮原子軌道的雜化類型是，1molNH2OH分子中含有σ鍵的數(shù)目為。（3）N、H、O三種元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)?。?）ClO4﹣的空間構(gòu)型為。（5）一種鐵、碳形成的間隙化合物的晶體結(jié)構(gòu)如圖所示，其中碳原子位于鐵原子形成的八面體的中心，每個(gè)鐵原子又為兩個(gè)八面體共用，則該化合物的化學(xué)式為。22．（2020?鼓樓區(qū)校級(jí)一模）過渡元素鐵可形成多種配合物，如：[Fe（CN）6]4﹣、Fe（SCN）3等．（1）Fe2+基態(tài)核外電子排布式為．（2）科學(xué)研究表明用TiO2作光催化劑可將廢水中CN﹣轉(zhuǎn)化為OCN﹣、并最終氧化為N2、CO2．OCN﹣中三種元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)椋?）與CN﹣互為等電子體的一種分子為（填化學(xué)式）；1molFe（CN）63﹣中含有σ鍵的數(shù)目為．（4）鐵的另一種配合物Fe（CO）5熔點(diǎn)為﹣20.5℃，沸點(diǎn)為103℃，易溶于CCl4，據(jù)此可以判斷Fe（CO）5晶體屬于（填晶體類型）．（5）鐵鋁合金的一種晶體屬于面心立方結(jié)構(gòu)，其晶胞可看成由8個(gè)小體心立方結(jié)構(gòu)堆砌而成．已知小立方體如圖所示．該合金的化學(xué)式為．23．（2020?揚(yáng)州模擬）雙縮脲反應(yīng)可以用于測(cè)定蛋白質(zhì)的含量。雙縮脲反應(yīng)的原理可表示如圖1：（1）Cu2+的基態(tài)核外電子排布式為。（2）與H2O互為等電子體的一種陽(yáng)離子為（填化學(xué)式）。（3）雙縮脲分子中氮原子軌道的雜化類型是；1mol雙縮脲分子中含有σ鍵的數(shù)目為。（4）該紫紅色配離子中的配位原子為。（5）Cu3Au的晶胞如圖2所示，Cu3Au晶體中每個(gè)銅原子周圍距離最近的銅原子數(shù)目為。24．（2020?南通二模）丁二酮肟可用于鎳的檢驗(yàn)和測(cè)定，其結(jié)構(gòu)式如圖：（1）Ni元素基態(tài)原子價(jià)電子排布式為，C、N、O第一電離能由大到小的順序是。（2）1mol丁二酮肟含有的σ鍵數(shù)目是，碳原子的雜化方式為。（3）丁二酮肟鎳分子內(nèi)含有的作用力有（填字母）。a．配位鍵b．離子鍵c．氫鍵d．范德華力（4）某鎳白銅的晶胞如圖所示，其化學(xué)式為。

專題之物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)2023年江蘇高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)參考答案與試題解析一．選擇題（共7小題）1．（2021?連云港一模）照相底片的定影及銀的回收過程如下：步驟1：將曝光后的照相底片用定影液（Na2S2O3）浸泡，使未曝光的AgBr轉(zhuǎn)化成配合物溶解，該反應(yīng)AgBr和Na2S2O3的物質(zhì)的量比為1：2。步驟2：在步驟1的廢定影液中加Na2S使配合物轉(zhuǎn)化為黑色沉淀，并使定影液再生。步驟3：過濾，將黑色沉淀灼燒回收銀。下列說法不正確的是（）A．步驟1中配合物的內(nèi)外界離子數(shù)比為1：2 B．步驟2中黑色沉淀為Ag2S C．步驟3灼燒時(shí)要進(jìn)行尾氣吸收 D．如圖所示NaBr晶胞中有4個(gè)Br﹣原子【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A.該反應(yīng)AgBr和Na2S2O3的物質(zhì)的量比為1：2，生成配合物為Na3[Ag（S2O3）2]，且還生成NaBr；B.加Na2S使Na3[Ag（S2O3）2]轉(zhuǎn)化為黑色沉淀；C.步驟3灼燒生成有毒氣體二氧化硫；D.NaBr晶胞中Br﹣在頂點(diǎn)和面心?！窘獯稹拷猓篈.步驟1中發(fā)生AgBr+2Na2S2O3＝Na3[Ag（S2O3）2]+NaBr，生成配合物為Na3[Ag（S2O3）2]，配合物的內(nèi)外界離子數(shù)比為1：3，故A錯(cuò)誤；B.步驟2發(fā)生2Na3[Ag（S2O3）2]+Na2S＝Ag2S↓+4Na2S2O3，黑色沉淀為Ag2S，故B正確；C.步驟3灼燒生成有毒氣體二氧化硫，需要吸收尾氣，故C正確；D.NaBr晶胞中Br﹣在頂點(diǎn)和面心，個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查晶胞計(jì)算及配位化合物，為高頻考點(diǎn)，把握配合物的結(jié)構(gòu)、晶胞計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意發(fā)生的反應(yīng)，題目難度中等。2．（2022?泰州模擬）（CH3NH3）PbI3是鈣鈦礦太陽(yáng)能電池的重要吸光材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，Walsh提出H2O降解（CH3NH3）PbI3的機(jī)理如圖2所示。下列說法不正確的是（）A．H3O+的鍵角小于H2O的鍵角 B．1個(gè)（CH3NH3）PbI3晶胞含有3個(gè)I﹣ C．機(jī)理中的反應(yīng)均為非氧化還原反應(yīng) D．H2O可與CH3NH反應(yīng)生成H3O+和CH3NH2【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．依據(jù)孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大于成鍵電子對(duì)之間的排斥力判斷鍵角；B．由圖像可知頂點(diǎn)原子或原子團(tuán)的個(gè)數(shù)為，面心的原子或原子團(tuán)的個(gè)數(shù)為，體心原子或原子團(tuán)的個(gè)數(shù)為1；C．氧化還原反應(yīng)為有化合價(jià)變化的反應(yīng)；D．根據(jù)第一步反應(yīng)：n（CH3NH3PbI3）+H2O＝[（CH3NH3）n﹣1][（CH3NH2）（PbI3）n][H3O]分析?！窘獯稹拷猓篈．H2O、H3O+中的O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)均為4，中心原子都是sp3雜化，O原子孤電子對(duì)數(shù)分別為2、1，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥力大于成鍵電子對(duì)之間的排斥力，因此H2O的鍵角小于H3O+的鍵角，故A錯(cuò)誤；B．由圖像可知頂點(diǎn)原子或原子團(tuán)的個(gè)數(shù)為，面心的原子或原子團(tuán)的個(gè)數(shù)為，體心原子或原子團(tuán)的個(gè)數(shù)為1，可知1個(gè)（CH3NH3）PbI3晶胞含有3個(gè)I﹣，故B正確；C．觀察整個(gè)過程可知，n個(gè)（CH3NH3PbI3）在H2O催化作用下，其中一分子CH3NH3PbI3分解為HI、CH3NH2和PbI2，所以反應(yīng)的化學(xué)方程式為（CH3NH3）（PbI3）HI+CH3NH2+PbI2，無(wú)化合價(jià)的變化，屬于非氧化還原反應(yīng)，故C正確；D．第一步反應(yīng)：n（CH3NH3PbI3）+H2O＝[（CH3NH3）n﹣1][（CH3NH2）（PbI3）n][H3O]，說明H2O與CH3NH3+發(fā)生作用，生成H3O+和CH3NH2，故D正確；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了電化學(xué)知識(shí)和應(yīng)用、晶胞的計(jì)算等知識(shí)點(diǎn)，為高考常見題型，側(cè)重考查學(xué)生的分析問題和解決問題的能力，注意把握反應(yīng)原理的分析，題目難度中等。3．（2021?江蘇模擬）實(shí)驗(yàn)室用電石（主要成分為碳化鈣）與水反應(yīng)制取乙炔。乙炔中混有的H2S氣體可用CuSO4溶液吸收，反應(yīng)方程式為H2S+CuSO4═CuS↓+H2SO4。下列說法正確的是（）A．由圖可知，碳化鈣的化學(xué)式為CaC2 B．乙炔分子中σ鍵和π鍵數(shù)目相等 C．H2S是非極性分子 D．H2SO4屬于離子化合物【考點(diǎn)】共價(jià)鍵的形成及共價(jià)鍵的主要類型．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．鈣離子在棱上和體心位置，C22﹣離子在頂點(diǎn)和面心；B．乙炔的結(jié)構(gòu)式為H﹣C≡C﹣H，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵；C．正負(fù)電荷中心重合的分子為非極性分子，H2S是極性分子，分子中S原子不處在2個(gè)H原子所連成的直線的中央；D．硫酸只含共價(jià)鍵，離子化合物必須含有離子鍵。【解答】解：A．由圖所示，鈣離子在棱上和體心位置，即12×+1＝4，C22﹣離子在頂點(diǎn)和面心，即8×+6×＝4，碳化鈣的化學(xué)式為CaC2，故A正確；B．乙炔的結(jié)構(gòu)式為H﹣C≡C﹣H，單鍵為σ鍵，三鍵含有1個(gè)σ鍵、2個(gè)π鍵，故乙炔分子中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為3：2，故B錯(cuò)誤；C．H2S中S與2個(gè)H形成σ鍵，孤電子對(duì)數(shù)個(gè)數(shù)＝＝2，價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)＝2+2＝4，為V形分子，分子中S原子不處在2個(gè)H原子所連成的直線的中央，為非極性分子，故C錯(cuò)誤；D．硫酸只含共價(jià)鍵，則屬于共價(jià)化合物，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題以制取乙炔為載體考查晶體結(jié)構(gòu)、化學(xué)鍵及分子構(gòu)型，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)鍵的判斷、化合物的分類、分子構(gòu)型為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意化學(xué)鍵的判斷方法，題目難度不大。4．（2022?連云港模擬）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物水溶液顯堿性，Y的2p軌道上有2個(gè)未成對(duì)電子，常溫下0.01mol?L﹣1Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物溶液的pH＝12，W與Y同主族。下列說法正確的是（）A．X的第一電離能比Y的小 B．Y的氫化物中不存在非極性共價(jià)鍵 C．X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物空間構(gòu)型為V形 D．Z與W形成的晶胞（如圖）中含有8個(gè)Z離子【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物水溶液顯堿性，該氫化物為氨氣，則X為N；Y的2p軌道上有2個(gè)未成對(duì)電子，其原子序數(shù)大于N，Y的核外電子排布式為1s22s22p4，則Y為O；常溫下0.01mol?L?1Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物溶液的pH＝12，該溶液中氫氧根離子濃度為0.01mol?L?1，說明Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為一元強(qiáng)堿，則Z為Na；W與Y同主族，則W為S元素，以此分析解答?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)分析可知，X為N，Y為O，Z為Na，W為S元素，A．N的2p能級(jí)處于半滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于同周期相鄰元素，則X的第一電離能比Y的大，故A錯(cuò)誤；B．Y的氫化物有水和雙氧水，雙氧水分子中含有O﹣O非極性共價(jià)鍵，故B錯(cuò)誤；C．X的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物為氨氣，氨氣的空間構(gòu)型為三角錐形，故C錯(cuò)誤；D．結(jié)合圖示可知，實(shí)心黑球位于8個(gè)頂點(diǎn)和6個(gè)面心，其數(shù)目為8×+6×＝4，空心球均位于晶胞體內(nèi)，其數(shù)目為8，Z與W形成的化合物為Na2S，則空心球代表鈉離子，該晶胞中含有8個(gè)Z離子，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，結(jié)合原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)來(lái)推斷元素為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。5．（2022?南通模擬）X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。X和Z的基態(tài)原子核外均有2個(gè)未成對(duì)電子。R是地殼中含量最高的金屬元素。W元素基態(tài)原子的內(nèi)層電子全充滿，最外層只有1個(gè)電子。下列說法正確的是（）A．第一電離能：I（X）＜I（Y）＜I（Z） B．X簡(jiǎn)單氫化物的沸點(diǎn)比Z的高 C．Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物可以溶解單質(zhì)R D．元素Z和W組成的一種化合物晶胞結(jié)構(gòu)如題8圖所示，該化合物的化學(xué)式為WZ【考點(diǎn)】原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】元素周期律與元素周期表專題．【分析】X、Y、Z、R、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。其中R是地殼中含量最高的金屬元素，則R為Al元素；X和Z的基態(tài)原子核外均有2個(gè)未成對(duì)電子，X的原子序數(shù)小于Z，而Y的原子序數(shù)介于X、Z之間，X、Z的核外電子排布分別為1s22s22p2，1s22s22p4，故X為C元素、Z為O元素、Y為N元素；W元素基態(tài)原子的內(nèi)層電子全充滿，最外層只有1個(gè)電子，原子序數(shù)大于Al，只能是第四周期，核外電子數(shù)為2+8+18+1＝29，故W為Cu元素。綜合以上分析，X為C、Y為N、Z為O、R為Al、W為Cu?！窘獯稹拷猓篈．同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢(shì)，但N元素2p能級(jí)為半滿穩(wěn)定狀態(tài)，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，故第一電離能：I（X）＜I（Z）＜I（Y），故A錯(cuò)誤；B．X、Z的簡(jiǎn)單氫化物分別為CH4、NH3，由于NH3分子之間能形成氫鍵，CH4分子間不能形成氫鍵，故NH3的沸點(diǎn)比CH4的高，故B錯(cuò)誤；C．N的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為HNO3，常溫下鋁遇濃硝酸發(fā)生鈍化，但鋁能溶于稀硝酸，故C正確；D．由元素O與Cu元素組成的化合物的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知，該晶胞中含Cu原子數(shù)為4個(gè)，含O原子數(shù)為8×+1＝2，所以該化合物的化學(xué)式為Cu2O，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律，為高頻考點(diǎn)，把握原子序數(shù)、原子結(jié)構(gòu)來(lái)推斷元素為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意規(guī)律性知識(shí)的應(yīng)用，題目難度不大。6．（2021?江蘇模擬）某同學(xué)將稀氨水滴入AgNO3溶液得到銀氨溶液，再加入葡萄糖加熱獲得光亮的銀鏡。下列說法正確的是（）A．氨氣極易溶于水主要是因?yàn)镹H3與H2O可形成分子間氫鍵 B．銀氨離子的形成是因?yàn)锳g+提供孤電子對(duì)與NH3形成配位鍵 C．銀鏡的產(chǎn)生是因?yàn)槠咸烟欠肿又械牧u基將銀氨離子還原 D．圖中所示的銀晶體中銀原子的配位數(shù)為8【考點(diǎn)】配合物的成鍵情況；含有氫鍵的物質(zhì)．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．氨氣極易溶于水主要是因?yàn)镹H3與H2O可形成分子間氫鍵；B．銀氨離子的形成是因?yàn)锳g+提供空軌道；C．葡萄糖分子中的醛基具有還原性；D．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，與頂點(diǎn)銀原子距離最近的銀原子位于面心，每個(gè)銀原子周圍，有12個(gè)面，即有12個(gè)面心，即可判斷銀原子的配位數(shù)?！窘獯稹拷猓篈．氨氣極易溶于水主要是因?yàn)镹H3與H2O可形成分子間氫鍵，增大了分子間作用力，故A正確；B．銀氨離子的形成是因?yàn)锳g+提供的空軌道與氨氣分子中的N原子提供的孤電子對(duì)形成了配位鍵，故B錯(cuò)誤；C．銀鏡的產(chǎn)生是因?yàn)槠咸烟欠肿又械娜┗鶎y氨離子還原，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知，與頂點(diǎn)銀原子距離最近的銀原子位于面心，每個(gè)銀原子周圍，有12個(gè)面，即有12個(gè)面心，所以銀原子的配位數(shù)為12，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)的有關(guān)知識(shí)，具體涉及到氫鍵、配位鍵、配位數(shù)，葡萄糖的還原性等，屬于基本知識(shí)，基礎(chǔ)題型，難度不大。7．（2022?南京二模）一種從照相底片中回收單質(zhì)銀的方法如下：步驟1：用Na2S2O3溶液浸泡照相底片，未曝光的AgBr轉(zhuǎn)化成Na3[Ag（S2O3）2]而溶解。步驟2：在步驟1所得溶液中加稍過量Na2S溶液，充分反應(yīng)后過濾出黑色沉淀。步驟3：將黑色沉淀在空氣中灼燒，回收單質(zhì)銀。下列說法正確的是（）A．步驟1所得[Ag（S2O3）2]3﹣中Ag+提供孤電子對(duì) B．步驟2所得濾液中大量存在的離子：Na+、Ag+、S2O32﹣、S2﹣ C．步驟3灼燒時(shí)可用足量NaOH溶液吸收尾氣 D．Na2S晶胞（如圖所示）中每個(gè)Na+周圍距離最近的S2﹣有8個(gè)【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算；金屬的回收與環(huán)境、資源保護(hù)．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】A．在配位離子中中心原子提供空軌道，配位原子提供孤電子對(duì)；B．Ag+與S2O32﹣、S2﹣均不能大量共存；C．Ag2S灼燒時(shí)生成銀和SO2；D．根據(jù)均攤法進(jìn)行計(jì)算即可?！窘獯稹拷猓篈．在配位離子[Ag（S2O3）2]3﹣中Ag+提供空軌道，S原子提供孤電子對(duì)，故A錯(cuò)誤；B．Ag+與S2O32﹣、S2﹣均不能大量共存，分別生成[Ag（S2O3）2]3﹣、Ag2S，故B錯(cuò)誤；C．步驟3灼燒時(shí)生成銀和SO2，可用足量NaOH溶液吸收尾氣，防止污染大氣，故C正確；D．由圖可知，黑球個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，白球個(gè)數(shù)為8，根據(jù)化學(xué)式可知，白球?yàn)殁c離子，黑球?yàn)榱螂x子，所以每個(gè)Na+周圍距離最近的S2﹣有4個(gè)，每個(gè)S2﹣周圍距離最近的Na+有8個(gè)，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)知識(shí)，具體涉及配位化合物的結(jié)構(gòu)，晶胞的計(jì)算，離子共存的判斷以及污染防治，屬于基本知識(shí)的考查，難度不。二．解答題（共17小題）8．（2022?新沂市校級(jí)模擬）N、P、As及其化合物在生產(chǎn)生活方面都有重要的用途。回答下列問題：（1）As原子的基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3。（2）Pt（NH3）2Cl2有如圖1所示兩種結(jié)構(gòu)，Pt2+的配位體是Cl﹣、NH3。順鉑在水中溶解度較大，反鉑在水中溶解度小，順鉑在水中溶解度較大的原因是順鉑是極性分子。（3）碳鉑是一種廣譜抗癌藥物，其結(jié)構(gòu)如圖2。其分子中碳原子軌道雜化類型為sp3、sp2。（4）PCl3和BCl3混合與H2在1000℃條件下可得到一種半導(dǎo)體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖3所示。BCl3的空間構(gòu)型為平面三角形（用文字描述），該反應(yīng)的化學(xué)方程式為PCl3+BCl3+3H2BP+6HCl?！究键c(diǎn)】原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；原子核外電子排布；配合物的成鍵情況．【專題】原子組成與結(jié)構(gòu)專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）As原子的基態(tài)核外電子有33個(gè)，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)核外電子排布式；（2）Pt（NH3）2Cl2中Pt2+的配位體是Cl﹣、NH3；順鉑是極性分子，反鉑是非極性分子；（3）碳鉑分子中飽和碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4、C＝O中碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3；（4）BCl3中B原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝3+＝3且不含孤電子對(duì)；該晶胞中B原子個(gè)數(shù)＝8×+6×＝4、P原子個(gè)數(shù)是4，B、P原子個(gè)數(shù)之比為4：4＝1：1，所以其化學(xué)式為BP，根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫方程式。【解答】解：（1）As原子的基態(tài)核外電子有33個(gè)，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p3，故答案為：1s22s22p63s23p63d104s24p3；（2）根據(jù)圖知，Pt（NH3）2Cl2中Pt2+的配位體是Cl﹣、NH3；順鉑是極性分子，反鉑是非極性分子，水是極性分子，根據(jù)相似相溶原理知順鉑在水中溶解度較大，故答案為：Cl﹣、NH3；順鉑是極性分子；（3）碳鉑分子中飽和碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4、C＝O中碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3，所以該分子中C原子雜化類型是sp3、sp2，故答案為：sp3；sp2；（4）BCl3中B原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)＝3+＝3且不含孤電子對(duì)，為平面三角形結(jié)構(gòu)；該晶胞中B原子個(gè)數(shù)＝8×+6×＝4、P原子個(gè)數(shù)是4，B、P原子個(gè)數(shù)之比為4：4＝1：1，所以其化學(xué)式為BP，反應(yīng)同時(shí)還生成HCl，根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫方程式為PCl3+BCl3+3H2BP+6HCl，故答案為：平面三角形；PCl3+BCl3+3H2BP+6HCl?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查閱讀、分析、判斷及知識(shí)綜合運(yùn)用能力，明確原子結(jié)構(gòu)、相似相溶原理、原子雜化類型判斷方法等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。9．（2022?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）鋅冶煉過程中產(chǎn)生的鋅渣主要成分為鐵酸鋅（ZnFe2O4）和二氧化硅，以及少量的銅、鐵、鋅的氧化物和硫化物。利用酸溶的方法可溶出金屬離子，使鋅渣得到充分利用。（1）鐵酸鋅酸溶。鐵酸鋅難溶于水，其晶胞由A、B結(jié)構(gòu)按照1：1交替累積而成，如圖1所示。將鐵酸鋅粉末投入到1L1mol?L﹣1H2SO4中，保溫80℃，勻速攪拌。浸出液中Fe3+和Zn2+的濃度隨時(shí)間的變化如表所示。時(shí)間/h0.51.01.52.02.5c（Zn2+）/mol?L﹣10.100.110.150.210.21c（Fe3+）/mol?L﹣10.120.130.160.210.30①B結(jié)構(gòu)的化學(xué)式為[Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+。②鐵酸鋅和硫酸反應(yīng)的離子方程式為ZnFe2O4+8H+＝Zn2++2Fe3++4H2O。③酸溶時(shí)，溶出效率較高的金屬離子是Zn2+。（2）鋅渣酸溶。將鋅渣分別在SO2﹣1mol?L﹣1H2SO4、1mol?L﹣1H2SO4以及SO2﹣H2O三種體系中實(shí)驗(yàn)，均保持80℃，勻速攪拌，所得結(jié)果如圖2所示。已知：25℃時(shí)，Ksp（FeS）＝6.3×10﹣17；Ksp（ZnS）＝2.9×10﹣25；Ksp（CuS）＝6.3×10﹣36；Ksp（Cu2S）＝2.5×10﹣48；FeS和ZnS可溶于稀硫酸，CuS和Cu2S不溶于稀硫酸。①在SO2﹣H2SO4體系中，Zn2+浸出率較高的原因是與SO2體系相比，該體系溶液酸性更強(qiáng)，與H2SO4體系相比，該體系中SO2具有還原作用，SO2將Fe3+還原為Fe2+，降低了Fe3+濃度，促進(jìn)反應(yīng)平衡向著溶解的方向移動(dòng)。②在SO2﹣H2SO4體系中，溶渣中Cu2S的質(zhì)量增加，原因是銅的氧化物轉(zhuǎn)化為銅的硫化物，+2價(jià)銅的化合物被SO2還原生成Cu2S?！究键c(diǎn)】晶胞的計(jì)算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；電離平衡與溶液的pH專題．【分析】（1）①B結(jié)構(gòu)中Zn原子個(gè)數(shù)＝4×＝0.5，F(xiàn)e原子個(gè)數(shù)是4、O原子個(gè)數(shù)是4，則Zn、Fe、O原子個(gè)數(shù)之比＝0.5：4：4＝1：8：8；②鐵酸鋅和硫酸反應(yīng)硫酸鋅、硫酸鐵和水；③根據(jù)浸出離子濃度與化學(xué)式中原子個(gè)數(shù)比較判斷溶出效率較高的金屬離子；（2）①含有硫酸的混合物，其酸性較強(qiáng)，含有SO2的體系中，SO2的還原性較強(qiáng)；②CuS難溶于水和酸，Cu2+能被SO2還原?！窘獯稹拷猓海?）①B結(jié)構(gòu)中Zn原子個(gè)數(shù)＝4×＝0.5，F(xiàn)e原子個(gè)數(shù)是4、O原子個(gè)數(shù)是4，則Zn、Fe、O原子個(gè)數(shù)之比＝0.5：4：4＝1：8：8，所以其化學(xué)式為[Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+，故答案為：[Zn0.5Fe4O4]5+或[ZnFe8O8]10+；②鐵酸鋅和硫酸反應(yīng)硫酸鋅、硫酸鐵和水，離子方程式為ZnFe2O4+8H+＝Zn2++2Fe3++4H2O，故答案為：ZnFe2O4+8H+＝Zn2++2Fe3++4H2O；③根據(jù)化學(xué)式知，化學(xué)式中Zn、Fe個(gè)數(shù)之比為1：2，浸出c（Zn2+）：c（Fe3+）＞1：2，所以溶出效率較高的金屬離子是Zn2+，故答案為：Zn2+；（2）①含有硫酸的體系，酸性較強(qiáng)，能溶解鋅渣，含有SO2的體系，SO2具有還原性，能還原氧化性的Fe3+離子，則c（Fe3+）減小，促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，所以在SO2﹣H2SO4體系中，Zn2+浸出率較高，故答案為：與SO2體系相比，該體系溶液酸性更強(qiáng)，與H2SO4體系相比，該體系中SO2具有還原作用，SO2將Fe3+還原為Fe2+，降低了Fe3+濃度，促進(jìn)反應(yīng)平衡向著溶解的方向移動(dòng)；②Cu的氧化物能能轉(zhuǎn)化為Cu的硫化物，CuS、Cu2S不溶于水和酸，+2價(jià)銅的化合物被SO2還原生成Cu2S，所以在SO2﹣H2SO4體系中，溶渣中Cu2S的質(zhì)量增加，故答案為：銅的氧化物轉(zhuǎn)化為銅的硫化物，+2價(jià)銅的化合物被SO2還原生成Cu2S。【點(diǎn)評(píng)】本題考查晶胞計(jì)算及難溶物的溶解平衡，側(cè)重考查分析、判斷、空間想象能力及計(jì)算能力，明確晶胞計(jì)算方法、題干中信息蘊(yùn)含的含義是解本題關(guān)鍵，（2）題為解答難點(diǎn)。10．（2021?南通模擬）芯片是國(guó)家科技的心臟。在硅及其化合物上進(jìn)行蝕刻是芯片制造中非常重要的環(huán)節(jié)。三氟化氮（NF3）、四氟化碳（CF4）是常見的蝕刻劑。（1）高純?nèi)獙?duì)二氧化硅具有優(yōu)異的蝕刻速率和選擇性。①二氧化硅的晶胞結(jié)構(gòu)如圖﹣1所示，二氧化硅晶體中硅原子周圍最近的硅原子有4個(gè)。②工業(yè)上常采用F2直接氟化尿素[CO（NH2）2]的方法生產(chǎn)NF3，得到的NF3中常含有少量CF4，常溫下，三種物質(zhì)在水中的溶解性大小順序?yàn)椋篊F4＜NF3＜NH3，原因是CF4是非極性分子，NF3、NH3均為極性分子，但NH3的極性比NF3大，且NH3更易與水形成分子間氫鍵。（2）四氟化碳的一種蝕刻機(jī)理是：CF4在等離子體的條件下產(chǎn)生活性自由基（?F），該自由基易與硅及其化合物中的硅原子結(jié)合生成SiF4氣體從而達(dá)到蝕刻目的。用CF4（g）進(jìn)行蝕刻時(shí)常與氧氣混合，當(dāng)混合氣體的流速分別為80mL?min﹣1和100mL?min﹣1時(shí)，蝕刻速率隨混合氣體中O2和CF4體積之比[V（O2）/V（CF4）]的變化如圖﹣2所示。①a點(diǎn)蝕刻速率比b點(diǎn)快的原因是a點(diǎn)產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度大。②蝕刻速率隨V（O2）/V（CF4）先升高后降低的原因是O2與CF4中的C元素反應(yīng)生成CO（或CO2），O2的體積分?jǐn)?shù)增大，有利于產(chǎn)生更高濃度的活性自由基（?F）；隨著O2體積分?jǐn)?shù)的繼續(xù)增加，CF4的含量減小，產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度減小。（3）NF3是一種強(qiáng)溫室氣體，消除大氣中的NF3對(duì)于環(huán)境保護(hù)具有重要意義。國(guó)內(nèi)某科研團(tuán)隊(duì)研究了利用氫自由基（?H）的脫氟反應(yīng)實(shí)現(xiàn)NF3的降解。降解生成?NF2和HF的兩種反應(yīng)歷程如圖﹣3所示。其中直接抽提反應(yīng)是降解的主要?dú)v程，原因是直接抽提反應(yīng)的活化能小，反應(yīng)步驟少?！究键c(diǎn)】晶胞的計(jì)算．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；化學(xué)反應(yīng)速率專題．【分析】（1）①由二氧化硅的晶胞圖可知，晶胞體內(nèi)有4個(gè)Si原子，分別位于晶胞的體心，到頂點(diǎn)的距離為體對(duì)角線長(zhǎng)的，據(jù)此計(jì)算硅原子周圍最近的硅原子數(shù)目；②CF4是非極性分子，NF3、NH3均為極性分子，并且NH3能與水分子間形成氫鍵，使的溶解性增大，結(jié)合相似相溶原理分析、比較；（2）①混合氣體中O2和CF4體積之比相同時(shí)，混合氣體的流速越快，產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度越大，蝕刻速率就越快；②蝕刻過程中，O2能與CF4反應(yīng)生成CO（或CO2）和活性自由基（?F），隨著O2濃度的增大，產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度也會(huì)增大，則蝕刻速率增大；但隨著O2和CF4體積之比的持續(xù)增大，CF4的含量反而會(huì)減小，則產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度也減小，蝕刻速率隨即下降；（3）反應(yīng)的活化能越小，反應(yīng)速率越快，并且直接抽提反應(yīng)一步完成、反應(yīng)途徑少?！窘獯稹拷猓海?）①由二氧化硅的晶胞圖可知，晶胞體內(nèi)有4個(gè)Si原子，分別位于晶胞的體心，到頂點(diǎn)的距離為體對(duì)角線長(zhǎng)的，則每個(gè)體心內(nèi)Si原子周圍最近的硅原子有4個(gè)，故答案為：4；②CF4是非極性分子，NF3、NH3均為極性分子，根據(jù)相似相溶原理可知，CF4的溶解性最小，NH3能與水分子間形成氫鍵，使的溶解性最大，則常溫下，三種物質(zhì)在水中的溶解性大小順序?yàn)镃F4＜NF3＜NH3，故答案為：CF4是非極性分子，NF3、NH3均為極性分子，但NH3的極性比NF3大，且NH3更易與水形成分子間氫鍵；（2）①蝕刻速率受活性自由基（?F）的影響，活性自由基（?F）的濃度越大，蝕刻速率越快，a點(diǎn)混合氣體的流速越快，產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度越大，使蝕刻速率比b點(diǎn)快，故答案為：a點(diǎn)產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度大；②蝕刻過程中O2與CF4中的C元素反應(yīng)生成CO（或CO2）和活性自由基（?F），隨著O2和CF4體積之比的增大，即隨著O2的體積增大，活性自由基（?F）的濃度隨之增大，但隨著O2和CF4體積之比的增大，O2的體積持續(xù)增加，CF4的含量反而減小，產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度也反而減小，活性自由基（?F）濃度的減小，會(huì)使蝕刻速率下降，故答案為：O2與CF4中的C元素反應(yīng)生成CO（或CO2），O2的體積分?jǐn)?shù)增大，有利于產(chǎn)生更高濃度的活性自由基（?F）；隨著O2體積分?jǐn)?shù)的繼續(xù)增加，CF4的含量減小，產(chǎn)生活性自由基（?F）的濃度減小；（3）由圖可知，直接抽提反應(yīng)的活化能小于加成消去反應(yīng)，直接抽提反應(yīng)的速率快，并且直接抽提反應(yīng)只有一步反應(yīng)、步驟少，所以直接抽提反應(yīng)是降解的主要反應(yīng)，故答案為：直接抽提反應(yīng)的活化能小，反應(yīng)步驟少?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查晶胞結(jié)構(gòu)及其計(jì)算、物質(zhì)溶解性及其影響因素、化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素、活化能與反應(yīng)速率的關(guān)系等知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，把握晶胞結(jié)構(gòu)、相似相溶原理及氫鍵的應(yīng)用、濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響、活化能與反應(yīng)速率的關(guān)系即可解答，試題融合必修與選修內(nèi)容，有利于提高學(xué)生的靈活運(yùn)用能力，題目難度中等。11．（2021?鼓樓區(qū)校級(jí)模擬）乙二胺四乙酸二鈉鹽是配合劑的代表性物質(zhì)，能和堿金屬、稀土元素和過渡金屬等形成穩(wěn)定的水溶性絡(luò)合物，廣泛應(yīng)用于高分子化學(xué)工業(yè)、日用化學(xué)工業(yè)、醫(yī)藥工業(yè)試劑。乙二胺四乙酸根可以和三價(jià)鉻離子1：1形成六配位離子。乙二胺四乙酸結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖1。請(qǐng)回答下列問題：（1）寫出基態(tài)金屬鉻原子核外的價(jià)電子排布式3d54s1。（2）乙二胺四乙酸根離子和三價(jià)鉻離子形成的六配位離子中，配位原子為N和O。（3）乙二胺四乙酸分子中，碳原子的雜化方式為sp2、sp3，其分子中含有的四種非金屬元素的電負(fù)性由大到小順序?yàn)镺＞N＞C＞H。（4）0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數(shù)目為17.5NA。（5）常溫下，乙二胺四乙酸在水中溶解度較小。但常溫下乙酸卻易溶于水，試解釋乙酸易溶于水的原因是：乙酸為極性分子，乙酸分子之間可以形成分子間氫鍵。（6）金屬鉻（圖3）可形成正鹽亞鉻酸鈷，該鹽晶體的晶胞沿y軸一個(gè)方向的投影如圖3所示。晶胞中Co、Cr、O分別處于晶胞的頂角、體心和面心位置。則該鹽的化學(xué)式為CoCrO3?！究键c(diǎn)】晶胞的計(jì)算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；原子核外電子排布；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用．【專題】元素周期律與元素周期表專題；化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）鉻是24號(hào)元素，據(jù)此書寫價(jià)電子排布式；（2）氨基氮和羧基氧提供孤電子對(duì)，據(jù)此尋找配位原子；（3）分析碳原子的成鍵方式進(jìn)而判斷雜化方式；同一周期，從左到右元素電負(fù)性遞增，同一主族，自上而下元素電負(fù)性遞減，；（4）1個(gè)乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數(shù)目為35個(gè)，據(jù)此0.5mol乙二胺四乙酸分子計(jì)算σ鍵數(shù)目；（5）乙酸可以與水形成氫鍵，分析氫鍵對(duì)溶解度的影響；（6）依據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中原子的數(shù)目，進(jìn)而計(jì)算化學(xué)式?！窘獯稹拷猓海?）鉻是24號(hào)元素，基態(tài)金屬鉻原子核外的價(jià)電子排布式為3d54s1，故答案為：3d54s1；（2）乙二胺四乙酸根離子和三價(jià)鉻離子形成的六配位離子中，兩個(gè)氨基氮和4個(gè)羧基氧提供孤電子對(duì)，配位原子為N和O，故答案為：N和O；（3）乙二胺四乙酸分子中，形成單鍵的碳原子雜化方式為sp3，形成單鍵和碳氧雙鍵的碳原子雜化方式為sp2；同一周期，從左到右元素電負(fù)性遞增，同一主族，自上而下元素電負(fù)性遞減，所以電負(fù)性：O＞N＞C＞H，故答案為：sp2、sp3；O＞N＞C＞H；（4）1個(gè)乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數(shù)目為35個(gè)，0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵物質(zhì)的量為0.5mol×35＝17.5mol，數(shù)目為17.5NA，故答案為：17.5NA；（5）乙酸分子可形成分子間氫鍵，且為極性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，乙二胺四乙酸形成分子內(nèi)氫鍵，為極性分子，在水中溶解度較小，故答案為：乙酸為極性分子，乙酸分子之間可以形成分子間氫鍵；（6）晶胞中Co、Cr、O分別處于晶胞的頂角、體心和面心位置，晶胞中含有Co原子個(gè)數(shù)為8×＝1，含有Cr原子個(gè)數(shù)為1，含有O原子個(gè)數(shù)為6×＝3，所以該鹽的化學(xué)式為CoCrO3，故答案為：CoCrO3。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了核外電子排布式的書寫、配位鍵、雜化方式等知識(shí)點(diǎn)，也是高考熱點(diǎn)，會(huì)利用均攤法解答問題，整體難度適中。12．（2021?連云港模擬）鈦的化合物如TiO2、Ti（BH4）2等均有著廣泛用途。（1）基態(tài)Ti3+的未成對(duì)電子數(shù)為1；BH4﹣的空間構(gòu)型為正四面體。（2）在TiO2催化作用下，可將CN﹣氧化成CNO﹣，進(jìn)而得到N2。寫出與CNO﹣互為等電子體的分子的化學(xué)式CO2（或N2O、CS2、BeCl2等）。（任填一種）（3）納米TiO2催化的一個(gè)實(shí)例如圖所示，化合物甲的分子中采取sp2方式雜化的碳原子數(shù)為7個(gè)，化合物乙中采取sp3方式雜化的原子對(duì)應(yīng)的元素的電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镺＞N＞C。（4）主族元素A和鈦同周期，具有相同的最外層電子數(shù)，元素D原子的p能級(jí)所含電子總數(shù)與s能級(jí)所含電子總數(shù)相等，且其形成的氫化物分子之間存在氫鍵。元素A、元素D和鈦三者形成的晶體的晶胞如圖2所示，寫出該晶體的化學(xué)式CaTiO3。（用元素符號(hào)表示）【考點(diǎn)】晶胞的計(jì)算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型；“等電子原理”的應(yīng)用．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）基態(tài)Ti原子的價(jià)電子排布為3d24s2；計(jì)算B原子孤電子對(duì)數(shù)、價(jià)層電子對(duì)確定B原子雜化方式、空間構(gòu)型；（2）等電子體中原子個(gè)數(shù)相等價(jià)電子數(shù)相等；（3）采取sp2雜化的碳原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是3，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)數(shù)判斷；采取sp3雜化的原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，乙中采取sp3雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大；（4）主族元素A和鈦同周期，具有相同的最外層電子數(shù)，則最外層含有2個(gè)電子，A為Ca元素，元素D原子的p能級(jí)所含電子總數(shù)與s能級(jí)所含電子總數(shù)相等，且其形成的氫化物分子之間存在氫鍵，已知N、O、F的氫化物能形成氫鍵，則D為O，Ca占據(jù)晶胞的頂點(diǎn)，O占據(jù)面心，Ti在晶胞內(nèi)部，根據(jù)均攤法計(jì)算。【解答】解：（1）基態(tài)Ti原子的價(jià)電子排布為3d24s2，變?yōu)門i3+后價(jià)電子為3d1，只有一個(gè)未成對(duì)電子；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論，BH4﹣中B有4個(gè)σ鍵，沒有孤電子對(duì)，雜化軌道數(shù)目為4，雜化類型為sp3，空間構(gòu)型為正四面體，故答案為：1；正四面體；（2）CNO﹣中含有3個(gè)原子，16個(gè)價(jià)電子，所以其等電子體中分子有CO2、N2O、CS2、BeCl2等，故答案為：CO2（或N2O、CS2、BeCl2等）；（3）化合物甲分子中采取sp2雜化的碳原子有：苯環(huán)上的六個(gè)C、羰基中的一個(gè)C，共7個(gè)C原子；采取sp3雜化的原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)是4，乙中采取sp3雜化的原子有C、N、O，同一周期元素中，元素電負(fù)性隨著原子序數(shù)依次增加電負(fù)性逐漸增大，所以它們的電負(fù)性關(guān)系為：O＞N＞C，故答案為：7；O＞N＞C；（4）主族元素A和鈦同周期，具有相同的最外層電子數(shù)，則最外層含有2個(gè)電子，A為Ca元素，元素D原子的p能級(jí)所含電子總數(shù)與s能級(jí)所含電子總數(shù)相等，且其形成的氫化物分子之間存在氫鍵，已知N、O、F的氫化物能形成氫鍵，則D為O，Ca占據(jù)晶胞的頂點(diǎn)，O占據(jù)面心，Ti在晶胞內(nèi)部，則晶胞中Ca的個(gè)數(shù)為×8＝1，O占據(jù)面心，則晶胞中O原子的個(gè)數(shù)為×6＝3，Ti在晶胞內(nèi)部，完全屬于該晶胞，則該晶體的化學(xué)式CaTiO3，故答案為：CaTiO3?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查晶胞計(jì)算，涉及等電子體、晶胞結(jié)構(gòu)與計(jì)算、核外電子排布、雜化方式、電負(fù)性等，為高頻考點(diǎn)，明確原子雜化方式及空間構(gòu)型的判斷方法為解答關(guān)鍵，注意掌握均攤法在晶胞計(jì)算中的應(yīng)用方法，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及綜合應(yīng)用能力，題目難度中等。13．（2021?通州區(qū)模擬）鈣鈦礦（CaTiO3）型化合物是一類可用于生產(chǎn)太陽(yáng)能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料。其中，反溶劑輔助結(jié)晶法已廣泛用于制備鈣鈦礦太陽(yáng)能電池，反溶劑碳酸二乙酯（）相比較于氯苯、甲苯更加環(huán)保，可獲得高質(zhì)量的鈣鈦礦，這對(duì)開發(fā)高效的鈣鈦礦光伏器件和其他光電器件有重要意義?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)Ca原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2。（2）碳、氫、氧三種元素的電負(fù)性由大到小的順序是O＞C＞H。（3）碳酸二乙酯中碳原子的雜化方式是sp3、sp2，1mol碳酸二乙酯中所含σ鍵的數(shù)目是17mol。（4）Ti的四鹵化物熔點(diǎn)如表所示，解釋TiCl4至TiI4熔點(diǎn)變化的原因它們都是分子晶體，從TiCl4到TiI4相對(duì)分子質(zhì)量逐漸增大，分子間作用力逐漸增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高。化合物TiF4TiCl4TiBr4TiI4熔點(diǎn)℃377﹣24.1238.3155（5）CaTiO3的晶胞如圖所示，Ti4+周圍等距離且緊鄰的Ca2+數(shù)目是8?！究键c(diǎn)】晶胞的計(jì)算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；原子核外電子排布；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；晶體熔沸點(diǎn)的比較．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）根據(jù)Ca的原子序數(shù)為20，即可寫出基態(tài)Ca原子的核外電子排布式；（2）同周期，從左向右，元素原子的電負(fù)性越來(lái)越大，另三者中H的電負(fù)性（2.1）最小，C的電負(fù)性為2.5；（3）碳酸二乙酯中碳原子有飽和碳原子4個(gè)，雙鍵碳原子1個(gè)，所以雜化方式有：sp3雜化與sp2雜化，1個(gè)該分子，含有C﹣Hσ鍵10條，C﹣Cσ鍵3條，C﹣Oσ鍵4條，共有17條σ鍵；（4）抓住分子晶體的熔沸點(diǎn)與分子間作用力呈正比，而分子間作用力與相對(duì)分子質(zhì)量成正比；（5）由圖可知：Ti4+在頂點(diǎn)，Ca2+在體心，距離Ti4+最近且相等的Ca2+數(shù)目有8個(gè)?！窘獯稹拷猓海?）Ca的原子序數(shù)為20，基態(tài)Ca原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，故答案為：1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2；（2）同周期從左向右，元素原子的電負(fù)性越來(lái)越大，則電負(fù)性：O＞C，另H的電負(fù)性最小，所以電負(fù)性：O＞C＞H，故答案為：O＞C＞H；（3）碳酸二乙酯中碳原子有飽和碳原子4個(gè)，雙鍵碳原子1個(gè)，所以碳原子的雜化方式有：sp3雜化與sp2雜化，1個(gè)該分子，含有C﹣Hσ鍵10條，C﹣Cσ鍵3條，C﹣Oσ鍵4條，共有17條σ鍵，所以1mol該物質(zhì)中含有的σ鍵為17mol，故答案為：sp3、sp2；17mol；（4）TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶體，且相對(duì)分子質(zhì)量逐漸增大，分子間作用力逐漸增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高，故答案為：它們都是分子晶體，從TiCl4到TiI4相對(duì)分子質(zhì)量逐漸增大，分子間作用力逐漸增大，熔沸點(diǎn)逐漸升高；（5）Ti4+在頂點(diǎn)，Ca2+在體心，距離Ti4+最近且相等的Ca2+數(shù)目有8個(gè)，故答案為：8?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查核外電子排布式的書寫，電負(fù)性和雜化方式及σ鍵的判斷，分子間作用力大小的判斷，晶胞中微粒的位置問題，考查知識(shí)點(diǎn)較多，面較廣，難度中等。14．（2021?蘇州模擬）過渡金屬鉻、鎳及其化合物在工業(yè)上有重要用途，回答下列問題：（1）Cr基態(tài)原子價(jià)層電子的軌道表達(dá)式。（2）氮化鉻（CrN）在超級(jí)電容器領(lǐng)域具有良好的應(yīng)用前景，可由CrCl3?6H2O與尿素[（NH2）2CO]反應(yīng)先得到配合物{Cr[OC（NH2）2]6}Cl3，然后在通有NH3和N2混合氣體的反應(yīng)爐內(nèi)熱分解制得。尿素構(gòu)成元素中電負(fù)性由大到小的順序?yàn)镺＞N＞C＞H。（3）丁二酮肟（）是檢驗(yàn)Ni2+的靈敏試劑。丁二酮肟分子中C原子軌道雜化類型為sp3、sp2，2mol丁二酮肟分子中所含σ鍵的數(shù)目為30NA，。（4）丁二酮肟常與Ni2+形成圖A所示的配合物，圖B是硫代氧的結(jié)果。A的熔、沸點(diǎn)高于B的原因?yàn)锳分子間可以形成氫鍵。（5）最近發(fā)現(xiàn)，只含鎳、鎂、和碳三種元素的晶體竟然也具有超導(dǎo)性。鑒于這三種元素都是常見元素，從而引起廣泛關(guān)注，該新型超導(dǎo)晶體的一個(gè)晶胞如圖所示，則該晶體的化學(xué)式為MgCNi3?！究键c(diǎn)】晶胞的計(jì)算；原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；原子核外電子排布；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）Cr原子為24號(hào)元素，其滿足半滿和全滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，據(jù)此書寫其基態(tài)原子價(jià)層電子排布式，得到軌道表達(dá)式；（2）同一周期中，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大而增大，同一主族中，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大而減?。唬?）碳原子分別采取sp3、sp2雜化，甲基中碳原子形成4個(gè)σ鍵，主鏈上共有7個(gè)σ鍵，丁二酮肟（）共有15個(gè)；（4）N、O、F電負(fù)性大，可以形成氫鍵，使物質(zhì)的沸點(diǎn)升高；（5）利用均攤法計(jì)算晶體的化學(xué)式，頂點(diǎn)對(duì)晶胞貢獻(xiàn)，面心對(duì)晶胞貢獻(xiàn)，體心對(duì)晶胞貢獻(xiàn)為1，據(jù)此計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）Cr原子為24號(hào)元素，其滿足半滿和全滿的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，基態(tài)原子價(jià)層電子排布式為3d54s1，軌道表示式為：，故答案為：；（2）同一周期中，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大而增大，同一主族中，元素的電負(fù)性隨著原子序數(shù)的增大而減小，所以這四種元素的電負(fù)性大小順序是O＞N＞C＞H，故答案為：O＞N＞C＞H；（3）甲基中碳原子采取sp3、碳氮雙鍵碳原子sp2雜化，甲基中碳原子形成4個(gè)σ鍵，兩個(gè)甲基共有8個(gè)σ鍵，主鏈上共有7個(gè)σ鍵，丁二酮肟（）共有15個(gè)；2mol丁二酮肟分子中所含σ鍵的數(shù)目為30NA，故答案為：sp3、sp2；30NA；（4）氧原子的電負(fù)性大，可以形成氫鍵，致使A的熔、沸點(diǎn)高于B，故答案為：A分子間可以形成氫鍵；（5）鎂原子位于頂點(diǎn)，對(duì)晶體的貢獻(xiàn)，鎳原子位于晶胞的面心，對(duì)晶胞的貢獻(xiàn)，碳原子位于晶胞的體心，對(duì)晶胞的貢獻(xiàn)1，晶胞中Mg為8×＝1，Ni為6×，C為1，晶體的化學(xué)式為MgCNi3，故答案為：MgCNi3?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了原子結(jié)構(gòu)、晶體結(jié)構(gòu)，題目涉及核外電子排布、雜化、晶胞的計(jì)算等知識(shí)，綜合考查學(xué)生的分析能力和計(jì)算能力，注意晶胞中原子數(shù)的分?jǐn)傆?jì)算，題目難度中等。15．（2022?南通二模）過二硫酸鈉（Na2S2O8）具有強(qiáng)氧化性，常用于處理水體中的有機(jī)污染物。（1）S2O82﹣的結(jié)構(gòu)如圖1所示，用“□”標(biāo)識(shí)出S2O82﹣中體現(xiàn)強(qiáng)氧化性的基團(tuán)：。（2）Fe2+可活化S2O82﹣，活化后產(chǎn)生SO4?﹣。SO4?﹣氧化性更強(qiáng)，降解廢水中有機(jī)污染物的能力更強(qiáng)。Fe2+活化S2O82﹣過程中存在下列反應(yīng)（k是衡量反應(yīng)快慢的物理量，k越大，反應(yīng)越快）：Ⅰ：S2O82﹣═2SO4?﹣k＝2.5×10﹣9Ⅱ：SO4?﹣+H2O═SO42﹣+?OH﹣+H+k＝2×103Ⅲ：S2O82﹣+Fe2+═Fe3++SO4?﹣+SO42﹣k＝20Ⅳ：Fe2++SO4?﹣═Fe3++SO42﹣k＝4.6×109向含有有機(jī)污染物的廢水中投放一定量Na2S2O8，再分批加入一定量FeSO4。①若將FeSO4一次性加入廢水中，不利于有機(jī)污染物降解。原因是若將FeSO4一次性加入廢水中，反應(yīng)IV的速率大于反應(yīng)Ⅲ，溶液中SO4?﹣被大量的Fe2+快速消耗，使溶液氧化性減弱。②其他條件相同，溶液初始pH對(duì)有機(jī)物降解率的影響如圖2所示。當(dāng)pH＞3時(shí)，有機(jī)物的降解率隨初始pH升高而降低的可能原因是pH越大，F(xiàn)e2+水解程度大，不利于反應(yīng)Ⅲ進(jìn)行，生成的SO4?﹣濃度小，而pH越大，有利于反應(yīng)Ⅱ進(jìn)行，生成?OH﹣，?OH﹣的氧化性比SO4?﹣弱。（3）CuxFeyOz是一種符合催化劑，可催化活化過二硫酸鹽（S2O82﹣）產(chǎn)生SO42﹣。①該復(fù)合催化劑晶胞結(jié)構(gòu)如圖3所示（A、B分別為晶胞的的結(jié)構(gòu)），其化學(xué)式為CuFe2O4。②該復(fù)合催化劑活化過二硫酸鹽的過程如圖4所示。請(qǐng)描述該催化劑參與反應(yīng)并再生的過程：Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）失去電子給S2O82﹣，轉(zhuǎn)化為Cu（Ⅲ）、Fe（Ⅲ），Cu（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）再得到SO42﹣失去的電子生成Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ），如此循環(huán)，實(shí)現(xiàn)催化與再生?！究键c(diǎn)】含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；晶胞的計(jì)算．【專題】化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)；化學(xué)應(yīng)用．【分析】（1）S2O82﹣中含有過氧鍵，體現(xiàn)強(qiáng)氧化性；（2）①若將FeSO4一次性加入廢水中，反應(yīng)IV速率大于反應(yīng)Ⅲ，溶液中SO4?﹣被Fe2+大量消耗；②pH過大，F(xiàn)e2+水解程度大，有利于反應(yīng)Ⅱ進(jìn)行；（3）①晶胞的頂點(diǎn)、面心為Cu原子，每個(gè)A體內(nèi)單獨(dú)占有1個(gè)“CuO4“，每個(gè)B體內(nèi)單獨(dú)占有1個(gè)“Fe4O4”，均攤法計(jì)算確定化學(xué)式；②Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）失去電子轉(zhuǎn)化為Cu（Ⅲ）、Fe（Ⅲ），S2O82﹣得電子SO42﹣、SO4?﹣，Cu（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）再與SO42﹣反應(yīng)生成Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）、SO4?﹣?！窘獯稹拷猓海?）S2O82﹣體現(xiàn)強(qiáng)氧化性是由于含有過氧鍵，如圖所示，故答案為：；（2）①由平衡常數(shù)可知，反應(yīng)IV的速率大于反應(yīng)Ⅲ，若將FeSO4一次性加入廢水中，溶液中SO4?﹣被大量的Fe2+快速消耗，使溶液氧化性減弱，不利于有機(jī)污染物降解，故答案為：若將FeSO4一次性加入廢水中，反應(yīng)IV的速率大于反應(yīng)Ⅲ，溶液中SO4?﹣被大量的Fe2+快速消耗，使溶液氧化性減弱；②pH＞3時(shí)，有機(jī)物的降解率隨初始pH升高而降低的可能原因是：pH越大，F(xiàn)e2+水解程度大，不利于反應(yīng)Ⅲ進(jìn)行，生成的SO4?﹣濃度小，而pH越大，有利于反應(yīng)Ⅱ進(jìn)行，生成?OH﹣，?OH﹣的氧化性比SO4?﹣弱，故答案為：pH越大，F(xiàn)e2+水解程度大，不利于反應(yīng)Ⅲ進(jìn)行，生成的SO4?﹣濃度小，而pH越大，有利于反應(yīng)Ⅱ進(jìn)行，生成?OH﹣，?OH﹣的氧化性比SO4?﹣弱；（3）①晶胞的頂點(diǎn)、面心為Cu原子，每個(gè)A體內(nèi)單獨(dú)占有1個(gè)“CuO4“，每個(gè)B體內(nèi)單獨(dú)占有1個(gè)“Fe4O4”，晶胞中Cu在數(shù)目＝8×+6×+4×1＝8，F(xiàn)e原子數(shù)目＝4×4＝16，O原子數(shù)目＝4×4+4×4＝32，Cu、Fe、O原子數(shù)目之比為8：16：32＝1：2：4，故化學(xué)式為CuFe2O4，故答案為：CuFe2O4；②由圖可知，Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）失去電子給S2O82﹣，轉(zhuǎn)化為Cu（Ⅲ）、Fe（Ⅲ），S2O82﹣得電子SO42﹣、SO4?﹣，Cu（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）再得到SO42﹣失去的電子生成Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ），同時(shí)生成SO4?﹣，實(shí)現(xiàn)催化劑參與反應(yīng)并再生，故答案為：Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ）失去電子給S2O82﹣，轉(zhuǎn)化為Cu（Ⅲ）、Fe（Ⅲ），Cu（Ⅲ）、Fe（Ⅲ）再得到SO42﹣失去的電子生成Cu（Ⅱ）、Fe（Ⅱ），如此循環(huán)，實(shí)現(xiàn)催化與再生?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查比較綜合，涉及氧化還原反應(yīng)、條件控制、晶胞計(jì)算、催化機(jī)理等，需要學(xué)生具備扎實(shí)的基礎(chǔ)，題目側(cè)重考查學(xué)生觀察能力、信息獲取能力、運(yùn)用知識(shí)解決問題的能力。16．（2020?贛榆區(qū)模擬）黃銅礦是工業(yè)冶煉銅的原料，主要成分為CuFeS2．試回答下列問題：（1）基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為[Ar]3d104s1；Cu、Zn的第二電離能大小I2（Cu）＞I2（Zn）。（填“＞”、“＜”或“＝”）（2）SO2分子中分子空間構(gòu)型為V形；與SO2互為等電子體的陰離子有NO2﹣（寫一種）。（3）[Cr（H2O）4Br2]Br?2H2O中心離子配位數(shù)為6。（4）鐵鎂合金是目前已發(fā)現(xiàn)的儲(chǔ)氫密度最高的儲(chǔ)氫材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞距離Mg原子最近Mg數(shù)目為6?！究键c(diǎn)】晶胞的計(jì)算；原子核外電子排布；元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；“等電子原理”的應(yīng)用．【分析】（1）基態(tài)Cu原子核電荷數(shù)是29，據(jù)能級(jí)圖寫出Cu原子核外電子排布式；Zn的價(jià)電子排布式為3d104s2，Cu的價(jià)電子排布式為3d104s1，Cu失去一個(gè)電子內(nèi)層達(dá)到飽和，再失去一個(gè)電子比較困難，Zn失去一個(gè)電子價(jià)層變?yōu)?d104s1，再失去一個(gè)電子比Cu+容易；（2）SO2分子中S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)＝2+＝3且含1個(gè)孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷S原子的軌道雜化類型及分子空間構(gòu)型；與SO2互為等電子體的分子中含義3個(gè)原子、價(jià)電子數(shù)是18；（3）[Cr（H2O）4Br2]﹣中的中心離子的配體是H2O、Br﹣，根據(jù)水分子個(gè)數(shù)和Br﹣個(gè)數(shù)確定配位數(shù)個(gè)數(shù)；（4）根據(jù)圖知，晶胞中8個(gè)Mg原子形成立方體結(jié)構(gòu)，同一棱邊上的兩個(gè)Mg原子間距離最短?！窘獯稹拷猓海?）基態(tài)Cu原子核電荷數(shù)是29，核外3d能級(jí)上10個(gè)電子、4s能級(jí)上1個(gè)電子為其價(jià)電子，則Cu原子核外電子排布式為[Ar]3d104s1；Zn的價(jià)電子排布式為3d104s2，Cu的價(jià)電子排布式為3d104s1，Cu失去一個(gè)電子內(nèi)層達(dá)到飽和，再失去一個(gè)電子比較困難，Zn失去一個(gè)電子價(jià)層變?yōu)?d104s1，再失去一個(gè)電子比Cu+容易，所以Cu、Zn的第二電離能大小I2（Cu）＞I2（Zn），故答案為：[Ar]3d104s1；＞；（2）SO2分子中S原子價(jià)層電子對(duì)個(gè)數(shù)＝2+＝3且含1個(gè)孤電子對(duì)，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論判斷S原子的軌道雜化類型為sp2、分子空間構(gòu)型V形；與SO2互為等電子體的陰離子中含有3個(gè)原子、價(jià)電子數(shù)是18，為NO2﹣，故答案為：V形；NO2﹣；（3）[Cr（H2O）4Br2]﹣中的中心離子的配體是H2O、Br﹣，該配離子中含有4個(gè)H2O、2個(gè)Br﹣，所以配位數(shù)是6，故答案為：6；（4）根據(jù)圖知，晶胞中8個(gè)Mg原子形成立方體結(jié)構(gòu)，同一棱邊上的兩個(gè)Mg原子間距離最短，晶胞頂點(diǎn)Fe可以被8個(gè)立方體晶胞共用，晶胞內(nèi)Mg點(diǎn)到直接相連的4個(gè)晶胞中最近Mg原子數(shù)目為4×3×＝6，故答案為：6?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及知識(shí)再現(xiàn)、空間想像能力及計(jì)算能力，掌握并靈活運(yùn)用基本公式、基本概念是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是晶胞計(jì)算，題目難度中等。17．（2020?江蘇模擬）合成氨工藝的一個(gè)重要工序是銅洗，其目的是用銅液（醋酸二氨合銅、氨水）吸收在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的CO和CO2等氣體。銅液吸收CO的反應(yīng)方程式為：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]Ac（Ac﹣為CH3COO﹣的簡(jiǎn)寫）。（1）基態(tài)原子中未成對(duì)電子數(shù)最多的短周期元素X，與上述反應(yīng)中所有元素均不在同一周期，該基態(tài)原子的電子排布式為1s22s22p63s23p3。（2）[Cu（NH3）3CO]Ac組成元素中，第一電離能最大的元素是N。（填元素符號(hào)）。（3）HAc可通過將CH3CHO氧化得到，比較HAc與乙醛的沸點(diǎn)高低，并說明原因：乙酸分子間存在氫鍵，而乙醛分子間不存在氫鍵。（4）C、