黑龙江省三年（2023-2021）高考化学模拟汇编-20晶体结构与性质
一、单选题
1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在超分子化学中，常用Cu+模板合成各种拓扑结构分子，图1为诺贝尔得主Auvage教授利用亚铜离子为模板合成的索烃结构。Cu也可与Zn、Sn及S构成四元半导体化合物的四方晶胞，结构如图2所示，下列说法错误的是
A．索烃分子既有极性键又有非极性键
B．1mol索烃中所含的配位键的数量为8NA
C．半导体化合物中Zn原子与Sn原子个数比为1:2
D．在四方晶胞中Sn位于S原子组成的四面体空隙中
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在非金属电催化剂的作用下，利用电化学原理可将还原为，其装置原理如图所示。科学家研究出一种磷化硼纳米颗粒作为非金属电催化剂，其晶胞结构如图所示。下列叙述正确的是
A．图中石墨烯为阴极，电极反应式为
B．该装置工作时，穿过质子交换膜从左向右移动
C．磷化硼晶体中，每个磷原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有2个
D．每转移电子，阴极室电解质溶液质量增加
3．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）锂离子电池的正负极一般采用可逆嵌锂－脱锂的材料。尖晶石结构的LiMn2O4是一种常用的正极材料。已知一种LiMn2O4晶胞可看成由A、B单元按III方式交替排布构成，“○”表示O2 。下列说法不正确的是
A．充电时，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4 xe－＝Li1 xMn2O4＋xLi＋
B．充电和放电时，LiMn2O4电极的电势均高于电池另一极
C．“●”表示的微粒是Mn
D．每个LiMn2O4晶胞转化为Li1 xMn2O4时转移8x个电子
4．（2022·黑龙江佳木斯·佳木斯一中校考三模）短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，其中 Y、Z 同周期，W、Q 同周期，W 与 Y 同主族，W 与 Z 形成的化合物是玻璃工业的主要原料。Q 的最外层电子数等于 X、Z 的最外层电子数之和。下列说法正确的是
A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>W>Y
B．原子半径：W>Z>Y>X
C．Y 和 W 形成的化合物硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料
D．Z 分别与 Y、W 形成的化合物一定为酸性氧化物
5．（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考模拟预测）短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是
A．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞Z
B．化合物M中W不都满足8电子稳定结构
C．W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种
D．Y单质的熔点高于X单质
二、工业流程题
6．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）氮化镓( GaN)具有优异的光电性能。一种炼锌矿渣，主要含铁酸镓[ Ga2(Fe2O4)3]、铁酸锌( ZnFe2O4)和SiO2，利用该矿渣制备GaN的工艺流程如下：
已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Ksp[Ga(OH)3] =10-35.1，Ksp[Fe(OH)3] =10-38.5。
③Ga3+、Fe3+在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。
盐酸浓度/mol·L-1 反萃取率/%
Ga3+ Fe3+
2 86.9 9.4
4 69.1 52.1
6 17.5 71.3
回答下列问题:.
(1)①“酸浸”时Ga2(Fe2O4)3发生反应的离子方程式为 。
②“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g·L-1、65g· L-1，常温下，为尽可能多地提取Ga3+并确保不混入Zn( OH)2，“调pH”时应不超过 (忽略溶液体积变化)。
(2)滤渣2的主要成分是 (填化学式)。
(3)“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a= ，b= (选填上表中盐酸的浓度)。
(4)“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致 。
(5)利用CVD(化学气相沉积)技术，将热分解产物与NH3在高温下反应可制得GaN，该反应的化学方程式为 。
(6)①GaN的熔点为1700°C，GaCl3的熔点为77. 9°C，它们的晶体类型依次为 、 。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为 ，该晶体密度为 ρg·cm-3，则晶胞边长为 nm( 列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）在钢中加入一定量的钒，就能使钢的硬度、耐腐蚀性大增。工业上以富钒炉渣(主要成分为V2O5、Fe2O3和SiO2等)为原料提取五氧化二钒的工艺流程如图：
查阅资料：偏钒酸铵(NH4VO3)溶于热水和稀氨水，微溶于冷水，不溶于乙醇。
钒的盐类的颜色五光十色，常被制成鲜艳的颜料。如：VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色，而五氧化二钒则是红色的。
(1)在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为 。
(2)以上流程中应用过滤操作的有 (填序号)，在③操作后，为使钒元素的沉降率达到98%，要加入较多的NH4Cl，从平衡角度分析原因 。
(3)产品纯度测定：将mg产品溶于足量稀硫酸配成100mL(VO2)2SO4溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用amol L-1H2C2O4标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。
①完成下列滴定过程的离子方程式： 。
______VO+______H2C2O4+______=______VO2++______CO2↑+______
②该滴定实验不需要另外加入指示剂，达到滴定终点时的实验操作和现象是 。
③产品的纯度为 。(用质量分数表示，已知V2O5，M=182g/mol；H2C2O4，M=90g/mol)
(4)钒的晶胞结构为体心立方结构(如图所示)。
①若原子1，原子3，原子7的坐标分别为(0，0，0)，(1，1，0)，(1，1，1)；则原子8，原子9的坐标分别为 ， 。
②若晶胞边长为308pm，则钒的密度为 g cm-3。(列出计算式)
三、结构与性质
8．（2022·黑龙江佳木斯·佳木斯一中校考三模）Co、Ni 元素及其化合物有着很多优良的性能和特性，回答下列问题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布图为 ；金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍的晶胞俯视图为 (填字母)。
a. b. c. d.
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4 蓝色溶液，N 原子的杂化方式是 ，[Ni(NH3)6]SO4晶体中不存在的化学键类型包括 (填序号)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 E.非极性共价键 F.氢键
(3)Co3+通常易形成六配位的配合物，已知 CoCl3·6H2O 有多种结构，若取 1mol CoCl3·6H2O溶解于水后滴加足量的硝酸银溶液，能够形成 2mol 沉淀，则 CoCl3·6H2O 中配离子的结构示意图为(不考虑空间结构) 。
(4)Co3O4 晶体中 O 作面心立方最密堆积(如图)，Co 随机填充在晶胞中 O 构成的 8 个四面体空隙和 4 个八面体空隙中，则 Co 的配位数分别为 、 ，如果晶胞边长为a nm，Co3O4的摩尔质量为 M g/mol，NA为阿伏加德罗常数的值，则Co3O4 的晶体密度为 g/cm3(列出计算式)。
9．（2022·黑龙江大庆·大庆中学校考二模）砷是生命的第七元素，可形成多种重要的化合物。回答下列问题：
(1)基态砷原子N电子层中的成对电子与单电子的数量比为 。As的第一电离能(I1)比Se大的原因是 。
(2)雄黄(As4S4)和雌黄(As2S3)在自然界中共生，是提取砷的主要矿物原料，其结构如下图所示，1mol雄黄与O2反应生成As2O3，转移28mol电子，则另一种产物为 。雌黄中As的杂化方式为 。
(3)亚砷酸(H3AsO3)可以用来治疗白血病，为三元弱酸，试推测的空间构型为 。其酸性弱于砷酸(H3AsO4)的原因是 。
(4)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料。晶胞结构如下图所示
已知：砷化镓晶体密度为，阿伏加德罗常数的值为。
①连接面心上6个砷原子构成正八面体，该正八面体的边长为 pm(用含和的代数式表示)。
②Ga和之间的最近距离为 nm(用含和的代数式表示)。
10．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）卤族元素的单质及化合物性质丰富，在科研和生产中有许多重要用途。请回答：
(1)卤族元素位于元素周期表的 区，其中电负性最大的是 (填元素符号)，溴原子的M能层电子排布式为 。
(2)基态氯原子核外有 种运动状态不同的电子，其中单电子占据的轨道形状为 。
(3)下列物质性质递变规律正确的是___________。
A．原子半径： F＜C1＜Br＜I
B．第一电离能： F＜Cl＜Br＜I
C．沸点：HCl＜HBr＜HI＜HF
D．熔点： CaF2＜CaCl2＜CaBr2＜CaI2
(4)碘在水中的溶解度小，在碘化钾溶液中溶解度却明显增大，这是由于发生I-+I2。离子的空间构型为 。
(5)SiCl4发生水解的机理如图：
CCl4不能按照上述机理发生水解反应，原因是 。
(6)有“点缺陷”的NaCl 晶体可导电，其结构如图1所示。有人认为：高温下有“点缺陷”的NaCl晶体能导电，是因为Na+经过一个由3个Cl-组成的最小三角形窗孔(如图2所示)，迁移到另一空位而造成的。已知晶胞参数a=564pm，粒子半径r(Na+ )=115pm，r(Cl-)=l67pm，计算内切圆半径r内的值并判断该观点是否正确 。(已知：≈1.414，≈1.732)
11．（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中三模）单晶边缘纳米催化剂技术为工业上有效利用二氧化碳提供了一条经济可行的途径，其中单晶氧化镁负载镍催化剂表现出优异的抗积碳和抗烧结性能。
(1)基态镍原子的价层电子排布图为 。
(2)氧化镁载体及镍催化反应中涉及到CH4、CO2和CH3OH等物质。元素Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为 ；在上述三种物质的分子中碳原子杂化类型不同于其他两种的是 ,立体构型为正四面体的分子是 ，三 种物质中沸点最高的是CH3OH，其原因是 。
(3)Ni与CO在60~80°C时反应生成Ni(CO)4气体，在Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是 ，Ni(CO)4晶体类型是 。
(4)已知MgO具有NaCl型晶体结构，其结构如图所示。已知MgO晶胞棱长为0.42nm，则MgO的密度为 g·cm-3(保留小数点后一位，下同)；相邻Mg2+之间的最短距离为 nm。(已知 =1.414， =1.732)
12．（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料。回答下列问题：
(1)砷和磷为同一主族的元素，则基态As的价层电子排布式为 ，AsH3的空间构型为 。
(2)SnCl4是制备有机锡化合物的原料，染色的媒染剂，缩合剂。SnCl4中锡原子的杂化方式为 ，常温常压下SnCl4为无色液体，其固体的晶体类型为 。
(3)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Cd2+配合物的结构如图1所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有 mol，该螯合物中所有非金属元素的第一电离能由大到小排序为 。
(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标。四方晶系CdSnAs2的晶胞结构如图2所示，晶胞每个棱夹角均为90度。已知晶胞参数如图，则图中紧邻Cd与As间的距离为 pm，晶胞密度为 g/pm3。(NA表示阿伏加德罗常数)
13．（2021·黑龙江大庆·大庆中学校考模拟预测）近年来，我国从顶层设计层面做出了多项举措，十四五规划中明确要求降低碳排放强度，新能源汽车能显著减少碳的排放，而新能源汽车电池主要有磷酸铁锂电池和三元锂电池，三元锂电是指正极材料使用镍钴锰酸锂(Li(NiCoMn)O2)，请回答下列关于镍钴铁的相关问题。
(1)Ni原子的价电子排布式为 ，该元素位于元素周期表的第 族 区。
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，难溶于水，易溶于有机溶剂。推测Ni(CO)4的晶体类型为 ，是 分子(填“极性”或“非极性”)。
(3)实验室常用KSCN溶液或苯酚()检验Fe3+。
①第一电离能：N O(填“>”或“<”)
②苯酚中氧原子杂化类型为 。
(4)配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为 ，配位原子为 。
(5)NiO的晶体结构如图甲所示，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为 。
(6)已知Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体的晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷导致x=0.88，晶胞参数为anm，则晶体密度为 g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，只需列出表达式)。
14．（2021·黑龙江哈尔滨·哈九中校考二模）金属元素及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
(1)锰元素在周期表中的位置是 ，基态锰原子的最外层电子排布式为 。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。Cr(CO)6的晶体类型是 ，Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为 。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是 。
(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用 表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能△[Fe(H2O)6]2+ △[Fe(H2O)6]3+(填<”或“=”)，理由 。
(5)已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如图。
Pb(CH2CH3)4在晶体结构中的配位数是 。设阿伏加德罗常数为NAmol-1，Pb(CH2CH3)4的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4晶体的密度是 g/cm3(列出计算式即可)。
15．（2021·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考三模）Fe、Co、Ni三种元素性质非常相似，称铁系元素。请回答下列问题。
(1)三种元素位于周期表中 区(填分区)，基态Ni原子的外围电子排布式为 。
(2)Fe成为阳离子首先失去 轨道电子，比较离子半径Fe2+ Fe3+(填“>”、“<”或“=”)。
(3)FeSO4常作净水剂和补铁剂，空间构型为 ，与其互为等电子体的分子有 (写一个)。
(4)Co3++Y4-=CoY-，CoY-的结构如图1所示(略去H原子)(Y是乙二胺四乙酸，分子式为C10H16N2O8)。该图中四种元素第一电离能由大到小的顺序为 (写元素符号)，其中C原子的杂化类型为 。1mol该配合物中配位键有 mol。
(5)NiO晶体为NaCl型结构(如图2)。其中Ni2+可看成填充在由O2-组成的正 面体空隙中，填充率为100%。将NiO在空气中加热，部分Ni2+被氧化为Ni3+，成为NixO(x<1)，晶体仍保持电中性，则会出现晶体缺陷，填充率下降。现有NixO晶胞的质量为4.0×10-22g。则分别填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为 。
参考答案：
1．C
【详解】A．索烃分子中C、N之间，C、H之间，C、O之间，形成极性键，C、C之间形成非极性键，既有极性键又有非极性键，A正确；
B．索烃中每个Cu+形成4个配位键，1mol索烃中所含的配位键的数量为8NA，B正确；
C．根据均摊法，半导体化合物中Zn原子个数为，Sn原子个数为，个数之比为1:1，C错误；
D．根据晶胞结构，在四方晶胞中Sn位于S原子组成的四面体空隙中，D正确；
故选C。
2．B
【分析】该装置为电解池，由图可知Pt电极上水失去电子形成氧气，该电极为阳极，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2，石墨烯电极上二氧化碳得到电子生成甲醇，该电极为阴极，电极反应为：，以此解题。
【详解】A．由分析可知，图中石墨烯为阴极，电极反应式为，A错误；
B．由分析可知，左侧产生氢离子，右侧消耗电子，则该装置工作时，穿过质子交换膜从左向右移动，B正确；
C．根据磷化硼晶胞结构可知，磷化硼晶体中，每个磷原子周围紧邻且距离相等的硼原子共有4个，C错误；
D．每转移3 mol电子有3 mol H+穿过交换膜，结合阴极电极反应式可知，阴极室增加的质量为：3mol氢离子的质量和0.5mol二氧化碳的质量，一共是3g+22g=25g，D错误；
故选B。
3．C
【详解】A．LiMn2O4是一种常用的正极材料，则充电时，LiMn2O4为阳极，LiMn2O4电极发生电极反应LiMn2O4 xe－＝Li1 xMn2O4＋xLi＋，故A正确；
B．放电时，LiMn2O4电极为正极，电势高于负极电势，充电放电时，LiMn2O4电极为阳极，电势高于阴极的电势，故B正确；
C．根据A的结构分析小黑球有个，氧离子有4个，B的结构分析小黑球有，氧离子有4个，三角形有4个，整个晶胞中小黑球有 ，氧离子有32个，三角形有16个，它们之比8:16:32=1:2:4，因此整个晶胞中“●”表示的微粒是Li，故C错误；
D．根据LiMn2O4 xe－＝Li1 xMn2O4＋xLi＋，每个晶胞的组成为Li8Mn16O32，所以每个LiMn2O4晶胞转化为Li1 xMn2O4时转移8x个电子，故D正确。
综上所述，答案为C。
4．C
【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W、Q 原子序数依次增大，其中 Y、Z 同周期，W、Q 同周期，W 与 Y 同主族；W 与 Z 形成的化合物是玻璃工业的主要原料，则Z为氧、W为硅、Y为碳；氧最外层电子数为6，Q 的最外层电子数等于 X、氧的最外层电子数之和，则X为氢、Q为氯。
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；根据非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：Q>Y >W，A错误；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：W>Y >Z >X，B错误；
C．Y 和 W 形成的化合物碳化硅为共价晶体，硬度很大，可用作砂纸、砂轮的磨料，C正确；
D．碳和氧形成的一氧化碳不是酸性氧化物，D错误。
故选C。
5．D
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意。根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素，据此分析解答。
【详解】A．同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为：O＞Cl＞Si，即W＞Z＞Y，故A错误；
B．根据M的结构可知，阴离子带2个单位负电荷，是其中的2个O各自得到1个电子形成的，所以化合物M中的O都满足8电子稳定结构，故B错误；
C．O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，O和Cl能形成Cl2O、ClO2等多种氧化物，故C错误；
D．X为Na元素，Y为Si元素，钠为熔点较低的金属晶体，硅为共价晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故D正确；
故答案选D。
6．(1) Ga2(Fe2O4)3+ 24H+ = 2Ga3++ 6Fe3++ 12H2O 5.7
(2)CaSO4
(3) 6 2
(4)Ga(OH)3溶解，Ga3+的沉降率降低
(5)Ga2O3+2NH32GaN +3H2O
(6) 共价晶体 分子晶体 4
【分析】由题给流程可知，向矿渣中加入稀硫酸酸浸时，铁酸镓、铁酸锌与稀硫酸反应转化为可溶性金属硫酸盐，二氧化硅不溶于稀硫酸，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和含有可溶性硫酸盐的滤液；向滤液中加入氧化钙调节溶液pH，使镓离子、铁离子完全转化为氢氧化物沉淀，过滤得到含有氢氧化钙、氢氧化镓、氢氧化铁的滤渣和含有硫酸锌的滤液；向滤渣中加入稀硫酸酸溶，氢氧化钙与稀硫酸反应生成硫酸钙，将氢氧化镓、氢氧化铁转化为镓离子和铁离子，过滤得到含有硫酸钙的滤渣和含有镓离子、铁离子的滤液；向滤液中加入萃取剂萃取、分液得到含有镓离子、铁离子的有机相和水相；由表格数据可知，向有机相中加入6mol/L盐酸进行脱铁，分液得到含有铁离子的水相和含有镓离子的有机相；向有机相中加入2mol/L的盐酸进行反萃取、分液得到有机相和含有镓离子的水相；向水相中加入氢氧化钠溶液，将镓离子转化为氢氧化镓沉淀，过滤得到氢氧化镓；氢氧化镓受热分解生成三氧化二镓，利用CVD(化学气相沉积)技术使三氧化二镓与氨气高温条件下反应生成氮化镓。
【详解】（1）①由分析可知，酸浸时铁酸镓与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸镓和水，反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+ 24H+ = 2Ga3++ 6Fe3++ 12H2O，故答案为：Ga2(Fe2O4)3+ 24H+ = 2Ga3++ 6Fe3++ 12H2O；
②由题意可知，浸出液中镓离子的浓度为=0.003mol/L、锌离子浓度为=1mol/L，则由溶度积可知，锌离子开始沉淀时，溶液中氢氧根离子浓度为=10-8.3mol/L，则溶液中镓离子浓度为=10-10.2mol/L，则为确保氢氧化镓中不混入强氧化锌，溶液的pH应不超过5.7，故答案为：5.7；
（2）由分析可知，滤渣2的主要成分为硫酸钙，故答案为：CaSO4；
（3）由分析可知，向有机相中加入6mol/L盐酸进行脱铁，分液得到含有铁离子的水相和含有镓离子的有机相；向有机相中加入2mol/L的盐酸进行反萃取、分液得到有机相和含有镓离子的水相，则a=6、b=2，故答案为：6；2；
（4）由镓与铝同主族，化学性质相似可知，沉镓时若加入氢氧化钠溶液过多，氢氧化镓会溶解生成偏镓酸根离子，导致镓离子的沉降率降低，故答案为：Ga(OH)3溶解，Ga3+的沉降率降低；
（5）由分析可知，利用CVD(化学气相沉积)技术使三氧化二镓与氨气高温条件下反应生成氮化镓和水，反应的化学方程式为Ga2O3+2NH32GaN +3H2O，故答案为：Ga2O3+2NH32GaN +3H2O；
（6）①由熔点可知，氮化镓为熔点高的共价晶体，三氯化铬为熔点低的分子晶体，故答案为：共价晶体；分子晶体；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于体内的每个氮原子周围距离最近的镓原子个数为4，则由化学式可知，每个镓原子周围距离最近的氮原子个数为4；晶胞中位于顶点和面心的镓原子个数为8×+6×=4，设晶胞边长为anm，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3ρ，解得a=。故答案为：4；。
7．(1)2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2
(2) ③和④ 偏钒酸铵微溶于冷水，铵根离子浓度增大，促进生成偏钒酸铵沉淀平衡正向移动，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解平衡正向移动，钒元素沉降率增大
(3) 2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O 当滴入最后半滴标准液后，溶液变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的的颜色 %
(4) (1，0，1) (，，)
【分析】根据题意，焙烧时将五氧化二钒转化为偏钒酸钠，氧化铁和二氧化硅无变化，其反应为2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2；水浸后除去氧化铁和二氧化硅，向滤液中加入氯化铵和硫酸可分离出偏钒酸铵，高温灼烧偏钒酸铵分解得到五氧化二钒，以此解答。
【详解】（1）在第一步操作焙烧过程中V2O5转化为可溶性NaVO3，该过程中O元素由0价下降到-2价，Cl元素由-1价上升到0价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2V2O5+O2+4NaCl4NaVO3+2Cl2。
（2）根据流程可知，水浸后偏钒酸钠溶于水，氧化铁和二氧化硅不溶于水。需过滤除去；在滤液中加入氯化铵和硫酸后有偏钒酸铵析出，需过滤得到偏钒酸铵；应用过滤操作的有③和④；偏钒酸铵微溶于冷水，铵根离子浓度增大，促进生成偏钒酸铵沉淀平衡正向移动，增加铵根的浓度促进偏钒酸根水解平衡正向移动，钒元素沉降率增大。
（3）①有CO2气体生成，则反应应在酸性条件下进行，结合氧化还原反应的电子守恒规律、电荷守恒和原子守恒可得2VO+H2C2O4+2H+=2VO2++2CO2↑+2H2O；
②VO溶液为黄色，VO2+溶液为蓝色，所以终点的现象为：当滴入最后一滴标准液后，溶液由黄色变为蓝色，且半分钟内不恢复到原来的颜色；
③根据反应可得关系式2 VO~ H2C2O4，可得c(VO)=，带入数据可得c(VO)=2amol/L，n(VO)=cV=2amol/L0.1L， 又2VO~V2O5，故n(V2O5) = = 0.1amol，m(V2O5)=nM= 0.1amol182g/mol=18.2ag，样品的纯度为=%。
（4）①由晶胞结构可知，原子8位于晶胞的顶点，坐标为：(1，0，1)；原子9位于晶胞的体心，坐标为：(，，)；
②晶胞中V的个数为1+8=2，若晶胞边长为308pm，则钒的密度为=。
8．(1) c
(2) sp3杂化 DE
(3)
(4) 6 4
【详解】（1）镍为28号元素，Ni的价层电子排布为3d84s2，价层电子排布图为：；由堆积方式可知，金属镍的原子堆积方式可以看出为面心立方最密堆积，所有镍原子所在的位置为顶点和面心，故晶胞俯视图为c；
（2）NH3的中心原子N原子的价层电子对数为，为sp3杂化；[Ni(NH3)6]SO4晶体中内界与外界之间为离子键，中心原子Ni与配体中N原子之间为配位键，氨气中N与H之间为极性共价键，氨气之间存在氢键，但氢键不是化学键，故不存在的化学键类型为金属键、非极性共价键，故选DE；
（3）1molCoCl3·6H2O溶解于水后滴加足量的硝酸银溶液，能够形成2mol沉淀，说明CoCl3·6H2O中有1个氯离子在配合物的内界，2个氯离子在配合物的外界，因Co3+通常易形成六配位的配合物，故配体为5个水分子、1个氯离子，结构为：；
（4）Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，八面体空隙配位数为6，四面体空隙配位数为4，故Co的配位数依次为6、4；
Co3O4晶体中O作面心立方最密堆积，晶胞中O位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为，故Co的个数为3，晶胞质量为，晶胞密度。
9．(1) 2：3 As的4p轨道半充满，稳定，I1较大
(2) SO2 sp3
(3) 三角锥 H3AsO4结构中有1个非羟基氧原子而H3AsO3没有，非羟基氧原子越多，酸性越强
(4)
【详解】（1）基态砷原子电子排布式为，N层电子为第四层电子，成对电子为2个；未成对电子3个，则成对电子与单电子的数量比为；Se的价层电子排布式为，As的4p轨道为半充满结构比Se的相对稳定，所以第一电离能大，故填；As的4p轨道半充满，稳定，I1较大；
（2）1mol雄黄(As4S4)与O2反应生成As2O3，转移28mol电子，由电子守恒可知，共消耗7mol氧气，其反应的化学方程式为；由图中可知，雌黄中As与周围3个S原子形成3个σ键，孤对电子数为，故其价层电子对数为，所以雌黄中As的杂化方式为，故填；；
（3）中心原子As与周围的三个氧原子形成3个σ键，孤对电子数为，故其价层电子对数为，其空间构型为三角锥形；亚砷酸()的结构为，砷酸()的结构为，的结构中含有1个非羟基氧原子，而中没有，非羟基氧原子越多，酸性越强，所以亚砷酸酸性弱于砷酸，故填三角锥形；的结构中含有1个非羟基氧原子，而中没有，非羟基氧原子越多，酸性越强；
（4）①如图晶胞中，Ga原子个数为，根据其化学式，As原子个数也为4，根据已知信息，设晶胞参数为，则，解得，晶胞中，面心上6个砷原子构成正八面体，相邻面心原子之间的距离即为八面体边长，边长为pm，故填；
②如图，根据晶胞结构，As与Ga之间最短距离为立方晶胞对角线的，即nm，故填。
10．(1) p F 3s23p63dl0
(2) 17 哑铃形
(3)AC
(4)直线形
(5)C只有两个能层，L层没有d轨道，不能接受孤对电子形成sp3d的中间过程
(6)63pm不正确
【解析】(1)
卤族元素的价层电子排布为ns2np5，电子最后填入的是np轨道，故在p区；同主族元素从上往下电负性逐渐减弱，故电负性最强的是：F；溴原子的M能层排满，共18个电子，故电子排布式为：3s23p63dl0；
(2)
氯原子核外所有电子的运动状态各不相同，共17种；氯原子的核外价层电子排布为3s23p5，单电子占据的为3p轨道，哑铃形；
(3)
A. 同主族元素从上往下原子半径逐渐增大，故原子半径： F＜C1＜Br＜I，A正确；
B. 同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，第一电离能： F>Cl>Br>I，B错误；
C. 四种分子均为分子晶体，HF中存在氢键，沸点最高，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故沸点：HCl＜HBr＜HI＜HF，C正确；
D. 四种物质均为离子晶体，离子半径越小，离子键越强，半径：F-
故选AC。
(4)
的中心原子为Ｉ原子，价层电子对数为：，VSEPR模型为三角双锥形，成键电子对数为2，孤电子对数为3，空间呈最大角度分布，空间构型为直线形；
(5)
从图中可以看出，Si原子有3d轨道，能形成sp3d杂化，C只有两个能层，L层没有d轨道，不能接受孤对电子形成sp3d的中间过程；
(6)
由氯化钠晶胞可知，两个氯离子之间的距离为面对角线的一半，故，三角形为等边三角形，为等边三角形高的三分之二，故，故；钠离子半径大于，无法穿过，故观点不正确。
11．(1)
(2) Mg＜C＜O CO2 CH4 甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键
(3) C 分子晶体
(4) 3.6 0.30
【解析】(1)
镍元素的原子序数为28，基态镍原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d84s2，则基态镍原子的价层电子排布图为。
(2)
金属元素的第一电离能小于非金属元素的第一电离能，同周期元素的第一电离呈增大趋势，则Mg、O和C的第一电离能由小到大排序为Mg＜C＜O；甲烷和甲醇中碳原子为饱和碳原子，杂化方式为sp3杂化，而二氧化碳分子的空间构型为直线形，杂化方式为sp杂化，则二氧化碳中碳原子杂化类型不同于其他两种；甲烷分子中碳原子的杂化方式为sp3杂化，立体构型为正四面体形；三种物质中甲烷和二氧化碳为非极性分子，甲醇为极性分子，且甲醇分子间能形成氢键，则甲醇的沸点最高。
(3)
Ni与CO在60~80°C时反应生成Ni(CO)4气体，沸点低，则Ni(CO)4的属于分子晶体，C和O均有孤对电子，但O电负性大于C，则Ni(CO)4分子中与Ni形成配位键的原子是碳原子。
(4)
由晶胞结构可知，氧化镁晶胞中位于顶点和面心的氧离子的个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的镁离子个数为12×+1=4，则每个晶胞中含有4个MgO，设氧化镁的密度为d，由晶胞质量公式可得=(0.42×10—7)3d，解得d= g/cm3≈3.6 g/cm3；氧化镁晶胞中紧邻镁离子和镁离子处于小正方形的对角线上，则相邻Mg2+之间的最短距离为××0.42nm≈0.30nm。
12． 4s24p3 三角锥形 sp3 分子晶体 6 N＞O＞C＞H
【详解】(1)As为第四周期VA族元素，所以其价层电子排布式为：4s24p3，AsH3当中，As元素有一个孤电子对，三个σ键，所以其空间构型为：三角锥形；
(2)SnCl4中锡原子的价层电子对数是4，所以其杂化方式为sp3，因为常温常压下SnCl4为无色液体，说明其熔点比较低，所以为分子晶体；
(3)根据题目信息，结合题图甲中的结构，与Cd2+通过螯合配位成环形成的是配位键，可得1mol该配合物中通过签合作用形成的配位键有6mol；C、N、O、H的第一电离能的大小顺序为：N＞O＞C＞H；
(4)由图2可知，Cd或Sn为黑球或白球，As为灰球，则黑球或白球与灰球都是小立方体体对角线的，紧邻Cd与As间的距离为pm；g/pm3。
13． 3d84s2 VIII族 d 分子晶体 非极性 > sp3 6 Cl和N (1，，)
【详解】(1)Ni是28号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p43s23p43d84s2，价电子数为10，价电子排布式为3d84s2，位于元素周期表的第四周期，第Ⅷ族，属于d区，故答案为：3d84s2；Ⅷ；d；
(2)Ni(CO)4常温下为无色液体，沸点42.1℃，熔点-19.3℃，熔沸点较低，推测Ni(CO)4的晶体类型为分子晶体；依据相似相溶原理，H2O为极性分子，Ni(CO)4难溶于水，则Ni(CO)4为非极性分子，故答案为：分子晶体；非极性；
(3)①N原子的价电子排布式为2s22p3，O原子的价电子排布式为2s22p4，N达到了半充满稳定结构，故较难失电子，第一电离能较大，所以第一电离能：N＞O，故答案为：＞；
②苯酚中氧原子形成两个共价键，还有两对孤电子对，所以杂化类型为sp3杂化，故答案为：sp3；
(4)配位化合物[Co(NH3)5Cl]Cl2中心原子Co的配位数为6，配位原子是N、Cl，故答案为：6；N、Cl；
(5)如图所示，C点在晶胞的面心，其中离子坐标参数A为(0，0，0)，B为(1，1，0)，则C离子坐标参数为(1，，)，故答案为：(1，，)；
(6)分析晶胞可知，一个晶胞的质量为g，体积为(a×10-7)3cm3，则g cm-3，故答案为：。
14． 第四周期第ⅦB族 4s2 分子晶体 1：1 直线形 ＜ Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构 12
【详解】(1)锰是25号元素，其电子排布式为[Ar]3d54s2，因此锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅦB族，基态锰原子的最外层电子排布式为4s2；故答案为：第四周期第ⅦB族；4s2。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，说明Cr(CO)6的晶体类型是分子晶体，由于N2和CO是互为等电子体，N2含有1个σ键和2个π键，CO与Cr形成配位键，因此Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为(6+6)：12=1:1；故答案为：分子晶体；1：1。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，说明该配离子的空间构型是直线形；故答案为：直线形。
(4)根据题意得出Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构，因此分裂能△[Fe(H2O)6]2+＜△[Fe(H2O)6]3+，其理由是Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构；故答案为：＜；Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构。
(5)Pb(CH2CH3)4晶体堆积方式为是六方最密堆积，因此其结构中的配位数是12。根据题意得到Pb(CH2CH3)4晶体的密度是；故答案为：。
15． d 3d84s2 4s > 正四面体形 CF4(CCl4等) N>O>C>Co sp3、 sp2 6 八 1：2：1
【详解】(1)三种元素位于元素周期表中的d区，基态Ni原子的外围电子排布式为3d84s2。
(2)Fe失去电子生成阳离子时电子从外到内依次失去，Fe原子最外层电子属于4s轨道，所以成为阳离子时首先失去4s轨道电子，亚铁离子和铁离子均有三个电子层，电子层数相同时，化合价越高，半径越小，Fe2+>Fe3+。
(3) 离子中S原子价层电子对数为，即含有4个σ键、没有孤电子对，所以其立体构型均是正四面体，离子含有五个原子，32个价电子，故其等电子体为CF4。
(4)依据元素在元素周期表中的位置，从上往下，第一电离能依次变大，从左往右，第一电离能依次变大，但需要注意，第IIIA族、第V A族的元素反常，故C、Co、O、N第一电离能由大到小的排序为N>O>C>Co，分子中除羧基中的碳氧双键中的碳为sp2杂化以外，其他均为sp3杂化，分析其结构可知，配位键的物质的量为6mol。
(5)由图可知，氧离子在棱上，所以镍离子填充在由阳离子所构成的正八面体的空隙之中，依据晶胞结构，镍离子数目， 当出现晶体塌陷后，晶胞质量为4.0×10-22g，，故此时晶体的化学式为Ni3O4，有一个镍离子所在的空隙塌陷，依据化合价可知，Ni2+：Ni3+= 1 ：2，外加塌陷的空隙，填充Ni2+、Ni3+和未填充Ni离子的空隙个数之比为1：2：1。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
