专题15 物质结构与性质
一、基础练习
1.主族元素的原子可失去最外层电子形成阳离子，主族元素的原子也可得到电子填充在最外层形成阴离子。下列各原子或离子的电子排布式错误的是( )
A．Ca2＋ 1s22s22p63s23p6 B．F－ 1s22s22p5 C．S 1s22s22p63s23p4 D．Ar 1s22s22p63s23p6
【答案】B
【解析】首先写出各原子的正确的电子排布式：Ca 1s22s22p63s23p64s2，F 1s22s22p5，S 1s22s22p63s23p4，Ar 1s22s22p63s23p6，A中生成Ca2＋失去了4s轨道上的2个电子，B中得1个电子进入2p轨道，电子排布为1s22s22p6。
2.已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X与Y可形成化合物X2Y3，2元素可形成负一价离子。下列说法正确的是( )
A．X元素基态原子的电子排布式为
B．X元素是第4周期第VA族元素
C．Y元素原子的轨道表示式为
D．Z元素的单质Z2在氧气中不能燃烧
【答案】B
【解析】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，推知原子序数为33号，是As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，推知原子序数为8，是O元素；已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42，推知Z的原子序数为1，是氢元素；X与Y形成的化合物X2Y3是As2O3。A项，由分析知X为As，As元素基态原子的电子排布式为，故A项错误；B项，As元素是第4周期第ⅤA族元素，故B正确；C项，由分析知Y为氧元素，不是碳元素，而是碳元素原子的轨道表示式，故C错误；D项，由分析知Z为氢元素，H2能在O2中燃烧，故D错误；故选B。
3.现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p3；④1s22s22p5。
则下列有关比较中正确的是( )
A．第一电离能：④>③>②>① B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>②>① D．最高正化合价：④>③＝②>①
【答案】A
【解析】由电子排布式可知：①为S，②为P，③为N，④为F。第一电离能为④>③>②>①，A项正确；原子半径应是②最大，④最小，B项不正确；电负性应是④最大，②最小，C项不正确；F无正价，最高正价①>②＝③，D项不正确。
4.现有主族元素X、Y、Z，X原子的最外层电子排布式为ns1，Y原子M能层的p能级上有4个电子，Z原子的最外层p能级上也有4个电子，且Z原子的核外电子数比Y原子少8个。由这三种元素组成的化合物不可能是( )
A．X2YZ3 B．X2YZ4 C．X2Y2Z3 D．XYZ4
【答案】D
【解析】因为X原子的最外层电子排布式为ns1，故X位于ⅠA族，化合价为＋1价；根据Y原子M能层的p能级上有4个电子，可知其电子排布式为1s22s22p63s23p4，故Y为S；又因为Z原子的最外层p能级上也有4个电子，说明Z和S为同一主族，又知Z原子的核外电子数比Y原子少8个，故Z为O。元素X、Y、Z可以组成H2SO3、Na2SO3、K2SO3等，A符合；也可以组成H2SO4、Na2SO4、K2SO4等，B符合；还可以组成Na2S2O3、K2S2O3等，C符合。
5.关于NH3性质的解释合理的是( )
选项 性质 解释
A 比PH3容易液化 NH3分子间的范德华力更大
B 熔点高于PH3 N-H键的键能比P-H大
C 能与Ag以配位键结合 NH3中氮原子有孤电子对
D 氨水中存在NH4+ NH3·H2O是离子化合物
【答案】C
【解析】A项，NH3和PH3都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；B项，NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，故B错误；C项，NH3中氮原子有孤电子对，使Ag+和NH3以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；D项，NH3·H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出NH4+和OH-，故D错误；故选C。
6.下列过程与配合物的形成无关的是( )
A．除去Fe粉中的SiO2可用强碱溶液 B．向一定量的AgNO3溶液中加入氨水至沉淀消失
C．向FeCl3溶液中加入KSCN溶液 D．向一定量的CuSO4溶液中加入氨水至沉淀消失
【答案】A
【解析】对于A项，除去Fe粉中的SiO2是利用SiO2可与强碱反应的化学性质，与配合物的形成无关；对于B项，AgNO3与氨水反应生成了AgOH沉淀，继续反应生成了配合物离子Ag(NH3)2]＋；对于C项，Fe3＋与KSCN反应生成了配合物离子Fe(SCN)n]3－n；对于D项，CuSO4与氨水反应生成了配合物离子Cu(NH3)4]2＋。
7.在20世纪90年代末期，科学家发现并证明碳有新的单质形态C60存在。后来人们又相继得到了C70、C76、C90、C94等另外一些球碳分子。21世纪初，科学家又发现了管状碳分子和洋葱状碳分子，大大丰富了碳元素单质的家族。下列有关说法错误的是( )
A．熔点比较：C60＜C70＜C90
B．C60、C70、管状碳和洋葱状碳之间的转化属于化学变化
C．C60晶体结构如图所示，每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子有12个
D．C60、C70、管状碳和洋葱状碳都不能与O2发生反应
【答案】D
【解析】C60、C70、C90都属于分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高，A正确；C60、C70、管状碳和洋葱状碳属于不同物质，它们之间的转化属于化学变化，B正确；在每个C60分子周围与它最近且等距离的C60分子与之相距a(其中a为立方体棱长)，就是每个面心上的C60分子，在X、Y、Z三个方向各有4个，所以为12个，C正确；C60、C70、管状碳和洋葱状碳属于碳单质，在点燃条件下都能在O2中燃烧，D错误。
8.CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2均为常见的燃料，关于这三者的结构与性质，下列说法错误的是( )
A．CH3OH的电子式为 B．N2H4空间结构为平面形
C．CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都易溶于水 D．CH3OH和(CH3)2NNH中C、O、N杂化方式均相同
【答案】B
【解析】A项，甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，CH3OH的电子式为，A正确；B项，N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C项，CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2都能和水分子形成氢键，都易溶于水，C正确；D项，CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。
9.自然界中原生铜的硫化物经氧化、淋滤后变成CuSO4溶液，遇到闪锌矿(ZnS)可慢慢转变为铜蓝(CuS)。已知： Ksp(ZnS)=2 ×10-22， Ksp(CuS)=6 ×10-36。下列说法正确的是( )
A．Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d84s1
B．反应ZnS(s)+Cu2+(ag)CuS(s)+Zn2+(aq)正向进行，需满足
C．ZnS 晶胞(见如图)中S2-的配位数为4
D．生成铜蓝后的溶液中一定存在： c(S2-)=且c(S2- )＞
【答案】C
【解析】A项，Cu2+基态核外电子排布式为[Ar]3d9，A错误；B项，反应ZnS(s)+Cu2+(ag)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数K=====×1014，若平衡正向移动，需要Qc＜K，即＜×1014，B错误；C项，由图可知，与S2-距离最近且相等的Zn2+有4个，故S2-的配位数为4，C正确；D项，生成铜蓝后的溶液是ZnS、CuS的饱和溶液，存在c(S2-)==，D错误；故选C。
10.冠醚能与碱金属离子作用，并随环的大小不同而与不同的金属离子作用。12-冠-4与K+作用而不与Na+、Li+作用；18-冠-6与K+作用(如图)，但不与Li+或Na+作用。下列说法正确的是( )
A．18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“自组装”的特征
B．18-冠-6中O原子与K+间存在离子键
C．18-冠-6中C和O的杂化轨道类型不同
D．冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体
【答案】D
【解析】A项，18-冠-6与K+作用，不与Li+或Na+作用，这反映了超分子的“分子识别”的特征，A错误；B项，离子键是由阴、阳离子间形成的，18-冠-6为分子，分子中的O以O原子形式存在，所以18-冠-6中O原子与K+间不存在离子键，B错误；C项，18-冠-6中C和O的价层电子对数均为4，杂化轨道类型均为sp3杂化，杂化轨道类型相同，C错误；D项，冠醚能与碱金属离子形成晶体，碱金属离子是阳离子，故所得到的晶体里还有阴离子，则冠醚能与碱金属离子形成的晶体属于离子晶体，D正确；故选D。
11.联氨(N2H4)可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述正确的是( )
A．N2H4分子中σ键与键的数目之比为5：1
B．1molN2H4可处理水中2mol O2
C．[Cu(NH3)4]2+中存在离子键、配位键和极性共价键
D．氨水中NH3与H2O间存在氢键
【答案】D
【解析】A项，联氨分子中含有4个N-H键和1个N-N键，结构式为，只含有单键，即只含有σ键，不含有π键，故A错误；B项，1molN2H4失去电子生成氮气，转移4mol电子，而1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒可知，1molN2H4可处理水中1mol O2，故B错误；C项，[Cu(NH3)4]2+中铜离子与氨分子之间存在配位键，氨分子中N与H形成极性共价键，但是不存在离子键，故C错误；
D项，N、O元素电负性都较大，能和另一分子中的H原子形成氢键，所以NH3与H2O以氢键结合成NH3 H2O分子，故D正确；故选D。
12.W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
(1)Y3＋基态电子排布式可表示为________。
(2)MX的空间构型是________(用文字描述)。
(3)M可形成多种氢化物，其中MH3的碱性强于M2H4的原因是_______________________________。
(4)根据等电子原理，WX分子的结构式为________。
(5)1 mol WX2中含有的键数目为________。
(6)H2X分子中X原子轨道的杂化类型为________。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3 (2)平面三角形
(3)N2H4分子中N为－2价，而NH3分子中N为－3价，电负性更大，导致N原子的孤电子对更易提供出来与H＋结合或碱性更强
(4)C≡O (5)2NA (6)sp3杂化
【解析】W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，故W为C元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，则M为N元素或S元素；X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭，则X是O元素，故M为N元素；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，则Y的价电子排布式为3d54s1，故Y为Cr元素，Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，故Z为Cu元素。(1)由上述推断可知，Y3＋为Cr3＋，基态电子排布式可表示为1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3。(2)NO中，键数为3，孤电子对数为(5＋1－3×2)/2＝0，所以其空间构型为平面三角形。(3)从化合价角度分析：N2H4分子中N为－2价，而NH3分子中N为－3价，电负性更大，导致N原子的孤电子对更易提供出来与H＋结合，故碱性更强。(4)CO与N2是等电子体，化学结构相似，所以CO的结构式类似于N2，存在叁键结构，故为。(5)CO2分子中存在2个碳氧双键，每个双键都有1个键，故1 mol CO2分子中存在2NA个键。(6)H2O分子中，O的键数为2，孤电子对数为(6－2)/2＝2，故H2X分子中X原子轨道的杂化类型为sp3杂化。
二、真题练习
13.(2022 江苏卷)工业上电解熔融Al2O3和冰晶石(Na3AlF6)的混合物可制得铝。下列说法正确的是( )
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】A
【解析】A项，核外电子数相同时，核电荷数越大半径越小，故半径大小为，故A正确；B项，同周期元素核电荷数越大电负性越大，故，故B错误；C项，同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C错误；D项，元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D错误；故选A。
14.(2022 辽宁省选择性考试）下列符号表征或说法正确的是( )
A．H2S电离：H2S2H++S2- B． Na位于元素周期表p区
C．CO32-空间结构：平面三角形 D．KOH电子式：
【答案】C
【解析】A项，H2S是二元弱酸，电离分步进行，其一级电离方程式为H2SH++HS-，A错误；B项，基态 Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B错误；C项，CO32-中心碳原子的价层电子对数为，故其空间结构为平面三角形，C正确；D项，KOH是离子化合物，电子式为，D错误；故选C。
15.(2022 辽宁省选择性考试）短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大。基态X、Z、Q原子均有两个单电子，W简单离子在同周期离子中半径最小，Q与Z同主族。下列说法错误的是( )
A．X能与多种元素形成共价键 B．简单氢化物沸点：
C．第一电离能： D．电负性：
【答案】B
【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时，最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知，则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。A项，X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成共价键，A正确；B项，Z和Q形成的简单氢化物为H2O和H2S，由于H2O分子间能形成氢键，故H2O沸点高于H2S，B错误；C项，Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构，比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；D项，W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确；故选B。
16.(2022 辽宁省选择性考试）理论化学模拟得到一种N13+离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是( )
A．所有原子均满足8电子结构 B．N原子的杂化方式有2种
C．空间结构为四面体形 D．常温下不稳定
【答案】B
【解析】A项，由N13+的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；B项，中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；C项，中心N原子为sp3杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；D项，N13+中含叠氨结构()，常温下不稳定，D正确；故选B。
17.(2022 山东卷）Cu2-xSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的0价Cu原子。下列说法正确的是( ）
A．每个Cu2-xSe晶胞中Cu2+个数为x
B．每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2-xSe晶胞，转移电子数为8
C．每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-x
D．当NayCu2-xSe转化为NaCuSe时，每转移电子，产生(1-x)mol原子
【答案】D
【解析】A项，由Cu2-xSe晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a和b，则a+b=8-4x，由化合价代数和为0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B项，由Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为4，故B错误；C项，由NaCuSe晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；D项，由题意可知，NayCu2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D正确；故选D。
18.(2022 山东卷)AlN、GaN属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是( ）
A．的熔点高于 B．晶体中所有化学键均为极性键
C．晶体中所有原子均采取sp3杂化 D．晶体中所有原子的配位数均相同
【答案】A
【解析】根据元素周期表，Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，结合题意AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似，AlN、GaN晶体中，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。A项，因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于AlN，A说错误；B项，不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；C项，金刚石中每个C原子形成4个共价键(即C原子的价层电子对数为4)，C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，C说法正确；D项，金刚石中每个C原子与其周围4个C原子形成共价键，即C原子的配位数是4，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。故选A。
19.(2021 山东卷）X、Y为第三周期元素、Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。下列说法错误的是( )
A．原子半径：X>Y B．简单氢化物的还原性：X>Y
C．同周期元素形成的单质中Y氧化性最强 D．同周期中第一电离能小于X的元素有4种
【答案】D
【解析】Y位于第三周期，且最高正价与最低负价的代数和为6，则Y是Cl元素，由X、Y形成的阴离子和阳离子知，X与Y容易形成共价键，根据化合物的形式知X是P元素。A项，P与Cl在同一周期，则P半径大，即X>Y，A项不符合题意；B项，两者对应的简单氢化物分别是PH3和HCl，半径是P3->Cl-，所以PH3的失电子能力强，还原性强，即X>Y，B项不符合题意；C项，同周期元素从左往右，金属性减弱，非金属性增强，各元素对应的金属单质还原性减弱，非金属单质的氧化性增强，所以Cl2的氧化性最强，C项不符合题意；D项，同一周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第VA族元素的第一电离能大于相邻元素的第一电离能；所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl，所以有5种，D项符合题意；故选D。
20.(2022 全国乙卷)卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a. 1s22s22p43s1 b. 1s22s22p43d2 c. 1s22s12p5 d. 1s22s22p33p2
(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl_______键，并且Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键。
②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C-Cl键长的顺序是_______，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的键越强：(ⅱ)_______。
(3)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。
(4) α-AgI晶体中离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I-构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α-AgI晶体在电池中可作为_______。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=_______ m3/mol (列出算式)。
【答案】(1) ad d
(2) sp2 σ 一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
(3) CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4)电解质
【解析】(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5。a项，1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；b项，1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；c项，1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d项，1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；故选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，故选d。(2)①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键。②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8×+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(504×10-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/mol。
21.(2022 北京卷)FeSO4·7H2O失水后可转为FeSO4·H2O，与FeS2可联合制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。
I. FeSO4·H2O结构如图所示。
(1) Fe2+价层电子排布式为___________。
(2)比较SO42-和H2O分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
(3)H2O与Fe2+、SO42-和H2O的作用分别为___________。
II．FeS2晶胞为立方体，边长为，如图所示。
(4)①与Fe2+紧邻的阴离子个数为___________。
②晶胞的密度为___________ 。
(5)以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精(FexOy)和H2SO4。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。
【答案】(1)3d6
(2) SO42-的键角大于H2O，SO42-中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形
(3)配位键、氢键 (4) 6 ×1021
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4
【解析】(1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6；
(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子；(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键；(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6；②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021；(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用。
22.(2022 全国甲卷)2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。
(4) CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。
【答案】(1)
(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
(3)
(4) sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定
(5) Ca2+ a pm
【解析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。(1)F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为 。(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C
(1)纳米FeS可去除水中微量六价铬。在的水溶液中，纳米颗粒表面带正电荷，Cr(VI)主要以HCrO4-、Cr2O72-、CrO42-等形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：Ksp(FeS)=6.5×10-1，Ksp[Fe(OH)2)=5.0×10-11；H2S电离常数分别为Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13。
①在弱碱性溶液中，FeS与CrO42-反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应FeS+H+Fe2++HS-的平衡常数K的数值为_______。
③在溶液中，pH越大，去除水中Cr(VI)的速率越慢，原因是_______。
(2) FeS2具有良好半导体性能。FeS2的一种晶体与NaCl晶体的结构相似，该FeS2晶体的一个晶胞中S22-的数目为_______，在FeS2晶体中，每个S原子与三个紧邻，且Fe-S间距相等，如图给出了FeS2晶胞中的和位于晶胞体心的(中的键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他已省略)。如图中用“-”将其中一个S原子与紧邻的连接起来_______。
(3) FeS2、FeS在空气中易被氧化，将FeS2在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。800℃时，FeS2氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化学式，写出计算过程)。
【答案】(1) FeS+ CrO42-+4H2O= Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH- 5×10-5 c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO42-物质的量分数越大
(2) 4
(3)Fe2O3；设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe2O3
【解析】(1)在弱碱性溶液中，FeS与CrO42-反应生成Fe(OH)3、Cr(OH)3和单质S的离子方程式为： FeS+ CrO42-+4H2O= Fe(OH)3+Cr(OH)3+S+2OH- ；反应FeS+H+Fe2++HS-的平衡常数K=，由题目信息可知，，H2S 电离常数，所以K===5×10-5 ；在pH=4~7溶液中，pH越大，FeS去除水中Cr(VI)的速率越慢，是由于c(OH-)越大，FeS表面吸附的Cr(VI)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(VI)中CrO42-物质的量分数越大；(2)因为FeS2的晶体与NaCl晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个NaCl晶胞含有4个Na和4个Cl，则该FeS2晶体的一个晶胞中S22-的数目也为4；FeS2晶体中，每个S原子与三个Fe2+紧邻，且Fe-S间距相等，根据FeS2晶胞中的Fe2+和S22-的位置(S22-中的S-S键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与S-S键所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的Fe2+紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的Fe2+连接图如下：；(3)有图可知，800℃时，氧化过程中剩余固体的质量与起始FeS2的质量的比值为66.7%，设FeS2氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeOx，，则，56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe2O3。
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