2023年高考真题变式分类汇编：配合物的成键情况1

2023年高考真题变式分类汇编：配合物的成键情况1
一、选择题
1．（2023·湖南）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、Ru由＋2价被氧化为＋3价后，Ru吸引电子的能力增强， 从而导致配体NH3中N－H的极性增强，更容易断裂形成H＋，即配体NH3失去质子的能力增强，A不符合题意；
B、[L－Ru－NH3]＋失去一个电子形成[L－Ru－NH3]2＋，其中＋2价变为＋3价，[L－Ru－NH3]2＋失去一个质子H＋形成[L－Ru－NH2]＋，Ru元素的化合价变，氮原子形成一个孤电子对，[L－Ru－NH2]＋中氮原子的孤电子对中一个电子转移到Ru上，形成M（），因此M中Ru的化合价为+2价，B符合题意；
C、反应后生成的N2H4的结构简式为，其中的氮氮单键为非极性键，因此该过程有非极性键形成，C不符合题意；
D、由反应机理可知，该过程中NH3发生失电子的氧化反应，生成N2H4和NH4＋，因此该过程的总反应式为：4NH3－2e－=N2H4＋2NH4＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合化学键极性强弱分析；
B、M中Ru的化合价为+2价；
C、生成物N2H4中的氮氮单键为非极性键；
D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
2．（2023·辽宁）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是
A．图1晶体密度为g cm-3
B．图1中O原子的配位数为6
C．图2表示的化学式为
D．取代产生的空位有利于传导
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为，那么密度为：，A项正确；
B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；
C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；
D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；
故答案为：C。
【分析】思路分析：利用均摊法算出晶胞的化学式，根据结构判断配位数，计算密度的公式为，注意单位的换算。
3．（2023·湖北）镧La和H可以形成一系列晶体材料，在储氢和超导等领域具有重要应用。，属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，中的每个H结合4个H形成类似的结构，即得到晶体。下列说法错误的是
A．晶体中La的配位数为8
B．晶体中H和H的最短距离：
C．在晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼
D．单位体积中含氢质量的计算式为
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A.若面心La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；
B．由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似甲烷的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：，故B正确；
C．由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似甲烷的结构，这样的结构有8个，顶点数为48=32，故C错误；
D.有分析可知，一个晶胞中含有H个数为：8+48=40个，氢原子质量为，晶胞的体积为，单位体积含氢质量为：，D项正确；
故答案为：C
【分析】根据分析可知，La位于顶点和面心，H位于晶胞内部，利用均摊法可以算出晶胞化学式，算出一个晶胞质量，根据体积，算出单位体积的含氢质量，根据晶胞结构进行解答即可。
4．（2023·梅州模拟）下列有关说法不正确的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；高分子材料
【解析】【解答】A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；
B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；
C.核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；
D.煤油为烃的混合物，D项错误；
故答案为：D。
【分析】易错分析：一般燃料都为混合物，如汽油、柴油、煤油等，通过分馏方式从石油中获取的。
5．（2023·邯郸模拟）H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图。已知：Pd为第四用期第Ⅷ族元素，基态Pd原子的价电子排布式为4d10，[PdCl4]2-的空间结构为平面正方形。下列说法正确的是
A．在[PdCl4]2-中Pd原子为sp3杂化
B．在[PdCl2O2]2-和[PdCl4]2-中Pd提供孤电子对形成配位键
C．第③步发生的反应为[PdCl2O2]2-+2HCl=H2O2+[PdCl4]2-
D．等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①和反应②转移的电子数之比为1∶2
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．的空间结构为平面正方形，说明中心原子Pd不是杂化，应为杂化，A不符合题意；
B．在和中Pd提供空轨道形成配位键，B不符合题意；
C．根据反应循环图可知，第③步发生的反应为[PdCl2O2]2-+2HCl=H2O2+[PdCl4]2-，C符合题意；
D．等物质的量的和发生反应时，反应①H的化合价由0→+1价，反应②O的化合价由0→-1价，转移的电子数之比为1∶1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.的空间结构为平面正方形，则Pd为杂化；
B.形成配合物时，中心离子提供空轨道形成配位键；
D.根据得失电子守恒计算。
6．（2023·天津模拟）下列对分子结构及其性质的解释中，不正确的是(　　)
A．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B．乳酸属于手性分子，因分子中存在一个手性碳原子
C．配合物中一定含有过渡金属原子或离子，因为过渡金属原子或离子存在空轨道
D．酸性，是因为分子非羟基氧原子数目比多
【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；相似相溶原理及其应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．碘、四氯化碳、甲烷均属于非极性分子，水属于极性分子，所以碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释，A不符合题意；
B．乳酸的结构简式为CH3-CH（OH）-COOH，第二个碳原子为手性碳原子，B不符合题意；
C．由分析可知，只要含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒均可形成配合物，C符合题意；
D．H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.相似相溶原理是指极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子。
B.手性碳原子是指连接四个不同的原子或原子团的碳原子。
C.配合物是由含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒形成的。
D. 酸性，是因为分子非羟基氧原子数目比多 。
7．（2023·厦门模拟）生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是
A．构成血红蛋分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中提供空轨道形成配位键
C．与血红素中配位能力强于
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；含有氢键的物质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．由图可知，分子中的氮的电负性较强，能形成氢键，则构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用，A不符合题意；
B．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其能够提供空轨道形成配位键，B不符合题意；
C．碳的电负性小于氧，故更容易提供孤电子对与血红素中形成配位键，其配位能力强于，C不符合题意；
D．血红素中的肽键会在酸性条件下水解，故用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时也会发生化学变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；
B．依据构造原理分析；
C．依据电负性大小分析；
D．肽键会在酸性条件下水解。
8．（2023·石家庄模拟）下列说法错误的是
A．基态铬原子的电子排布式为
B．晶体中存在配位键
C．所有元素中，氟的第一电离能最大
D．光气分子中，所有原子均满足8电子稳定结构
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．Cr为24号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或简化为[Ar]3d54s1，故A不符合题意；
B．铵根离子中，H+提供空轨道，NH3中N提供孤电子对形成一个配位键，故B不符合题意；
C．在同周期元素中稀有气体的第一电离能最高，故C符合题意；
D．的结构式为：，由结构可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、Cr为24号元素，其价电子层为3d54s1；
B、氯化铵中一个氢离子可以和氨分子形成配位键；
C、稀有气体的最外层能级为全充满，第一电离能最高；
D、光气分子中所有原子都满足8电子结构。
9．（2023·沈阳模拟）在催化剂作用下，分解生成和可能的反应机理如图所示。研究发现：其他条件不变时，向溶液添加催化释氢的效果更佳。下列说法中错误的是
A．催化释氢反应除生成外，还生成
B．添加的溶液催化释氢产物是、和
C．添加后可以使反应加速
D．该过程中有配位键的形成和断裂
【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成和H2推断HCOOD催化释氢生成和HD，故A不符合题意；
B．HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快地产生KH，KH可以与水反应生成和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的生成K2CO3，则用HCOOK溶液催化释氢的产物是、和K2CO3，故B符合题意；
C．根据图示可知，HCOOH催化分解的反应机理是HCOOH分解生成H+和HCOO-，然后HCOO-再分解成和H-，H-和H+反应生成氢气，HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快地产生KH，KH可以与水反应生成和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的，从而使氢气更纯净，所以用HCOOK代替HCOOH可以提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度，故C不符合题意；
D．由图可知， 中存在配位键，则该过程中有配位键的形成和断裂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合甲酸分解为二氧化碳和氢气的特点，判断 的催化反应特点；
B、强电解质更容易生成甲酸根离子和钾离子；
C、根据图示可以知道用HCOOK代替HCOOH可以提高释放氢气的速率；
D、结合图示中的配位键进行判断。
10．（2023·潍坊模拟）“点击化学”研究获得2022年诺贝尔化学奖表彰，利用该原理可制得如图所示含大π键的产物。已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定。下列说法错误的是
A．铜离子降低了反应的活化能
B．反应物中黑球元素的电负性强于N
C．产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键
D．反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．铜离子降低了反应的活化能，加快了反应速率，A符合题意；
B．由可知反应物中黑球元素的电负性强于N，B不符合题意；
C．α位置的N原子中含有1对孤电子对，容易形成配位键；故产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键，C不符合题意；
D．已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定；反应物中氮氮键更稳定、键长更短，故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；
B．依据结构中电性判断电负性；
C．α位置的N原子中含有1对孤电子对，容易形成配位键；
D．利用已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定分析。
二、多选题
11．（2022高二下·沧州期末）溶于水后加氨水先生成沉淀，再加氨水，因生成使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用表示，其中Co的配位数是6，把分离出的溶于水后立即加溶液，有AgCl沉淀析出。经测定，每只生成2molAgCl。下列说法错误的是（　　）
A．表示成配合物结构形式为
B．通入空气后得到的溶液中含有
C．上述反应不涉及氧化还原反应
D．中提供孤电子对，提供空轨道
【答案】A,C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应
【解析】【解答】
A．表示成配合物结构形式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，选项A符合题意；
B．[Co(NH3)5Cl]Cl2在溶液中电离出和Cl-，则通入空气后得到的溶液中含有，选项B不符合题意；
C．[Co(NH3)6]Cl2溶液中通入空气，生成[Co(NH3)5Cl]Cl2，钴的化合价由+2价变为+3价，发生氧化还原反应，选项C符合题意；
D．中提供孤电子对，提供空轨道，形成配位离子，选项D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】把CoCl2溶于水后加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀又溶解后，再加氨水，使生成[Co(NH3)6]Cl2，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可以用 CoCl3·5NH3表示，Co配位数是6，把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出AgCl沉淀，可知1 mol CoCl3·5NH3只生成2 mol AgCl，说明一个CoCl3·5NH3中含有两个Cl，一个Cl为配原子，钴的配位数为6，含有一个Cl原子为配原子，所以还含有5个NH3为配体，所以其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2。
12．（2021高二下·聊城期末）下列说法错误的是（　　）
A．晶体是蓝色的，因为与形成了
B．在晶体中，每个周围紧邻且距离相等的有6个
C．向含有的水溶液中加入足量溶液只能生成沉淀
D．在金刚石晶体中，碳原子数与碳碳键个数的比为
【答案】B,D
【知识点】配合物的成键情况；离子晶体；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A．CuSO4·5H2O晶体结构中， 与形成了，晶体是蓝色的，A不符合题意；
B． 由晶胞示意图可知，每个周围紧邻且距离相等的氯离子有6个，每个周围紧邻且距离相等的有12个，B符合题意；
C．由与氯离子构成，故向含有的水溶液中加入足量溶液只能生成沉淀，C不符合题意；
D． 在金刚石晶体中，每一个碳原子与4个碳原子通过碳碳单键形成正四面体空间网状结构，故按均摊法可知，碳原子数与碳碳键个数的比为，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】易错分析：A.与硫酸铜溶液显蓝色相同，都是Cu2+与水形成配合物而呈现蓝色.
C.有该配合物结构可知，一共有3个氯原子，有2个氯原子形成配位键，不能电离出氯离子，只能电离出一个氯离子，故0.1mol 该有机物只能生成0.1molAgCl
13．（2020高二下·泰安期末）下列有关说法错误的是（　　）
A．水合铜离子的模型如图(1)所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B．CaF2晶体的晶胞如图(2)所示，与每个Ca2+ 等距离F- 有4个
C．H原子的电子云图如图(3)所示，电子在原子核附近运动出现的概率大
D．金属Cu中Cu原子晶胞模型如图(4)，立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为8
【答案】B,D
【知识点】原子核外电子的运动状态；配合物的成键情况；离子晶体；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A. 水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，1个水合铜离子中有4个配位键，故A不符合题意；
B. 在CaF2晶体的晶胞中，每个Ca2+周围有8个F-，每个F-周围有4个Ca2+，故B符合题意；
C. 由图可知H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，所以电子在原子核附近运动出现的概率大，故C不符合题意；
D. 在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，故D符合题意；
故答案为：BD 。
【分析】A.根据结构找出配位键个数即可
B.一个氟离子和4个钙离子形成正四面体，氟离子处于中心，一个钙离子和8个氟离子形成长方体，钙离子处于长方体的中心
C.电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少
D.根据晶胞图可知，铜原子分布在晶胞的顶点和面心上，所以该金属晶体为面心立方最密堆积，距离铜原子最近的铜原子是顶点或者面心，共有12个
三、非选择题
14．（2023·北京）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
（1）基态原子价层电子排布式是　 　。
（2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　 　。
（3）的空间结构是　 　。
（4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程中，断裂的只有硫硫键，若过程所用试剂是和，过程含硫产物是　 　。
（5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。
晶胞中的个数为　 　。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。
（6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：　 　。
【答案】（1）
（2），氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
（3）四面体形
（4）和
（5）；
（6）中的中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）S为16号元素，基态原子电子排布式为1s2s22p63s23p4，则价层电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4；
（2）原子半径越大，原子核对电子的吸引力越弱，第一电离能越强，原子半径越小，原子核对电子的吸引力越强，第一电离能越弱，故答案为： ，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
（3）S2O32-中，中心S孤对电子为0，周围连接4个原子，为sp3杂化，形成四面体；
（4）结合实验过程，可知过程i为Na232SO3和35S反应，35S取代了SO42-中的O，而过程ii生成的Ag2S，S2-来自于35S，则过程ii产物为Ag235S和Na232SO4，故答案为： 和 ；
（5） 占据晶胞的顶点和棱心、面心和体心，其个数为；S2O32-占据晶胞的体心，个数为4，即晶胞中有4个 和4个S2O32-， 摩尔质量为Mg·mol-1，晶胞体积，则晶胞密度，故答案为：4； ；
（6）中心S没有孤对电子，不能作为配位原子，端基S含有孤对电子，可以作为配位原子，故答案为： 中的中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子。
【分析】（1）基态原子核外电子排布式可以结合元素原子序数判断；
（2）电子层数越多，半径越大，同主族元素，从上到下第一电离能减小；
（3）杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；
（4）根据产物中原子的来源，判断相应硫原子的质量数；
（5）均摊法计算时，顶点占据，棱心占据，面心占据，体心占据1；密度；
（6）中心原子孤电子对数=。
15．（2023·全国甲卷）将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
（1）图1所示的几种碳单质，它们互为　 　，其中属于原子晶体的是　 　，间的作用力是　 　。
（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中轨道能提供一对电子的原子是　 　(填图2酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为　 　，氮原子提供孤对电子与钴离子形成　 　键。
（3）气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中的轨道杂化类型为　 　。的熔点为，远高于的，由此可以判断铝氟之间的化学键为　 　键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为　 　。若晶胞参数为，晶体密度　 　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）同素异形体；金刚石；范德华力
（2）③；+2；配位
（3）；离子；2；
【知识点】配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；分子间作用力
【解析】【解答】（1）石墨和金刚石为碳的不同单质，互为同素异形体；金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，其余都是分子晶体，所以C60间作用力为分子间作用力；
（2）p轨道提供一对电子的N原子，说明该N原子为sp3杂化，③号N原子为sp3杂化；由图可知，Co与N原子结合时，其中2个为配位键，2个为共价键，所以化合价为+2价，氮原子提供孤电子，Co提供空轨道，形成配位键。
（3）由图可知，篮球为氯原子，灰球为铝原子，每个铝原子与氯原子形成四面体构型，所以为sp3杂化，根据熔点可知，三氟化铝为离子晶体，所以铝和氟为离子键结合；根据AlF3结构可知；根据离子半径大小，小球为Al3+，大球为F-，距离大球最近的小球有2个，所以配位数为2；根据均摊法计算可知，小球为Al3+个数为：，F-位于棱上，个数为：一个晶胞中有个AlF3，根据带入，计算即可得到，
【分析】难点分析：（2）根据物质结构判断轨道杂化类型，若空间结构为四面体，则为sp3杂化，若为平面结构，则为sp2杂化；若为直线型，为sp杂化；在计算晶胞密度是，首先利用均摊法算出一个晶胞含有原子数目，利用，计算即可。
16．（2023·新疆模拟）稀土元素是指钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素，共17种，位于元素周期表中第III B族，均为金属元素，在工业生产中有重要的作用。回答下列问题：
（1）基态钪( Sc)元素的原子核外电子占据的轨道数目共　 　个 ， 钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期，钇( Y)的价电子排布式为　 　。
（2）稀土元素常常能和许多配位体形成配合物。若一个配位体含有两个或两个以上的能提供孤电子对的原子，这种配位体就叫多齿配位体，有一个能提供孤电子对的原子为一齿，(羰基中的氧原子不能提供孤对电子)，EDTA( )是　 　齿配位体，它的配位原子为　 　，其中 C原子的杂化方式为　 　。
（3）钪(Sc)离子在水中以稳定对称的[ Sc(H2O)6]3+存在，其中O Sc O的键角只有90度和180度两种，其空间构型为　 　。
（4）铈(Ce)属于镧系元素，氧化铈是一种重要的光催化材料。
①铈具有三价和四价两种价态，三价和四价间的可逆转换会造成氧空位的生成和消除。其光催化的基本原理如下图所示，当光照能量( hv )等于或大于氧化铈催化剂的能量时，氧化铈VB上的电子(e－)会受到激发跃迁至CB，留下带正电荷的空穴(h+ ) ，形成光生电子 空穴对，与所吸附的物质发生氧化还原反应。则在氧化还原反应中，空穴可视为　 　(填“氧化剂”或“还原剂”)，图中A发生　 　(填“氧化”或“还原”)反应。
②氧化铈的晶体结构如下图所示，其中铈原子和氧原子的数量之比为　 　，若 晶体密度为d g cm 3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数a=　 　cm( 写出表达式)。
【答案】（1）11；4d15s2
（2）6；O、N；sp2 、sp3杂化
（3）正八面体
（4）氧化剂；还原；1：2；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）钪( Sc)为21号元素，则基态钪( Sc)原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d14s2，则基态钪( Sc)的原子核外电子占据的轨道数目共11个， 钪(Sc)的价电子排布式为3d14s2，钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期，则钇( Y)的价电子排布式为4d15s2；故答案为：11；4d15s2。
（2）根据题中信息EDTA( )有两个氮和4个羟基氧能提供孤对电子，因此该物质是6齿配位体，它的配位原子为O、N，羧基碳原子价层电子对数为3，杂化类型为sp2，另外的碳原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3；故答案为：6；O、N；sp2、sp3杂化。
（3）钪(Sc)离子在水中以稳定对称的[ Sc(H2O)6]3+存在，其中O Sc O的键角只有90度和180度两种，即钪(Sc)离子的前后左右上下与水中氧连接形成正八面体；故答案为：正八面体。
（4）①在氧化还原反应中，带正电荷的空穴(h+ )得到电子，化合价降低，因此空穴可视为氧化剂，根据图中信息得到A得到电子生成B，则A发生还原反应；故答案为：氧化剂；还原。
②氧化铈的晶体结构如下图所示，大球为铈原子，个数为，小球为氧原子，个数为8，其中铈原子和氧原子的数量之比为1：2，若晶体密度为d g cm 3，阿伏加德罗常数为NA，，解得；故答案为：1：2；。
【分析】（1）Sc为21号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，占据的轨道数目共11个，钇( Y)的价电子排布式为4d15s2；
（2）DEDTA是6齿配位体，EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4；
（3） 六个水分子围绕Sc3+形成八面体结构；
（4）①空穴可得电子，因此可视为氧化剂；A物质得电子生成B物质，发生还原反应；
②铈原子位于八个顶点和六个面心，因此为四个，氧原子在体心内，共8个，因此铈原子和氧原子个数比为1：2；该晶胞为立方晶胞，晶胞中含有4个铈原子和8个氧原子，结合计算。
17．（2023·绵阳模拟）中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrogen”译成中文时曾写成淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。
（1）GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式为　 　，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为　 　。
（2）硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为　 　，其阴离子的空间构型为　 　。
（3）氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是　 　。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因是　 　。
（4）常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较，熔点较高的是　 　。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于　 　。
A．氢键|B．极性键 C．π键 D．配位键
（5）某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为　 　。
②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为　 　g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】（1）[Ar]3d104s24p1；原子晶体(共价晶体)
（2）4；正四面体
（3）sp2；O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大
（4）CH3CH2CH2NH2；BD
（5）棱心和体心；
【知识点】原子结构的构造原理；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；
GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；
（2）在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个配位体NH3结合，故Pt的配位数为4；
外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；
（3）在该微粒中，C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；
O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；
（4）[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；
[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故合理选项是BD；
（5）①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；
②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度ρ=。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；依据晶体的性质判断晶型；
（2）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，由于原子核外电子处于轨道的全充满、半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素
（4）分子间氢键会使物质沸点升高；不同种原子之间的共价键为极性键；
（5）①根据晶胞结构分析；
②利用均摊法确定原子数，再利用密度公式计算。
18．（2023·菏泽模拟）我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是　 　(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是　 　。
A． B．
C．
D．
（2）铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是　 　。
（3）镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是：　 　；的熔点高于的原因是　 　。
（4）氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为　 　；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为　 　。
【答案】（1）A；CD
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF
（3）C；为离子晶体、而为分子晶体
（4）混合型晶体；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，
故答案为：CD；
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致比更易分解；
（3）中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；的熔点高于的原因是为离子晶体、而为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
（4）六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个N，则晶体密度为，则；
【分析】（1）电子处于半充满或者全充满时，失去电子吸收的能量最多；
（2）键能越大物质越稳定；
（3）镍离子结合的是碳原子；离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）阿伏加德罗常数可以结合密度、体积、摩尔质量判断。
19．（2022·温州模拟）完成下列问题。
（1）已知气体溶解度(气体压强为，温度为293K，在100g水中的溶解度)数据如下表：
气体 溶解度/g 分子结构特点
乙烷 0.0062 中心原子杂化，轨道半径较大，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)不明显
乙炔 0.117 中心原子sp杂化，轨道半径较小，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)明显
结合上表信息，说明乙烷与乙炔气体的溶解度存在差异的原因：　 　。
（2）已知乙酸()的正交晶胞如图所示。阿伏加德罗常数为。
①第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是：　 　(填元素符号)。
②乙酸晶胞的密度　 　。
（3）某笼形络合物结构中，金属离子与连接形成平面层，两个平面层通过分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如)。其基本结构如图(H原子未画出)：
①　 　。
②该结构不是晶胞结构单元，理由是　 　；
③通过分析，金属离子的配位数为　 　(填入序号)。
A.2、3 B.4、6 C.3、4 D.5、6
【答案】（1）C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)
（2）N、F；
（3）2：1：1；结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)；B
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)。
（2）①同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，故第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是N、F；
②根据晶胞图可知每个晶胞中含有4个乙酸分子，乙酸晶胞的密度；
（3）①根据均摊法Ni占据8个顶点，每个单元中含有Ni个数为，CN-占据8个棱，每个单元含有CN-的个数为，含有NH3为，故2：1：1；
②该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)；
③通过分析，同层有4个CN-，金属离子的配位数为4，轴向有两个NH3，配位数为4+2=6 ，金属离子配位数为4和6，故答案为B；
【分析】（1）根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；
（2）①同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
②根据晶胞图分析计算；
（3）①根据均摊法计算；
②依据结构图比较判断；
③依据结构图分析。
20．（2021·柳州模拟）黄金是一种非常重要的金属。不仅是用于储备和投资的特殊通货，同时又是首饰业、电子业、现代通讯。航天航空业等部门的重要材料。
（1）金能溶解于王水中：，请分析中的配体是　 　，配位数是　 　。
（2）开采的金矿可用氰化法提取：先以氰化钠(NaCN)溶液处理粉碎的金矿石得到，再用锌还原：。Zn与形成的配离子为正四面体形，Au(+1价)与形成的配离子为直线形。
①中配合离子中σ键和π键个数之比是　 　，配体杂化方式是　 　。
②写出Zn的电子排布式　 　，C、N、Na的第一电离能由大到小顺序为　 　。
（3）是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态还是气态，它都是以二聚体的形式存在。依据以上信息判断晶体的结构属于　 　晶体，写出的结构式　 　。
（4）①Au单质的晶体为面心立方最密堆积，Au的配位数为　 　。以下金属和金具有相同的堆积模型的是　 　。
a．Po b．Na c．Zn d．Cu
②若Au的原子半径为a nm，Au单质的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，求Au单质的密度为　 　。(用含a、NA、M的代数式表示)
【答案】（1）；4
（2）1：1；sp；；N＞C＞Na(或Na＜C＜N)
（3）分子；
（4）12；d；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】在配合物中，中心原子或离子含有空轨道，配位体含有孤对电子；同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在，由此判断AuCl3晶体的结构属于分子晶体，据此书写结构式。
(1)在配合物中，能提供孤电子对的为配位体，所以在H[AuCl4]中，配位体是Cl-，配位数为配位体的数目。
故答案为：Cl-、4。
(2)①1个[Au(CN)2] 离子中，含有2个配位键，属于σ键，配体CN-的结构式为[C≡N]-，含有1个σ键和2个π键，则1个[Au(CN)2] 离子中，含有4个σ键，即可推出1mol[Au(CN)2] 含有σ键的数目为4，π键为4；CN-为直线形，C原子的杂化方式为sp；
故答案为：1：1；sp；
②Zn原子核外有30个电子，根据构造原理其核外电子排布式为：[Ar]3d104s2
同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞C＞Li，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能Li＞Na。
故答案为：N＞C＞Na
(3)AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在，依据以上信息判断AuCl3晶体的结构属于分子晶体，Au2Cl6的结构式为：
故答案为：分子，
(4)①面心立方最密堆积，在一个晶胞中选其中一个顶点的Au原子，距离Au原子最近的Au原子为3个，向外延伸8个晶胞，3×8=24，但交界面上Au计算两次，则Au配位数为12，与Cu具有相同堆积方式。
故答案为：12、d
②一个Au晶胞中Au原子的数目为8×18+6×12=4，晶胞质量m=MNA×4，Au的原子半径为a nm，晶胞体积V=(2a)3，晶胞m＝ρV，所以ρ=＝
故答案为：
【分析】
(1)依据配合物的结构式判断。
(2)①依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
②根据构造原理分析；同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
(3)依据物质的性质判断类型并书写结构。
(4)①依据面心立方最密堆积分析；
②利用均摊法确定原子数，再利用ρ=计算。
21．（2022·安徽模拟）铜及其化合物在能源、信息等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）铜和锌同周期且相邻，现有几种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10，失去1个电子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。
A．④②①③ B．④②③① C．①②④③ D．①④③②
（2）铜的熔点比同周期钾的熔点高，这是由于　 　。
（3）用超临界CO2/CH3CN及水作电解质，使用碳作载体的铜基催化剂可高效将CO2还原为HCOOH。CO2的空间结构为　 　，CH3CN 中C原子的杂化方式为 　 　。
（4）[Cu(NH3)4]2+是Cu2+常见的配离子，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为 　 　；[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角比NH3中H- N- H的键角　 　(填“大”“小”或“无法判断”)，原因是　 　。
（5）一种热电材料的晶胞结构如图所示，底部边长为apm的正方形，高为cpm，该晶体的化学式为　 　，紧邻的 Sb与Cu间的距离为　 　pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为　 　g· cm-3(列出计算表达式)。
【答案】（1）A
（2）铜的原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，铜的金属键比钾的强
（3）直线形；sp、sp3
（4）16NA；大；[Cu(NH3)4]2+ 中N原子的孤电子对与Cu2+形成了配位键，不存在孤电子对，对N-H的排斥作用变小，所以键角变大
（5）Cu3SbS4；a； 1030
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②，锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①，故由大到小排序是④＞②＞①＞③，
故答案为：A；
(2)钾和铜属于同周期，铜原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，则金属键比钾的强，故熔沸点比钾高；
(3)CO2中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，碳原子为sp杂化，故空间结构为直线形，CH3CN中甲基中的碳原子的价层电子对数为：4+0=4，该碳原子为sp3杂化，氰基中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，该碳原子为sp杂化，故CH3CN中碳原子的杂化方式为sp3、sp；
(4)σ键为共价单键，Cu的配位数为6，有六个σ键，NH3有3个N-Hσ键，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为16NA；NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥，在[Cu(NH3)4]2+配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大；
(5)分子中有Cu原子：4×+8×+2×=6，锑原子：8×+1=2，硫原子：8，故化学式为：Cu3SbS4，紧邻的Sb与Cu的距离为底对角线的一半，故为a×pm，晶胞质量为：，体积为：V=(a×10-10)2×(c×10-10)cm3=ac×10-30cm3，晶体的密度为：1030g cm-3，故答案为：Cu3SbS4；a；1030。
【分析】（1）锌的第一电离能为全充满状态，铜为半充满状态，锌的第二电离能为半充满状态，铜为全充满状态；
（2）金属的熔点和金属键强度有关；
（3）二氧化碳为AB2型的sp杂化，属于直线型，C的杂化有两种，单键的sp3杂化和三键的sp杂化；
（4）σ键为共价单键，注意配位键也属于共价键；
（5）晶胞的计算要注意先判断各种粒子的配位数。
22．（2022·滨州模拟）氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态磷原子核外电子共有　 　种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式　 　。
（2）已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料，其熔沸点见表。
物质 熔点 沸点
偏二甲肼 -58℃ 63.9℃
肼 1.4℃ 113.5℃
偏二甲肼中氮原子的杂化方式为　 　，二者熔沸点存在差异的主要原因是　 　。
（3）N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为　 　(分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π)。
（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有　 　mol。
（5）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。
铁酸钇的化学式为　 　。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为　 　。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为　 　pm3(列出表达式)。
【答案】（1）9；1s22s22p63s13p33d1
（2）sp3；N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
（3）Π
（4）10
（5）YFeO3；(，+m，)；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。
故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。
(2)偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
(3)由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为：个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可表示为。
故答案为：。
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；
故答案为：10。
(5)由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。
故答案为：YFeO3，(，+m，)，。
【分析】(1)由基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，结合原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态和磷原子在成键时，将一个3s电子激发进入3d能级分析解答；
(2)偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键；
(3)由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后可得N原子剩余价电子数；
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3-NH-CH2-CH2-NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4；
(5)依据晶胞的计算分析解答。
23．（2022·重庆市模拟）中国科学技术大学俞书宏教授团队和高敏锐教授课题组通过室温过饱和溶液共沉积法，实现了无定形NiFeMo氧化物纳米材料的宏量制备，该方法简便快捷，反应几分钟即可一次性生产多达515克的产物，制备的无定形NiFeMo氧化物在碱性条件下展示出优异的OER催化活性，明显优于结晶型NiFeMo氧化物。根据所学知识回答下列问题：
（1）区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为　 　，结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的　 　。
（2）Mo为第五周期元素与Cr同族，则Mo的价层电子排布式为　 　
（3）配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，是获得高纯度纳米镍的原料，Ni(CO)4是　 　(填“极性”或“非极性”)分子。
（4）下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是____(填编号)。
A． B．
C． D．
（5）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为　 　，其中Fe的配位数为　 　。
（6）立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为　 　g/cm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】（1）X-射线衍射实验；自范性
（2）4d55s1
（3）非极性
（4）A
（5）或；4
（6）或
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)X-射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性。
(2)Mo为第五周期元素与Cr同族，根据Cr的价电子排布式3d54s1，可知Mo的价层电子排布式为4d55s1；
(3)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，根据相似相容原理，Ni(CO)4是非极性分子。
(4)电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第四电离能，3d轨道有5个电子，结构稳定，需要的能量大；
B．电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第三电离能，3d轨道有6个电子，结构不稳定，需要的能量小；
C．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第三电离能，需要的能量小；
D．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第四电离能，需要的能量较小；
电离最外层的一个电子所需能量最大的是，选A。
(5)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下通过配位键形成双聚分子，以双聚分子存在的FeCl3的结构式为或，其中Fe的配位数为4；
(6)根据立方NiO(氧化镍)晶体的结构图，1个晶胞含有O2-数为，Ni2+数，其晶胞边长为apm，NiO晶体的密度为g/cm3。
【分析】（1） X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；晶体的自范性是晶体中的粒子在微观空间里呈周期性有序排列的宏观表象；
（2） Mo为第五周期元素与Cr同族，则其价电子排布式与Cr类似；
（3）根据相似相溶原理判断；
（4）A为基态Fe3+，B为基态Fe2+，C为激发态Fe2+，D为激发态Fe3+，激发态能量高于基态，据此判断；
（5）Fe3+提供空轨道，Cl提供孤电子对形成配位键；
（6）利用均摊法计算各离子数目，再根据计算晶体密度。
24．（2022·河西模拟）铁及其化合物在生活、生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。
（1）基态Fe原子的简化电子排布式为　 　。
（2）因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构、密度和性质均不同。
①用　 　实验测定铁晶体，测得A、B两种晶胞，其晶胞结构如图：
②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为　 　。
③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有　 　个。
（3）常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：　 　。
（4）工业盐酸因含有[FeCl4]-而呈亮黄色，在高浓度Cl-的条件下[FeCl4]-才是稳定存在的。
①[FeCl4]-的中心离子是　 　，配体是　 　；其中的化学键称为　 　。
②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有　 　，由此可知在高浓度Cl-的条件下[FeCl4]-才是稳定存在的。
【答案】（1）[Ar]3d64s2
（2）X射线衍射；1：2；8
（3）暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热
（4）Fe3+；Cl-；配位键；白色沉淀、亮黄色逐渐变浅
【知识点】配合物的成键情况；金属晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；
(2)①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构，故答案为：X射线衍射；
②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4，则A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；
③由晶胞结构可知，在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；
(3)由铁的吸氧腐蚀原理可知，解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；
(4)①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl-；配位键；
②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]-Fe3++4Cl-，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。
【分析】难点分析：（2）常见分析晶体结构方法为：X射线衍射法；分别利用均摊法计算出A和B晶胞中铁原子个数即可；以中心铁原子微粒，可知 每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有 8个。
（3）利用铁和C形成原电池，发生反应放出热量
25．（2022·安徽模拟）Cu是一种重要的金属元素，许多铜的化合物在医药、工农业生产中有重要作用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布式为　 　；比较Cu2+和Zn2+稳定性并分析原因：　 　。
（2）一种铜的配合物结构如图1所示，其对肿瘤有明显的抑制作用，该配合物中几种非金属元素的电负性由大到小的顺序为　 　，配位原子的杂化方式为　 　。
（3）金属铜单独与氨水或过双氧水都不反应，但可与氨气和双氧水的混合溶液反应，其原因　 　。
（4）NH3分子中H-N-H键角为107° ，在[Cu(NH3)4]2+中的H-N-H键角为109.5° ，键角变大的原因是　 　。
（5）Cu2O 晶体结构与CsCl (图2)相似，只是利用Cu4O占据CsCl晶体中Cl的位置，而Cs位置由O原子占据，如图3所示，每个Cu2O晶胞中有　 　个 “Cu2O”；Cu2O晶胞中Cu的配位数是　 　；若①处Cu原子坐标为(，，)，则Cu2O晶胞中Cu4O四面体中O原子坐标为　 　。
【答案】（1）3d104s1；稳定性： Zn2+＞Cu2+， Zn2+价电子式排布为3d10， Cu2+价电子排布式为3d9，d轨道全满时较稳定
（2）O＞N＞C＞H；sp2、sp3
（3）过氧化氢为氧化剂，可氧化金属铜为Cu2+，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行
（4）NH3分子中N原子的孤对电子进入Cu2+的空轨道形成配位键后，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变成了成键电子间的相互排斥，排斥作用减弱
（5）2；2；(，，)
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu原子的核外电子排布式是[Ar]3d104s1，则其价电子排布式为3d104s1；
Cu2+是Cu原子失去最外层1个4s电子后又失去次外层的1个3d电子后形成的，Cu2+价电子排布式为3d9；而Zn2+是Zn原子失去最外层2个4s电子后形成的，Zn2+价电子排布式为3d10；由于电子处于轨道的全满、半满或全空是稳定状态，所以离子的稳定性：Zn2+＞Cu2+；
(2)根据图示可知：该微粒中含有的元素由C、N、H、O四种元素。元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以它们的电负性大小关系为：O＞N＞C＞H；
在该配位化合物中，除六元环上的2个N原子形成π键，价层电子对数是3，原子杂化类型为sp2杂化，另外的N、O原子价层电子对数都是4，原子杂化类型是sp3杂化，故该配位化合物中的原子杂化方式为sp2、sp3杂化；
(3)金属铜单独与氨水或过双氧水都不反应，但可与氨气和双氧水的混合溶液反应，这是由于过氧化氢为氧化剂，可氧化金属Cu为Cu2+，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；
(4)NH3分子中H-N-H键角为107° ，在[Cu(NH3)4]2+中的H-N-H键角为109.5° ，键角变大是由于NH3分子中N原子的孤对电子进入Cu2+的空轨道与Cu2+形成配位键后，使得原孤对电子与成键电子间的排斥作用变成了成键电子间的相互排斥，排斥作用减弱，因而键角增大；
(5)在CsCl晶胞中含有Cs+为：8×=1，含有Cl-数目为1×1=1。根据题意，若用Cu4O占据CsCl晶体中Cl的位置，而Cs位置由O原子占据，则得到的晶胞中含有Cu原子数目是4个，含有的O原子数目是2个，即1个Cu2O晶胞中含有2个“Cu2O”；
根据“Cu4O”的四面体结构可知：Cu2O晶胞中1个O原子周围有4个Cu原子，即O原子配位数是4，而Cu2O中Cu和O原子个数比是2：1，所以Cu原子配位数是2；
根据图中所给坐标系和已知①处Cu原子的坐标为(，，)，则Cu2O晶胞中Cu4O四面体中O原子坐标为(，，)。
【分析】（1）铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；当粒子中电子为全充满、半充满时更稳定；
（2）非金属性越强，电负性越强；
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（3）过氧化氢为氧化剂，将铜氧化为铜离子，铜离子提供空轨道，氨分子提供孤电子对，形成配合物；
（4）孤电子对可进入轨道，由于电子之间的排斥作用，导致键角发生变化；
（5）晶胞的计算要结合顶点、体心进行计算；坐标的计算要确定原点，根据题干的位置求出相应的坐标。
26．（2022·泸州模拟）富镍三层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811)作为新一代锂电池的正极材料，被广泛关注和深入研究，纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。回答下列问题。
（1）基态氧原子中能量最高的电子，其电子云有　 　个伸展方向 (取向) ；基态Mn原子的电子排布式为　 　。
（2）Ni2+在水中以水合离子[Ni(H2O)6]2+形式存在，它与乙二胺 (，简写为en)反应后溶液变为蓝色，反应为： [Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O。
①1个乙二胺分子中含sp3杂化的原子个数为　 　，分子中电负性最大的元素是　 　 ；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以　 　键结合在一起，在与乙二胺反应的过程中，Ni2+的轨道杂化类型是否发生改变？　 　 (填“是”或“否”) ；
③沸点：乙二胺(116℃)＜乙二醇(197℃)， 其原因是：　 　。
（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，记为原子分数坐标。已知TiO2为四方晶系(长方体形)，晶胞参数为459pm、459pm、 295pm。 如图为沿y轴投影的晶胞中所有O原子和Ti原子的分布图和原子分数坐标。
①该晶胞中O原子的数目为　 　。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，TiO2 的摩尔质量为80g/mol，则TiO2晶胞的密度为　 　g·cm-3(列出计算表达式)
【答案】（1）3；1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2
（2）4；N；配位；否；氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高
（3）4；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O原子的核外电子排布为1s22s22p4，其能量最高的电子是2p电子，该电子的电子云在空间有3个伸展方向；
Mn元素为25号元素，基态Mn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；
(2)①乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，C原子呈4个σ键，无孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故含sp3杂化的原子个数为4；
元素非金属性越强电负性越大，故分子中电负性最大的元素是N；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以配位键结合在一起；在与乙二胺反应[Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O的过程中，乙二胺中的两个N原子分别与Ni2+形成配位键，发生螯合，故Ni2+的配位数仍然是6，轨道杂化类型未发生改变；
③乙二胺的沸点低于乙二醇，是由于受到分子间氢键的影响。氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高，答案为氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高；
(3)原子分数坐标为(0.19，0.81，0.5)、(0.81，0.19，0.5)的O原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0.31，0.31，0)、(0.69，0.69，0)的O原子位于晶胞的面上，利用均摊法可计算出晶胞中O原子的个数为2+4=4；根据O原子个数和TiO2的化学式可知，该晶胞有2个Ti原子，则晶胞密度= g·cm-3。
【分析】（1）基态氧原子中能量最高的电子是2p电子；Mn核外有25个电子，根据构造原理书写核外电子排布式；
（2）①乙二胺分子C、N均采用 sp3杂化；元素的非金属性越强，电负性越大；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间形成配位键；
③乙二醇中的氢键更稳定；
（3）①根据均摊法计算；
②根据计算。
27．（2022·红桥模拟） 的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
（1）以 合成 是常用的催化剂。写出基态 原子简化电子排布式为　 　。
（2）铁单质和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，该反应的化学方程式为　 　。
（3）我国化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。
① 分解得 。 空间结构为　 　
②1体积水可溶解1体积 ，1体积水可溶解约700体积 。 极易溶于水的原因是　 　。
③反应时，向饱和 溶液中先通入　 　。
（4） (氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
① 的中心原子的杂化轨道类型为　 　。
② 存在配位键，提供空轨道的是　 　。
③比较熔点： 　 　 (填“>”或“<”)。
【答案】（1）
（2）
（3）平面三角形； 与 分子间能形成氢键；
（4）；B；>
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Fe为26号元素，核外有26个电子，根据构造原理，基态 原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，前18个电子的排布顺序相对固定，其简化的电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；
(2)晶胞中铁原子个数为8 +6 =4，氮原子个数为1，所以该产物的化学式是Fe4N；铁和氨气在640℃可发生置换反应生成Fe4N，则另一产物为H2，所以该反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(3)① 的中心原子C原子的价层电子对数=3+ (4+2-3 2)=3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形，故答案为：平面三角形；
② 极易溶于水的原因是 与 分子间能形成氢键，故答案为： 与 分子间能形成氢键；
③因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，故答案为：NH3；
(4)① 分子中中心原子N原子的价层电子对数=3+ (5-3 1)=4，含有1个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为 ，故答案为： ；
②在 结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道，故答案为：B；
③ 与 互为等电子体，由于 分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以 熔点高于 ，故答案为：>。
【分析】（1）简化的电子排布式把内部稳定的相当于稀有气体结构的那一部分用稀有元素符号用中括号括起来表示，只写出价电子层的排布式；
（2）根据晶胞结构，利用均摊法可以判断该物质的化学式，再根据是置换反应写出该反应的化学方程式；
（3）① 中心原子C的价层电子对数为3，成键电子对数为3，所以是平面三角形；
② NH3极易溶于水是因为NH3分子和水分子间可以形成氢键；
③ 向饱和食盐水中先通入氨气制得碱性溶液，再通入CO2，可以增大CO2的溶解度；
（4） ① 价层电子数等于杂化轨道数，先算出价层电子对数，再判断杂化轨道类型；
②根据NH3的电子式可知N原子提供孤电子对，那么提供空轨道的是B原子；
③ 是极性分子，乙烷是非极性分子，分子间的极性越大，分子间的作用力越大，分子晶体的沸点越大。
28．（2022·河东模拟）火星岩石冲含有大量氧化物，如 、 ， 、 、 、 、 等。回答下列问题：
（1）下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是　 　；(填化学式)。
氧化物
离子键的百分数 62% 50% 41% 33%
（2）基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为　 　形。
（3） 与 溶液反应生成的 离子中 的杂化类型是　 　； 和O构成的空间构型是　 　。
（4） (普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中 ，如图是普鲁士蓝 晶胞的结构，与 形成配位键的是　 　(填 或 )； 离子中 键与 键的个数比是　 　；晶胞中与一个 距离相等的N有　 　个。
【答案】（1）Al2O3、SiO2
（2）球
（3）sp3杂化；正四面体
（4）Fe2+；1：2；6
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；答案为：Al2O3、SiO2。
(2)Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；答案为：球。
(3)[Al(OH)4]-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；答案为：sp3杂化；正四面体。
(4)根据Fe4[Fe(CN)6]3可知，[Fe(CN)6]4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的 ，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；答案为：Fe2+；1：2；6。
【分析】(1)通过离子键的百分数大小确定晶体类型；
(2)通过核外电子排布确定电子云轮廓；
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(4)依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
29．（2022·德阳模拟）近年来我国科学家发明了Fe—Ni—P—C系非晶合金电催化剂(成分为：Fe80-xNixP20-yCy)，是一种良好的析氢反应电催化剂，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布图为　 　。
（2）POCl3分子的VSEPR模型为　 　，其中心原子的杂化方式为　 　。
（3）二磷化四氢(P2H4)，俗称“双磷”，沸点为51℃，C2H4的沸点为-103.9℃，P2H4的沸点高于C2H4的原因是　 　。
（4）镍的一种化合物分子结构如图：
化合物中电负性最大的元素是　 　(填元素符号)。 分子中σ键和π键数目之比为　 　， 分子内还含有下列作用力中的　 　(填标号)。
A．氢键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
（5）Ni、Fe均可形成多种氧化物晶体结构。
①NiO晶胞结构类型与氯化钠相同，Ni和O的配位数依次为　 　。
②某种铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成，该氧化物中Fe2+、Fe3+ 、O2-的个数比为　 　。 已知晶胞中相距最远的Fe2+之间距离为xnm，晶体的密度为　 　g·cm-3 (列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）
（2）四面体；sp3
（3）P2H4是极性分子，C2H4是非极性分子；相对分子质量：P2H4＞C2H4
（4）O；8：1；AC
（5）6、6；1：2：4；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Ni的原子序数为28，其基态原子价电子排布式为：3d84s2，价电子排布图为： 。
(2)POCl3中心原子的价层电子对数为4+ =4，采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形。
(3)C2H4中碳碳之间是双键，四个氢和两个碳位于同一平面上，是非极性分子，P2H4中磷磷之间是单键，磷氢之间也是单键，由于单键键角的缘故，使得P2H4中的六个原子并不处在一个平面上，是极性分子，同时P2H4的相对分子质量比C2H4的相对分子质量大，从而使得P2H4的沸点高于C2H4。
(4)元素非金属性越强，电负性越大，其中O的非金属性最强，因此电负性最大的为O；单键为σ键，双键为1个σ键、一个π键，配位键为σ键，由图示可知，有32个σ键、4个π键，σ键和π键数目之比为：32：4=8：1；由图示可知，分子内含有氢键、配位键、共价键，
故答案为：AC。
(5)①氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，NiO晶胞结构类型与氯化钠相同，则Ni和O的配位数依次为：6、6。
②由题图可知，Fe2+位于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3+位于B位置立方体的内部，则Fe2+的个数为8 +6 +4=8，O2-的个数为4 8=32，Fe3+的个数为4 4=16，Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为：8：16：32=1：2：4；晶胞中相距最远的Fe2+之间距离为体对角线，即体对角线的长度为xnm，则晶胞边长为 xnm，晶胞体积为( x 10-7)3cm3，晶胞质量为 = ，则晶胞密度为 = g/cm3。
【分析】
(1)依据电子排布式书写价电子排布图 。
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型和杂化类型。
(3)分子晶体相对分子质量越大，极性越强，沸点越高。
(4)元素非金属性越强，电负性越大；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键
(5)①依据氯化钠中阴阳离子的配位数均为6判断。
②利用分摊法确定化学式，依据计算。
30．（2022·衡水模拟）近日，以色列魏茨曼科学研究所提出了一种新颖的模块化催化剂框架，将过渡金属Fe(III)、Ni(II)和Cu(II)放在三缺位多金属氧酸盐骨架的最近邻位置，通过精确调节金属组成来指导催化活性和选择性。研究人员通过简单的合成发现，三铜取代的化合物[SiCu3W9]在CO2还原为CO过程中具有最佳活性，FeNi2取代的化合物(SiFeNi2W9)在CO氧化为CO2过程中具有最佳活性。回答下列问题：
（1）基态Fe3+的价层电子排布图为　 　；Ni、Cu原子的第一电离能更大的是　 　。
（2）与CO2互为等电子体的分子为　 　；CO的结构式为　 　(并标出配位键的方向)；O原子能量最高的原子轨道形状为　 　。
（3）Cu元素可以形成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。
①1mol该配合物含有　 　molσ键。
②已知分子中的大π键可用符号 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则 中的大π键可表示为　 　。
（4）硅的化合物SiC晶胞结构与ZnS相似，如图所示，则Si原子的配位数是　 　。设C与Si的最近距离为apm，SiC晶体的密度为dg/cm3，则阿伏加德罗常数的值为　 　(用含a和d的式子表示)。
【答案】（1）；Cu
（2）CS2、BeF2、BeCl2等；；纺锤体形或者哑铃形
（3）22；
（4）4；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)已知Fe是26号原子，则基态Fe3+的价层电子排布式为：3d5，则其价层电子排布图为 ，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，则Ni、Cu原子的第一电离能更大的是Cu，故答案为： ；Cu；
(2)等电子体是原子总数相同，价电子总数相同的微粒，与CO2互为等电子体的分子为CS2、BeF2、BeCl2等；由于CO与N2互为等电子体，即CO中含有碳氧三键，其中有一个配位键是由O提供孤电子对，C提供空轨道，则CO的结构式为 ；O是8号元素，则O原子能量最高的能级是2p，p能级的原子轨道形状为纺锤体形或者哑铃形，故答案为：CS2、BeF2、BeCl2等； ；纺锤体形或者哑铃形；
(3)Cu元素可以形成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。
①已知Cu(NH3)4(NO3)2中含有4个配位键、4×3=12个N-H键均为σ键，每个 含有3个σ键，则1mol该配合物含有(4+4×3+2×3)=22molσ键，故答案为：22；
②已知分子中的大π键可用符号 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则 中三个O原子和中心N原子之间形成一个四中心六电子的不定域大π键，则其大π键可表示为 ，故答案为： ；
(4)硅的化合物SiC晶胞结构与ZnS相似如图所示，Si原子的配位数即为离Si最近且距离相等的C原子，由题干图示晶胞可知， Si原子的配位数是4，设C与Si的最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的 ，设晶胞的边长为xpm，则有a= ，得x= pm，又知1个晶胞中含有Si个数为： =4，含C原子个数为4，则SiC晶体的密度为dg/cm3，则有：4mol×40g/mol= dg/cm3×NA×( ×10-10cm)3，解得阿伏加德罗常数的值NA为 ，故答案为：4； 。
【分析】（1）Fe为26号元素，根据构造原理书写核外电子排布式，进而画出其价电子排布图；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（2）等电子体的原子总数和价电子总数相同；CO中含有碳氧三键，O提供孤电子对，C提供空轨道形成一个配位键；O原子能量最高的能级是2p；
（3）①单键均为σ键，配位键也是σ键；
②形成6电子4中心的不定域大π键；
（4）距离Si最近且距离相等的C原子有4个；根据均摊法计算各原子数目，再结合列式计算。
31．（2022·西城模拟）MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。
（1）基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是　 　。
（2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O 的结构如图。
①S2O 中S-O-O　 　(填“是”或“不是”)在一条直线上。
②S2O 中的O-O比H2O2中的更　 　(填“难”或“易”)断裂。
（3）一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。
①图中“●”代表的是　 　(填“Mn”或“O”)。
②NA为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为　 　g·cm-3。
③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。
从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因：　 　。该催化过程的总反应的化学方程式是　 　。
【答案】（1）
（2）不是；易
（3）Mn；；NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，价层电子排布的轨道表示式为 ，故答案为： ；
(2)①由过氧化氢的空间结构为书形可知，S2O 离子的空间构型为书形， 所以—O—O不在一条直线上，故答案为：不是；
②S2O 中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性强，更易发生断裂，故答案为：易；
(3)①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的黑球的个数为8× +1=2，位于面上和体内的白球为4× +2=4，由二氧化锰的化学式可知，黑球代表锰原子，故答案为：Mn；
②设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： =(a×10—7)2×b×10—7×d，解得d= ，故答案为： ；
③氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合；由图可知，氨催化还原脱除一氧化氮的反应中，二氧化锰为催化剂，氨气、氧气、一氧化氮为反应物，氮气和水为生成物，反应的化学方程式为4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O，故答案为：NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O。
【分析】（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为：3d54s2，据此书写轨道表示式；
（2）①S2O 中S-O-O 的中心O的价层电子对为4，含有2对孤电子，采用sp3杂化，不在一条直线上；
②S2O 中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性强；
（3）①根据均摊法计算各原子数目进而判断黑球代表的原子；
②根据计算；
③Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键。
32．（2022·东城模拟）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
（1）俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是　 　。
（2）用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式　 　。
口Au+口 +O2+口 =口[Au(S2O3)2]3-+口
②简述 在金被氧化过程中的作用：　 　。
（3）工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起　 　作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后，　 　(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是　 　。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中 消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6 2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：　 　。
【答案】（1）Au在高温条件下不与O2反应
（2）；与Au+形成配合物，提高Au的还原性
（3）催化；锥形瓶中溶液蓝色复原；；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大， 的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗 ，使 浓度减小，浸金速率减小
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
(2)该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为： ；从方程式中可以看出， 与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
(3)该机理图机理为：Au失电子形成Au+， 与Au+反应得到 ， 与 反应得到 和Au， 与氧气、氨水反应又重新生成 ，故 在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了 ，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将 又氧化为 ；a中为 在氧气和氨水的作用下生成了 ，方程式为： ；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中 的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗 ，使 浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大， 的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗 ，使 浓度减小，浸金速率减小。
【分析】（1）Au在高温下也不与氧气反应；
（2）①根据电荷守恒、原子守恒及转移电子守恒配平方程式；
② 在该过程中与Au+形成配合物；
（3）①[Cu(NH3)4]2+作催化剂；
②反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明[Cu(NH3)4]2+得电子生成无色的[Cu(NH3)2]+；
③硫酸铜浓度越大，得到的 越多；能和Cu2+生成[Cu(S2O3)2]3- 。
33．（2022·昌平模拟）螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。
资料：
①吸附原理
螯合树脂M中的-COOH解离出H+，变成-COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的-COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。
②在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。
（1）M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)　 　。
（2）M中N原子的杂化轨道类型为　 　。
（3）Q中存在配位键，其中提供空轨道的是　 　。
（4）在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量有影响，实验结果如图所示。
①吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为　 　时吸附效果最好。
②解释体系碱性过强时，吸附能力下降的原因　 　。
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因　 　。
【答案】（1）
（2）sp3
（3）Cu2+
（4）6；c(OH-)增大，发生反应Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，使螯合反应向逆反应方向进行，c(Q)减小，因此吸附能力下降；酸性较强时，氮原子与氢原子具有较强的配位能力，N原子与Cu2+配位减小，c(Q)减小，因此吸附能力下降
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)M中四种元素分别为H、C、N、O，由元素性质周期性变化规律知，元素非金属性越2023年高考真题变式分类汇编：配合物的成键情况1
一、选择题
1．（2023·湖南）是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
2．（2023·辽宁）晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是
A．图1晶体密度为g cm-3
B．图1中O原子的配位数为6
C．图2表示的化学式为
D．取代产生的空位有利于传导
3．（2023·湖北）镧La和H可以形成一系列晶体材料，在储氢和超导等领域具有重要应用。，属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，中的每个H结合4个H形成类似的结构，即得到晶体。下列说法错误的是
A．晶体中La的配位数为8
B．晶体中H和H的最短距离：
C．在晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼
D．单位体积中含氢质量的计算式为
4．（2023·梅州模拟）下列有关说法不正确的是
A．“杯酚”分离和体现了超分子的分子识别特征
B．储氢合金是一类能够大量吸收，并与结合成金属氢化物的材料
C．核酸是生物体遗传信息的携带者，属于高分子化合物
D．“鲲龙”水陆两栖飞机实现海上首飞，其所用燃料航空煤油属于纯净物
5．（2023·邯郸模拟）H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图。已知：Pd为第四用期第Ⅷ族元素，基态Pd原子的价电子排布式为4d10，[PdCl4]2-的空间结构为平面正方形。下列说法正确的是
A．在[PdCl4]2-中Pd原子为sp3杂化
B．在[PdCl2O2]2-和[PdCl4]2-中Pd提供孤电子对形成配位键
C．第③步发生的反应为[PdCl2O2]2-+2HCl=H2O2+[PdCl4]2-
D．等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①和反应②转移的电子数之比为1∶2
6．（2023·天津模拟）下列对分子结构及其性质的解释中，不正确的是(　　)
A．碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释
B．乳酸属于手性分子，因分子中存在一个手性碳原子
C．配合物中一定含有过渡金属原子或离子，因为过渡金属原子或离子存在空轨道
D．酸性，是因为分子非羟基氧原子数目比多
7．（2023·厦门模拟）生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是
A．构成血红蛋分子链的多肽链之间存在氢键作用
B．血红素中提供空轨道形成配位键
C．与血红素中配位能力强于
D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化
8．（2023·石家庄模拟）下列说法错误的是
A．基态铬原子的电子排布式为
B．晶体中存在配位键
C．所有元素中，氟的第一电离能最大
D．光气分子中，所有原子均满足8电子稳定结构
9．（2023·沈阳模拟）在催化剂作用下，分解生成和可能的反应机理如图所示。研究发现：其他条件不变时，向溶液添加催化释氢的效果更佳。下列说法中错误的是
A．催化释氢反应除生成外，还生成
B．添加的溶液催化释氢产物是、和
C．添加后可以使反应加速
D．该过程中有配位键的形成和断裂
10．（2023·潍坊模拟）“点击化学”研究获得2022年诺贝尔化学奖表彰，利用该原理可制得如图所示含大π键的产物。已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定。下列说法错误的是
A．铜离子降低了反应的活化能
B．反应物中黑球元素的电负性强于N
C．产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键
D．反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短
二、多选题
11．（2022高二下·沧州期末）溶于水后加氨水先生成沉淀，再加氨水，因生成使沉淀溶解，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种的组成可以用表示，其中Co的配位数是6，把分离出的溶于水后立即加溶液，有AgCl沉淀析出。经测定，每只生成2molAgCl。下列说法错误的是（　　）
A．表示成配合物结构形式为
B．通入空气后得到的溶液中含有
C．上述反应不涉及氧化还原反应
D．中提供孤电子对，提供空轨道
12．（2021高二下·聊城期末）下列说法错误的是（　　）
A．晶体是蓝色的，因为与形成了
B．在晶体中，每个周围紧邻且距离相等的有6个
C．向含有的水溶液中加入足量溶液只能生成沉淀
D．在金刚石晶体中，碳原子数与碳碳键个数的比为
13．（2020高二下·泰安期末）下列有关说法错误的是（　　）
A．水合铜离子的模型如图(1)所示，1个水合铜离子中有4个配位键
B．CaF2晶体的晶胞如图(2)所示，与每个Ca2+ 等距离F- 有4个
C．H原子的电子云图如图(3)所示，电子在原子核附近运动出现的概率大
D．金属Cu中Cu原子晶胞模型如图(4)，立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为8
三、非选择题
14．（2023·北京）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根可看作是中的一个原子被原子取代的产物。
（1）基态原子价层电子排布式是　 　。
（2）比较原子和原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：　 　。
（3）的空间结构是　 　。
（4）同位素示踪实验可证实中两个原子的化学环境不同，实验过程为。过程中，断裂的只有硫硫键，若过程所用试剂是和，过程含硫产物是　 　。
（5）的晶胞形状为长方体，边长分别为、，结构如图所示。
晶胞中的个数为　 　。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为　 　。
（6）浸金时，作为配体可提供孤电子对与形成。分别判断中的中心原子和端基原子能否做配位原子并说明理由：　 　。
15．（2023·全国甲卷）将酞菁—钴钛—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
（1）图1所示的几种碳单质，它们互为　 　，其中属于原子晶体的是　 　，间的作用力是　 　。
（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中轨道能提供一对电子的原子是　 　(填图2酞菁中原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为　 　，氮原子提供孤对电子与钴离子形成　 　键。
（3）气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中的轨道杂化类型为　 　。的熔点为，远高于的，由此可以判断铝氟之间的化学键为　 　键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为　 　。若晶胞参数为，晶体密度　 　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
16．（2023·新疆模拟）稀土元素是指钪(Sc)、钇(Y)和镧系元素，共17种，位于元素周期表中第III B族，均为金属元素，在工业生产中有重要的作用。回答下列问题：
（1）基态钪( Sc)元素的原子核外电子占据的轨道数目共　 　个 ， 钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期，钇( Y)的价电子排布式为　 　。
（2）稀土元素常常能和许多配位体形成配合物。若一个配位体含有两个或两个以上的能提供孤电子对的原子，这种配位体就叫多齿配位体，有一个能提供孤电子对的原子为一齿，(羰基中的氧原子不能提供孤对电子)，EDTA( )是　 　齿配位体，它的配位原子为　 　，其中 C原子的杂化方式为　 　。
（3）钪(Sc)离子在水中以稳定对称的[ Sc(H2O)6]3+存在，其中O Sc O的键角只有90度和180度两种，其空间构型为　 　。
（4）铈(Ce)属于镧系元素，氧化铈是一种重要的光催化材料。
①铈具有三价和四价两种价态，三价和四价间的可逆转换会造成氧空位的生成和消除。其光催化的基本原理如下图所示，当光照能量( hv )等于或大于氧化铈催化剂的能量时，氧化铈VB上的电子(e－)会受到激发跃迁至CB，留下带正电荷的空穴(h+ ) ，形成光生电子 空穴对，与所吸附的物质发生氧化还原反应。则在氧化还原反应中，空穴可视为　 　(填“氧化剂”或“还原剂”)，图中A发生　 　(填“氧化”或“还原”)反应。
②氧化铈的晶体结构如下图所示，其中铈原子和氧原子的数量之比为　 　，若 晶体密度为d g cm 3，阿伏加德罗常数为NA，晶胞参数a=　 　cm( 写出表达式)。
17．（2023·绵阳模拟）中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrogen”译成中文时曾写成淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。
（1）GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式为　 　，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为　 　。
（2）硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为　 　，其阴离子的空间构型为　 　。
（3）氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是　 　。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因是　 　。
（4）常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较，熔点较高的是　 　。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于　 　。
A．氢键|B．极性键 C．π键 D．配位键
（5）某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为　 　。
②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为　 　g/cm3(列出计算式即可)。
18．（2023·菏泽模拟）我国在新材料领域研究的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站使用的材料中含有B、C、N、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
（1）下列不同状态的硼中，失去一个电子需要吸收能量最多的是　 　(填标号，下同)，用光谱仪可捕捉到发射光谱的是　 　。
A． B．
C．
D．
（2）铵盐大多不稳定。从结构的角度解释比更易分解的原因是　 　。
（3）镍能形成多种配合物，其中是无色挥发性液体，是红黄色单斜晶体。中的配位原子是：　 　；的熔点高于的原因是　 　。
（4）氮化硼(BN)晶体存在如下图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，可做润滑剂；立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。六方氮化硼的晶体类型为　 　；立方氮化硼晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm。则阿伏加德罗常数的表达式为　 　。
19．（2022·温州模拟）完成下列问题。
（1）已知气体溶解度(气体压强为，温度为293K，在100g水中的溶解度)数据如下表：
气体 溶解度/g 分子结构特点
乙烷 0.0062 中心原子杂化，轨道半径较大，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)不明显
乙炔 0.117 中心原子sp杂化，轨道半径较小，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)明显
结合上表信息，说明乙烷与乙炔气体的溶解度存在差异的原因：　 　。
（2）已知乙酸()的正交晶胞如图所示。阿伏加德罗常数为。
①第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是：　 　(填元素符号)。
②乙酸晶胞的密度　 　。
（3）某笼形络合物结构中，金属离子与连接形成平面层，两个平面层通过分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如)。其基本结构如图(H原子未画出)：
①　 　。
②该结构不是晶胞结构单元，理由是　 　；
③通过分析，金属离子的配位数为　 　(填入序号)。
A.2、3 B.4、6 C.3、4 D.5、6
20．（2021·柳州模拟）黄金是一种非常重要的金属。不仅是用于储备和投资的特殊通货，同时又是首饰业、电子业、现代通讯。航天航空业等部门的重要材料。
（1）金能溶解于王水中：，请分析中的配体是　 　，配位数是　 　。
（2）开采的金矿可用氰化法提取：先以氰化钠(NaCN)溶液处理粉碎的金矿石得到，再用锌还原：。Zn与形成的配离子为正四面体形，Au(+1价)与形成的配离子为直线形。
①中配合离子中σ键和π键个数之比是　 　，配体杂化方式是　 　。
②写出Zn的电子排布式　 　，C、N、Na的第一电离能由大到小顺序为　 　。
（3）是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态还是气态，它都是以二聚体的形式存在。依据以上信息判断晶体的结构属于　 　晶体，写出的结构式　 　。
（4）①Au单质的晶体为面心立方最密堆积，Au的配位数为　 　。以下金属和金具有相同的堆积模型的是　 　。
a．Po b．Na c．Zn d．Cu
②若Au的原子半径为a nm，Au单质的摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数为NA，求Au单质的密度为　 　。(用含a、NA、M的代数式表示)
21．（2022·安徽模拟）铜及其化合物在能源、信息等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）铜和锌同周期且相邻，现有几种铜、锌元素的相应状态，①锌：[Ar]3d104s2、②锌：[Ar]3d104s1、③铜：[Ar]3d104s1、④铜：[Ar]3d10，失去1个电子需要的能量由大到小排序是____(填字母)。
A．④②①③ B．④②③① C．①②④③ D．①④③②
（2）铜的熔点比同周期钾的熔点高，这是由于　 　。
（3）用超临界CO2/CH3CN及水作电解质，使用碳作载体的铜基催化剂可高效将CO2还原为HCOOH。CO2的空间结构为　 　，CH3CN 中C原子的杂化方式为 　 　。
（4）[Cu(NH3)4]2+是Cu2+常见的配离子，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为 　 　；[Cu(NH3)4]2+中H-N-H的键角比NH3中H- N- H的键角　 　(填“大”“小”或“无法判断”)，原因是　 　。
（5）一种热电材料的晶胞结构如图所示，底部边长为apm的正方形，高为cpm，该晶体的化学式为　 　，紧邻的 Sb与Cu间的距离为　 　pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为　 　g· cm-3(列出计算表达式)。
22．（2022·滨州模拟）氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态磷原子核外电子共有　 　种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式　 　。
（2）已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料，其熔沸点见表。
物质 熔点 沸点
偏二甲肼 -58℃ 63.9℃
肼 1.4℃ 113.5℃
偏二甲肼中氮原子的杂化方式为　 　，二者熔沸点存在差异的主要原因是　 　。
（3）N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为　 　(分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π)。
（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有　 　mol。
（5）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。
铁酸钇的化学式为　 　。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为　 　。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为　 　pm3(列出表达式)。
23．（2022·重庆市模拟）中国科学技术大学俞书宏教授团队和高敏锐教授课题组通过室温过饱和溶液共沉积法，实现了无定形NiFeMo氧化物纳米材料的宏量制备，该方法简便快捷，反应几分钟即可一次性生产多达515克的产物，制备的无定形NiFeMo氧化物在碱性条件下展示出优异的OER催化活性，明显优于结晶型NiFeMo氧化物。根据所学知识回答下列问题：
（1）区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为　 　，结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的　 　。
（2）Mo为第五周期元素与Cr同族，则Mo的价层电子排布式为　 　
（3）配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，是获得高纯度纳米镍的原料，Ni(CO)4是　 　(填“极性”或“非极性”)分子。
（4）下列状态的铁中，电离最外层的一个电子所需能量最大的是____(填编号)。
A． B．
C． D．
（5）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为　 　，其中Fe的配位数为　 　。
（6）立方NiO(氧化镍)晶体的结构如图所示，其晶胞边长为apm，列式表示NiO晶体的密度为　 　g/cm3(不必计算出结果，阿伏加德罗常数的值为NA)。
24．（2022·河西模拟）铁及其化合物在生活、生产中有着重要作用。请按要求回答下列问题。
（1）基态Fe原子的简化电子排布式为　 　。
（2）因生产金属铁的工艺和温度等因素不同，产生的铁单质的晶体结构、密度和性质均不同。
①用　 　实验测定铁晶体，测得A、B两种晶胞，其晶胞结构如图：
②A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为　 　。
③在A晶胞中，每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有　 　个。
（3）常温下，铁不易和水反应，而当撕开暖贴(内有透气的无纺布袋，袋内装有铁粉、活性炭、无机盐、水、吸水性树脂等)的密封外包装时，即可快速均匀发热。利用所学知识解释暖贴发热的原因：　 　。
（4）工业盐酸因含有[FeCl4]-而呈亮黄色，在高浓度Cl-的条件下[FeCl4]-才是稳定存在的。
①[FeCl4]-的中心离子是　 　，配体是　 　；其中的化学键称为　 　。
②取4mL工业盐酸于试管中，逐滴滴加AgNO3饱和溶液，至过量，预计观察到的现象有　 　，由此可知在高浓度Cl-的条件下[FeCl4]-才是稳定存在的。
25．（2022·安徽模拟）Cu是一种重要的金属元素，许多铜的化合物在医药、工农业生产中有重要作用。回答下列问题：
（1）基态Cu原子的价电子排布式为　 　；比较Cu2+和Zn2+稳定性并分析原因：　 　。
（2）一种铜的配合物结构如图1所示，其对肿瘤有明显的抑制作用，该配合物中几种非金属元素的电负性由大到小的顺序为　 　，配位原子的杂化方式为　 　。
（3）金属铜单独与氨水或过双氧水都不反应，但可与氨气和双氧水的混合溶液反应，其原因　 　。
（4）NH3分子中H-N-H键角为107° ，在[Cu(NH3)4]2+中的H-N-H键角为109.5° ，键角变大的原因是　 　。
（5）Cu2O 晶体结构与CsCl (图2)相似，只是利用Cu4O占据CsCl晶体中Cl的位置，而Cs位置由O原子占据，如图3所示，每个Cu2O晶胞中有　 　个 “Cu2O”；Cu2O晶胞中Cu的配位数是　 　；若①处Cu原子坐标为(，，)，则Cu2O晶胞中Cu4O四面体中O原子坐标为　 　。
26．（2022·泸州模拟）富镍三层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811)作为新一代锂电池的正极材料，被广泛关注和深入研究，纳米级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。回答下列问题。
（1）基态氧原子中能量最高的电子，其电子云有　 　个伸展方向 (取向) ；基态Mn原子的电子排布式为　 　。
（2）Ni2+在水中以水合离子[Ni(H2O)6]2+形式存在，它与乙二胺 (，简写为en)反应后溶液变为蓝色，反应为： [Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O。
①1个乙二胺分子中含sp3杂化的原子个数为　 　，分子中电负性最大的元素是　 　 ；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以　 　键结合在一起，在与乙二胺反应的过程中，Ni2+的轨道杂化类型是否发生改变？　 　 (填“是”或“否”) ；
③沸点：乙二胺(116℃)＜乙二醇(197℃)， 其原因是：　 　。
（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，记为原子分数坐标。已知TiO2为四方晶系(长方体形)，晶胞参数为459pm、459pm、 295pm。 如图为沿y轴投影的晶胞中所有O原子和Ti原子的分布图和原子分数坐标。
①该晶胞中O原子的数目为　 　。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，TiO2 的摩尔质量为80g/mol，则TiO2晶胞的密度为　 　g·cm-3(列出计算表达式)
27．（2022·红桥模拟） 的合成及应用一直是科学研究的重要课题。
（1）以 合成 是常用的催化剂。写出基态 原子简化电子排布式为　 　。
（2）铁单质和氨气在640℃可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图所示，该反应的化学方程式为　 　。
（3）我国化学工业科学家侯德榜利用下列反应最终制得了高质量的纯碱。
① 分解得 。 空间结构为　 　
②1体积水可溶解1体积 ，1体积水可溶解约700体积 。 极易溶于水的原因是　 　。
③反应时，向饱和 溶液中先通入　 　。
（4） (氨硼烷)储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。
① 的中心原子的杂化轨道类型为　 　。
② 存在配位键，提供空轨道的是　 　。
③比较熔点： 　 　 (填“>”或“<”)。
28．（2022·河东模拟）火星岩石冲含有大量氧化物，如 、 ， 、 、 、 、 等。回答下列问题：
（1）下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是　 　；(填化学式)。
氧化物
离子键的百分数 62% 50% 41% 33%
（2）基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为　 　形。
（3） 与 溶液反应生成的 离子中 的杂化类型是　 　； 和O构成的空间构型是　 　。
（4） (普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中 ，如图是普鲁士蓝 晶胞的结构，与 形成配位键的是　 　(填 或 )； 离子中 键与 键的个数比是　 　；晶胞中与一个 距离相等的N有　 　个。
29．（2022·德阳模拟）近年来我国科学家发明了Fe—Ni—P—C系非晶合金电催化剂(成分为：Fe80-xNixP20-yCy)，是一种良好的析氢反应电催化剂，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布图为　 　。
（2）POCl3分子的VSEPR模型为　 　，其中心原子的杂化方式为　 　。
（3）二磷化四氢(P2H4)，俗称“双磷”，沸点为51℃，C2H4的沸点为-103.9℃，P2H4的沸点高于C2H4的原因是　 　。
（4）镍的一种化合物分子结构如图：
化合物中电负性最大的元素是　 　(填元素符号)。 分子中σ键和π键数目之比为　 　， 分子内还含有下列作用力中的　 　(填标号)。
A．氢键 B．离子键 C．配位键 D．金属键
（5）Ni、Fe均可形成多种氧化物晶体结构。
①NiO晶胞结构类型与氯化钠相同，Ni和O的配位数依次为　 　。
②某种铁的氧化物晶胞如图所示，它由A、B方块组成，该氧化物中Fe2+、Fe3+ 、O2-的个数比为　 　。 已知晶胞中相距最远的Fe2+之间距离为xnm，晶体的密度为　 　g·cm-3 (列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
30．（2022·衡水模拟）近日，以色列魏茨曼科学研究所提出了一种新颖的模块化催化剂框架，将过渡金属Fe(III)、Ni(II)和Cu(II)放在三缺位多金属氧酸盐骨架的最近邻位置，通过精确调节金属组成来指导催化活性和选择性。研究人员通过简单的合成发现，三铜取代的化合物[SiCu3W9]在CO2还原为CO过程中具有最佳活性，FeNi2取代的化合物(SiFeNi2W9)在CO氧化为CO2过程中具有最佳活性。回答下列问题：
（1）基态Fe3+的价层电子排布图为　 　；Ni、Cu原子的第一电离能更大的是　 　。
（2）与CO2互为等电子体的分子为　 　；CO的结构式为　 　(并标出配位键的方向)；O原子能量最高的原子轨道形状为　 　。
（3）Cu元素可以形成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。
①1mol该配合物含有　 　molσ键。
②已知分子中的大π键可用符号 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则 中的大π键可表示为　 　。
（4）硅的化合物SiC晶胞结构与ZnS相似，如图所示，则Si原子的配位数是　 　。设C与Si的最近距离为apm，SiC晶体的密度为dg/cm3，则阿伏加德罗常数的值为　 　(用含a和d的式子表示)。
31．（2022·西城模拟）MnO2可作氨选择性催化还原法脱除NOx的催化剂。
（1）基态Mn的价层电子排布的轨道表示式是　 　。
（2）MnO2可由(NH4)2S2O8与MnSO4反应制得。S2O 的结构如图。
①S2O 中S-O-O　 　(填“是”或“不是”)在一条直线上。
②S2O 中的O-O比H2O2中的更　 　(填“难”或“易”)断裂。
（3）一种MnO2晶体的晶胞示意图如图，该长方体晶胞的长和宽均为anm，高为bnm。
①图中“●”代表的是　 　(填“Mn”或“O”)。
②NA为阿伏加德罗常数，该晶体的密度为　 　g·cm-3。
③MnO2作催化剂，氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图。
从化学键的角度解释MnO2能结合NH3的原因：　 　。该催化过程的总反应的化学方程式是　 　。
32．（2022·东城模拟）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
（1）俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是　 　。
（2）用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式　 　。
口Au+口 +O2+口 =口[Au(S2O3)2]3-+口
②简述 在金被氧化过程中的作用：　 　。
（3）工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。
①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起　 　作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……
a.打开瓶塞后，　 　(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是　 　。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中 消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6 2[Cu(S2O3)2]3-+
结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：　 　。
33．（2022·昌平模拟）螯合树脂吸附法处理废水具有吸附容量大、速度快以及选择性好等特点，已成为近年来的研究热点。螯合树脂M与Cu2+形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的效果，吸附机理如图所示。
资料：
①吸附原理
螯合树脂M中的-COOH解离出H+，变成-COO-，而且树脂中含有N原子，在与Cu2+接触时，树脂中的-COO-、N原子与Cu2+形成配位键，形成新的螯合物Q，从而达到去除Cu2+的目的。
②在体系酸性较强情况下，氮原子与氢离子具有较强的配位能力。
（1）M中四种元素电负性由大到小的顺序为(用元素符号表示)　 　。
（2）M中N原子的杂化轨道类型为　 　。
（3）Q中存在配位键，其中提供空轨道的是　 　。
（4）在螯合树脂M处理含铜废水过程中，发现体系pH对Cu2+的吸附量有影响，实验结果如图所示。
①吸附去除Cu2+的过程中需保持体系处于适宜的pH，其中pH约为　 　时吸附效果最好。
②解释体系碱性过强时，吸附能力下降的原因　 　。
③从结构角度解释：体系酸性较强时，吸附能力下降的原因　 　。
34．（2022·渭南模拟）科学家对多种过渡金属元素进行深入的研究，在新能源、新材料研发，医疗等领域应用广泛。回答下列问题：
（1）铜元素位于周期表中　 　区，画出Fe3+离子能量最高的能级的电子排布图　 　。
（2）CO可以形成Ni(CO)4、Fe(CO)5等多种配合物，在提纯金属方面应用广泛。与CO互为等电子体的一种阴离子和一种单质分子的化学式分别为　 　、　 　；CO分子中σ键和π键的个数比为　 　，试比较C、O与N的第一电离能的大小　 　。
（3）PtCl2(NH3)2有如图两种平行四边形结构：
研究表明，图a分子用于抗癌药物，在图a中用箭头标出配位键　 　。解释分子b不溶于水的原因：　 　。其中配体NH3中心原子的杂化方式为　 　。
（4）铜和氧形成的一种离子化合物(氧的化合价为-2)是良好的半导体材料。晶胞结构如图所示：
铜离子的电荷数为　 　，其配位数为　 　，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，例如图中a原子和b原子坐标分别为(0，0，0)、(，，)，则c原子分数坐标为　 　，若晶体密度为dg/cm3，设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中阴阳离子最短距离为　 　nm(列出计算式即可)。
35．（2022·云南模拟）丙二烯磷酸加氢生成顺丙烯磷酸是磷霉素合成的关键步骤，反应原理是：
回答下列问题：
（1）Pd的原子序数是46，基态Pd原子轨道中不存在单电子，基态Pd原子的价电子排布式是　 　．
（2）中电负性最大的元素是　 　(填元素符号)：①号碳原子的杂化方式是　 　，②号碳原子的价层电子对数为　 　．
（3）有2种八面体结构：
①有极性的结构是　 　(填标号)．
②中中的键角　 　(填“<”、“>”或“=")中的键角．
（4）能与水混溶，却不溶于，原因是　 　．
（5）Pd的晶胞俯视图如下所示：
已知1个晶胞中含4个Pd原子，其中3个Pd原子的坐标是，，则晶胞中每个Pd原子周围距离相等且最近的Pd原子有　 　个；某铜钯合金可看作上述Pd晶胞中　 　位置的Pd原子被Cu原子替代．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、Ru由＋2价被氧化为＋3价后，Ru吸引电子的能力增强， 从而导致配体NH3中N－H的极性增强，更容易断裂形成H＋，即配体NH3失去质子的能力增强，A不符合题意；
B、[L－Ru－NH3]＋失去一个电子形成[L－Ru－NH3]2＋，其中＋2价变为＋3价，[L－Ru－NH3]2＋失去一个质子H＋形成[L－Ru－NH2]＋，Ru元素的化合价变，氮原子形成一个孤电子对，[L－Ru－NH2]＋中氮原子的孤电子对中一个电子转移到Ru上，形成M（），因此M中Ru的化合价为+2价，B符合题意；
C、反应后生成的N2H4的结构简式为，其中的氮氮单键为非极性键，因此该过程有非极性键形成，C不符合题意；
D、由反应机理可知，该过程中NH3发生失电子的氧化反应，生成N2H4和NH4＋，因此该过程的总反应式为：4NH3－2e－=N2H4＋2NH4＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合化学键极性强弱分析；
B、M中Ru的化合价为+2价；
C、生成物N2H4中的氮氮单键为非极性键；
D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
2．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据均摊法，图1的晶胞中含Li：8×+1=3，O：2×=1，Cl：4×=1，1个晶胞的质量为，那么密度为：，A项正确；
B．图1晶胞中，O位于面心，与O等距离最近的Li有6个，O原子的配位数为6，B项正确；
C．根据均摊法，图2中Li：1，Mg或空位为8×=2。O：2×=1，Cl或Br：4×=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图2的化学式为LiMgOClxBr1-x，C项错误；
D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D项正确；
故答案为：C。
【分析】思路分析：利用均摊法算出晶胞的化学式，根据结构判断配位数，计算密度的公式为，注意单位的换算。
3．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】A.若面心La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；
B．由LaHx晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似甲烷的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：，故B正确；
C．由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H结合4个H形成类似甲烷的结构，这样的结构有8个，顶点数为48=32，故C错误；
D.有分析可知，一个晶胞中含有H个数为：8+48=40个，氢原子质量为，晶胞的体积为，单位体积含氢质量为：，D项正确；
故答案为：C
【分析】根据分析可知，La位于顶点和面心，H位于晶胞内部，利用均摊法可以算出晶胞化学式，算出一个晶胞质量，根据体积，算出单位体积的含氢质量，根据晶胞结构进行解答即可。
4．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；高分子材料
【解析】【解答】A.杯酚分离C60和C50利用超分子的分子识别性，A项正确；
B.储氢金属能与氢气形成氢化物而达到储氢的目的，B项正确；
C.核酸是由核苷酸聚合而成的高分子材料，C项正确；
D.煤油为烃的混合物，D项错误；
故答案为：D。
【分析】易错分析：一般燃料都为混合物，如汽油、柴油、煤油等，通过分馏方式从石油中获取的。
5．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．的空间结构为平面正方形，说明中心原子Pd不是杂化，应为杂化，A不符合题意；
B．在和中Pd提供空轨道形成配位键，B不符合题意；
C．根据反应循环图可知，第③步发生的反应为[PdCl2O2]2-+2HCl=H2O2+[PdCl4]2-，C符合题意；
D．等物质的量的和发生反应时，反应①H的化合价由0→+1价，反应②O的化合价由0→-1价，转移的电子数之比为1∶1，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.的空间结构为平面正方形，则Pd为杂化；
B.形成配合物时，中心离子提供空轨道形成配位键；
D.根据得失电子守恒计算。
6．【答案】C
【知识点】配合物的成键情况；相似相溶原理及其应用；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．碘、四氯化碳、甲烷均属于非极性分子，水属于极性分子，所以碘易溶于四氯化碳，甲烷难溶于水都可用相似相溶原理解释，A不符合题意；
B．乳酸的结构简式为CH3-CH（OH）-COOH，第二个碳原子为手性碳原子，B不符合题意；
C．由分析可知，只要含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒均可形成配合物，C符合题意；
D．H3PO4的非羟基氧原子数大于次氯酸的非羟基氧原子数，所以磷酸的酸性大于次氯酸，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.相似相溶原理是指极性分子易溶于极性分子，非极性分子易溶于非极性分子。
B.手性碳原子是指连接四个不同的原子或原子团的碳原子。
C.配合物是由含有孤电子对的微粒与含有空轨道的微粒形成的。
D. 酸性，是因为分子非羟基氧原子数目比多 。
7．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；含有氢键的物质；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A．由图可知，分子中的氮的电负性较强，能形成氢键，则构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用，A不符合题意；
B．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其能够提供空轨道形成配位键，B不符合题意；
C．碳的电负性小于氧，故更容易提供孤电子对与血红素中形成配位键，其配位能力强于，C不符合题意；
D．血红素中的肽键会在酸性条件下水解，故用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时也会发生化学变化，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；
B．依据构造原理分析；
C．依据电负性大小分析；
D．肽键会在酸性条件下水解。
8．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．Cr为24号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或简化为[Ar]3d54s1，故A不符合题意；
B．铵根离子中，H+提供空轨道，NH3中N提供孤电子对形成一个配位键，故B不符合题意；
C．在同周期元素中稀有气体的第一电离能最高，故C符合题意；
D．的结构式为：，由结构可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、Cr为24号元素，其价电子层为3d54s1；
B、氯化铵中一个氢离子可以和氨分子形成配位键；
C、稀有气体的最外层能级为全充满，第一电离能最高；
D、光气分子中所有原子都满足8电子结构。
9．【答案】B
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．H、D是氢元素的同位素，由HCOOH分解生成和H2推断HCOOD催化释氢生成和HD，故A不符合题意；
B．HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快地产生KH，KH可以与水反应生成和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的生成K2CO3，则用HCOOK溶液催化释氢的产物是、和K2CO3，故B符合题意；
C．根据图示可知，HCOOH催化分解的反应机理是HCOOH分解生成H+和HCOO-，然后HCOO-再分解成和H-，H-和H+反应生成氢气，HCOOK是强电解质，更容易产生HCOO-和K+，更快地产生KH，KH可以与水反应生成和KOH，生成的KOH可以吸收分解产生的，从而使氢气更纯净，所以用HCOOK代替HCOOH可以提高释放氢气的速率，提高释放出氢气的纯度，故C不符合题意；
D．由图可知， 中存在配位键，则该过程中有配位键的形成和断裂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、结合甲酸分解为二氧化碳和氢气的特点，判断 的催化反应特点；
B、强电解质更容易生成甲酸根离子和钾离子；
C、根据图示可以知道用HCOOK代替HCOOH可以提高释放氢气的速率；
D、结合图示中的配位键进行判断。
10．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况
【解析】【解答】A．铜离子降低了反应的活化能，加快了反应速率，A符合题意；
B．由可知反应物中黑球元素的电负性强于N，B不符合题意；
C．α位置的N原子中含有1对孤电子对，容易形成配位键；故产物中α、β两位置的N原子中，α位置的N原子更容易形成配位键，C不符合题意；
D．已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定；反应物中氮氮键更稳定、键长更短，故反应物中氮氮键比产物中氮氮键的键长短，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率；
B．依据结构中电性判断电负性；
C．α位置的N原子中含有1对孤电子对，容易形成配位键；
D．利用已知杂化轨道中s成分越多，所形成的化学键越稳定分析。
11．【答案】A,C
【知识点】配合物的成键情况；氧化还原反应
【解析】【解答】
A．表示成配合物结构形式为[Co(NH3)5Cl]Cl2，选项A符合题意；
B．[Co(NH3)5Cl]Cl2在溶液中电离出和Cl-，则通入空气后得到的溶液中含有，选项B不符合题意；
C．[Co(NH3)6]Cl2溶液中通入空气，生成[Co(NH3)5Cl]Cl2，钴的化合价由+2价变为+3价，发生氧化还原反应，选项C符合题意；
D．中提供孤电子对，提供空轨道，形成配位离子，选项D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】把CoCl2溶于水后加氨水直接先生成的Co(OH)2沉淀又溶解后，再加氨水，使生成[Co(NH3)6]Cl2，此时向溶液中通入空气，得到的产物中有一种其组成可以用 CoCl3·5NH3表示，Co配位数是6，把分离出的CoCl3·5NH3溶于水后立即加硝酸银溶液，则析出AgCl沉淀，可知1 mol CoCl3·5NH3只生成2 mol AgCl，说明一个CoCl3·5NH3中含有两个Cl，一个Cl为配原子，钴的配位数为6，含有一个Cl原子为配原子，所以还含有5个NH3为配体，所以其化学式为[Co(NH3)5Cl]Cl2。
12．【答案】B,D
【知识点】配合物的成键情况；离子晶体；原子晶体（共价晶体）
【解析】【解答】A．CuSO4·5H2O晶体结构中， 与形成了，晶体是蓝色的，A不符合题意；
B． 由晶胞示意图可知，每个周围紧邻且距离相等的氯离子有6个，每个周围紧邻且距离相等的有12个，B符合题意；
C．由与氯离子构成，故向含有的水溶液中加入足量溶液只能生成沉淀，C不符合题意；
D． 在金刚石晶体中，每一个碳原子与4个碳原子通过碳碳单键形成正四面体空间网状结构，故按均摊法可知，碳原子数与碳碳键个数的比为，D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】易错分析：A.与硫酸铜溶液显蓝色相同，都是Cu2+与水形成配合物而呈现蓝色.
C.有该配合物结构可知，一共有3个氯原子，有2个氯原子形成配位键，不能电离出氯离子，只能电离出一个氯离子，故0.1mol 该有机物只能生成0.1molAgCl
13．【答案】B,D
【知识点】原子核外电子的运动状态；配合物的成键情况；离子晶体；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A. 水合铜离子中铜离子的配位数为4，配体是水，水中的氧原子提供孤电子对与铜离子形成配位键，1个水合铜离子中有4个配位键，故A不符合题意；
B. 在CaF2晶体的晶胞中，每个Ca2+周围有8个F-，每个F-周围有4个Ca2+，故B符合题意；
C. 由图可知H原子的一个电子在原子核附近出现的机会较多，所以电子在原子核附近运动出现的概率大，故C不符合题意；
D. 在金属晶体的最密堆积中，对于每个原子来说，在其周围的原子有与之同一层上有六个原子和上一层的三个及下一层的三个，故每个原子周围都有12个原子与之相连，对于铜原子也是如此，故D符合题意；
故答案为：BD 。
【分析】A.根据结构找出配位键个数即可
B.一个氟离子和4个钙离子形成正四面体，氟离子处于中心，一个钙离子和8个氟离子形成长方体，钙离子处于长方体的中心
C.电子云密度表示电子在某一区域出现的机会的多少
D.根据晶胞图可知，铜原子分布在晶胞的顶点和面心上，所以该金属晶体为面心立方最密堆积，距离铜原子最近的铜原子是顶点或者面心，共有12个
14．【答案】（1）
（2），氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子
（3）四面体形
（4）和
（5）；
（6）中的中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）S为16号元素，基态原子电子排布式为1s2s22p63s23p4，则价层电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4；
（2）原子半径越大，原子核对电子的吸引力越弱，第一电离能越强，原子半径越小，原子核对电子的吸引力越强，第一电离能越弱，故答案为： ，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
（3）S2O32-中，中心S孤对电子为0，周围连接4个原子，为sp3杂化，形成四面体；
（4）结合实验过程，可知过程i为Na232SO3和35S反应，35S取代了SO42-中的O，而过程ii生成的Ag2S，S2-来自于35S，则过程ii产物为Ag235S和Na232SO4，故答案为： 和 ；
（5） 占据晶胞的顶点和棱心、面心和体心，其个数为；S2O32-占据晶胞的体心，个数为4，即晶胞中有4个 和4个S2O32-， 摩尔质量为Mg·mol-1，晶胞体积，则晶胞密度，故答案为：4； ；
（6）中心S没有孤对电子，不能作为配位原子，端基S含有孤对电子，可以作为配位原子，故答案为： 中的中心原子的价层电子对数为，无孤电子对，不能做配位原子；端基原子含有孤电子对，能做配位原子。
【分析】（1）基态原子核外电子排布式可以结合元素原子序数判断；
（2）电子层数越多，半径越大，同主族元素，从上到下第一电离能减小；
（3）杂化轨道数=周围原子数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，周围原子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，周围原子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，周围原子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，周围原子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，周围原子数=2，为V形；
（4）根据产物中原子的来源，判断相应硫原子的质量数；
（5）均摊法计算时，顶点占据，棱心占据，面心占据，体心占据1；密度；
（6）中心原子孤电子对数=。
15．【答案】（1）同素异形体；金刚石；范德华力
（2）③；+2；配位
（3）；离子；2；
【知识点】配合物的成键情况；原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；分子间作用力
【解析】【解答】（1）石墨和金刚石为碳的不同单质，互为同素异形体；金刚石为原子晶体，石墨为混合晶体，其余都是分子晶体，所以C60间作用力为分子间作用力；
（2）p轨道提供一对电子的N原子，说明该N原子为sp3杂化，③号N原子为sp3杂化；由图可知，Co与N原子结合时，其中2个为配位键，2个为共价键，所以化合价为+2价，氮原子提供孤电子，Co提供空轨道，形成配位键。
（3）由图可知，篮球为氯原子，灰球为铝原子，每个铝原子与氯原子形成四面体构型，所以为sp3杂化，根据熔点可知，三氟化铝为离子晶体，所以铝和氟为离子键结合；根据AlF3结构可知；根据离子半径大小，小球为Al3+，大球为F-，距离大球最近的小球有2个，所以配位数为2；根据均摊法计算可知，小球为Al3+个数为：，F-位于棱上，个数为：一个晶胞中有个AlF3，根据带入，计算即可得到，
【分析】难点分析：（2）根据物质结构判断轨道杂化类型，若空间结构为四面体，则为sp3杂化，若为平面结构，则为sp2杂化；若为直线型，为sp杂化；在计算晶胞密度是，首先利用均摊法算出一个晶胞含有原子数目，利用，计算即可。
16．【答案】（1）11；4d15s2
（2）6；O、N；sp2 、sp3杂化
（3）正八面体
（4）氧化剂；还原；1：2；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）钪( Sc)为21号元素，则基态钪( Sc)原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d14s2，则基态钪( Sc)的原子核外电子占据的轨道数目共11个， 钪(Sc)的价电子排布式为3d14s2，钇(Y)位于元素周期表中钪(Sc)的下一周期，则钇( Y)的价电子排布式为4d15s2；故答案为：11；4d15s2。
（2）根据题中信息EDTA( )有两个氮和4个羟基氧能提供孤对电子，因此该物质是6齿配位体，它的配位原子为O、N，羧基碳原子价层电子对数为3，杂化类型为sp2，另外的碳原子价层电子对数为4，杂化类型为sp3；故答案为：6；O、N；sp2、sp3杂化。
（3）钪(Sc)离子在水中以稳定对称的[ Sc(H2O)6]3+存在，其中O Sc O的键角只有90度和180度两种，即钪(Sc)离子的前后左右上下与水中氧连接形成正八面体；故答案为：正八面体。
（4）①在氧化还原反应中，带正电荷的空穴(h+ )得到电子，化合价降低，因此空穴可视为氧化剂，根据图中信息得到A得到电子生成B，则A发生还原反应；故答案为：氧化剂；还原。
②氧化铈的晶体结构如下图所示，大球为铈原子，个数为，小球为氧原子，个数为8，其中铈原子和氧原子的数量之比为1：2，若晶体密度为d g cm 3，阿伏加德罗常数为NA，，解得；故答案为：1：2；。
【分析】（1）Sc为21号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2，占据的轨道数目共11个，钇( Y)的价电子排布式为4d15s2；
（2）DEDTA是6齿配位体，EDTA中羧基上C原子价层电子对个数是3、亚甲基上C原子价层电子对个数是4；
（3） 六个水分子围绕Sc3+形成八面体结构；
（4）①空穴可得电子，因此可视为氧化剂；A物质得电子生成B物质，发生还原反应；
②铈原子位于八个顶点和六个面心，因此为四个，氧原子在体心内，共8个，因此铈原子和氧原子个数比为1：2；该晶胞为立方晶胞，晶胞中含有4个铈原子和8个氧原子，结合计算。
17．【答案】（1）[Ar]3d104s24p1；原子晶体(共价晶体)
（2）4；正四面体
（3）sp2；O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大
（4）CH3CH2CH2NH2；BD
（5）棱心和体心；
【知识点】原子结构的构造原理；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；
GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；
（2）在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个配位体NH3结合，故Pt的配位数为4；
外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；
（3）在该微粒中，C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；
O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；
（4）[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；
[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故合理选项是BD；
（5）①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；
②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度ρ=。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；依据晶体的性质判断晶型；
（2）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
（3）依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；一般情况下同一周期元素的原子序数越大，元素的第一电离能就越大，但当元素处于第IIA、第VA时，由于原子核外电子处于轨道的全充满、半充满的稳定状态，失去电子消耗的能量大于同一周期相邻元素
（4）分子间氢键会使物质沸点升高；不同种原子之间的共价键为极性键；
（5）①根据晶胞结构分析；
②利用均摊法确定原子数，再利用密度公式计算。
18．【答案】（1）A；CD
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF
（3）C；为离子晶体、而为分子晶体
（4）混合型晶体；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）硼为5号元素，基态硼原子电子排布为1s22s22p1； 为s轨道全满的较稳定结构，故其失去一个电子需要吸收能量最多；、 中电子处于激发态，电子跃迁回低能量态是会释放能量形成发射光谱，
故答案为：CD；
（2）氟离子半径小于碘离子，氢氟键键能更大，更容易形成，故氟更易夺取铵根离子中氢生成HF，导致比更易分解；
（3）中镍可以提供空轨道，碳可以提供孤电子对，故配位原子是：C；的熔点高于的原因是为离子晶体、而为分子晶体，离子晶体熔点一般高于分子晶体；
（4）六方氮化硼的晶体结构类似石墨晶体，为混合型晶体；根据“均摊法”，晶胞中含个B、4个N，则晶体密度为，则；
【分析】（1）电子处于半充满或者全充满时，失去电子吸收的能量最多；
（2）键能越大物质越稳定；
（3）镍离子结合的是碳原子；离子晶体的熔点高于分子晶体；
（4）阿伏加德罗常数可以结合密度、体积、摩尔质量判断。
19．【答案】（1）C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)
（2）N、F；
（3）2：1：1；结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)；B
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】（1）根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)。
（2）①同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，故第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是N、F；
②根据晶胞图可知每个晶胞中含有4个乙酸分子，乙酸晶胞的密度；
（3）①根据均摊法Ni占据8个顶点，每个单元中含有Ni个数为，CN-占据8个棱，每个单元含有CN-的个数为，含有NH3为，故2：1：1；
②该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)；
③通过分析，同层有4个CN-，金属离子的配位数为4，轴向有两个NH3，配位数为4+2=6 ，金属离子配位数为4和6，故答案为B；
【分析】（1）根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；
（2）①同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
②根据晶胞图分析计算；
（3）①根据均摊法计算；
②依据结构图比较判断；
③依据结构图分析。
20．【答案】（1）；4
（2）1：1；sp；；N＞C＞Na(或Na＜C＜N)
（3）分子；
（4）12；d；
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】在配合物中，中心原子或离子含有空轨道，配位体含有孤对电子；同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在，由此判断AuCl3晶体的结构属于分子晶体，据此书写结构式。
(1)在配合物中，能提供孤电子对的为配位体，所以在H[AuCl4]中，配位体是Cl-，配位数为配位体的数目。
故答案为：Cl-、4。
(2)①1个[Au(CN)2] 离子中，含有2个配位键，属于σ键，配体CN-的结构式为[C≡N]-，含有1个σ键和2个π键，则1个[Au(CN)2] 离子中，含有4个σ键，即可推出1mol[Au(CN)2] 含有σ键的数目为4，π键为4；CN-为直线形，C原子的杂化方式为sp；
故答案为：1：1；sp；
②Zn原子核外有30个电子，根据构造原理其核外电子排布式为：[Ar]3d104s2
同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞C＞Li，同主族从上到下第一电离能逐渐减小，第一电离能Li＞Na。
故答案为：N＞C＞Na
(3)AuCl3是一种褐红色晶体，吸湿性极强，易溶于水和乙醇，无论是固态、还是气态，它都是以二聚体Au2Cl6的形式存在，依据以上信息判断AuCl3晶体的结构属于分子晶体，Au2Cl6的结构式为：
故答案为：分子，
(4)①面心立方最密堆积，在一个晶胞中选其中一个顶点的Au原子，距离Au原子最近的Au原子为3个，向外延伸8个晶胞，3×8=24，但交界面上Au计算两次，则Au配位数为12，与Cu具有相同堆积方式。
故答案为：12、d
②一个Au晶胞中Au原子的数目为8×18+6×12=4，晶胞质量m=MNA×4，Au的原子半径为a nm，晶胞体积V=(2a)3，晶胞m＝ρV，所以ρ=＝
故答案为：
【分析】
(1)依据配合物的结构式判断。
(2)①依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
②根据构造原理分析；同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素。
(3)依据物质的性质判断类型并书写结构。
(4)①依据面心立方最密堆积分析；
②利用均摊法确定原子数，再利用ρ=计算。
21．【答案】（1）A
（2）铜的原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，铜的金属键比钾的强
（3）直线形；sp、sp3
（4）16NA；大；[Cu(NH3)4]2+ 中N原子的孤电子对与Cu2+形成了配位键，不存在孤电子对，对N-H的排斥作用变小，所以键角变大
（5）Cu3SbS4；a； 1030
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有①＞③；铜的第二电离能大于锌的第二电离能，有④＞②，锌的第二电离能大于第一电离能，②＞①，故由大到小排序是④＞②＞①＞③，
故答案为：A；
(2)钾和铜属于同周期，铜原子半径比钾的小，价电子数比钾的多，则金属键比钾的强，故熔沸点比钾高；
(3)CO2中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，碳原子为sp杂化，故空间结构为直线形，CH3CN中甲基中的碳原子的价层电子对数为：4+0=4，该碳原子为sp3杂化，氰基中碳原子的价层电子对数为：2+0=2，该碳原子为sp杂化，故CH3CN中碳原子的杂化方式为sp3、sp；
(4)σ键为共价单键，Cu的配位数为6，有六个σ键，NH3有3个N-Hσ键，1 mol [Cu(NH3)4]2+中所含σ键数目为16NA；NH3分子中存在孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对对成键电子对的排斥，在[Cu(NH3)4]2+配离子中，N原子没有孤电子对，成四面体结构，键角变大；
(5)分子中有Cu原子：4×+8×+2×=6，锑原子：8×+1=2，硫原子：8，故化学式为：Cu3SbS4，紧邻的Sb与Cu的距离为底对角线的一半，故为a×pm，晶胞质量为：，体积为：V=(a×10-10)2×(c×10-10)cm3=ac×10-30cm3，晶体的密度为：1030g cm-3，故答案为：Cu3SbS4；a；1030。
【分析】（1）锌的第一电离能为全充满状态，铜为半充满状态，锌的第二电离能为半充满状态，铜为全充满状态；
（2）金属的熔点和金属键强度有关；
（3）二氧化碳为AB2型的sp杂化，属于直线型，C的杂化有两种，单键的sp3杂化和三键的sp杂化；
（4）σ键为共价单键，注意配位键也属于共价键；
（5）晶胞的计算要注意先判断各种粒子的配位数。
22．【答案】（1）9；1s22s22p63s13p33d1
（2）sp3；N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
（3）Π
（4）10
（5）YFeO3；(，+m，)；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。
故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。
(2)偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
(3)由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为：个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可表示为。
故答案为：。
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；
故答案为：10。
(5)由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。
故答案为：YFeO3，(，+m，)，。
【分析】(1)由基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，结合原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态和磷原子在成键时，将一个3s电子激发进入3d能级分析解答；
(2)偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键；
(3)由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后可得N原子剩余价电子数；
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3-NH-CH2-CH2-NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4；
(5)依据晶胞的计算分析解答。
23．【答案】（1）X-射线衍射实验；自范性
（2）4d55s1
（3）非极性
（4）A
（5）或；4
（6）或
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)X-射线衍射实验可以区分晶体和非晶体，区别结晶型NiFeMo氧化物和无定形NiFeMo氧化物最可靠的科学方法为X-射线衍射实验；结晶型NiFeMo氧化物能自发呈现多面体外形，这种性质称为晶体的自范性。
(2)Mo为第五周期元素与Cr同族，根据Cr的价电子排布式3d54s1，可知Mo的价层电子排布式为4d55s1；
(3)配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4，苯等有机溶剂，根据相似相容原理，Ni(CO)4是非极性分子。
(4)电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第四电离能，3d轨道有5个电子，结构稳定，需要的能量大；
B．电离最外层的一个电子所需能量，为基态Fe的第三电离能，3d轨道有6个电子，结构不稳定，需要的能量小；
C．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第三电离能，需要的能量小；
D．电离最外层的一个电子所需能量，为激发态Fe的第四电离能，需要的能量较小；
电离最外层的一个电子所需能量最大的是，选A。
(5)FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸气状态下通过配位键形成双聚分子，以双聚分子存在的FeCl3的结构式为或，其中Fe的配位数为4；
(6)根据立方NiO(氧化镍)晶体的结构图，1个晶胞含有O2-数为，Ni2+数，其晶胞边长为apm，NiO晶体的密度为g/cm3。
【分析】（1） X-射线衍射实验是区分晶体和非晶体最科学的方法；晶体的自范性是晶体中的粒子在微观空间里呈周期性有序排列的宏观表象；
（2） Mo为第五周期元素与Cr同族，则其价电子排布式与Cr类似；
（3）根据相似相溶原理判断；
（4）A为基态Fe3+，B为基态Fe2+，C为激发态Fe2+，D为激发态Fe3+，激发态能量高于基态，据此判断；
（5）Fe3+提供空轨道，Cl提供孤电子对形成配位键；
（6）利用均摊法计算各离子数目，再根据计算晶体密度。
24．【答案】（1）[Ar]3d64s2
（2）X射线衍射；1：2；8
（3）暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热
（4）Fe3+；Cl-；配位键；白色沉淀、亮黄色逐渐变浅
【知识点】配合物的成键情况；金属晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)铁元素的原子序数为26，基态原子的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；
(2)①用X射线衍射可以测得铁晶体的晶胞结构，故答案为：X射线衍射；
②由晶胞结构可知，晶胞A中位于顶点和体心的铁原子个数为8×+1=2，晶胞B中位于顶点和面心的铁原子个数为8×+6×=4，则A、B两种晶胞中含有的铁原子个数比为1：2，故答案为：1：2；
③由晶胞结构可知，在A晶胞中，位于顶点的铁原子与位于体心的铁原子的距离最近，则每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有8个，故答案为：8；
(3)由铁的吸氧腐蚀原理可知，解释暖贴发热的原因是暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热，故答案为：暖贴无纺布袋内的铁粉和活性炭在水、无机盐的环境中与氧气接触形成了铁碳原电池，铁粉做负极，失去电子被氧化，氧气在碳粉正极得电子被还原，原电池反应加速了铁粉被氧化放热；
(4)①四氯合铁离子中具有空轨道的铁离子为配离子的中心离子，具有孤对电子的氯离子是配体，中心离子铁离子与配体氯离子形成配位键，故答案为：Fe3+；Cl-；配位键；
②亮黄色的工业盐酸中存在如下平衡：[FeCl4]-Fe3++4Cl-，向盐酸中逐滴滴加硝酸银饱和溶液至过量时，溶液中氯离子与滴入的银离子反应生成氯化银白色沉淀，溶液中的氯离子浓度减少，络合平衡向右移动，四氯合铁离子的浓度减小，溶液的亮黄色逐渐变浅说明在高浓度氯离子的条件下四氯合铁离子才是稳定存在的，故答案为：白色沉淀、亮黄色逐渐变浅至褪去。
【分析】难点分析：（2）常见分析晶体结构方法为：X射线衍射法；分别利用均摊法计算出A和B晶胞中铁原子个数即可；以中心铁原子微粒，可知 每个铁原子周围与它最近且相等距离的铁原子有 8个。
（3）利用铁和C形成原电池，发生反应放出热量
25．【答案】（1）3d104s1；稳定性： Zn2+＞Cu2+， Zn2+价电子式排布为3d10， Cu2+价电子排布式为3d9，d轨道全满时较稳定
（2）O＞N＞C＞H；sp2、sp3
（3）过氧化氢为氧化剂，可氧化金属铜为Cu2+，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行
（4）NH3分子中N原子的孤对电子进入Cu2+的空轨道形成配位键后，原孤对电子与成键电子间的排斥作用变成了成键电子间的相互排斥，排斥作用减弱
（5）2；2；(，，)
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Cu是29号元素，根据构造原理，可知基态Cu原子的核外电子排布式是[Ar]3d104s1，则其价电子排布式为3d104s1；
Cu2+是Cu原子失去最外层1个4s电子后又失去次外层的1个3d电子后形成的，Cu2+价电子排布式为3d9；而Zn2+是Zn原子失去最外层2个4s电子后形成的，Zn2+价电子排布式为3d10；由于电子处于轨道的全满、半满或全空是稳定状态，所以离子的稳定性：Zn2+＞Cu2+；
(2)根据图示可知：该微粒中含有的元素由C、N、H、O四种元素。元素的非金属性越强，其电负性就越大。元素的非金属性：O＞N＞C＞H，所以它们的电负性大小关系为：O＞N＞C＞H；
在该配位化合物中，除六元环上的2个N原子形成π键，价层电子对数是3，原子杂化类型为sp2杂化，另外的N、O原子价层电子对数都是4，原子杂化类型是sp3杂化，故该配位化合物中的原子杂化方式为sp2、sp3杂化；
(3)金属铜单独与氨水或过双氧水都不反应，但可与氨气和双氧水的混合溶液反应，这是由于过氧化氢为氧化剂，可氧化金属Cu为Cu2+，氨与Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行；
(4)NH3分子中H-N-H键角为107° ，在[Cu(NH3)4]2+中的H-N-H键角为109.5° ，键角变大是由于NH3分子中N原子的孤对电子进入Cu2+的空轨道与Cu2+形成配位键后，使得原孤对电子与成键电子间的排斥作用变成了成键电子间的相互排斥，排斥作用减弱，因而键角增大；
(5)在CsCl晶胞中含有Cs+为：8×=1，含有Cl-数目为1×1=1。根据题意，若用Cu4O占据CsCl晶体中Cl的位置，而Cs位置由O原子占据，则得到的晶胞中含有Cu原子数目是4个，含有的O原子数目是2个，即1个Cu2O晶胞中含有2个“Cu2O”；
根据“Cu4O”的四面体结构可知：Cu2O晶胞中1个O原子周围有4个Cu原子，即O原子配位数是4，而Cu2O中Cu和O原子个数比是2：1，所以Cu原子配位数是2；
根据图中所给坐标系和已知①处Cu原子的坐标为(，，)，则Cu2O晶胞中Cu4O四面体中O原子坐标为(，，)。
【分析】（1）铜为29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1；当粒子中电子为全充满、半充满时更稳定；
（2）非金属性越强，电负性越强；
杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数；
杂化轨道数=2，为直线；
杂化轨道数=3，成键电子数=3，为三角形；
杂化轨道数=3，成键电子数=2，为V形；
杂化轨道数=4，成键电子数=4，为四面体；
杂化轨道数=4，成键电子数=3，为三角锥；
杂化轨道数=4，成键电子数=2，为V形；
（3）过氧化氢为氧化剂，将铜氧化为铜离子，铜离子提供空轨道，氨分子提供孤电子对，形成配合物；
（4）孤电子对可进入轨道，由于电子之间的排斥作用，导致键角发生变化；
（5）晶胞的计算要结合顶点、体心进行计算；坐标的计算要确定原点，根据题干的位置求出相应的坐标。
26．【答案】（1）3；1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2
（2）4；N；配位；否；氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高
（3）4；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O原子的核外电子排布为1s22s22p4，其能量最高的电子是2p电子，该电子的电子云在空间有3个伸展方向；
Mn元素为25号元素，基态Mn原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2或[Ar]3d54s2；
(2)①乙二胺（H2N-CH2-CH2-NH2）中N原子呈3个σ键，含有1对孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，C原子呈4个σ键，无孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，故含sp3杂化的原子个数为4；
元素非金属性越强电负性越大，故分子中电负性最大的元素是N；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间以配位键结合在一起；在与乙二胺反应[Ni(H2O)6]2+ + 2en= [Ni(en)2(H2O)2]2+ (蓝色)+ 4H2O的过程中，乙二胺中的两个N原子分别与Ni2+形成配位键，发生螯合，故Ni2+的配位数仍然是6，轨道杂化类型未发生改变；
③乙二胺的沸点低于乙二醇，是由于受到分子间氢键的影响。氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高，答案为氧元素的电负性大于氮，所以乙二醇中的氢键更稳定，沸点也比乙二胺要高；
(3)原子分数坐标为(0.19，0.81，0.5)、(0.81，0.19，0.5)的O原子位于晶胞体内，原子分数坐标为(0.31，0.31，0)、(0.69，0.69，0)的O原子位于晶胞的面上，利用均摊法可计算出晶胞中O原子的个数为2+4=4；根据O原子个数和TiO2的化学式可知，该晶胞有2个Ti原子，则晶胞密度= g·cm-3。
【分析】（1）基态氧原子中能量最高的电子是2p电子；Mn核外有25个电子，根据构造原理书写核外电子排布式；
（2）①乙二胺分子C、N均采用 sp3杂化；元素的非金属性越强，电负性越大；
②Ni(H2O)6]2+中H2O与Ni2+之间形成配位键；
③乙二醇中的氢键更稳定；
（3）①根据均摊法计算；
②根据计算。
27．【答案】（1）
（2）
（3）平面三角形； 与 分子间能形成氢键；
（4）；B；>
【知识点】配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Fe为26号元素，核外有26个电子，根据构造原理，基态 原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，前18个电子的排布顺序相对固定，其简化的电子排布式为[Ar]3d64s2，故答案为：[Ar]3d64s2；
(2)晶胞中铁原子个数为8 +6 =4，氮原子个数为1，所以该产物的化学式是Fe4N；铁和氨气在640℃可发生置换反应生成Fe4N，则另一产物为H2，所以该反应的化学方程式为 ，故答案为： ；
(3)① 的中心原子C原子的价层电子对数=3+ (4+2-3 2)=3，无孤对电子，C原子采取sp2杂化，其空间结构为平面三角形，故答案为：平面三角形；
② 极易溶于水的原因是 与 分子间能形成氢键，故答案为： 与 分子间能形成氢键；
③因为二氧化碳在水中溶解度不大，氨气极易溶于水，饱和氨盐水显碱性，比饱和食盐水更容易吸收二氧化碳，所以要先向饱和食盐水中通入氨气，制成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，故答案为：NH3；
(4)① 分子中中心原子N原子的价层电子对数=3+ (5-3 1)=4，含有1个孤电子对，所以中心原子N原子的杂化轨道类型为 ，故答案为： ；
②在 结构中，N原子存在孤电子对，B原子为缺电子原子，在配位键的形成中B原子提供空轨道，故答案为：B；
③ 与 互为等电子体，由于 分子中N原子的电负性较大，分子间会形成氢键，所以 熔点高于 ，故答案为：>。
【分析】（1）简化的电子排布式把内部稳定的相当于稀有气体结构的那一部分用稀有元素符号用中括号括起来表示，只写出价电子层的排布式；
（2）根据晶胞结构，利用均摊法可以判断该物质的化学式，再根据是置换反应写出该反应的化学方程式；
（3）① 中心原子C的价层电子对数为3，成键电子对数为3，所以是平面三角形；
② NH3极易溶于水是因为NH3分子和水分子间可以形成氢键；
③ 向饱和食盐水中先通入氨气制得碱性溶液，再通入CO2，可以增大CO2的溶解度；
（4） ① 价层电子数等于杂化轨道数，先算出价层电子对数，再判断杂化轨道类型；
②根据NH3的电子式可知N原子提供孤电子对，那么提供空轨道的是B原子；
③ 是极性分子，乙烷是非极性分子，分子间的极性越大，分子间的作用力越大，分子晶体的沸点越大。
28．【答案】（1）Al2O3、SiO2
（2）球
（3）sp3杂化；正四面体
（4）Fe2+；1：2；6
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；答案为：Al2O3、SiO2。
(2)Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；答案为：球。
(3)[Al(OH)4]-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；答案为：sp3杂化；正四面体。
(4)根据Fe4[Fe(CN)6]3可知，[Fe(CN)6]4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的 ，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；答案为：Fe2+；1：2；6。
【分析】(1)通过离子键的百分数大小确定晶体类型；
(2)通过核外电子排布确定电子云轮廓；
(3)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；
(4)依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
29．【答案】（1）
（2）四面体；sp3
（3）P2H4是极性分子，C2H4是非极性分子；相对分子质量：P2H4＞C2H4
（4）O；8：1；AC
（5）6、6；1：2：4；
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Ni的原子序数为28，其基态原子价电子排布式为：3d84s2，价电子排布图为： 。
(2)POCl3中心原子的价层电子对数为4+ =4，采取sp3杂化，VSEPR模型为四面体形。
(3)C2H4中碳碳之间是双键，四个氢和两个碳位于同一平面上，是非极性分子，P2H4中磷磷之间是单键，磷氢之间也是单键，由于单键键角的缘故，使得P2H4中的六个原子并不处在一个平面上，是极性分子，同时P2H4的相对分子质量比C2H4的相对分子质量大，从而使得P2H4的沸点高于C2H4。
(4)元素非金属性越强，电负性越大，其中O的非金属性最强，因此电负性最大的为O；单键为σ键，双键为1个σ键、一个π键，配位键为σ键，由图示可知，有32个σ键、4个π键，σ键和π键数目之比为：32：4=8：1；由图示可知，分子内含有氢键、配位键、共价键，
故答案为：AC。
(5)①氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，NiO晶胞结构类型与氯化钠相同，则Ni和O的配位数依次为：6、6。
②由题图可知，Fe2+位于晶胞的顶点、面心以及A位置立方体的体心，O2-位于A、B小立方体的内部，每个小立方体内部各有4个，Fe3+位于B位置立方体的内部，则Fe2+的个数为8 +6 +4=8，O2-的个数为4 8=32，Fe3+的个数为4 4=16，Fe2+、Fe3+、O2-的个数比为：8：16：32=1：2：4；晶胞中相距最远的Fe2+之间距离为体对角线，即体对角线的长度为xnm，则晶胞边长为 xnm，晶胞体积为( x 10-7)3cm3，晶胞质量为 = ，则晶胞密度为 = g/cm3。
【分析】
(1)依据电子排布式书写价电子排布图 。
(2)依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型和杂化类型。
(3)分子晶体相对分子质量越大，极性越强，沸点越高。
(4)元素非金属性越强，电负性越大；依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键
(5)①依据氯化钠中阴阳离子的配位数均为6判断。
②利用分摊法确定化学式，依据计算。
30．【答案】（1）；Cu
（2）CS2、BeF2、BeCl2等；；纺锤体形或者哑铃形
（3）22；
（4）4；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)已知Fe是26号原子，则基态Fe3+的价层电子排布式为：3d5，则其价层电子排布图为 ，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，则Ni、Cu原子的第一电离能更大的是Cu，故答案为： ；Cu；
(2)等电子体是原子总数相同，价电子总数相同的微粒，与CO2互为等电子体的分子为CS2、BeF2、BeCl2等；由于CO与N2互为等电子体，即CO中含有碳氧三键，其中有一个配位键是由O提供孤电子对，C提供空轨道，则CO的结构式为 ；O是8号元素，则O原子能量最高的能级是2p，p能级的原子轨道形状为纺锤体形或者哑铃形，故答案为：CS2、BeF2、BeCl2等； ；纺锤体形或者哑铃形；
(3)Cu元素可以形成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。
①已知Cu(NH3)4(NO3)2中含有4个配位键、4×3=12个N-H键均为σ键，每个 含有3个σ键，则1mol该配合物含有(4+4×3+2×3)=22molσ键，故答案为：22；
②已知分子中的大π键可用符号 表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数。则 中三个O原子和中心N原子之间形成一个四中心六电子的不定域大π键，则其大π键可表示为 ，故答案为： ；
(4)硅的化合物SiC晶胞结构与ZnS相似如图所示，Si原子的配位数即为离Si最近且距离相等的C原子，由题干图示晶胞可知， Si原子的配位数是4，设C与Si的最近距离为apm，该距离为晶胞体对角线的 ，设晶胞的边长为xpm，则有a= ，得x= pm，又知1个晶胞中含有Si个数为： =4，含C原子个数为4，则SiC晶体的密度为dg/cm3，则有：4mol×40g/mol= dg/cm3×NA×( ×10-10cm)3，解得阿伏加德罗常数的值NA为 ，故答案为：4； 。
【分析】（1）Fe为26号元素，根据构造原理书写核外电子排布式，进而画出其价电子排布图；同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；
（2）等电子体的原子总数和价电子总数相同；CO中含有碳氧三键，O提供孤电子对，C提供空轨道形成一个配位键；O原子能量最高的能级是2p；
（3）①单键均为σ键，配位键也是σ键；
②形成6电子4中心的不定域大π键；
（4）距离Si最近且距离相等的C原子有4个；根据均摊法计算各原子数目，再结合列式计算。
31．【答案】（1）
（2）不是；易
（3）Mn；；NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)锰元素的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，价层电子排布的轨道表示式为 ，故答案为： ；
(2)①由过氧化氢的空间结构为书形可知，S2O 离子的空间构型为书形， 所以—O—O不在一条直线上，故答案为：不是；
②S2O 中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性强，更易发生断裂，故答案为：易；
(3)①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的黑球的个数为8× +1=2，位于面上和体内的白球为4× +2=4，由二氧化锰的化学式可知，黑球代表锰原子，故答案为：Mn；
②设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： =(a×10—7)2×b×10—7×d，解得d= ，故答案为： ；
③氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合；由图可知，氨催化还原脱除一氧化氮的反应中，二氧化锰为催化剂，氨气、氧气、一氧化氮为反应物，氮气和水为生成物，反应的化学方程式为4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O，故答案为：NH3中的N原子有孤电子对，MnO2中的Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；4NH3 + 4NO + O2 4N2 + 6H2O。
【分析】（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为：3d54s2，据此书写轨道表示式；
（2）①S2O 中S-O-O 的中心O的价层电子对为4，含有2对孤电子，采用sp3杂化，不在一条直线上；
②S2O 中硫氧双键为吸电子基团，氧氧键中共用电子对偏向硫氧双键一方，比过氧化氢中氧氧键的极性强；
（3）①根据均摊法计算各原子数目进而判断黑球代表的原子；
②根据计算；
③Mn能提供空轨道，NH3中N可提供孤对电子，MnO2与NH3可形成配位键