2023年高考真题变式分类汇编：晶胞的计算2
一、选择题
1．（2023·湖南模拟）一种钴的氧化物在纳米储能领域研究广泛，其晶胞结构如图所示(白球为Co，黑球为O)，已知该晶胞参数为，阿伏加德罗常数为。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为CoO
B．基态Co原子有3个未成对电子
C．与O原子最近且等距离的O原子有12个
D．氧化物的摩尔体积
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据均摊法，晶胞中有4个Co，4个O，化学式为CoO，A不符合题意；
B．基态Co原子的价电子排布式为，其价电子排布图为 ，有3个未成对电子，B不符合题意；
C．根据图示结构结合几何关系可知，与O原子最近且等距离的O原子有12个，且距离为，C不符合题意；
D.1mol晶胞中含有4molCoO，该氧化物的摩尔体积为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据均摊法进行分析。
B.根据Co原子核外电子排布式进行分析。
C.根据图示结构，结合几何关系进行分析。
D.根据n=进行分析。
2．（2023·辽阳模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．中含有的配位键数为22NA
B．铬晶胞如图所示，铬能切割成如图晶胞的数目为NA
C．参与氧化还原反应时，转移的电子数一定为2NA
D．溶液中含有的数为0.1NA
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．中含有和共6mol配位键，含有的配位键数为，A项不符合题意；
B．，1个铬晶胞含个铬原子，最多能切割成晶胞，即切割晶胞的数目为NA，B项符合题意；
C．双氧水在氧化还原反应中有三种情况(只作氧化剂，只作还原剂，既作氧化剂又作还原剂)，因而1molH2O2 参与氧化还原反应时，转移的电子数不一定为2NA，如1molH2O2分解为水和氧气，转移电子数为NA，C项不符合题意；
D．四羟基合铝酸钠能发生水解反应，因而溶液中含有的 [Al(OH)4]-数小于0.1NA，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、配位键要结合中心原子周围的配位原子判断；
B、结合均摊法判断；
C、结合化合价变化数目判断；
D、四羟基合铝酸钠可以发生水解。
3．（2023·忻州模拟）一种钙镁矿的四方晶胞结构如图所示。已知该晶胞的参数为apm、apm、bpm，1号原子的坐标为(，，)，下列说法错误的是
A．2号原子的坐标为(，，)
B．距离硫原子最近的硫原子数目为4
C．硫原子的配位数为4
D．该晶体的密度为g/cm3
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由坐标系及1号原子的坐标可得，2号原子的坐标为(，，)，A不符合题意；
B．以硫原子为顶点，构成的立方晶胞结构中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，B符合题意；
C．与硫原子距离最近的有2个Ca原子和2个Mg原子，则硫原子的配位数为4，C不符合题意；
D．该晶胞中，位于棱上和面上Ca原子个数为，位于顶点、面上和体心的Mg原子个数为，位于晶胞内部硫原子个数为8，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
4．（2023·枣庄模拟）砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。下列说法错误的是
A．砷化镓中配位键的数目是
B．Ga和As的最近距离是
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A不符合题意；
B．由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，故B不符合题意；
C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C不符合题意；
D．由乙晶胞结构可知，掺杂Mn之后，晶体中Mn数目为，As数目为4，故晶体中Mn、As的原子个数比为5：32，则和Mn最近且等距离的As的数目大于6，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据均摊法可知，砷化镓的化学式为As，1个GaAs中含有一个配位键；
B.Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的；
C.c位于侧面的面心。
5．（2023·辽宁模拟）冰晶石晶胞结构如图甲所示，Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示。下列说法错误的是
A．甲图中大立方体的体心处小三角“△”所代表的应该是“小白球”
B．Al晶胞中Al原子的配位数为12
C．若已知Al的原子半径为dcm，代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，Al晶体的密度为
D．中含有离子键、配位键
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图乙和丙可知，Al的堆积方式为面心立方堆积，对应图甲中的黑球，则甲图体心处的小三角应是小白球，A不符合题意；
B．Al为面心立方堆积，配位数为12，B不符合题意；
C．由图丙可知，一个Al晶胞中含有4个Al原子，由图丁可知晶胞参数与Al半径的关系为，则cm，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为，C符合题意；
D．中含有离子键、配位键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合堆积方式进行判断；
B、配位数要结合周围晶胞的原子判断；
C、密度要结合阿伏加德罗常数、体积、摩尔质量判断；
D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，铝离子和氟离子的结合是共价键。
6．（2023·辽阳模拟）我国科学家开发铜钯催化剂高效实现电催化还原制备乙酸，铜钯晶胞如图。已知：、的原子半径分别为a pm，b pm。下列叙述正确的是
A．乙酸的同分异构体均易溶于水
B．该晶胞的化学式为
C．离最近的有8个
D．该晶体的密度
【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．乙酸的同分异构体不一定易溶于水，如与乙酸互为同分异构体，属于酯类，难溶于水，A项不符合题意；
B．该晶胞中有8个Cu位于顶点，个数为，Pd位于体心个数为1，则晶胞的化学式为CuPd，B项不符合题意；
C．由晶胞结构可知，Cu均位于顶点，离最近的有6个，C项不符合题意；
D．晶胞质量为：g，该晶胞为体心堆积，体对角线三个原子相切，=，边长=pm，则晶胞体积为：，该晶体的密度，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、酯类难溶于水；
B、结合均摊法判断；
C、结合周围晶胞判断；
D、密度要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数、体积判断。
7．（2023·邯郸模拟）氮化镓是一种优异的半导体，硬度很大，熔点约为1700℃，氮化镓有三种晶体结构，其中最稳定的结构如图。下列关于该结构及其对应晶体的说法正确的是
A．氮化镓晶体属于分子晶体
B．该结构中有8个N原子
C．Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为6
D．该晶体的密度为×1030g cm-3
【答案】D
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．氮化镓硬度很大，熔点很高，属于共价晶体，A项不符合题意；
B.1个图示结构中，位于棱上和体心N原子个数为，B项不符合题意；
C．在该结构中Ga呈六方最密堆积，因此Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为12，C项不符合题意；
D．在该结构中，位于顶点、面上和体心Ga原子个数为，位于棱上和体心N原子个数为，则该晶体的密度为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮化镓硬度很大，熔点约为1700℃，属于原子晶体；
B.根据均摊法计算；
C.Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为12。
8．（2023·辽宁模拟）某立方品系的锑钾(Sb-K)合金可作为钾离子电池的电极材料，图a为该合金的晶胞结构，图b表示晶胞的一部分，晶胞中1号、3号原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1)。下列说法错误的是
A．晶胞中含有的Sb原子数为4
B．2号原子的分数坐标为
C．K和Sb之间的最短距离为pm
D．该晶体的密度为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．晶胞中含有的Sb原子数为8+6=4，故A不符合题意；
B．晶胞中1号、3号原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1)，则2号原子的分数坐标为，故B不符合题意；
C．根据图知，K与Sb原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的，最短距离=，故C符合题意；
D．该晶胞中Sb原子数为8+6=4，K原子个数为12 +9=12，该晶体的密度为 = ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
9．（2023·厦门模拟）一种光催化材料的晶胞如图，属于立方晶系，其晶胞参数为。下列说法错误的是
A．晶体的化学式为
B．晶体中与距离最近且相等的有6个
C．氧原子位于构成的四面体空隙中
D．晶体密度为
【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．据“均摊法”，晶胞中含个Ce、8个O，则晶体的化学式为，A不符合题意；
B．以底面面心的Ce为例，同层的最近的Ce有4个，上下层各有4个，故晶体中与距离最近且相等的有12个，B符合题意；
C．由结构可知，氧原子位于构成的四面体空隙中的体心，C不符合题意；
D．结合A分析可知，晶体密度为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
10．（2023·济宁模拟）硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是
A．晶胞中硒原子的配位数为12
B．晶胞中d点原子分数坐标为
C．相邻两个Zn原子的最短距离为nm
D．电负性：Zn>Se
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A不符合题意；
B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为B为( ，1，)，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为(，，)，B符合题意；
C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为nm，C不符合题意；
D．Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算；根据非金属性越强，电负性越大判断。
二、多选题
11．（2023高二下·大余期末）下列有关说法不正确的是（ ）
A．图1 NaCl晶体中，距最近的形成为正四面体形
B．图2晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．图3立方相氮化硼中，硼原子与硼氮键个数的比为1∶4
D．金属Cu中原子堆积模型如图4所示，为最密堆积，Cu原子的配位数为8
【答案】A,D
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A、根据晶胞图，可知距离Na+最近的Cl-有6个，构成正八面体，A正确；
B、根据晶胞图，可知O2-在晶胞的顶点和面心，个数为，即，每个晶胞平均找有4个O2-，B错误；
C、根据晶胞图，可知每个硼原子为4个共价键拥有，每个硼原子占据，每个硼氮键由1个硼原子和1个氮原子共同拥有，则硼原子和硼氮键的个数比为，C错误；
D、晶胞原子配位数即判断距离原子最近的其他原子个数，根据晶胞图观察，可知共有12个，即配位数为12，D正确；
故答案为：AD
【分析】A、等距离最近的原子若有4个且为立体，通常为正四面体，若有6个且为立体，通常为正八面体；
B、均摊法中，原子处于顶点占据，处于棱心占据，处于面心占据，处于体心占据1；
C、结合原子之间共同拥有的共价键和共价键被原子分配的情况判断；
D、晶胞原子配位数即判断距离原子最近的其他原子个数。
12．（2023高二下·乐安期末）的晶胞结构示意图如图甲所示，其中Li位于立方体的顶点、部分棱心和面心，O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成乙、丙。下列说法错误的是
A．图甲中每个晶胞中含有的单元数有4个
B．
C．中
D．若晶胞丙的边长为a pm，则晶胞密度为 g cm
【答案】C,D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．LiFePO4晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为8×+4×+4×=4，晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，A不符合题意；
B．Li1-xFePO4的晶胞比LiFePO4的晶胞少1个面心和1个棱上锂离子，晶胞中锂离子个数为13/4，化学式可得：(1—x) ∶4=13/16∶4，解得 x =3/16，B不符合题意；
C．设Li1-xFePO4中铁离子的个数为a，化合价代数和为0，a=3/16，亚铁离子和铁离子的物质的量比为(1—3/16)∶3/16=13∶3，C符合题意；
D．每个晶胞中含有FePO4的单元数为4，1mol晶胞的质量m=(56+31+64)×4g=625g，1mol晶胞体积V=a×a×a×10-30=a3×10-3m3，则晶胞密度为625/a3NA x 1030g/cm-3，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A．LiFePO4晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个；
B．Li1-xFePO4的晶胞比LiFePO4的晶胞少1个面心和1个棱上锂离子；
C．物质的量比计算；
D．每个晶胞中含有FePO4的单元数为4，1mol晶胞的质量m=(56+31+64)×4g=625g，1mol晶胞体积V=a×a×a×10-30=a3×10-3m3，晶胞密度为625/a3NA x 1030g/cm-3。
13．（2022高二下·日照期末）某镁铝尖晶石的晶胞由立方体M区和N区组成，结构如图。
下列说法正确的是（ ）
A．该晶胞的体积为×10-30cm3
B．与O2-最邻近的Al3+离子数为4
C．Mg2+和Mg2+之间的最短距离为pm
D．该物质的化学式为MgAl2O4
【答案】C,D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．如图所示，M区、N区的棱长均为pm，则晶胞棱长为a pm，故晶胞的体积为a3×10-30cm3，A不符合题意；
B．如图所示，N区，与O2-最邻近的Al3+离子数为3，M区无Al3+，故与O2-最邻近的Al3+离子数为3，B不符合题意；
C．如图所示，M区，Mg2+位于该区域的体心和顶点，则Mg2+和Mg2+之间的最短距离为体对角线的一半，即 pm= pm；N区，Mg2+位于该区域的顶点，Mg2+和Mg2+之间的最短距离为面对角线，即 pm；由于 pm＜ pm，故晶胞中，Mg2+和Mg2+之间的最短距离为pm，C符合题意；
D．将邻近的M区和N区看为一个整体，该整体为晶胞的，其所含Mg2+位于顶点、棱心和内部，个数为4×+1+2×=2，Al3+位于内部，个数为4，O2-位于内部，个数为8，则Mg2+、Al3+和O2-的个数比为1：2：4，故物质的化学式为MgAl2O4，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.M区、N区的棱长均为pm，则晶胞棱长为a pm，则晶胞体积V=a3×10-30cm3；
B.与O2-最邻近的Al3+离子数为3；
C.Mg2+和Mg2+之间的最短距离为体对角线的一半；
D.根据均摊法计算。
14．（2021高二下·胶州期末）硒化锌是一种黄色立方晶系，可用于荧光材料、半导体掺杂物。其晶胞结构如图，晶胞参数为 a pm。下列说法正确的是（ ）
A．硒的配位数为4
B．相邻的Se2-与 Zn2+之间的距离为pm
C．若硒化锌晶体的密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数
D．已知A点原子分数坐标为(0，0，0)，则 C点的原子分数坐标为
【答案】A,B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，硒的配位数为4，A项符合题意；
B．晶胞中相邻的Se2-与 Zn2+之间的距离为晶胞体对角线长度的，而晶胞体对角线为晶胞棱长的倍，故相邻的Se2-与 Zn2+之间的距离为pm，B项符合题意；
C．一个晶胞中，Zn原子个数为4，Se原子个数为，晶胞质量为，晶胞密度为ρ g·cm-3，晶胞参数为a pm，，则，C项不符合题意；
D．A点原子分数坐标为(0，0，0)，则C点的原子分数坐标为，D项不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．由晶胞结构确定配位数；
B．由晶胞结构确定；
C．利用均摊法确定原子数目再计算；
D．由晶胞结构确定原子分数坐标。
15．（2021高二下·德州期末）下列有关说法错误的是（ ）
A．图1 NaCl晶体中，距最近的形成为正四面体形
B．图2晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．图3立方相氮化硼中，硼原子与硼氮键个数的比为1∶4
D．金属Cu中原子堆积模型如图4所示，为最密堆积，Cu原子的配位数为8
【答案】A,D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．以顶点钠离子研究，与之最近的氯离子处于晶胞棱心且关于钠对称，故距最近的有6个，形成为正八面体形，A符合题意；
B.8×+6×=4，晶体中，每个晶胞平均占有4个，B不符合题意；
C．图3立方相氮化硼中，硼原子为3×=1，硼原子与硼氮键个数的比为1∶4，C不符合题意；
D．金属Cu中Cu原子堆积方式为面心立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】利用均摊法判断。
三、非选择题
16．（2023·全国乙卷）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。
（2）已知一些物质的熔点数据如下表：
物质 熔点/℃
800.7
与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是 。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因 。的空间结构为 ，其中的轨道杂化形式为 。
（3）一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个。该物质化学式为 ，B-B最近距离为 。
【答案】（1）；O＞Si＞Fe＞Mg；+2
（2）钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而 为分子晶体；随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是： 、 、 均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大；正四面体；
（3）3；；
【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；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）根据铁原子电子排布式可知，其价电子排布为3d64s2，元素电负性为：O>Si>Fe>Mg，根据化合物化合价代数和为0，可得铁的化合价为+2价；
（2），氯化钠为离子晶体，而四氯化硅为分子晶体，所以其沸点要高；三者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；SiCl4共价键为4，没有孤电子，采用sp3杂化，为四面体结构；
（3）由图可知，Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个数为：，B在正六棱柱体内共6个，所以化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为
【分析】思路分析：（2）一般来说，熔沸点大小关系为：共价晶体>离子晶体>分子晶体，可以通过沸点判断分子晶体类型，一般来说，分子晶体熔沸点都很低
（3）观察晶胞中原子的位置，利用均摊法计算原子个数，进而得到物质化学式。
17．（2023·新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应的 。
（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有情性气体的图是 。
③图3中，当、时，氮气的转化率 。该温度时，反应的平衡常数 (化为最简式)。
【答案】（1）
（2）(ⅱ)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4）；合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大；图4；；
【知识点】晶胞的计算；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据反应物总键能减去生成物总键能，
（2）在化学反应中，最大的活化能为速率控制步骤，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)；
（3）晶胞密度为，晶胞参数为：287pm，根据公式：，则，，解的n=，
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1
③假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有
在p2=20MPa时，氨气的摩尔分数为0.2，可得，，解的x=，那么氮气转化率率为：，平衡时氮气，氢气、氨气的物质的量为：、2mol、，各物质的物质的量分数为：，所以=，进而得到。
【分析】难点分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
18．（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。
19．（2023·浙江1月选考）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）分子的空间结构(以为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。受热分解生成和，其受热不稳定的原因是 。
（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述，正确的是____。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。
【答案】（1）四面体；；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
（2）A；B
（3）共价晶体；
【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；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）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的，SiH4分子中，Si采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；故答案为：四面体； ；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）A．电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，微粒半径：③>①>②，选项A符合题意；
B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B符合题意；
C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C不符合题意；
D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，选项D不符合题意；
故答案为：AB；
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为，故答案为：共价晶体；。
【分析】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的； N原子和1个Si原子、2个H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是4，N原子采用sp3杂化；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）①，则①为基态Si原子；②为Si+离子，③激发态Si原子；
（3）根据均摊法计算。
20．（2022·江苏）硫铁化合物(、等)应用广泛。
（1）纳米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，主要以、、好形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。
（2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了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）、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，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）；5；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大
（2）4；
（3）Fe2O3；设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
【知识点】晶胞的计算；化学平衡常数；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，反应的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大。
(2)因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与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紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
(3)由图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设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；故答案为：Fe2O3；设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。
【分析】（1）①弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S；
②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
③c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少；
（2）一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；每个S原子与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紧邻且间距相等；
（3）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，M(FeS2)=120g/mol，据此计算。
21．（2023·平谷模拟）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
（1）磷在元素周期表中的位置是 ；基态磷原子价电子排布式 。
（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷()是分子晶体，易溶于，难溶于水，可能原因是 。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如下图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是 (填字母序号)。
a.黑磷与白磷互为同分异构体 b.黑磷中磷原子采取杂化
c.黑磷能导电 d.黑磷属于混合型晶体
（3）与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在溶液中加入形成无色的，此配离子中 (填写化学式)是中心离子，空间构型是 。
（4）第IIIA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铜的熔点分别为2000℃、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因 。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如图所示，磷化硼的化学式是 ，已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为，磷化硼晶体的密度是
【答案】（1）第三周期VA；
（2）是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，是非极性分子，易溶于，难溶于水；cd
（3）；正四面体
（4）磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP；BP；
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）P元素是第15号元素，位于第三周期VA；基态磷原子价电子排布式；
（2）①白磷是非极性分子，CS2是非极性溶剂、H2O是极性溶剂，根据相似相容，白磷难溶于水、易溶于CS2；
②a．黑磷和白磷分子式不相同，不互为同分异构体，故a不正确；
b．根据晶体结构，P原子的配位数是3，有1个孤电子对，分子中磷原子杂化方式为sp3杂化，故b不正确；
c．石墨能导电，黑磷也能导电，故c正确；
d．石墨是混合晶体，所以黑磷晶体是混合型晶体，故d正确；
选cd；
（3）在溶液中加入形成无色的，此配离子中是中心离子；中中心原子P的价层电子对数=，空间构型是正四面体形；
（4）①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，二者熔点高，属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP。
②根据均摊原则，1个晶胞中P原子数为、B原子数为4，所以化学式为BP；晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是 g/cm3。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）①根据相似相溶原理分析；
②a．黑磷和白磷分子式不相同，不互为同分异构体，故a不正确；
b．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；
cd．利用已知信息判断；
（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）①原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高；
②根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
22．（2023·张家界模拟）某软锰矿含锰为50%，是重要的锰矿石。其主要成分如表：
软锰矿主要成分 杂质
MnO2 MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质
某科研团队设计制备高纯度MnCO3。反应原理为①MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S；②MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；③硫酸锰+碳酸氢铵+一水合氨→MnCO3↓(白色)。工艺流程图如图。
回答下列问题：
（1）软锰矿与硫化钡反应时，适当提高反应液温度的目的是 。
（2）“不溶物”中除SiO2外，还有 (“填化学式”)。
（3）工序2中加入H2O2的目的是 ，使用氨水调溶液的pH，理论上pH最小值为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3、Ksp[Al(OH)3]=10-32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7)
（4）MnF2难溶于水，工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+，其反应的离子反应方程式为 。
（5）碳化过程中发生反应的化学方程式为 。
（6）由镍、锰、镓制备的磁性形状记忆型合金中，基态Mn原子的价电子的轨道表示式为 。晶胞结构如图，晶胞参数为anm，则该晶体的密度为 g cm-3(NA表示阿伏加德罗常数)。
【答案】（1）加快反应速率
（2）S
（3）将Fe2+氧化为Fe3+；4.9
（4）MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)
（5）MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O
（6）；
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）升高反应温度，提高反应速率；
（2）软锰矿中的成分在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸，所以沉淀中除了还有S；
（3）MgO、MnO、FeO、与硫酸反应生成、、、、，结合题意与相近，若不加双氧水，沉淀的同时也会被沉淀，从而使和不能分离。工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水生成、。由可知，pH最小应达到使沉淀完全，此时也已沉淀完全，即，则，，；
（4）工序③中加入，产生的与反应生成沉淀，即发生反应；
（5）“碳化”过程是硫酸锰、碳酸氢铵、氨水反应，其化学方程式为：
；
（6）M原子的原子序数为25，基态锰原子价电子轨道表示为根据晶胞均摊法计算，该合金化学式为，每个晶胞中有8个Ni、4个Mn、4个Ga，晶胞的体积为，所以该晶体的密度为。
【分析】软锰矿中加入硫化钡，MnO2发生反应MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S，过滤分离滤液，滤渣中加入硫酸，MgO、MnO、FeO、与硫酸反应生成、、、、，过滤除去不溶物、S，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水生成、，工序③中加入，发生反应，压滤，分离出滤渣，碳化过程中，硫酸锰、碳酸氢铵、氨水发生反应，过滤分离出碳酸锰，经一系列操作得到高纯度MnCO3。
23．（2023·上饶模拟）硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物等领域具有重要应用。
（1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为 。
（2）的沸点低于，其原因是 。
（3）硒的两种含氧酸的酸性强弱为 (填“>”或“<”)。的空间结构为 。比较键角大小：气态分子 离子(填“>”“<”或“=”)。
（4）关于I～III三种反应物，下列说法正确的有____。
A．I中仅有键
B．I中的Se-Se键为非极性共价键
C．I易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
（5）IV中具有孤对电子的原子有 。
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如左图，沿x、y、z轴方向的投影均为右图。
①X的化学式为 。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为 nm(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）>；正四面体形；>
（4）B；D；E
（5）O、Se
（6）；
【知识点】原子结构的构造原理；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）Se与S同族，位于第4周期，ⅥA族，故基态硒原子价电子排布式为：；
（2）两者都是分子晶体，但是水中含有氢键，分子间作用力较大，沸点较高，故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
（3）在含氧酸中，非羟基氧越多，其酸性越强，和非羟基氧的个数分别为2和1，故酸性>；中心原子的价层电子对数为4，则其空间结构为：正四面体形；SeO3中Se是sp2杂化，平面三角形，键角120°；中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥形，键角小于120°，故键角气态分子>离子；
（4）A．I中含有苯环，除了有σ键之外还有其它化学键，A不正确；
B．I中的Se-Se键是相同原子形成的共价键，为非极性共价键，B正确；
C．I为相对分子较大的有机物，没有亲水基，一般不易溶于水，C不正确
D．II的主要结构是苯环、碳碳双键和碳碳三键，其中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，D正确；
E．I~III含有的元素包括：H、C、N、O、S、Se，O电负性最大，E正确；
故答案为：BDE；
（5）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se；
（6）①根据晶胞结构得到K有8个， 有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）分子间含有氢键，熔沸点较高；
（3）在含氧酸中，非羟基氧越多，其酸性越强；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；依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析；
（4）A．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；
B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
C．结构中没有亲水基；
D．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；
E．同周期从左到右金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；
（5）根据题中信息分析；
（6）①利用均摊法确定原子数；
②根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
24．（2023·来宾模拟）在科研和工农业生产中，碳、氮、砷(As)、铜等元素形成的单质及其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）As和N同族，基态砷原子的价电子排布式为 。
（2）基态Cu原子的核外电子有 种运动状态，未成对电子占据的原子轨道形状为 。
（3）中C原子的杂化轨道类型为 ，其空间构型为 。
（4）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请结合阳离子的结构分析，高温时Cu2O比CuO更稳定的原因 。
（5）向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定，溶液呈深蓝色是因为存在[Cu(NH3)4]SO4，1mol[Cu(NH3)4]2+含σ键的数目为 。
（6）金属晶体铜的晶胞如图所示，其堆积方式是 ，铜晶胞的密度为ρg cm 3，NA为阿伏加德罗常数的值，则铜晶胞的边长为 pm(用含ρ、NA的式子表示，写出计算式即可)。
【答案】（1）4s24p3
（2）29；球形
（3）sp2；平面三角形
（4）Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO
（5）16NA
（6）面心立方最密堆积；
【知识点】原子核外电子排布；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）基态氮原子的价电子排布式为2s22p3；As和N同族，As是第四周期元素，则基态砷原子的价电子排布式为4s24p3；故答案为：4s24p3。
（2）Cu原子核外有29个电子，一个电子是一种运动状态，则基态Cu原子的核外电子有29种运动状态，价电子排布式为3d104s1，未成对电子占据的能级为4s，其原子轨道形状为球形；故答案为：29；球形。
（3）中C原子价层电子对数为，其杂化轨道类型为sp2，其空间构型为平面正三角形；故答案为：sp2；平面正三角形。
（4）Cu2O中亚铜离子最外层电子排布式为3d10，铜离子最外层电子排布式为3d9，根据全满，稳定结构，则高温时Cu2O比CuO更稳定的原因Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO。
（5）1个氨气有3个σ键，配位键也是σ键，因此1mol[Cu(NH3)4]2+含σ键的数目为16NA；故答案为：16NA。
（6）金属晶体铜的晶胞如图所示，其堆积方式是面心立方最密堆积，铜晶胞的密度为ρg cm 3，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶胞中铜原子个数为4，根据，解得晶胞参数为pm，则铜晶胞的边长为pm；故答案为：面心立方最密堆积；。
【分析】（1）砷为第四周期VA族，最外层为5个电子，分布在4s和4p两个能级；
（2）铜原子为29号元素，电子有29种运动状态；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+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，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；
（4）最外层电子为全充满或者半充满时，更稳定；
（5）σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
（6）晶胞的边长要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数和密度计算。
25．（2023·湖南模拟）锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：
已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐；GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
（1）Ge在元素周期表中的位置是 ，GeCl4晶体所属类别是 。
（2）步骤①NaOH溶液碱浸时发生的离子反应方程式为 。
（3）步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为 (填“10－15”“15－20”或“20－25”)。
编号 加料量(CaCl2/Ge) 母液体积(mL) 过滤后滤液含锗(mg/L) 过滤后滤液pH 锗沉淀率(%)
1 10 500 76 8 93.67
2 15 500 20 8 98.15
3 20 500 2 11 99.78
4 25 500 1.5 12 99.85
（4）步骤⑤中选择浓盐酸而不选择稀盐酸的原因是 。
（5）步骤⑥的化学反应方程式为 。
（6）Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：
①量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为(，，)，则分数坐标为(0，0，)的离子是 。
②晶体Ge是优良的半导体，可作高频率电流的检波和交流电的整流用。如图为Ge单晶的晶胞，设Ge原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为(不需化简)ρ= g/cm3。
【答案】（1）第四周期ⅣA族；分子晶体
（2）GeO2+2OH-=GeO+H2O
（3）20—25
（4）GeCl4在稀盐酸中易水解
（5）GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
（6）I-；
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）锗元素的原子序数为32，位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故答案为：第四周期ⅣA族；分子晶体；
（2）由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH-=GeO+H2O，故答案为：GeO2+2OH-=GeO+H2O；
（3）由表格数据可知，加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故答案为：20—25；
（4）由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故答案为：GeCl4在稀盐酸中易水解；
（5）由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl；
（6）①由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：I-；
②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为 pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=，故答案为：。
【分析】 锗锌矿加入NaOH溶液碱浸，过滤，滤液含有锗酸钠，滤渣1为ZnS及少量Fe2O3，加入氯化钙溶液、过滤得到滤渣2为锗酸钙沉淀和氢氧化钙，加入盐酸生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2 nH2O，GeO2 nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge。
26．（2023·渭南模拟）二甲基亚砜()是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为 。
（2）铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为 。
（3）已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮( )分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为 。
③二甲基亚砜易溶于水，原因可能为 。
（4）的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为 ，该分子内的作用力不可能含有 (填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键 E.氢键 F.范德华力
（5）已知硫化锰()晶胞如图所示，该晶胞参数，。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②空间利用率指的是构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。已知锰和硫的原子半径分别和，该晶体中原子的空间利用率为(列出计算式即可) 。
【答案】（1）
（2）
（3）；；二甲基亚砜可以与水分子形成分子间氢键
（4）；CEF
（5）4；
【知识点】原子结构的构造原理；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）为24号元素，基态铬原子的价电子排布图(轨道表示式)为 ；
（2）铬价电子为3d54s1，锰为25号元素原子，价电子为3d54s2，故两者基态原子核外未成对电子数之比为6：5；
（3）①二甲基亚砜分子中S原子的价层电子对数为，为sp3杂化；
②同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为。
③二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键，导致二甲基亚砜易溶于水；
（4）由题干可知，的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色，则浅绿色的结构中能电离出2个氯离子，内界含有5个水分子、1个氯离子，其配离子的化学式为；该分子内的作用力存在阴阳离子间的离子键、水分子内部的共价键、铬与配体的配位键，其分子内不存在金属键、氢键、范德华力；
故答案为：CEF；
（5）①该晶体中，1个硫周围有4个锰原子，结合化学式可知，锰原子周围的硫原子数目为4。
②据“均摊法”，晶胞中含个Mn、由化学式可知，同时含有2个S；已知锰和硫的原子半径分别和，该晶体中原子的空间利用率为。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）根据泡利原理，在一个原子轨道里，最多只能放入2个电子，而且自旋状态相反；
（3）①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同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱。
③二甲基亚砜中氧电负性较强；
（4）依据现象确定配离子的化学式，利用配合物的结构确定分子内的作用力；
（5）①依据晶胞结构分析。
②利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
27．（2023·成都模拟）含银卤化物胶片是摄影中常用的感光材料。回答下列问题：
（1）卤化银曝光后会产生(黑色粉末)和。基态原子的价电子排布式为 。
（2）加入显影剂(如等)，使潜影银核中的进一步还原为。中(除H外)其他所含元素的第二电离能最大的是 ；该物质能溶于冷水，原因是 。
（3）用溶解胶片上多余的，形成可溶的直线形配离子，从而定影．离子的VSEPR模型为 ，中中心的杂化轨道类型为 ，其中配位时给出孤电子对能力较强的是 (填“S”或“O”)。
（4）电解法可回收银单质。单质为面心立方最密堆积，晶胞参数为，则银原子的半径 。
（5）晶胞如右图，晶胞参数为。晶体中的配位数为 ；已知离子半径为，离子之间不相切，则晶体中离子半径 。
【答案】（1）
（2）O；一方面该分子具有极性，与水相似相溶，另一方面可与水形成分子间氢键
（3）四面体(形)；sp；s
（4）
（5）6；
【知识点】原子结构的构造原理；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）基态原子为35号元素，故价电子排布式为。
（2）O、N、C原子失去1个电子后的价电子排布式为2s22p3、2s22p2、2s22p1，此时O的2p上处于半满状态，较稳定，再失去一个电子需要更高的能量，故第二电离能最大；一方面该分子为极性分子，易溶于同为极性分子的水中，另一方面可与水形成分子间氢键，故该物质能溶于冷水。
（3）与SO互为等电子体，故成键和结构相似，故VSEPR模型为四面体(形)；中中心形成2个配位键，故杂化轨道类型为sp杂化，S的电负性比O小，故S提供孤电子对。
（4）单质为面心立方最密堆积，故面对角线上的3个Ag原子相切，面对角线长度为pm=4r1，故pm。
（5）如图所示，以体心处Ag+为对象，则距离最近的Cl-位于6个面心，晶体中的配位数为6。边长apm=2bpm+2r2，则r2=()pm。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）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
（3）等电子体的结构相似；依据配合物的结构确定配位键的数目；
（4）（5）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
28．（2023·潍坊模拟）分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC 是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC 是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。
回答下列问题：
（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有 种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
a. b.
c. d.
（2）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。1 mol WOC 中通过螯合作用形成的配位键有 mol。
（3）HEC 中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL )如下表：
HO-OH
346 247 207
A-A键的键能依次降低的原因是 。
（4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为 ，、的键角由大到小的顺序为 。
（5）水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。
①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为 pm(保留一位小数)。
②普通冰晶体的密度为 g·cm (列出数学表达式，不必计算出结果)。
【答案】（1）3；c
（2）10
（3）C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小
（4）；>
（5）276.4；
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；反应热和焓变
【解析】【解答】（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti、Ni、Ge；
a.为基态Fe原子；b.为基态；c. 为基态 d. 为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是，故c正确；
故答案为：3；c；
（2）WOC 中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，有结构简式可知1molWOC 中含10mol配位键，故答案为：10；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肤中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
故答案为：C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小。
（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为，中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°，故答案为：；>；
（5）①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为0.375×737=276.4；
由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm ，晶胞密度为：，故答案为：276.4；。
【分析】（1）依据构造原理分析；具有全充满，半充满，全空三种状态的电子排布比较稳定。
（2）依据图中结构判断；
（3）中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
（4）依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
（5）①氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个相同原子的核间距；依据由晶胞结构计算。
29．（2023·大庆模拟）镍铜合金是由60%镍、33%铜、7%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性强，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。根据所学知识，回答下列问题：
（1）铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为____(填标号)。
A． B． C．
（2）基态的价电子排布式为 。
（3）乙酰丙酮(结构如图)中C原子的杂化轨道类型有 ，乙酰丙酮中σ键与π键数目之比为 。
（4）Cu与Fe的第二电离能分别为，，大于的主要原因是 。
（5）已知的立方晶胞结构如图所示。
①已知a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为 。
②晶胞边长为cpm，该晶体的密度为 。(列计算式，设为阿伏加德罗常数的数值)
【答案】（1）A
（2）
（3）和；7：1
（4）基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子
（5）(，，)；
【知识点】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）橙色、黄色、绿色对应的波长分别为622～597nm、597～577nm、577～492nm，
故答案为：A；
（2）铜元素的原子序数为29，基态铜离子的价电子排布式3d9，故答案为：3d9；
（3）由结构简式可知，乙酰丙酮分子中单键碳原子的杂化方式为sp2杂化、双键碳原子的杂化方式为sp3杂化，有机物分子中单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则乙酰丙酮分子中σ键与π键数目之比为14：2=7：1，故答案为：和；7：1；
（4）铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁元素的原子序数为26，基态，原子价电子排布为3d64s2，失去两个电子后形成了3d6的结构，较易失去1个电子形成3d5的半充满结构，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；
（5）①由位于顶点的a原子、体心的b原子的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)可知，四面体的边长为1，则位于体对角线处的d原子的坐标参数为(，，)，故答案为：(，，)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球为8×+1=2，位于体内的白球为4，由氧化亚铜的化学式可知，黑球代表氧离子、白球代表亚铜离子，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-30c3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）橙色、黄色、绿色对应的波长分别为622～597nm、597～577nm、577～492nm；
（2）铜的基态原子电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则铜离子的为3d9；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+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；
（4）半充满和全充满的电子电离能更大；
（5） ① 坐标参数要结合远点和和晶胞的结构特点判断；
② 密度要结合体积、阿伏加德罗常数、摩尔质量判断。
30．（2022·绍兴模拟）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Fe、Cu等过渡元素常作为中心原子或离子，而H2O、Cl-、吡啶(C5H5N)等微粒则是常见的配体。
（1）基态Fe2+的价电子轨道表示式为 。
（2）H3O+的电子式为 ，空间构型为 。
（3）吡啶()其中N的杂化方式为 ，吡啶和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是 。
（4）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；② 。
（5）MCln·xH2O的晶胞结构如下图所示，晶胞的棱长分别为a pm、b pm、c pm，夹角均为90°。(1 pm=1.0×10-10 cm)
若金属M的相对原子量Mr，则该晶体的密度为 g.cm3。
【答案】（1）
（2）；三角锥
（3）sp2；
（4）吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
（5）
【知识点】原子结构的构造原理；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是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+是Fe原子失去最外层的2个电子形成的，其价层电子排布式是3d6，则基态Fe2+的价电子轨道表示式为；
（2）H3O+是O原子与2个H原子结合形成H2O后，再由O原子的一对孤电子对与H+通过配位键形成的，则其电子式为；
O原子价层电子对数是3+1=4，含有1对孤电子对，故H3O+的空间构型是三角锥形；
（3）在吡啶中N原子形成3个共价键，因此N原子杂化类型是sp2；
吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度：吡啶远大于苯；已知-CH3为斥电子基团，-CF3是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为： +＞＞，所以吡啶和其衍生物、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是；
（4）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子；②吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；
（5）在该晶胞中金属Mn+个数是：8×+2×=2；Cl-数目是：4×+1×2=4；H2O分子数目是：8×+4×=4，若金属M的相对原子量Mr，晶胞的棱长分别为a pm、b pm、c pm，夹角均为90°，则该晶胞的密度ρ=。
【分析】（1）根据构造原理分析；
（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；
（4）分子间氢键会增大物质的溶解度：
（5）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
2023年高考真题变式分类汇编：晶胞的计算2
一、选择题
1．（2023·湖南模拟）一种钴的氧化物在纳米储能领域研究广泛，其晶胞结构如图所示(白球为Co，黑球为O)，已知该晶胞参数为，阿伏加德罗常数为。下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为CoO
B．基态Co原子有3个未成对电子
C．与O原子最近且等距离的O原子有12个
D．氧化物的摩尔体积
2．（2023·辽阳模拟）设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．中含有的配位键数为22NA
B．铬晶胞如图所示，铬能切割成如图晶胞的数目为NA
C．参与氧化还原反应时，转移的电子数一定为2NA
D．溶液中含有的数为0.1NA
3．（2023·忻州模拟）一种钙镁矿的四方晶胞结构如图所示。已知该晶胞的参数为apm、apm、bpm，1号原子的坐标为(，，)，下列说法错误的是
A．2号原子的坐标为(，，)
B．距离硫原子最近的硫原子数目为4
C．硫原子的配位数为4
D．该晶体的密度为g/cm3
4．（2023·枣庄模拟）砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。下列说法错误的是
A．砷化镓中配位键的数目是
B．Ga和As的最近距离是
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6
5．（2023·辽宁模拟）冰晶石晶胞结构如图甲所示，Al单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶胞特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示。下列说法错误的是
A．甲图中大立方体的体心处小三角“△”所代表的应该是“小白球”
B．Al晶胞中Al原子的配位数为12
C．若已知Al的原子半径为dcm，代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M，Al晶体的密度为
D．中含有离子键、配位键
6．（2023·辽阳模拟）我国科学家开发铜钯催化剂高效实现电催化还原制备乙酸，铜钯晶胞如图。已知：、的原子半径分别为a pm，b pm。下列叙述正确的是
A．乙酸的同分异构体均易溶于水
B．该晶胞的化学式为
C．离最近的有8个
D．该晶体的密度
7．（2023·邯郸模拟）氮化镓是一种优异的半导体，硬度很大，熔点约为1700℃，氮化镓有三种晶体结构，其中最稳定的结构如图。下列关于该结构及其对应晶体的说法正确的是
A．氮化镓晶体属于分子晶体
B．该结构中有8个N原子
C．Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为6
D．该晶体的密度为×1030g cm-3
8．（2023·辽宁模拟）某立方品系的锑钾(Sb-K)合金可作为钾离子电池的电极材料，图a为该合金的晶胞结构，图b表示晶胞的一部分，晶胞中1号、3号原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1)。下列说法错误的是
A．晶胞中含有的Sb原子数为4
B．2号原子的分数坐标为
C．K和Sb之间的最短距离为pm
D．该晶体的密度为
9．（2023·厦门模拟）一种光催化材料的晶胞如图，属于立方晶系，其晶胞参数为。下列说法错误的是
A．晶体的化学式为
B．晶体中与距离最近且相等的有6个
C．氧原子位于构成的四面体空隙中
D．晶体密度为
10．（2023·济宁模拟）硒化锌是一种重要的半导体材料；其晶胞结构如图甲所示，已知晶胞参数为pnm，乙图为晶胞的俯视图，下列说法正确的是
A．晶胞中硒原子的配位数为12
B．晶胞中d点原子分数坐标为
C．相邻两个Zn原子的最短距离为nm
D．电负性：Zn>Se
二、多选题
11．（2023高二下·大余期末）下列有关说法不正确的是（ ）
A．图1 NaCl晶体中，距最近的形成为正四面体形
B．图2晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．图3立方相氮化硼中，硼原子与硼氮键个数的比为1∶4
D．金属Cu中原子堆积模型如图4所示，为最密堆积，Cu原子的配位数为8
12．（2023高二下·乐安期末）的晶胞结构示意图如图甲所示，其中Li位于立方体的顶点、部分棱心和面心，O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。电池充电时，脱出部分，形成乙、丙。下列说法错误的是
A．图甲中每个晶胞中含有的单元数有4个
B．
C．中
D．若晶胞丙的边长为a pm，则晶胞密度为 g cm
13．（2022高二下·日照期末）某镁铝尖晶石的晶胞由立方体M区和N区组成，结构如图。
下列说法正确的是（ ）
A．该晶胞的体积为×10-30cm3
B．与O2-最邻近的Al3+离子数为4
C．Mg2+和Mg2+之间的最短距离为pm
D．该物质的化学式为MgAl2O4
14．（2021高二下·胶州期末）硒化锌是一种黄色立方晶系，可用于荧光材料、半导体掺杂物。其晶胞结构如图，晶胞参数为 a pm。下列说法正确的是（ ）
A．硒的配位数为4
B．相邻的Se2-与 Zn2+之间的距离为pm
C．若硒化锌晶体的密度为ρ g·cm-3，则阿伏加德罗常数
D．已知A点原子分数坐标为(0，0，0)，则 C点的原子分数坐标为
15．（2021高二下·德州期末）下列有关说法错误的是（ ）
A．图1 NaCl晶体中，距最近的形成为正四面体形
B．图2晶体中，每个晶胞平均占有4个
C．图3立方相氮化硼中，硼原子与硼氮键个数的比为1∶4
D．金属Cu中原子堆积模型如图4所示，为最密堆积，Cu原子的配位数为8
三、非选择题
16．（2023·全国乙卷）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。
（2）已知一些物质的熔点数据如下表：
物质 熔点/℃
800.7
与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是 。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因 。的空间结构为 ，其中的轨道杂化形式为 。
（3）一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个。该物质化学式为 ，B-B最近距离为 。
17．（2023·新课标卷）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应的 。
（2）研究表明，合成氨反应在催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位，表示被吸附于催化剂表面的)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为 (填步骤前的标号)，理由是 。
（3）合成氨催化剂前驱体(主要成分为)使用前经还原，生成包裹的。已知属于立方晶系，晶胞参数，密度为，则晶胞中含有的原子数为 (列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为，另一种为。(物质i的摩尔分数：)
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是 。
②进料组成中含有情性气体的图是 。
③图3中，当、时，氮气的转化率 。该温度时，反应的平衡常数 (化为最简式)。
18．（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)。
19．（2023·浙江1月选考）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）分子的空间结构(以为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。受热分解生成和，其受热不稳定的原因是 。
（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述，正确的是____。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。
20．（2022·江苏）硫铁化合物(、等)应用广泛。
（1）纳米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，主要以、、好形式存在，纳米去除水中主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知：，；电离常数分别为、。
①在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，其离子方程式为 。
②在弱酸性溶液中，反应的平衡常数K的数值为 。
③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是 。
（2）具有良好半导体性能。的一种晶体与晶体的结构相似，该晶体的一个晶胞中的数目为 ，在晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，如图给出了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）、在空气中易被氧化，将在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。时，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)。
21．（2023·平谷模拟）磷及其化合物在工业生产中起着重要的作用。
（1）磷在元素周期表中的位置是 ；基态磷原子价电子排布式 。
（2）磷元素有白磷、黑磷等常见的单质。
①白磷()是分子晶体，易溶于，难溶于水，可能原因是 。
②黑磷晶体是一种比石墨烯更优秀的新型材料，其晶体是与石墨类似的层状结构，如下图所示。下列有关黑磷晶体的说法正确的是 (填字母序号)。
a.黑磷与白磷互为同分异构体 b.黑磷中磷原子采取杂化
c.黑磷能导电 d.黑磷属于混合型晶体
（3）与水会形成黄色的配离子，为避免颜色干扰，常在溶液中加入形成无色的，此配离子中 (填写化学式)是中心离子，空间构型是 。
（4）第IIIA族磷化物均为共价化合物，被广泛用于高温技术、新型电子产品等领域。
①实验测定磷化铝和磷化铜的熔点分别为2000℃、1070℃，从结构角度说明其熔点差异的原因 。
②磷化硼是一种半导体材料，晶胞结构如图所示，磷化硼的化学式是 ，已知晶胞边长a pm，阿伏加德罗常数为，磷化硼晶体的密度是
22．（2023·张家界模拟）某软锰矿含锰为50%，是重要的锰矿石。其主要成分如表：
软锰矿主要成分 杂质
MnO2 MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质
某科研团队设计制备高纯度MnCO3。反应原理为①MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S；②MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；③硫酸锰+碳酸氢铵+一水合氨→MnCO3↓(白色)。工艺流程图如图。
回答下列问题：
（1）软锰矿与硫化钡反应时，适当提高反应液温度的目的是 。
（2）“不溶物”中除SiO2外，还有 (“填化学式”)。
（3）工序2中加入H2O2的目的是 ，使用氨水调溶液的pH，理论上pH最小值为 。(通常认为溶液中离子浓度小于10-5mol L-1为沉淀完全；Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3、Ksp[Al(OH)3]=10-32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7)
（4）MnF2难溶于水，工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+，其反应的离子反应方程式为 。
（5）碳化过程中发生反应的化学方程式为 。
（6）由镍、锰、镓制备的磁性形状记忆型合金中，基态Mn原子的价电子的轨道表示式为 。晶胞结构如图，晶胞参数为anm，则该晶体的密度为 g cm-3(NA表示阿伏加德罗常数)。
23．（2023·上饶模拟）硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物等领域具有重要应用。
（1）Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为 。
（2）的沸点低于，其原因是 。
（3）硒的两种含氧酸的酸性强弱为 (填“>”或“<”)。的空间结构为 。比较键角大小：气态分子 离子(填“>”“<”或“=”)。
（4）关于I～III三种反应物，下列说法正确的有____。
A．I中仅有键
B．I中的Se-Se键为非极性共价键
C．I易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
（5）IV中具有孤对电子的原子有 。
（6）我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如左图，沿x、y、z轴方向的投影均为右图。
①X的化学式为 。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为 nm(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
24．（2023·来宾模拟）在科研和工农业生产中，碳、氮、砷(As)、铜等元素形成的单质及其化合物有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）As和N同族，基态砷原子的价电子排布式为 。
（2）基态Cu原子的核外电子有 种运动状态，未成对电子占据的原子轨道形状为 。
（3）中C原子的杂化轨道类型为 ，其空间构型为 。
（4）CuO在高温时分解为O2和Cu2O，请结合阳离子的结构分析，高温时Cu2O比CuO更稳定的原因 。
（5）向盛有CuSO4溶液的试管中滴加少量氨水，产生蓝色沉淀，继续滴加氨水至过量得到深蓝色溶液。经测定，溶液呈深蓝色是因为存在[Cu(NH3)4]SO4，1mol[Cu(NH3)4]2+含σ键的数目为 。
（6）金属晶体铜的晶胞如图所示，其堆积方式是 ，铜晶胞的密度为ρg cm 3，NA为阿伏加德罗常数的值，则铜晶胞的边长为 pm(用含ρ、NA的式子表示，写出计算式即可)。
25．（2023·湖南模拟）锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：
已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐；GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
（1）Ge在元素周期表中的位置是 ，GeCl4晶体所属类别是 。
（2）步骤①NaOH溶液碱浸时发生的离子反应方程式为 。
（3）步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为 (填“10－15”“15－20”或“20－25”)。
编号 加料量(CaCl2/Ge) 母液体积(mL) 过滤后滤液含锗(mg/L) 过滤后滤液pH 锗沉淀率(%)
1 10 500 76 8 93.67
2 15 500 20 8 98.15
3 20 500 2 11 99.78
4 25 500 1.5 12 99.85
（4）步骤⑤中选择浓盐酸而不选择稀盐酸的原因是 。
（5）步骤⑥的化学反应方程式为 。
（6）Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：
①量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为(，，)，则分数坐标为(0，0，)的离子是 。
②晶体Ge是优良的半导体，可作高频率电流的检波和交流电的整流用。如图为Ge单晶的晶胞，设Ge原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为(不需化简)ρ= g/cm3。
26．（2023·渭南模拟）二甲基亚砜()是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布图(轨道表示式)为 。
（2）铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为 。
（3）已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮( )分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为 。
③二甲基亚砜易溶于水，原因可能为 。
（4）的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为 ，该分子内的作用力不可能含有 (填序号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．配位键 E.氢键 F.范德华力
（5）已知硫化锰()晶胞如图所示，该晶胞参数，。
①该晶体中，锰原子周围的硫原子数目为 。
②空间利用率指的是构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。已知锰和硫的原子半径分别和，该晶体中原子的空间利用率为(列出计算式即可) 。
27．（2023·成都模拟）含银卤化物胶片是摄影中常用的感光材料。回答下列问题：
（1）卤化银曝光后会产生(黑色粉末)和。基态原子的价电子排布式为 。
（2）加入显影剂(如等)，使潜影银核中的进一步还原为。中(除H外)其他所含元素的第二电离能最大的是 ；该物质能溶于冷水，原因是 。
（3）用溶解胶片上多余的，形成可溶的直线形配离子，从而定影．离子的VSEPR模型为 ，中中心的杂化轨道类型为 ，其中配位时给出孤电子对能力较强的是 (填“S”或“O”)。
（4）电解法可回收银单质。单质为面心立方最密堆积，晶胞参数为，则银原子的半径 。
（5）晶胞如右图，晶胞参数为。晶体中的配位数为 ；已知离子半径为，离子之间不相切，则晶体中离子半径 。
28．（2023·潍坊模拟）分子人工光合作用的光捕获原理如图所示，WOC 是水氧化催化剂WOC在水氧化过程中产生的中间体，HEC 是析氢催化剂HEC在析氢过程中产生的中间体。
回答下列问题：
（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有 种，下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
a. b.
c. d.
（2）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。1 mol WOC 中通过螯合作用形成的配位键有 mol。
（3）HEC 中的C、N、O三种元素都能与H元素形成含A-A(A表示C、N、O元素)键的氢化物。氢化物中A-A键的键能(kJ·moL )如下表：
HO-OH
346 247 207
A-A键的键能依次降低的原因是 。
（4）在多原子分子中有相互平行的p轨道，它们连贯、重叠在一起，构成一个整体，p电子在多个原子间运动，像这样不局限在两个原子之间的π键称为离域π键，如苯分子中的离域π键可表示为。N元素形成的两种微粒、中，中的离域π键可表示为 ，、的键角由大到小的顺序为 。
（5）水催化氧化是“分子人工光合作用”的关键步骤。水的晶体有普通冰和重冰等不同类型。普通冰的晶胞结构与水分子间的氢键如图甲、乙所示。晶胞参数pm，pm，；标注为1、2、3的氧原子在Z轴的分数坐标分别为：0.375c、0.5c、0.875c。
①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为 pm(保留一位小数)。
②普通冰晶体的密度为 g·cm (列出数学表达式，不必计算出结果)。
29．（2023·大庆模拟）镍铜合金是由60%镍、33%铜、7%铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐蚀性强，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。根据所学知识，回答下列问题：
（1）铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为____(填标号)。
A． B． C．
（2）基态的价电子排布式为 。
（3）乙酰丙酮(结构如图)中C原子的杂化轨道类型有 ，乙酰丙酮中σ键与π键数目之比为 。
（4）Cu与Fe的第二电离能分别为，，大于的主要原因是 。
（5）已知的立方晶胞结构如图所示。
①已知a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为 。
②晶胞边长为cpm，该晶体的密度为 。(列计算式，设为阿伏加德罗常数的数值)
30．（2022·绍兴模拟）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Fe、Cu等过渡元素常作为中心原子或离子，而H2O、Cl-、吡啶(C5H5N)等微粒则是常见的配体。
（1）基态Fe2+的价电子轨道表示式为 。
（2）H3O+的电子式为 ，空间构型为 。
（3）吡啶()其中N的杂化方式为 ，吡啶和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是 。
（4）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；② 。
（5）MCln·xH2O的晶胞结构如下图所示，晶胞的棱长分别为a pm、b pm、c pm，夹角均为90°。(1 pm=1.0×10-10 cm)
若金属M的相对原子量Mr，则该晶体的密度为 g.cm3。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．根据均摊法，晶胞中有4个Co，4个O，化学式为CoO，A不符合题意；
B．基态Co原子的价电子排布式为，其价电子排布图为 ，有3个未成对电子，B不符合题意；
C．根据图示结构结合几何关系可知，与O原子最近且等距离的O原子有12个，且距离为，C不符合题意；
D.1mol晶胞中含有4molCoO，该氧化物的摩尔体积为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据均摊法进行分析。
B.根据Co原子核外电子排布式进行分析。
C.根据图示结构，结合几何关系进行分析。
D.根据n=进行分析。
2．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A．中含有和共6mol配位键，含有的配位键数为，A项不符合题意；
B．，1个铬晶胞含个铬原子，最多能切割成晶胞，即切割晶胞的数目为NA，B项符合题意；
C．双氧水在氧化还原反应中有三种情况(只作氧化剂，只作还原剂，既作氧化剂又作还原剂)，因而1molH2O2 参与氧化还原反应时，转移的电子数不一定为2NA，如1molH2O2分解为水和氧气，转移电子数为NA，C项不符合题意；
D．四羟基合铝酸钠能发生水解反应，因而溶液中含有的 [Al(OH)4]-数小于0.1NA，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、配位键要结合中心原子周围的配位原子判断；
B、结合均摊法判断；
C、结合化合价变化数目判断；
D、四羟基合铝酸钠可以发生水解。
3．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由坐标系及1号原子的坐标可得，2号原子的坐标为(，，)，A不符合题意；
B．以硫原子为顶点，构成的立方晶胞结构中硫原子的位置位于顶点和面心，所以距离硫原子最近的硫原子数目为12，B符合题意；
C．与硫原子距离最近的有2个Ca原子和2个Mg原子，则硫原子的配位数为4，C不符合题意；
D．该晶胞中，位于棱上和面上Ca原子个数为，位于顶点、面上和体心的Mg原子个数为，位于晶胞内部硫原子个数为8，则该晶体的密度为g/cm3=g/cm3，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
4．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A不符合题意；
B．由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，故B不符合题意；
C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C不符合题意；
D．由乙晶胞结构可知，掺杂Mn之后，晶体中Mn数目为，As数目为4，故晶体中Mn、As的原子个数比为5：32，则和Mn最近且等距离的As的数目大于6，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.根据均摊法可知，砷化镓的化学式为As，1个GaAs中含有一个配位键；
B.Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的；
C.c位于侧面的面心。
5．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由图乙和丙可知，Al的堆积方式为面心立方堆积，对应图甲中的黑球，则甲图体心处的小三角应是小白球，A不符合题意；
B．Al为面心立方堆积，配位数为12，B不符合题意；
C．由图丙可知，一个Al晶胞中含有4个Al原子，由图丁可知晶胞参数与Al半径的关系为，则cm，晶胞质量为，晶胞体积为，则晶胞密度为，C符合题意；
D．中含有离子键、配位键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、结合堆积方式进行判断；
B、配位数要结合周围晶胞的原子判断；
C、密度要结合阿伏加德罗常数、体积、摩尔质量判断；
D、铵根离子或金属离子与非金属离子或酸根离子的结合是离子键，铝离子和氟离子的结合是共价键。
6．【答案】D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．乙酸的同分异构体不一定易溶于水，如与乙酸互为同分异构体，属于酯类，难溶于水，A项不符合题意；
B．该晶胞中有8个Cu位于顶点，个数为，Pd位于体心个数为1，则晶胞的化学式为CuPd，B项不符合题意；
C．由晶胞结构可知，Cu均位于顶点，离最近的有6个，C项不符合题意；
D．晶胞质量为：g，该晶胞为体心堆积，体对角线三个原子相切，=，边长=pm，则晶胞体积为：，该晶体的密度，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、酯类难溶于水；
B、结合均摊法判断；
C、结合周围晶胞判断；
D、密度要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数、体积判断。
7．【答案】D
【知识点】晶胞的计算；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A．氮化镓硬度很大，熔点很高，属于共价晶体，A项不符合题意；
B.1个图示结构中，位于棱上和体心N原子个数为，B项不符合题意；
C．在该结构中Ga呈六方最密堆积，因此Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为12，C项不符合题意；
D．在该结构中，位于顶点、面上和体心Ga原子个数为，位于棱上和体心N原子个数为，则该晶体的密度为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮化镓硬度很大，熔点约为1700℃，属于原子晶体；
B.根据均摊法计算；
C.Ga原子周围等距且最近的Ga原子数为12。
8．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．晶胞中含有的Sb原子数为8+6=4，故A不符合题意；
B．晶胞中1号、3号原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(1，1，1)，则2号原子的分数坐标为，故B不符合题意；
C．根据图知，K与Sb原子之间的最短距离为晶胞体对角线长度的，最短距离=，故C符合题意；
D．该晶胞中Sb原子数为8+6=4，K原子个数为12 +9=12，该晶体的密度为 = ，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
9．【答案】B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．据“均摊法”，晶胞中含个Ce、8个O，则晶体的化学式为，A不符合题意；
B．以底面面心的Ce为例，同层的最近的Ce有4个，上下层各有4个，故晶体中与距离最近且相等的有12个，B符合题意；
C．由结构可知，氧原子位于构成的四面体空隙中的体心，C不符合题意；
D．结合A分析可知，晶体密度为，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
10．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；晶体的定义
【解析】【解答】A．该晶胞中Zn原子的配位数是4，则ZnSe晶胞中Se原子的配位数也是4，A不符合题意；
B．该晶胞中a点坐标为(0，0，0)，b点坐标为B为( ，1，)，则a原子位于坐标原点，b原子在坐标轴正方向空间内，由图乙可知d原子也在坐标轴正方向空间内，且到x轴、y轴、z轴的距离分别为、、，即d原子的坐标为(，，)，B符合题意；
C．面对角线的两个Zn原子距离最短，为nm，C不符合题意；
D．Zn、Se为同周期元素，根据非金属性越强，电负性越大，非金属性：Zn
【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算；根据非金属性越强，电负性越大判断。
11．【答案】A,D
【知识点】晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型
【解析】【解答】A、根据晶胞图，可知距离Na+最近的Cl-有6个，构成正八面体，A正确；
B、根据晶胞图，可知O2-在晶胞的顶点和面心，个数为，即，每个晶胞平均找有4个O2-，B错误；
C、根据晶胞图，可知每个硼原子为4个共价键拥有，每个硼原子占据，每个硼氮键由1个硼原子和1个氮原子共同拥有，则硼原子和硼氮键的个数比为，C错误；
D、晶胞原子配位数即判断距离原子最近的其他原子个数，根据晶胞图观察，可知共有12个，即配位数为12，D正确；
故答案为：AD
【分析】A、等距离最近的原子若有4个且为立体，通常为正四面体，若有6个且为立体，通常为正八面体；
B、均摊法中，原子处于顶点占据，处于棱心占据，处于面心占据，处于体心占据1；
C、结合原子之间共同拥有的共价键和共价键被原子分配的情况判断；
D、晶胞原子配位数即判断距离原子最近的其他原子个数。
12．【答案】C,D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．LiFePO4晶胞中位于顶点、面心和棱上的锂离子个数为8×+4×+4×=4，晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个，A不符合题意；
B．Li1-xFePO4的晶胞比LiFePO4的晶胞少1个面心和1个棱上锂离子，晶胞中锂离子个数为13/4，化学式可得：(1—x) ∶4=13/16∶4，解得 x =3/16，B不符合题意；
C．设Li1-xFePO4中铁离子的个数为a，化合价代数和为0，a=3/16，亚铁离子和铁离子的物质的量比为(1—3/16)∶3/16=13∶3，C符合题意；
D．每个晶胞中含有FePO4的单元数为4，1mol晶胞的质量m=(56+31+64)×4g=625g，1mol晶胞体积V=a×a×a×10-30=a3×10-3m3，则晶胞密度为625/a3NA x 1030g/cm-3，D符合题意；
故答案为：CD
【分析】A．LiFePO4晶胞中含有LiFePO4的单元数有4个；
B．Li1-xFePO4的晶胞比LiFePO4的晶胞少1个面心和1个棱上锂离子；
C．物质的量比计算；
D．每个晶胞中含有FePO4的单元数为4，1mol晶胞的质量m=(56+31+64)×4g=625g，1mol晶胞体积V=a×a×a×10-30=a3×10-3m3，晶胞密度为625/a3NA x 1030g/cm-3。
13．【答案】C,D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．如图所示，M区、N区的棱长均为pm，则晶胞棱长为a pm，故晶胞的体积为a3×10-30cm3，A不符合题意；
B．如图所示，N区，与O2-最邻近的Al3+离子数为3，M区无Al3+，故与O2-最邻近的Al3+离子数为3，B不符合题意；
C．如图所示，M区，Mg2+位于该区域的体心和顶点，则Mg2+和Mg2+之间的最短距离为体对角线的一半，即 pm= pm；N区，Mg2+位于该区域的顶点，Mg2+和Mg2+之间的最短距离为面对角线，即 pm；由于 pm＜ pm，故晶胞中，Mg2+和Mg2+之间的最短距离为pm，C符合题意；
D．将邻近的M区和N区看为一个整体，该整体为晶胞的，其所含Mg2+位于顶点、棱心和内部，个数为4×+1+2×=2，Al3+位于内部，个数为4，O2-位于内部，个数为8，则Mg2+、Al3+和O2-的个数比为1：2：4，故物质的化学式为MgAl2O4，D符合题意；
故答案为：CD。
【分析】A.M区、N区的棱长均为pm，则晶胞棱长为a pm，则晶胞体积V=a3×10-30cm3；
B.与O2-最邻近的Al3+离子数为3；
C.Mg2+和Mg2+之间的最短距离为体对角线的一半；
D.根据均摊法计算。
14．【答案】A,B
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，硒的配位数为4，A项符合题意；
B．晶胞中相邻的Se2-与 Zn2+之间的距离为晶胞体对角线长度的，而晶胞体对角线为晶胞棱长的倍，故相邻的Se2-与 Zn2+之间的距离为pm，B项符合题意；
C．一个晶胞中，Zn原子个数为4，Se原子个数为，晶胞质量为，晶胞密度为ρ g·cm-3，晶胞参数为a pm，，则，C项不符合题意；
D．A点原子分数坐标为(0，0，0)，则C点的原子分数坐标为，D项不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A．由晶胞结构确定配位数；
B．由晶胞结构确定；
C．利用均摊法确定原子数目再计算；
D．由晶胞结构确定原子分数坐标。
15．【答案】A,D
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A．以顶点钠离子研究，与之最近的氯离子处于晶胞棱心且关于钠对称，故距最近的有6个，形成为正八面体形，A符合题意；
B.8×+6×=4，晶体中，每个晶胞平均占有4个，B不符合题意；
C．图3立方相氮化硼中，硼原子为3×=1，硼原子与硼氮键个数的比为1∶4，C不符合题意；
D．金属Cu中Cu原子堆积方式为面心立方最密堆积，每个Cu原子的配位数均为12，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】利用均摊法判断。
16．【答案】（1）；O＞Si＞Fe＞Mg；+2
（2）钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而 为分子晶体；随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是： 、 、 均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大；正四面体；
（3）3；；
【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；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）根据铁原子电子排布式可知，其价电子排布为3d64s2，元素电负性为：O>Si>Fe>Mg，根据化合物化合价代数和为0，可得铁的化合价为+2价；
（2），氯化钠为离子晶体，而四氯化硅为分子晶体，所以其沸点要高；三者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；SiCl4共价键为4，没有孤电子，采用sp3杂化，为四面体结构；
（3）由图可知，Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个数为：，B在正六棱柱体内共6个，所以化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为
【分析】思路分析：（2）一般来说，熔沸点大小关系为：共价晶体>离子晶体>分子晶体，可以通过沸点判断分子晶体类型，一般来说，分子晶体熔沸点都很低
（3）观察晶胞中原子的位置，利用均摊法计算原子个数，进而得到物质化学式。
17．【答案】（1）
（2）(ⅱ)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
（3）
（4）；合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大；图4；；
【知识点】晶胞的计算；活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据反应物总键能减去生成物总键能，
（2）在化学反应中，最大的活化能为速率控制步骤，由于的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)；
（3）晶胞密度为，晶胞参数为：287pm，根据公式：，则，，解的n=，
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数P1
③假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有
在p2=20MPa时，氨气的摩尔分数为0.2，可得，，解的x=，那么氮气转化率率为：，平衡时氮气，氢气、氨气的物质的量为：、2mol、，各物质的物质的量分数为：，所以=，进而得到。
【分析】难点分析：平衡图像解题技巧：对应化学反应速率图像和化学平衡图像，应该注意下列几点：1、横轴坐标和纵坐标含义；2、曲线斜率或者趋势；3、曲线上特殊点，如起点、终点、交点和拐点等；4、根据需要运用辅助线，如等温线、等压线等。
18．【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。
19．【答案】（1）四面体；；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
（2）A；B
（3）共价晶体；
【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；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）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的，SiH4分子中，Si采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；故答案为：四面体； ；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）A．电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，微粒半径：③>①>②，选项A符合题意；
B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B符合题意；
C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C不符合题意；
D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，选项D不符合题意；
故答案为：AB；
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为，故答案为：共价晶体；。
【分析】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的； N原子和1个Si原子、2个H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是4，N原子采用sp3杂化；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）①，则①为基态Si原子；②为Si+离子，③激发态Si原子；
（3）根据均摊法计算。
20．【答案】（1）；5；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大
（2）4；
（3）Fe2O3；设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
【知识点】晶胞的计算；化学平衡常数；离子方程式的书写
【解析】【解答】(1)在弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S，反应的离子方程式为： ；反应的平衡常数K= ，由题目信息可知，，电离常数，所以K===5；在溶液中，pH越大，c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大；故答案为：；5 ；c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少，中物质的量分数越大。
(2)因为的晶体与晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；晶体中，每个S原子与三个紧邻，且间距相等，根据晶胞中的和的位置(中的键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与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紧邻且间距相等，其中一个S原子与紧邻的连接图如下：；故答案为：4；。
(3)由图可知，时，氧化过程中剩余固体的质量与起始的质量的比值为66.7%，设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；故答案为：Fe2O3；设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。
【分析】（1）①弱碱性溶液中，与反应生成、和单质S；
②平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
③c(OH-)越大，表面吸附的的量越少，溶出量越少；
（2）一个晶胞含有4个和4个Cl，则该晶体的一个晶胞中的数目也为4；每个S原子与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紧邻且间距相等；
（3）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，M(FeS2)=120g/mol，据此计算。
21．【答案】（1）第三周期VA；
（2）是非极性分子，是极性分子，根据相似相溶原理，是非极性分子，易溶于，难溶于水；cd
（3）；正四面体
（4）磷化铝和磷化铟属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP；BP；
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）P元素是第15号元素，位于第三周期VA；基态磷原子价电子排布式；
（2）①白磷是非极性分子，CS2是非极性溶剂、H2O是极性溶剂，根据相似相容，白磷难溶于水、易溶于CS2；
②a．黑磷和白磷分子式不相同，不互为同分异构体，故a不正确；
b．根据晶体结构，P原子的配位数是3，有1个孤电子对，分子中磷原子杂化方式为sp3杂化，故b不正确；
c．石墨能导电，黑磷也能导电，故c正确；
d．石墨是混合晶体，所以黑磷晶体是混合型晶体，故d正确；
选cd；
（3）在溶液中加入形成无色的，此配离子中是中心离子；中中心原子P的价层电子对数=，空间构型是正四面体形；
（4）①实验测定磷化铝和磷化铟的熔点分别为2000、1070℃，二者熔点高，属于共价晶体，由于Al、In为同主族元素，随着原子序数的递增，核外电子层数逐渐增加，原子半径Al＜In，共价键键长Al-P＜In-P，Al-P的键能强于In-P的键能，因此AlP熔点高于InP。
②根据均摊原则，1个晶胞中P原子数为、B原子数为4，所以化学式为BP；晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA，磷化硼晶体的密度是 g/cm3。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）①根据相似相溶原理分析；
②a．黑磷和白磷分子式不相同，不互为同分异构体，故a不正确；
b．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；
cd．利用已知信息判断；
（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）①原子晶体，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高；
②根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
22．【答案】（1）加快反应速率
（2）S
（3）将Fe2+氧化为Fe3+；4.9
（4）MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)
（5）MnSO4+NH4HCO3+NH3H2O=MnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O
（6）；
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）升高反应温度，提高反应速率；
（2）软锰矿中的成分在软锰矿溶于硫化钡溶液时，不参加反应，再加入硫酸酸解过程也不会溶于硫酸，所以沉淀中除了还有S；
（3）MgO、MnO、FeO、与硫酸反应生成、、、、，结合题意与相近，若不加双氧水，沉淀的同时也会被沉淀，从而使和不能分离。工序2中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水生成、。由可知，pH最小应达到使沉淀完全，此时也已沉淀完全，即，则，，；
（4）工序③中加入，产生的与反应生成沉淀，即发生反应；
（5）“碳化”过程是硫酸锰、碳酸氢铵、氨水反应，其化学方程式为：
；
（6）M原子的原子序数为25，基态锰原子价电子轨道表示为根据晶胞均摊法计算，该合金化学式为，每个晶胞中有8个Ni、4个Mn、4个Ga，晶胞的体积为，所以该晶体的密度为。
【分析】软锰矿中加入硫化钡，MnO2发生反应MnO2+BaS+H2O=MnO+Ba(OH)2+S，过滤分离滤液，滤渣中加入硫酸，MgO、MnO、FeO、与硫酸反应生成、、、、，过滤除去不溶物、S，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氨水生成、，工序③中加入，发生反应，压滤，分离出滤渣，碳化过程中，硫酸锰、碳酸氢铵、氨水发生反应，过滤分离出碳酸锰，经一系列操作得到高纯度MnCO3。
23．【答案】（1）
（2）两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
（3）>；正四面体形；>
（4）B；D；E
（5）O、Se
（6）；
【知识点】原子结构的构造原理；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）Se与S同族，位于第4周期，ⅥA族，故基态硒原子价电子排布式为：；
（2）两者都是分子晶体，但是水中含有氢键，分子间作用力较大，沸点较高，故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
（3）在含氧酸中，非羟基氧越多，其酸性越强，和非羟基氧的个数分别为2和1，故酸性>；中心原子的价层电子对数为4，则其空间结构为：正四面体形；SeO3中Se是sp2杂化，平面三角形，键角120°；中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥形，键角小于120°，故键角气态分子>离子；
（4）A．I中含有苯环，除了有σ键之外还有其它化学键，A不正确；
B．I中的Se-Se键是相同原子形成的共价键，为非极性共价键，B正确；
C．I为相对分子较大的有机物，没有亲水基，一般不易溶于水，C不正确
D．II的主要结构是苯环、碳碳双键和碳碳三键，其中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，D正确；
E．I~III含有的元素包括：H、C、N、O、S、Se，O电负性最大，E正确；
故答案为：BDE；
（5）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se；
（6）①根据晶胞结构得到K有8个， 有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
【分析】（1）依据构造原理分析；
（2）分子间含有氢键，熔沸点较高；
（3）在含氧酸中，非羟基氧越多，其酸性越强；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；依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析；
（4）A．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；
B．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；
C．结构中没有亲水基；
D．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；
E．同周期从左到右金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；
（5）根据题中信息分析；
（6）①利用均摊法确定原子数；
②根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。
24．【答案】（1）4s24p3
（2）29；球形
（3）sp2；平面三角形
（4）Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO
（5）16NA
（6）面心立方最密堆积；
【知识点】原子核外电子排布；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）基态氮原子的价电子排布式为2s22p3；As和N同族，As是第四周期元素，则基态砷原子的价电子排布式为4s24p3；故答案为：4s24p3。
（2）Cu原子核外有29个电子，一个电子是一种运动状态，则基态Cu原子的核外电子有29种运动状态，价电子排布式为3d104s1，未成对电子占据的能级为4s，其原子轨道形状为球形；故答案为：29；球形。
（3）中C原子价层电子对数为，其杂化轨道类型为sp2，其空间构型为平面正三角形；故答案为：sp2；平面正三角形。
（4）Cu2O中亚铜离子最外层电子排布式为3d10，铜离子最外层电子排布式为3d9，根据全满，稳定结构，则高温时Cu2O比CuO更稳定的原因Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO；故答案为：Cu+的最外层电子排布为3d10，而Cu2+的最外层电子排布为3d9，因为最外层电子排布达到全满时稳定，所以固态Cu2O稳定性强于CuO。
（5）1个氨气有3个σ键，配位键也是σ键，因此1mol[Cu(NH3)4]2+含σ键的数目为16NA；故答案为：16NA。
（6）金属晶体铜的晶胞如图所示，其堆积方式是面心立方最密堆积，铜晶胞的密度为ρg cm 3，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶胞中铜原子个数为4，根据，解得晶胞参数为pm，则铜晶胞的边长为pm；故答案为：面心立方最密堆积；。
【分析】（1）砷为第四周期VA族，最外层为5个电子，分布在4s和4p两个能级；
（2）铜原子为29号元素，电子有29种运动状态；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+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，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；
（4）最外层电子为全充满或者半充满时，更稳定；
（5）σ键即配对原子个数，即每一个共价键中必定含有一个σ键；
（6）晶胞的边长要结合摩尔质量、阿伏加德罗常数和密度计算。
25．【答案】（1）第四周期ⅣA族；分子晶体
（2）GeO2+2OH-=GeO+H2O
（3）20—25
（4）GeCl4在稀盐酸中易水解
（5）GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
（6）I-；
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）锗元素的原子序数为32，位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故答案为：第四周期ⅣA族；分子晶体；
（2）由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH-=GeO+H2O，故答案为：GeO2+2OH-=GeO+H2O；
（3）由表格数据可知，加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故答案为：20—25；
（4）由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故答案为：GeCl4在稀盐酸中易水解；
（5）由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl；
（6）①由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：I-；
②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为 pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=，故答案为：。
【分析】 锗锌矿加入NaOH溶液碱浸，过滤，滤液含有锗酸钠，滤渣1为ZnS及少量Fe2O3，加入氯化钙溶液、过滤得到滤渣2为锗酸钙沉淀和氢氧化钙，加入盐酸生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2 nH2O，GeO2 nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge。
26．【答案】（1）
（2）
（3）；；二甲基亚砜可以与水分子形成分子间氢键
（4）；CEF
（5）4；
【知识点】原子结构的构造原理；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）为24号元素，基态铬原子的价电子排布图(轨道表示式)为 ；
（2）铬价电子为3d54s1，锰为25号元素原子，价电子为3d54s2，故两者基态原子核外未成对电子数之比为6：5；
（3）①二甲基亚砜分子中S原子的价层电子对数为，为sp3杂化；
②同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为。
③二甲基亚砜中氧电负性较强，可以与水分子形成分子间氢键，导致二甲基亚砜易溶于水；
（4）由题干可知，的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色，则浅绿色的结构中能电离出2个氯离子，内界含有5个水分子、1个氯离子，其配离子的化学式为；该分子内的作用力存在阴阳离子间的离子键、水分子内部的共价键、铬与配体的配位键，其分子内不存在金属键、氢键、范德华力；
故答案为：CEF；
（5）①该晶体中，1个硫周围有4个锰原子，结合化学式可知，锰原子周围的硫原子数目为4。
②据“均摊法”，晶胞中含个Mn、由化学式可知，同时含有2个S；已知锰和硫的原子半径分别和，该晶体中原子的空间利用率为。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）根据泡利原理，在一个原子轨道里，最多只能放入2个电子，而且自旋状态相反；
（3）①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同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱。
③二甲基亚砜中氧电负性较强；
（4）依据现象确定配离子的化学式，利用配合物的结构确定分子内的作用力；
（5）①依据晶胞结构分析。
②利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
27．【答案】（1）
（2）O；一方面该分子具有极性，与水相似相溶，另一方面可与水形成分子间氢键
（3）四面体(形)；sp；s
（4）
（5）6；
【知识点】原子结构的构造原理；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）基态原子为35号元素，故价电子排布式为。
（2）O、N、C原子失去1个电子后的价电子排布式为2s22p3、2s22p2、2s22p1，此时O的2p上处于半满状态，较稳定，再失去一个电子需要更高的能量，故第二电离能最大；一方面该分子为极性分子，易溶于同为极性分子的水中，另一方面可与水形成分子间氢键，故该物质能溶于冷水。
（3）与SO互为等电子体，故成键和结构相似，故VSEPR模型为四面体(形)；中中心形成2个配位键，故杂化轨道类型为sp杂化，S的电负性比O小，故S提供孤电子对。
（4）单质为面心立方最密堆积，故面对角线上的3个Ag原子相切，面对角线长度为pm=4r1，故pm。
（5）如图所示，以体心处Ag+为对象，则距离最近的Cl-位于6个面心，晶体中的配位数为6。边长apm=2bpm+2r2，则r2=()pm。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；
（2）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
（3）等电子体的结构相似；依据配合物的结构确定配位键的数目；
（4）（5）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
28．【答案】（1）3；c
（2）10
（3）C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小
（4）；>
（5）276.4；
【知识点】原子结构的构造原理；晶胞的计算；反应热和焓变
【解析】【解答】（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti、Ni、Ge；
a.为基态Fe原子；b.为基态；c. 为基态 d. 为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大的是，故c正确；
故答案为：3；c；
（2）WOC 中每个Ru与周围的四个N原子和1个O原子形成配位键，有结构简式可知1molWOC 中含10mol配位键，故答案为：10；
（3）乙烷中的碳原子没有孤电子对，肤中的氮原子有1对孤对电子，过氧化氢中的氧原子有两对孤对电子，C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
故答案为：C、N、O中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小。
（4）中的离域π键为三中心四电子，可表示为，中心N原子的价电子对数为2，无孤电子对，直线结构键角为180°、中心N原子的价电子对数为3，有1对孤电子对，V形结构，键角小于180°，故答案为：；>；
（5）①晶胞中氢键的长度(O-H…O的长度)为0.375×737=276.4；
由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为：g，晶胞体积 cm ，晶胞密度为：，故答案为：276.4；。
【分析】（1）依据构造原理分析；具有全充满，半充满，全空三种状态的电子排布比较稳定。
（2）依据图中结构判断；
（3）中心原子上孤电子对数目越多，排斥作用越大，形成的化学键越不稳定，键能就越小；
（4）依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析。
（5）①氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个相同原子的核间距；依据由晶胞结构计算。
29．【答案】（1）A
（2）
（3）和；7：1
（4）基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子
（5）(，，)；
【知识点】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）橙色、黄色、绿色对应的波长分别为622～597nm、597～577nm、577～492nm，
故答案为：A；
（2）铜元素的原子序数为29，基态铜离子的价电子排布式3d9，故答案为：3d9；
（3）由结构简式可知，乙酰丙酮分子中单键碳原子的杂化方式为sp2杂化、双键碳原子的杂化方式为sp3杂化，有机物分子中单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则乙酰丙酮分子中σ键与π键数目之比为14：2=7：1，故答案为：和；7：1；
（4）铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁元素的原子序数为26，基态，原子价电子排布为3d64s2，失去两个电子后形成了3d6的结构，较易失去1个电子形成3d5的半充满结构，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；
（5）①由位于顶点的a原子、体心的b原子的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)可知，四面体的边长为1，则位于体对角线处的d原子的坐标参数为(，，)，故答案为：(，，)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球为8×+1=2，位于体内的白球为4，由氧化亚铜的化学式可知，黑球代表氧离子、白球代表亚铜离子，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10-30c3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）橙色、黄色、绿色对应的波长分别为622～597nm、597～577nm、577～492nm；
（2）铜的基态原子电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则铜离子的为3d9；
（3）杂化轨道=中心原子成键电子对数+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；
（4）半充满和全充满的电子电离能更大；
（5） ① 坐标参数要结合远点和和晶胞的结构特点判断；
② 密度要结合体积、阿伏加德罗常数、摩尔质量判断。
30．【答案】（1）
（2）；三角锥
（3）sp2；
（4）吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
（5）
【知识点】原子结构的构造原理；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是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+是Fe原子失去最外层的2个电子形成的，其价层电子排布式是3d6，则基态Fe2+的价电子轨道表示式为；
（2）H3O+是O原子与2个H原子结合形成H2O后，再由O原子的一对孤电子对与H+通过配位键形成的，则其电子式为；
O原子价层电子对数是3+1=4，含有1对孤电子对，故H3O+的空间构型是三角锥形；
（3）在吡啶中N原子形成3个共价键，因此N原子杂化类型是sp2；
吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度：吡啶远大于苯；已知-CH3为斥电子基团，-CF3是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为： +＞＞，所以吡啶和其衍生物、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是；
（4）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子；②吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；
（5）在该晶胞中金属Mn+个数是：8×+2×=2；Cl-数目是：4×+1×2=4；H2O分子数目是：8×+4×=4，若金属M的相对原子量Mr，晶胞的棱长分别为a pm、b pm、c pm，夹角均为90°，则该晶胞的密度ρ=。
【分析】（1）根据构造原理分析；
（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；
（4）分子间氢键会增大物质的溶解度：
（5）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
