2024屆高考一輪復習化學教案（人教版）第六章物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)元素周期律第37講物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)填空題突破

第37講物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)填空題突破[復習目標]1.明確物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)填空題的題型特點和?？紵狳c。2.掌握解答物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)填空題的思維模式，提升綜合運用物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識分析問題的能力。物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)填空題中的各小題之間相對獨立，主要考查原子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、分子結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、晶體結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，具體考查角度如下：(1)以原子或離子結(jié)構(gòu)為主線的考查角度(2)以分子結(jié)構(gòu)為主線的考查角度(3)以晶體結(jié)構(gòu)為主線的考查角度1．(2022·西安模擬)硒(Se)是一種有重要作用的元素，可以形成多種化合物。(1)基態(tài)硒原子的核外電子排布式為________。(2)H2SeO3的中心原子雜化類型是________，SeOeq\o\al(2－,3)的空間結(jié)構(gòu)是________。(3)H2Se屬于________(填“極性”或“非極性”)分子。(4)硒化鋅(ZnSe)是一種重要的半導體材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，該晶胞中硒原子的配位數(shù)為________；若該晶胞密度為ρg·cm－3，硒化鋅的摩爾質(zhì)量為Mg·mol－1，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，則晶胞參數(shù)a為________pm。答案(1)[Ar]3d104s24p4(2)sp3三角錐形(3)極性(4)4eq\r(3,\f(4M,NA·ρ))×1010解析(1)硒為34號元素，基態(tài)Se原子核外電子排布式為[Ar]3d104s24p4。(2)SeOeq\o\al(2－,3)的中心原子Se的價層電子對數(shù)為3＋eq\f(1,2)×(6＋2－3×2)＝4，有一個孤電子對，所以SeOeq\o\al(2－,3)的空間結(jié)構(gòu)是三角錐形。(3)H2Se分子中有孤電子對，空間結(jié)構(gòu)為V形，正、負電中心不重合，所以H2Se屬于極性分子。(4)根據(jù)硒化鋅晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，每個鋅原子周圍有4個硒原子，每個硒原子周圍也有4個鋅原子，所以硒原子的配位數(shù)為4；該晶胞中含有硒原子數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，含有鋅原子數(shù)為4，根據(jù)ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(4M,NA),V)，所以V＝eq\f(4M,\a\vs4\al\co1(ρNA))，則晶胞參數(shù)a＝eq\r(3,\f(4M,NA·ρ))cm＝eq\r(3,\f(4M,NA·ρ))×1010pm。2．(2022·四川南充模擬)乙酰丙酮是“一種有酯氣味的無色透明液體，常用作溶劑、有機合成中間體、金屬絡(luò)合劑等。它有兩種主要互變異構(gòu)體A、B，與Be2＋、Mg2＋、Cu2＋、Zn2＋等形成配合物C?；卮鹣铝杏嘘P(guān)問題：(1)基態(tài)Cu2＋的價層電子排布式為________，Be和Mg第一電離能較大的是________原子。(2)A中C原子雜化軌道類型為________；按VSEPR模型預測B中∠HCC約為________、________(填角度)。B在堿性條件下斷裂極性最大的鍵是________。具有分子內(nèi)氫鍵的是________(填“A”或“B”)。(3)C中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為________。(4)乙酰丙酮易溶于醇、氯仿、丙酮等多數(shù)有機溶劑，理由是_________________________。(5)金屬銅的某些參數(shù)如下：金屬堆積類型密度/(g·cm－3)相對原子質(zhì)量Cuρ64根據(jù)上述數(shù)據(jù)，計算Cu的原子半徑為________pm(列出計算表達式，設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值)。答案(1)3d9Be(2)sp2和sp3120°109°28′O—HB(3)15∶2(4)乙酰丙酮的極性與有機溶劑相似，故在有機溶劑中溶解性較好(5)eq\f(\r(2),4)eq\r(3,\f(256,ρNA))×1010解析(1)Cu的核外電子排布式為[Ar]3d104s1，則基態(tài)Cu2＋的價層電子排布式為3d9；同一主族，從上到下，元素的第一電離能逐漸減小，Be和Mg同屬于第ⅡA族，且Be的原子序數(shù)小于Mg，則第一電離能較大的是Be原子。(2)A中，飽和C原子采取sp3雜化，碳氧雙鍵中的C原子采取sp2雜化，故A中C原子雜化軌道類型為sp2和sp3；按VSEPR模型，B中碳碳雙鍵上的一個碳原子和其相鄰的原子構(gòu)成了接近正三角形的結(jié)構(gòu)，該結(jié)構(gòu)中的∠HCC約為120°，甲基和相鄰的碳原子構(gòu)成了接近正四面體的結(jié)構(gòu)，故該結(jié)構(gòu)中的∠HCC約為109°28′；B中O和H的電負性差異最大，故極性最大的鍵為O—H；如圖所示，B分子中的酮羰基上的O和羥基上的H形成分子內(nèi)氫鍵。(3)C中，單鍵、配位鍵是σ鍵，1個雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，則C中σ鍵的數(shù)目為2×(13＋2)＝30，π鍵的數(shù)目為2×2＝4，則C中σ鍵與π鍵數(shù)目之比為30∶4＝15∶2。(4)根據(jù)“相似相溶”規(guī)律，乙酰丙酮的極性與有機溶劑相似，故在有機溶劑中溶解性較好。(5)設(shè)Cu的原子半徑為rpm，晶胞棱長為apm，則eq\r(2)a＝4r，a＝2eq\r(2)r，則晶胞體積為(a×10－10cm)3＝(2eq\r(2)r×10－10cm)3；晶胞中含有Cu的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，晶胞質(zhì)量為eq\f(4×64,NA)g，則ρg·cm－3＝eq\f(\f(4×64,NA)g,2\r(2)r×10－10cm3)，解得r＝eq\f(\r(2),4)eq\r(3,\f(256,ρNA))×1010。3．(2022·山西臨汾模擬)國產(chǎn)大飛機C919的制造使用了較多含硼材料(如硼纖維、氮化硼等)，多項技術(shù)打破了國外壟斷。(1)原子的能量由核電荷數(shù)、電子數(shù)、________三個因素共同決定；基態(tài)B原子的核外電子填充在________個軌道中。(2)耐高溫材料立方BN制備流程中用到NH3、BCl3和觸媒劑Ca3B2N4。①Ca、B、N三種元素電負性從大到小的順序為________。②BCl3中B原子的________軌道與Cl原子的________軌道形成σ鍵；形成BCl3過程中基態(tài)B原子價電子層上的電子先激發(fā)，再雜化，激發(fā)后B原子的價層電子軌道表示式為________。③BCl3在四氯化碳中的溶解度遠大于NH3，原因是________。(3)硼砂是非常重要的含硼礦物。一種硼砂陰離子的結(jié)構(gòu)如圖1所示，則1mol該陰離子存在的配位鍵的物質(zhì)的量為________，n＝________。(4)制造硼合金的原料硼化鈣(CaB6)晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示，硼原子全部組成B6正八面體，各個頂點通過B—B互相連接成三維骨架。已知該晶體晶胞參數(shù)為apm，B6八面體中B—B的鍵長為dpm，M點原子的坐標參數(shù)為(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))，則N點原子的坐標參數(shù)為(________，1,0)。答案(1)電子(運動)狀態(tài)3(2)①N>B>Ca②sp2雜化3p③BCl3和四氯化碳均為非極性分子，而氨氣屬于極性分子，相似相溶(3)2mol2(4)eq\f(\r(2)d,2a)解析(1)整個原子的能量由核電荷數(shù)、電子數(shù)和電子(運動)狀態(tài)三個因素共同決定；基態(tài)B原子的電子排布式為1s22s22p1，故其核外電子填充在1s、2s、2p三個軌道中。(2)①金屬的電負性較小，另外，同周期元素電負性從左向右逐漸增大，故Ca、B、N三種元素電負性從大到小的順序為N>B>Ca。②BCl3中B原子的價層電子對數(shù)為3，其雜化方式為sp2，故BCl3中B原子的sp2雜化軌道與Cl原子的3p軌道形成σ鍵；基態(tài)B原子價電子層上的電子先激發(fā)，再雜化，說明B原子激發(fā)后的三個軌道能量相同，故激發(fā)時B原子的價層電子軌道表示式為。(3)由圖1可知，圖中連有羥基的B原子含有配位鍵，故1mol該陰離子存在的配位鍵的物質(zhì)的量為2mol，在該陰離子中B顯＋3價，O顯－2價，H顯＋1價，根據(jù)化合價的關(guān)系可知，n＝2。(4)將8個正八面體的中心連接成晶胞的立方晶系圖，由M點坐標知該原子位于晶胞的體心，且每個坐標系的單位長度都記為1，已知B6八面體中B—B的鍵長為dpm，晶胞參數(shù)為apm，則八面體中心到頂點的距離為eq\f(\r(2),2)d，則N點在棱的eq\f(\r(2)d,2a)處，其坐標為(eq\f(\r(2)d,2a)，1,0)。1．(2022·全國乙卷，35)鹵素單質(zhì)及其化合物在科研和工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著廣泛的應(yīng)用?；卮鹣铝袉栴}：(1)氟原子激發(fā)態(tài)的電子排布式有__________，其中能量較高的是__________。(填標號)a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2c．1s22s12p5 d．1s22s22p33p2(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一個____________________________________________雜化軌道與Cl的3px軌道形成C—Cl________________________________________________鍵，并且Cl的3pz軌道與C的2pz軌道形成3中心4電子的大π鍵(Πeq\o\al(4,3))。②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C—Cl鍵長的順序是________________________________________________________________________，理由：(ⅰ)C的雜化軌道中s成分越多，形成的C—Cl越強；(ⅱ)_________________________。(3)鹵化物CsICl2受熱發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，生成無色晶體X和紅棕色液體Y。X為__________。解釋X的熔點比Y高的原因__________________________________________。(4)α-AgI晶體中I－作體心立方堆積(如圖所示)，Ag＋主要分布在由I－構(gòu)成的四面體、八面體等空隙中。在電場作用下，Ag＋不需要克服太大的阻力即可發(fā)生遷移。因此，α-AgI晶體在電池中可作為__________。已知阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝________________m3·mol－1(列出算式)。答案(1)add(2)①sp2σ②一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl越強(3)CsClCsCl為離子晶體，ICl為分子晶體(4)電解質(zhì)eq\f(NA×504×10－123,2)解析(1)F的原子序數(shù)為9，其基態(tài)原子電子排布式為1s22s22p5,1s22s22p43s1為基態(tài)氟原子2p能級上的1個電子躍遷到3s能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，a正確；1s22s22p43d2，核外共10個電子，不是氟原子，b錯誤；1s22s12p5，核外共8個電子，不是氟原子，c錯誤；1s22s22p33p2為基態(tài)氟原子2p能級上的2個電子躍遷到3p能級上，屬于氟原子的激發(fā)態(tài)，d正確；同一原子3p能級的能量比3s能級的能量高，因此能量較高的是1s22s22p33p2。(2)①一氯乙烯的結(jié)構(gòu)式為，碳原子采取sp2雜化，因此C的一個sp2雜化軌道與Cl的3px軌道形成C—Clσ鍵。②C的雜化軌道中s成分越多，形成的C—Cl越強，C—Cl的鍵長越短，一氯乙烷中碳采取sp3雜化，一氯乙烯中碳采取sp2雜化，一氯乙炔中碳采取sp雜化，sp雜化時s成分多，sp3雜化時s成分少，同時Cl參與形成的大π鍵越多，形成的C—Cl的鍵長越短，一氯乙烯中Cl的3p軌道與C的2p軌道形成3中心4電子的大π鍵(Πeq\o\al(4,3))，一氯乙炔中Cl的3p軌道與C的2p軌道形成2個3中心4電子的大π鍵(Πeq\o\al(4,3))，因此三種物質(zhì)中C—Cl鍵長的順序為一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl2發(fā)生非氧化還原反應(yīng)，各元素化合價不變，生成無色晶體和紅棕色液體，則無色晶體為CsCl，紅棕色液體為ICl，而CsCl為離子晶體，熔化時克服的是離子鍵，ICl為分子晶體，熔化時克服的是分子間作用力，因此CsCl的熔點比ICl高。(4)由題意可知，在電場作用下，Ag＋不需要克服太大阻力即可發(fā)生遷移，因此α-AgI晶體是優(yōu)良的離子導體，在電池中可作為電解質(zhì)；每個晶胞中含碘離子的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋1＝2，依據(jù)化學式AgI可知，銀離子個數(shù)也為2，晶胞的物質(zhì)的量n＝eq\f(N,NA)mol＝eq\f(2,NA)mol，晶胞體積V＝a3pm3＝(504×10－12)3m3，則α-AgI晶體的摩爾體積Vm＝eq\f(V,n)＝eq\f(504×10－123m3,\f(2,NA)mol)＝eq\f(NA×504×10－123,2)m3·mol－1。2．(2022·廣東，20)硒(Se)是人體必需微量元素之一，含硒化合物在材料和藥物領(lǐng)域具有重要應(yīng)用。自我國科學家發(fā)現(xiàn)聚集誘導發(fā)光(AIE)效應(yīng)以來，AIE在發(fā)光材料、生物醫(yī)學等領(lǐng)域引起廣泛關(guān)注。一種含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路線如下：(1)Se與S同族，基態(tài)硒原子價層電子排布式為__________。(2)H2Se的沸點低于H2O，其原因是_______________________________________________。(3)關(guān)于Ⅰ～Ⅲ三種反應(yīng)物，下列說法正確的有____________________________________。A．Ⅰ中僅有σ鍵B．Ⅰ中的Se—Se為非極性共價鍵C．Ⅱ易溶于水D．Ⅱ中原子的雜化軌道類型只有sp與sp2E．Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O電負性最大(4)Ⅳ中具有孤電子對的原子有__________。(5)硒的兩種含氧酸的酸性強弱為H2SeO4___________________________________________(填“>”或“<”)H2SeO3。研究發(fā)現(xiàn)，給小鼠喂食適量硒酸鈉(Na2SeO4)可減輕重金屬鉈引起的中毒。SeOeq\o\al(2－,4)的空間結(jié)構(gòu)為________。(6)我國科學家發(fā)展了一種理論計算方法，可利用材料的晶體結(jié)構(gòu)數(shù)據(jù)預測其熱電性能，該方法有助于加速新型熱電材料的研發(fā)進程。化合物X是通過該方法篩選出的潛在熱電材料之一，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖1，沿x、y、z軸方向的投影均為圖2。①X的化學式為__________。②設(shè)X的最簡式的式量為Mr，晶體密度為ρg·cm－3，則X中相鄰K之間的最短距離為______nm(列出計算式，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值)。答案(1)4s24p4(2)兩者都是分子晶體，由于水分子存在分子間氫鍵，沸點高(3)BDE(4)O、Se(5)＞正四面體形(6)①K2SeBr6②eq\f(1,2)×eq\r(3,\f(4Mr,NAρ))×107解析(1)基態(tài)S原子價層電子排布式為3s23p4，Se與S同族，Se為第四周期元素，因此基態(tài)Se原子價層電子排布式為4s24p4。(3)Ⅰ中有σ鍵，還有大π鍵，故A錯誤；Ⅰ中的Se—Se為非極性共價鍵，故B正確；烴都難溶于水，因此Ⅱ難溶于水，故C錯誤；Ⅱ中苯環(huán)上的碳原子和碳碳雙鍵上的碳原子雜化類型為sp2，碳碳三鍵上的碳原子雜化類型為sp，故D正確；根據(jù)同周期元素從左到右電負性逐漸增大，同主族元素從上到下電負性逐漸減小，因此Ⅰ～Ⅲ含有的元素中，O電負性最大，故E正確。(4)分子Ⅳ中O、Se都有孤電子對，C、H、S都沒有孤電子對。(5)根據(jù)非羥基氧越多，酸性越強，因此硒的兩種含氧酸的酸性強弱為H2SeO4＞H2SeO3。SeOeq\o\al(2－,4)中Se的價層電子對數(shù)為4＋eq\f(1,2)×(6＋2－2×4)＝4，其空間結(jié)構(gòu)為正四面體形。(6)①根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)得到一個晶胞中K有8個，有8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個，則X的化學式為K2SeBr6。②設(shè)晶胞參數(shù)為anm，得到ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(\f(Mr,NA)×4,a×10－73)，解得a＝eq\r(3,\f(4Mr,NAρ))×107，X中相鄰K之間的最短距離為晶胞參數(shù)的一半，即為eq\f(1,2)×eq\r(3,\f(4Mr,NAρ))×107nm。課時精練1．(2022·山東濰坊模擬)砷化鎵(GaAs)、碲化鎘(CdTe)等太陽能電池適合光電轉(zhuǎn)換，可以直接把光能轉(zhuǎn)化成電能?；卮鹣铝袉栴}：(1)元素As與N同族，預測As的氫化物分子的空間結(jié)構(gòu)為________，其基態(tài)原子最外層p軌道電子的自旋________(填“相同”或“相反”)。(2)元素Cd與Zn是同一副族的相鄰元素，Cd的價層電子排布式為4d105s2，Cd2＋的價層電子排布式為________。(3)經(jīng)X射線衍射實驗證明在碲酸(H6TeO6)分子內(nèi)的6個羥基排列在碲原子的周圍呈八面體結(jié)構(gòu)，碲酸中碲原子的價層電子對數(shù)為________。(4)Te、Se都是第ⅥA族的元素，SeF6與SF6具有相似的結(jié)構(gòu)，則熔、沸點SeF6________SF6(填“>”“<”或“＝”，下同)；二硒鍵和二硫鍵是重要的光響應(yīng)動態(tài)共價鍵，其光響應(yīng)原理可用如圖表示，已知光的波長與其能量成反比，則圖中實現(xiàn)光響應(yīng)的波長：λ1________λ2，其原因是________。(5)CdTe的晶胞屬立方晶系，晶胞參數(shù)如圖1所示。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標。如原子M的坐標為(0,0,0)，則原子N的坐標為________。該晶胞沿其面對角線方向上的投影如圖2所示，則代表Te原子的位置是________(填序號)，晶胞中原子6和11之間的距離為________pm(用含a的代數(shù)式表示)。答案(1)三角錐形相同(2)4d10(3)6(4)><Se的原子半徑比S原子大，Se—Se的鍵能比S—S的鍵能小，所以二硒鍵的波長長(5)(eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，eq\f(3,4))7、8、11eq\f(\r(11),4)a解析(1)元素As與N同族，NH3中N為sp3雜化，則AsH3中As也為sp3雜化，則As的氫化物分子的空間結(jié)構(gòu)為三角錐形；As的核外價層電子排布式為4s24p3,4p軌道的電子自旋相同。(2)Cd的價層電子排布式為4d105s2，Cd2＋的價層電子排布式為4d10。(3)碲酸(H6TeO6)分子內(nèi)的6個羥基排列在碲原子的周圍呈八面體結(jié)構(gòu)，碲原子的價層電子對數(shù)為6。(4)SeF6與SF6具有相似的結(jié)構(gòu)，均為分子晶體，SeF6的相對分子質(zhì)量大，分子間作用力強，熔、沸點高，故熔、沸點：SeF6>SF6；Se的原子半徑比S原子大，Se—Se的鍵能比S—S的鍵能小，故λ1<λ2。(5)N的坐標為(eq\f(1,4)，eq\f(3,4)，eq\f(3,4))；根據(jù)圖1，可知代表Te原子的位置是7、8、11；如圖所示，A為6球位置，AB的長度為6和11球的距離，C為B(11球)在底面的投影，落在面對角線的eq\f(1,4)的位置，BC的長度為邊長的eq\f(1,4)，為eq\f(1,4)apm；CD的距離為面對角線的eq\f(1,4)，長度為eq\f(\r(2),4)apm；AD長度為面對角線一半，為eq\f(\r(2),2)apm，AC長度為eq\r(\f(\r(2),2)a2＋\f(\r(2),4)a2)pm＝eq\r(\f(10,16)a2)pm，AB的長度為eq\r(\r(\f(10,16)a2)2＋\f(1,4)a2)pm＝eq\r(\f(11,16)a2)pm＝eq\f(\r(11),4)apm。2．(2022·安徽馬鞍山模擬)人類對第二周期的元素及化合物認識最早。(1)第二周期的元素中，I1(第一電離能)從大到小排前三位的是________。(2)XeF＋PtFeq\o\al(－,6)溶于水可生成Xe和HPtF6，寫出反應(yīng)的化學方程式：_______________________。(3)SCN—中C原子的雜化軌道類型為________，其中含有兩個相同的大π鍵，其形式為________(用Πeq\o\al(m,n)表示，n為原子數(shù)，m為電子數(shù))，檢驗Fe3＋時，SCN—以S原子配位不以N原子配位的原因是________。(4)如圖，在NaCl的晶體中，Na＋和Cl—互相占據(jù)對方的正八面體空隙，CaF2晶體中，F(xiàn)－占據(jù)由Ca2＋構(gòu)成的所有正四面體空隙。鈦鎳合金具有形狀記憶功能。某鈦、鎳原子個數(shù)比為2∶1的合金的晶體結(jié)構(gòu)為鎳原子呈面心立方排列，鈦原子填充在由鎳原子圍成的所有八面體空隙和一半的四面體空隙中，若最近的鈦原子和鎳原子緊密接觸，鎳原子周圍距離最近的鈦原子數(shù)為________；鈦原子和鎳原子的半徑分別為r1和r2，該晶體的空間利用率為________(用含r的代數(shù)式表示，不必化簡，空間利用率＝eq\f(晶胞中原子的總體積,晶胞的體積)×100%)。答案(1)Ne、F、N(2)2XeF＋PtFeq\o\al(－,6)＋2H2O=2Xe↑＋O2↑＋2HF＋2HPtF6(3)spΠeq\o\al(4,3)S元素的電負性小，離子中S原子易給出孤電子對(4)4eq\f(\f(4,3)π8r\o\al(3,1)＋4r\o\al(3,2),[\f(4,\r(3))r1＋r2]3)×100%解析(1)第二周期元素，從左到右第一電離能呈增大趨勢，稀有氣體氖原子的2p軌道為穩(wěn)定的全充滿結(jié)構(gòu)，第一電離能最大，氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結(jié)構(gòu)，元素第一電離能大于相鄰元素，則第一電離能從大到小排前三位的是氖、氟、氮。(2)由題意可知，XeF＋PtFeq\o\al(－,6)與水反應(yīng)生成氙、氧氣、氫氟酸和六氟合鉑酸，反應(yīng)的化學方程式為2XeF＋PtFeq\o\al(－,6)＋2H2O=2Xe↑＋O2↑＋2HF＋2HPtF6。(3)硫氰酸根離子的空間結(jié)構(gòu)為直線形，所以碳原子的雜化軌道類型為sp雜化；離子中碳原子未參與雜化的2個p電子與硫原子和氮原子的p電子形成大π鍵，其形式為Πeq\o\al(4,3)；硫氰酸根離子中硫元素的電負性小于氮元素，相對于氮原子，硫原子易給出孤電子對，所以檢驗鐵離子時，離子以硫原子配位不以氮原子配位。(4)由題意可知，鎳鈦合金形成的晶胞中，位于體內(nèi)的鈦原子個數(shù)為8，位于頂角和面心的鎳原子個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，體對角線的長度為4(r1＋r2)，則晶胞中鈦原子和鎳原子的體積為eq\f(4,3)πreq\o\al(3,1)×8＋eq\f(4,3)πreq\o\al(3,2)×4＝eq\f(4,3)π(8req\o\al(3,1)＋4req\o\al(3,2))，晶胞的邊長為eq\f(4r1＋r2,\r(3))，體積為[eq\f(4r1＋r2,\r(3))]3，則晶體的空間利用率為eq\f(\f(4,3)π8r\o\al(3,1)＋4r\o\al(3,2),[\f(4,\r(3))r1＋r2]3)×100%。3．(2022·河南商丘模擬)CIGS靶材是一種主要含銅、銦(In)、鎵(Ga)、硒(Se)的合金，由于其良好的電學傳導和光學透明性被廣泛用于薄膜太陽能電池領(lǐng)域?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Ga的核外電子排布式為[Ar]3d104s24p1，轉(zhuǎn)化為下列激發(fā)態(tài)時所需能量最少的是________(填字母)。A．B．C．D．(2)硫酸銅分別和氨水、EDTA[(HOOCCH2)2NCH2CH2N(CH2COOH)2]可形成配合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4、[Cu(EDTA)]SO4。①SOeq\o\al(2－,4)的空間結(jié)構(gòu)為________，EDTA中碳原子雜化方式為________________________。②在[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4化合物中，陽離子呈軸向狹長的八面體結(jié)構(gòu)(如圖)，該陽離子中存在的化學鍵類型為________，該化合物加熱時首先失去的組分是________。(3)人體代謝甲硒醇(CH3SeH)后可增加抗癌活性，下表中有機物沸點不同的原因為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。有機物甲醇甲硫醇(CH3SH)甲硒醇沸點/℃(4)四方晶系CuInSe2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞參數(shù)為a＝b＝mpm，c＝2mpm，晶胞棱邊夾角均為90°。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，CuInSe2的相對分子質(zhì)量為M，則該晶體密度ρ＝________g·cm－3(用含有m、M和NA的代數(shù)式表示)。該晶胞中，原子坐標分別為2號Cu原子(0,,)，3號In原子(0,,)，晶體中與單個In鍵合的Se有________個。答案(1)B(2)①正四面體形sp2、sp3②共價鍵和配位鍵H2O(3)三種物質(zhì)都是分子晶體，結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大，沸點越高，但甲醇分子間存在氫鍵所以沸點最高(4)eq\f(2×1030M,m3NA)4解析(1)根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知，激發(fā)態(tài)B的能量最低，故基態(tài)Ga原子轉(zhuǎn)化為激發(fā)態(tài)B時所需能量最少，故選B。(2)①SOeq\o\al(2－,4)的σ鍵的數(shù)目為4，孤電子對數(shù)為eq\f(6＋2－4×2,2)＝0，故SOeq\o\al(2－,4)的空間結(jié)構(gòu)為正四面體形；EDTA中，飽和碳原子的雜化方式為sp3雜化，連有碳氧雙鍵的碳原子的雜化方式為sp2雜化，故EDTA中碳原子雜化方式為sp3和sp2。②該配合物的陽離子中，Cu2＋和配體之間形成配位鍵，配體分子內(nèi)存在極性鍵，故該陽離子中存在配位鍵和極性鍵；Cu2＋與H2O形成的配位鍵比與NH3所形成的配位鍵弱，故該化合物加熱時首先失去的組分是H2O。(4)Cu原子有4個位于棱上、6個位于面上，故Cu原子的個數(shù)為6×eq\f(1,2)＋4×eq\f(1,4)＝4，In原子有8個位于頂角、4個位于面上、1個位于體心，故In原子的個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,2)＋1＝4，Se原子全部在晶胞內(nèi)部，故Se原子的個數(shù)為8，則晶胞質(zhì)量為eq\f(4M,NA)g，晶胞體積為(m×10－10cm)×(m×10－10cm)×(2m×10－10cm)＝2m3×10－30cm3，故晶胞密度ρ＝eq\f(\f(4M,NA)g,2m3×10－30cm3)＝eq\f(2×1030M,m3NA)g·cm－3；晶胞中與單個In鍵合的Se有2個，則晶體中與單個In鍵合的Se有4個。4．(2022·太原模擬)我國科學家研究了具有高穩(wěn)定性的二維硼烯氧化物(BmOn)的超導電性?；卮鹣铝袉栴}：(1)第一電離能介于B、N之間的第二周期元素為________(填元素符號)。(2)①已知二維硼烯氧化物的部分結(jié)構(gòu)如圖所示，則該氧化物的化學式為________，其中硼原子的雜化軌道類型為________。②鍵長和鍵角的數(shù)值可通過晶體的X射線衍射實驗獲得。經(jīng)過該實驗測定，二維硼烯氧化物中B—B的鍵長大于B—O的鍵長，其原因是______________________________________________________________________________________________________________________。(3)硼烷又稱硼氫化合物，隨著硼原子數(shù)的增加，硼烷由氣態(tài)經(jīng)液態(tài)至固態(tài)，其原因：____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)LiBH4-LiI復合材料在低溫下表現(xiàn)出較高的離子電導率。BHeq\o\al(－,4)中H的化合價為－1，其原因可能是________，BHeq\o\al(－,4)可以被PSeq\o\al(3－,4)部分取代，PSeq\o\al(3－,4)的空間結(jié)構(gòu)為________。(5)Fe3O4是電子導體，其導電率顯著高于Fe2O3，這歸因于Fe2＋和Fe3＋中心之間的電子交換。如圖甲所示，F(xiàn)e3O4晶體中，O2－圍成正四面體空隙(如：1、3、6、7圍成)和正八面體空隙(如：3、6、7、8、9、12圍成)，F(xiàn)e3O4中有一半的Fe3＋填充在正四面體空隙中，F(xiàn)e2＋和另一半Fe3＋填充在正八面體空隙中。則沒有填充陽離子的正四面體空隙數(shù)與沒有填充陽離子的正八面體空隙數(shù)之比為________。FeO、Fe2O3都具有與Fe3O4相似的立方堆積結(jié)構(gòu)，氧化亞鐵晶體的晶胞如圖乙所示，已知：氧化亞鐵晶體的密度為ρg·cm－3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。在該晶體中，與Fe2＋緊鄰且等距離的Fe2＋數(shù)目為______；Fe2＋與O2－的最短核間距為________cm(列出計算式)。答案(1)Be、C、O(2)①B2Osp2②O的原子半徑小于B的原子半徑，二維硼烯氧化物中B—B的鍵長大于B—O的鍵長(3)隨著B原子數(shù)增多，硼烷相對分子質(zhì)量增大，范德華力增強，沸點升高(4)電負性：H>B正四面體形(5)7∶212eq\r(3,\f(36,ρNA))解析(1)同周期主族元素隨原子序數(shù)增大第一電離能呈增大趨勢，Be元素原子2s軌道為全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，N元素原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能均高于同周期相鄰元素，故第一電離能：N>O>C>Be>B。(2)①在每個環(huán)中，氧原子數(shù)為2×eq\f(1,2)＝1，B原子數(shù)為6×eq\f(1,3)＝2，該氧化物的化學式為B2O；1個硼原子周圍連接三個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道類型為sp2。(3)硼烷屬于分子晶體，隨著B原子數(shù)增多，硼烷相對分子質(zhì)量增大，范德華力增強，沸點升高。(4)由于電負性：H>B，BHeq\o\al(－,4)中B顯正價，故H的化合價為－1價。PSeq\o\al(3－,4)中P原子價層電子對數(shù)為4＋eq\f(5＋3－2×4,2)＝4，所以為sp3雜化，且不含孤電子對，是正四面體形。(5)Fe3O4中neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Fe3＋))∶neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Fe2＋))∶neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(O2－))＝2∶1∶4，晶胞含有8個正四面體空隙，即有2個Fe3＋和1個Fe2＋，1個三價鐵離子放入正四面體空隙；晶胞中由3、6、7、9、8、12處的原子形成一個正八面體空隙，剩余的空間以每條棱分析：如4、7、9、13或1、3、4、7等處的原子形成的四面體空隙為正八面體空隙的eq\f(1,4)，共12條棱，則正八面體空隙有1＋12×eq\f(1,4)＝4個，其中已經(jīng)有一個放Fe3＋，另外一個Fe2＋占據(jù)一個正八面體空隙，所以有2個正八面體空隙沒有被填充。晶胞中O2－占據(jù)頂角和面心，所以有8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4個，F(xiàn)e2＋有12個在棱上、1個在晶胞內(nèi)，所以Fe2＋有12×eq\f(1,4)＋1＝4個，與Fe2＋緊鄰且等距離的Fe2＋數(shù)目為12,1個晶胞有4個FeO,1個晶胞的質(zhì)量為e