PAGE1專題23物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合（非選擇題）考點十年考情（2016-2025）命題趨勢考點01以金屬及其化合物為載體2025：山東、上海2024：海南、北京、山東2023：天津、全國乙卷2022：河北、北京、江蘇、海南、河北、湖南2021：天津、全國乙卷、2020：天津、山東、全國II卷、全國I卷2019：海南、全國I卷、全國III卷2018：海南、全國I卷2017：江蘇2016：全國II卷、海南、四川、全國III卷、全國I卷注重考查學科核心知識：《物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)》綜合題，題目一般是以金屬元素或非金屬元素或配合物為載體進行考査，以“拼盤”形式呈現(xiàn)，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)等核心知識。強調(diào)知識的靈活運用與綜合分析：試題背景新穎，注重體現(xiàn)科學新成果或新發(fā)現(xiàn)，更注重“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”思想的樹立，注重考查空間想象能力。在原子結(jié)構(gòu)部分主要命題點有電子排布式或排布圖的書寫，電離能、電負性大小的比較與判斷；在分子結(jié)構(gòu)部分主要命題點有化學鍵類型的判斷，分子構(gòu)型的判斷，中心原子雜化方式的判斷；在晶體結(jié)構(gòu)部分主要命題點有晶體類型的判斷，晶體結(jié)構(gòu)的計算等?？键c02以非金屬及其化合物為載體2025：浙江2024：浙江、全國甲卷2023：北京、浙江、山東、全國甲卷2022：廣東、全國乙卷2021：重慶、福建、山東、廣東、全國甲卷、河北、湖南2020：全國III卷2019：全國II卷2018：江蘇、全國II卷2017：全國III卷、海南考點03以配合物為載體2025：北京2024：全國新課標卷2023：海南2022：重慶、福建、山東2020：江蘇2019：江蘇2017：全國II卷知識點知識點01以金屬及其化合物為載體1．（2025·山東·高考真題）單質(zhì)及其化合物應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)在元素周期表中，位于第周期族。基態(tài)原子與基態(tài)離子未成對電子數(shù)之比為。(2)尿素分子與形成配離子的硝酸鹽俗稱尿素鐵，既可作鐵肥，又可作緩釋氮肥。①元素C、N、O中，第一電離能最大的是，電負性最大的是。②尿素分子中，C原子采取的軌道雜化方式為。③八面體配離子中的配位數(shù)為6，碳氮鍵的鍵長均相等，則與配位的原子是(填元素符號)。(3)可用作合成氨催化劑、其體心立方晶胞如圖所示(晶胞邊長為)。①晶胞中原子的半徑為。②研究發(fā)現(xiàn)，晶胞中陰影所示m，n兩個截面的催化活性不同，截面單位面積含有原子個數(shù)越多，催化活性越低。m，n截面中，催化活性較低的是，該截面單位面積含有的原子為個?！敬鸢浮?1)四VIII4：5(2)NOsp2O(3)n【詳解】（1）Fe為26號元素，位于元素周期表中第四周期VIII族；基態(tài)Fe原子電子排布式為[Ar]3d64s2，未成對電子數(shù)為4，基態(tài)Fe3+電子排布式為[Ar]3d5，未成對電子數(shù)為5，故答案為：四；VIII；4：5。（2）①同周期元素從左到右，第一電離能呈增大趨勢，但N原子2p軌道為半充滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，第一電離能：N>O>C；同周期元素從左到右，電負性逐漸增大，因此電負性：O>N>C，故答案為：N；O。②尿素分子中C原子形成3個σ鍵，無孤電子對，采取的軌道雜化方式為sp2雜化。③八面體配離子中的配位數(shù)為6，碳氮鍵的鍵長均相等，因此N原子不會參與形成配位鍵，說明C=O中O原子參與配位，所以與配位的原子是O。（3）①為體心立方晶胞，晶胞邊長為apm，體對角線長度為，體心立方晶胞中Fe原子半徑r與體對角線關系為4r=，因此原子的半徑為。②m截面面積Sm=a2pm2，每個頂點被8個相鄰晶胞共享??，每個晶胞的面被兩個晶胞共用，每個晶胞的頂點原子貢獻個原子給該晶面，所含原子數(shù)為，單位面積原子數(shù)為個pm-2；n截面面積為pm2，每個頂點被8個相鄰晶胞共享，每個頂點參與形成四個通過體心的截面，體心原子完全屬于本截面，所含原子數(shù)為，單位面積原子數(shù)為個?pm-2，因此催化活性較低的是n截面，該截面單位面積含有的原子為個?pm-2。2．（2025·上?！じ呖颊骖}）(以下題目中的圖片根據(jù)回憶所得信息結(jié)合文獻資料重新整合所得，僅供參考)(1)鎢作燈絲與_______性質(zhì)有關(不定項)。A．延展性 B．導電性 C．高熔點 D．(2)鎢有金屬光澤的原因(從微觀角度解釋)。(3)原子在晶胞中的_______位置。A．頂點 B．棱上 C．面上 D．體心(4)鎢在周期表中的位置是_______。A．第五周期第ⅡB族 B．第五周期第ⅣB族 C．第六周期第ⅡB族 D．第六周期第ⅥB族(5)根據(jù)價層電子對斥理論，的價層電子對數(shù)是。(6)圖晶胞號O原子，若晶胞僅含1個完整四面體，組成該四面體的O編號是。表格(各種礦石密度)。(7)給出晶胞參數(shù)，求并說明“重石頭”俗名依據(jù)。(有V和M？)電解制備是光電陶瓷材料已知(8)寫出電解的陽極方程式。(9)為獲取高純產(chǎn)物，制備時需要不斷通入的原因?！敬鸢浮?1)BC(2)金屬晶體中有自由電子，所以當可見光照射到金屬晶體表面時，晶體中的自由電子可以吸收光能而呈現(xiàn)能量較高的狀態(tài)。但是這種狀態(tài)不穩(wěn)定，電子躍遷回到低能量狀態(tài)時會將吸收的各種波長的光輻射出來，使得金屬不透明并具有金屬光澤(3)BC(4)D(5)4(6)5、6、7、8(7)；CaWO4的密度較大(8)(9)減少CO2，避免生成CaCO3【分析】W絲除了有導電性以外，還具有很高的熔點，，與電源正極相連的是電解池的陽極，與電源負極相連的是電解池的陰極，陽極失電子，陰極得電子；【詳解】（1）因為W絲具有導電性高熔點的性質(zhì)，所以可以用來做燈絲，故答案為：BC；（2）鎢有金屬光澤的原因是：金屬晶體中有自由電子，所以當可見光照射到金屬晶體表面時，晶體中的自由電子可以吸收光能而呈現(xiàn)能量較高的狀態(tài)。但是這種狀態(tài)不穩(wěn)定，電子躍遷回到低能量狀態(tài)時會將吸收的各種波長的光輻射出來，使得金屬不透明并具有金屬光澤；故答案為：金屬晶體中有自由電子，所以當可見光照射到金屬晶體表面時，晶體中的自由電子可以吸收光能而呈現(xiàn)能量較高的狀態(tài)。但是這種狀態(tài)不穩(wěn)定，電子躍遷回到低能量狀態(tài)時會將吸收的各種波長的光輻射出來，使得金屬不透明并具有金屬光澤；（3）由圖可知答案為：BC；（4）74號W元素在56號Xe元素和86號Rn元素之間，所以W在第六周期第ⅥB族，故答案為D；（5），故答案為4；（6）四面體是由1個W原子和4個O原子構(gòu)成的，其中W原子位于四面體的中心，4個O原子位于四面體的4個頂點。從圖1-8中可以看到晶胞的結(jié)構(gòu)，當W原子與5、6、7、8號O原子相鄰時，能組成一個四面體，故答案為：5、6、7、8；（7）晶胞參數(shù)通常指的是晶胞的邊長和角度。假設圖中標注的邊長為a，角度為，，其中Z是晶胞中化學式單位的數(shù)量，M是化學式單位的摩爾質(zhì)量，a是晶胞的體積，NA是阿伏伽德羅常數(shù)；“重石頭”是CaWO4的俗名，因為CaWO4的密度較大，所以被稱為“重石頭”；故答案為；CaWO4的密度較大；（8）W與電源正極相連，所以是電解池的陽極，故電極反應式為：，故答案為：；（9）制備時需要不斷通入的原因是：減少CO2，避免生成CaCO3；故答案為：減少CO2，避免生成CaCO3；3．（2024·海南·高考真題）鋰電池是新型儲能系統(tǒng)中的核心部件。作為鋰電池中用到的電解質(zhì)材料之一，(陰離子結(jié)構(gòu)見下圖。A)深受關注?；卮饐栴}：(1)的制備前體(B)，可由C的氟化反應得到，C中第三周期元素有(填元素符號)。(2)C分子中，兩個鍵角均為，鍵角為，N的原子軌道雜化類型為。(3)B溶于某溶劑發(fā)生自耦電離()，陽離子F的結(jié)構(gòu)式為。(4)B和D水溶液均呈酸性，相同溫度下，值大小關系：BD(填“>”或“<”)；沸點大小關系：B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是。(5)研究表明，某有機溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導率顯著低于后者，原因是。(6)在固體離子電導方面具有潛在的應用前景。其兩種晶型中，一種取長方體形晶胞(圖1，長方體棱長為a、b、c)，另一種取立方體形晶胞(圖2，Cl居于立方體中心，立方體棱長為d)。圖中氫原子皆己隱去。①立方體形晶胞所代表的晶體中部分鋰離子(●Li)位置上存在缺位現(xiàn)象，鋰離子的總?cè)蔽宦蕿椋辉摼椭新入x子周圍緊鄰的鋰離子平均數(shù)目為。②兩種晶型的密度近似相等，則。(以含a、b和d的代數(shù)式表達)【答案】(1)Cl、S(2)(3)或(4)>B分子間存在氫鍵(5)G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺?；系腛原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液(6)8【詳解】（1）由圖可知，C中第三周期元素為氯元素和硫元素，故答案為：Cl、S；（2）由鍵角可知，C中氮原子的價層電子對數(shù)為3，原子的雜化方式為sp2雜化，故答案為：sp2；（3）由原子個數(shù)和電荷總數(shù)守恒可知，陽離子F的結(jié)構(gòu)式可能為或，故答案為：或；（4）氟原子是吸電子基，會使氮氫鍵的極性增強，電離出氫離子的能力增大，乙基是供電子基，會使氮氫鍵的極性減弱，電離出氫離子的能力減弱，則b的酸性強于D；由圖可知，B分子能形成分子間氫鍵，E分子不能形成分子間氫鍵，所以B的分子間作用力強于B，沸點強于B，故答案為：B分子間存在氫鍵；（5）由圖可知，G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺酰基上的O原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液，所以有機溶劑中，相同濃度的G溶液和H溶液，前者電導率顯著低于后者，故答案為：G中正、負電荷距離更近，G中N原子的配位能力強于H中磺?；系腛原子，G溶液中陰陽離子濃度小于H溶液；（6）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于體心的氯離子個數(shù)為1，位于頂點的氧離子個數(shù)為8×=1，位于棱上的鋰離子個數(shù)為12×=3，由化合價代數(shù)和為0可知，晶胞中鋰離子的個數(shù)為2，則鋰離子的總?cè)蔽宦蕿?；晶胞中位于體心的氯離子與位于12條棱上的鋰離子距離最近，但離子的缺位率為，則氯離子周圍緊鄰的鋰離子平均數(shù)目為12×=8；故答案為：；8；②設Li2(OH)Cl的相對分子質(zhì)量為M，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，長方體形晶胞的密度為，立方體形晶胞，由兩種晶型的密度近似相等可知，c=，故答案為：。4．（2024·北京·高考真題）錫()是現(xiàn)代“五金”之一，廣泛應用于合金、半導體工業(yè)等。(1)位于元素周期表的第5周期第IVA族。寫出的基態(tài)原子最外層軌道表示式：。(2)和是錫的常見氯化物，可被氧化得到。①分子的模型名稱是。②的鍵是由錫的軌道與氯的軌道重疊形成σ鍵。(3)白錫和灰錫是單質(zhì)的常見同素異形體。二者晶胞如圖：白錫具有體心四方結(jié)構(gòu)；灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)。①灰錫中每個原子周圍與它最近且距離相等的原子有個。②若白錫和灰錫的晶胞體積分別為和，則白錫和灰錫晶體的密度之比是。(4)單質(zhì)的制備：將與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至，由于固體之間反應慢，未明顯發(fā)生反應。若通入空氣在下，能迅速被還原為單質(zhì)，通入空氣的作用是。【答案】(1)(2)平面三角形雜化(3)4(4)與焦炭在高溫下反應生成，將還原為單質(zhì)【詳解】（1）Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基態(tài)Sn原子的最外層電子排布式為5s25p2，Sn的基態(tài)原子最外層軌道表示式為；（2）①SnCl2中Sn的價層電子對數(shù)為2+×(4-2×1)=3，故SnCl2分子的VSEPR模型名稱是平面三角形；②SnCl4中Sn的價層電子對數(shù)為4+×(4-4×1)=4，有4個σ鍵、無孤電子對，故Sn采取sp3雜化，則SnCl4的Sn—Cl鍵是由錫的sp3雜化軌道與氯的3p軌道重疊形成σ鍵；（3）①灰錫具有立方金剛石結(jié)構(gòu)，金剛石中每個碳原子以單鍵與其他4個碳原子相連，此5碳原子在空間構(gòu)成正四面體，且該碳原子在正四面體的體心，所以灰錫中每個Sn原子周圍與它最近且距離相等的Sn原子有4個；②根據(jù)均攤法，白錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×+1=2，灰錫晶胞中含Sn原子數(shù)為8×+6×+4=8，所以白錫與灰錫的密度之比為∶=；（4）將SnO2與焦炭充分混合后，于惰性氣氛中加熱至800℃，由于固體之間反應慢，未發(fā)生明顯反應；若通入空氣在800℃下，SnO2能迅速被還原為單質(zhì)Sn，通入空氣的作用是：與焦炭在高溫下反應生成CO，CO將SnO2還原為單質(zhì)Sn，有關反應的化學方程式為2C+O22CO、2CO+SnO2Sn+2CO2。5．（2024·山東·高考真題）錳氧化物具有較大應用價值，回答下列問題：(1)在元素周期表中位于第周期族；同周期中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)比多的元素是(填元素符號)。(2)如某種氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如圖所示，該氧化物化學式為。當晶體有O原子脫出時，出現(xiàn)O空位，的化合價(填“升高”“降低”或“不變”)，O空位的產(chǎn)生使晶體具有半導體性質(zhì)。下列氧化物晶體難以通過該方式獲有半導體性質(zhì)的是(填標號)。A．

B．

C．

D．(3)(見圖)是晶型轉(zhuǎn)變的誘導劑。的空間構(gòu)型為；中咪唑環(huán)存在大鍵，則N原子采取的軌道雜化方式為。(4)可作轉(zhuǎn)化為的催化劑(見下圖)。的熔點遠大于，除相對分子質(zhì)量存在差異外，另一重要原因是?！敬鸢浮?1)四ⅦBCr(2)MnO2降低A(3)正四面體形sp2(4)FDCA形成的分子間氫鍵更多【詳解】（1）Mn的原子序數(shù)為25，位于元素周期表第四周期ⅦB族；基態(tài)Mn的電子排布式為：，未成對電子數(shù)有5個，同周期中，基態(tài)原子未成對電子數(shù)比Mn多的元素是Cr，基態(tài)Cr的電子排布式為，有6個未成對電子；（2）由均攤法得，晶胞中Mn的數(shù)目為，O的數(shù)目為，即該氧化物的化學式為MnO2；晶體有O原子脫出時，出現(xiàn)O空位，即x減小，的化合價為+2x，即Mn的化合價降低；CaO中Ca的化合價為+2價、V2O5中V的化合價為+5價、Fe2O3中Fe的化合價為+3、CuO中Cu的化合價為+2，其中CaO中Ca的化合價下降只能為0，其余可下降得到比0大的價態(tài)，說明CaO不能通過這種方式獲得半導體性質(zhì)；（3）中B形成4個σ鍵（其中有1個配位鍵），為sp3雜化，空間構(gòu)型為正四面體形；咪唑環(huán)存在大鍵，N原子形成3個σ鍵，雜化方式為sp2；（4）由HMF和FDCA的結(jié)構(gòu)可知，HMF和FDCA均能形成分子間氫鍵，但FDCA形成的分子間氫鍵更多，使得FDCA的熔點遠大于HMF。6．（2023·天津·高考真題）銅及其化合物在生產(chǎn)生活中有重要作用。(1)基態(tài)Cu原子的價層電子排布式是，與相比較，離子半徑較大的是。(2)銅的一種化合物的晶胞如圖所示，其化學式為。(3)在H2O2作用下，銅與濃鹽酸的反應可用于制備，寫出該反應化學方程式：。反應中，H2O2實際消耗量大于理論用量的原因是。H2O2電子式為。(4)上述制備反應中，下列物質(zhì)均可替代H2O2作氧化劑，最適合的是是(填序號)。a．硝酸

b．

c．(5)Cu2+和I-的反應可用于Cu含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一種碘化物白色沉淀，且上層溶液可使淀粉溶液變藍。該白色沉淀的化學式為。反應中KI的作用為。【答案】(1)3d104s1Cu+(2)CuCl(3)Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O反應生成Cu2+能夠催化H2O2分解為H2O和O2(4)b(5)CuI還原劑、沉淀劑【詳解】（1）已知Cu是29號元素，則銅的價層電子排布式是3d104s1，根據(jù)同一元素的微粒化合價越高，核外電子數(shù)越少，半徑越小，故Cu+與Cu2+中半徑較大的是Cu+，故答案為：3d104s1；Cu+；（2）由題干銅的一種化合物的晶胞圖所示可知，一個晶胞中含有Cu+為4個，含有Cl-個數(shù)為：=4個，故其化學式為CuCl，故答案為：CuCl；（3）在H2O2作用下，銅與濃鹽酸的反應可用于制備CuCl2，根據(jù)氧化還原反應配平可得，該反應化學方程式為：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反應生成Cu2+能夠催化H2O2分解為H2O和O2，導致反應中，H2O2實際消耗量總是大于理論，H2O2為共價化合物，故其電子式為：，故答案為：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；反應生成Cu2+能夠催化H2O2分解為H2O和O2；；（4）HNO3被還原生成NO有毒，會污染環(huán)境，Cl2本身有毒也會污染環(huán)境，故上述制備反應中，下列物質(zhì)均可替代H2O2作氧化劑，最適合的是是O2，故答案為：b；（5）Cu2+和I-的反應可用于Cu含量的定量分析，向CuCl2溶液中滴入KI溶液，生成一種碘化物白色沉淀，且上層溶液可使淀粉溶液變藍，說明反應生成了I2，根據(jù)化合價有升必有降的原理可知，反應中Cu的化合價降低到+1價，故反應的離子方程式為：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，即該白色沉淀的化學式為CuI，反應中KI的作用為將Cu2+充分還原為CuI，故答案為：CuI；將Cu2+充分還原為CuI。7．（2023·全國乙卷·高考真題）中國第一輛火星車“祝融號”成功登陸火星。探測發(fā)現(xiàn)火星上存在大量橄欖石礦物()?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)原子的價電子排布式為。橄欖石中，各元素電負性大小順序為，鐵的化合價為。(2)已知一些物質(zhì)的熔點數(shù)據(jù)如下表：物質(zhì)熔點/℃800.7與均為第三周期元素，熔點明顯高于，原因是。分析同族元素的氯化物、、熔點變化趨勢及其原因。的空間結(jié)構(gòu)為，其中的軌道雜化形式為。(3)一種硼鎂化合物具有超導性能，晶體結(jié)構(gòu)屬于六方晶系，其晶體結(jié)構(gòu)、晶胞沿c軸的投影圖如下所示，晶胞中含有個。該物質(zhì)化學式為，B-B最近距離為。

【答案】(1)O＞Si＞Fe＞Mg+2(2)鈉的電負性小于硅，氯化鈉為離子晶體，而為分子晶體隨著同族元素的電子層數(shù)的增多，其熔點依次升高，其原因是：、、均形成分子晶體，分子晶體的熔點由分子間作用力決定，分子間作用力越大則其熔點越高；隨著其相對分子質(zhì)量增大，其分子間作用力依次增大正四面體(3)1【詳解】（1）為26號元素，基態(tài)原子的價電子排布式為。元素的金屬性越強，其電負性越小，元素的非金屬性越強則其電負性越大，因此，橄欖石()中，各元素電負性大小順序為O＞Si＞Fe＞Mg；因為中、、的化合價分別為+2、+4和-2，x+2-x=2，根據(jù)化合物中各元素的化合價的代數(shù)和為0，可以確定鐵的化合價為+2。（2）與均為第三周期元素，熔點明顯高于，原因是：鈉的電負性小于硅，氯化鈉為離子晶體，其熔點較高；而為分子晶體，其熔點較低。由表中的數(shù)據(jù)可知，、、熔點變化趨勢為：隨著同族元素的電子層數(shù)的增多，其熔點依次升高，其原因是：、、均形成分子晶體，分子晶體的熔點由分子間作用力決定，分子間作用力越大則其熔點越高；隨著其相對分子質(zhì)量增大，其分子間作用力依次增大。的空間結(jié)構(gòu)為正四面體，其中的價層電子對數(shù)為4，因此的軌道雜化形式為。（3）由硼鎂化合物的晶體結(jié)構(gòu)可知位于正六棱柱的頂點和面心，由均攤法可以求出正六棱柱中含有個，由晶胞沿c軸的投影圖可知本題所給晶體結(jié)構(gòu)包含三個晶胞，則晶胞中Mg的個數(shù)為1；晶體結(jié)構(gòu)中在正六棱柱體內(nèi)共6個，則該物質(zhì)的化學式為；由晶胞沿c軸的投影圖可知，B原子在圖中兩個正三角形的重心，該點到頂點的距離是該點到對邊中點距離的2倍，頂點到對邊的垂線長度為，因此B-B最近距離為。8．（2022·河北·高考真題）含Cu、Zn、Sn及S的四元半導體化合物(簡寫為CZTS)，是一種低價、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應用于薄膜太陽能電池領域?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)S原子的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為。(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是，原因是。(3)SnCl的幾何構(gòu)型為，其中心離子雜化方式為。(4)將含有未成對電子的物質(zhì)置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)。下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是(填標號)。A．[Cu(NH3)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4](5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：A．B．C．

D．根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO的是(填標號)，理由是。(6)如圖是CZTS四元半導體化合物的四方晶胞。①該物質(zhì)的化學式為。②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，例如圖中A原子的坐標為(，，)，則B原子的坐標為?！敬鸢浮?1)1：2或2：1(2)CuCu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大(3)三角錐形sp3雜化(4)B(5)DD中含有—1價的O元素，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO(6)Cu2ZnSnS4(，，)【詳解】（1）基態(tài)S的價電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為1：2或2：1，故答案為：1：2或2：1；（2）銅元素的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，鋅元素的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大，所以銅與鋅相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是銅元素，故答案為：Cu；Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大；（3）三氯化錫離子在錫離子的價層電子對數(shù)為4、孤對電子對數(shù)為1，所以錫離子雜化方式為sp3雜化，離子的空間構(gòu)型為三角錐形，故答案為：三角錐形；sp3雜化；（4）根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對電子；A．[Cu(NH3)2]Cl中亞銅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；B．[Cu(NH3)4]SO4中銅離子外圍電子排布是3d9，離子中有未成對電子，該配合物具有順磁性，故符合題意；C．[Zn(NH3)4]SO4中鋅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；D．Na2[Zn(OH)4]中鋅離子外圍電子排布是3d10，離子中電子均已成對，該配合物不具有順磁性，故不符合題意；故選B；（5）由四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)式可知，只有過二硫酸根離子中含有過氧鏈，離子中—1價的氧元素具有強氧化性，則只有過二硫酸根離子能在酸性溶液中將錳離子氧化為高錳酸根離子，故選D；（6）①由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和體心的鋅原子個數(shù)為8×+1=2，位于面上的銅原子個數(shù)為8×=4，位于面心和棱上的錫原子個數(shù)為2×+4×=2，位于體內(nèi)的硫原子個數(shù)為8，則該物質(zhì)的化學式為ZnSnCu2S4，故答案為：ZnSnCu2S4；②若將晶胞先分為上下兩個相等的正方體后再將每個正方體繼續(xù)分為8個相等的小正方體，則B原子位于上面的正方體分割成的8個小立方體中位于右下后方的小立方體的體心，由A原子的坐標為(，，)可知，B原子的坐標為(，，)，故答案為：(，，)。9．（2022·北京·高考真題）工業(yè)中可利用生產(chǎn)鈦白的副產(chǎn)物和硫鐵礦聯(lián)合制備鐵精粉和硫酸，實現(xiàn)能源及資源的有效利用。(1)結(jié)構(gòu)示意圖如圖1。①的價層電子排布式為。②中O和中S均為雜化，比較中鍵角和中鍵角的大小并解釋原因。③中與與的作用力類型分別是。(2)晶體的晶胞形狀為立方體，邊長為，結(jié)構(gòu)如圖2。①距離最近的陰離子有個。②的摩爾質(zhì)量為，阿伏加德羅常數(shù)為。該晶體的密度為。(3)加熱脫水后生成，再與在氧氣中摻燒可聯(lián)合制備鐵精粉和硫酸。分解和在氧氣中燃燒的能量示意圖如圖3。利用作為分解的燃料，從能源及資源利用的角度說明該工藝的優(yōu)點?！敬鸢浮?1)孤電子對有較大斥力，使鍵角小于鍵角配位鍵、氫鍵(2)6(3)燃燒放熱為分解提供能量；反應產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料【詳解】（1）①Fe的價層電子排布為3d64s2，形成Fe2+時失去4s上的2個電子，于是Fe2+的價層電子排布為3d6。②H2O中O和中S都是sp3雜化，H2O中O雜化形成的4個雜化軌道中2個被孤電子對占據(jù)，2個被鍵合電子對占據(jù)，而中S雜化形成的4個雜化軌道均被鍵合電子對占據(jù)。孤電子對與鍵合電子對間的斥力大于鍵合電子對與鍵合電子對間的斥力，使得鍵角與鍵角相比被壓縮減小。③H2O中O有孤電子對，F(xiàn)e2+有空軌道，二者可以形成配位鍵。中有電負性較大的O元素可以與H2O中H元素形成氫鍵。答案為：3d6；孤電子對有較大斥力，使鍵角小于鍵角；配位鍵、氫鍵。（2）①以位于面心Fe2+為例，與其距離最近的陰離子所處位置如圖所示（圓中）：。

4個陰離子位于楞上，2個位于體心位置上，共6個。②依據(jù)分攤法可知晶胞中Fe2+離子個數(shù)為，個數(shù)為。一個晶胞中相當于含有4個FeS2，因此一個晶胞的質(zhì)量。所以晶體密度。答案為：6；（3）燃燒為放熱反應，分解為吸熱反應，燃燒放出的熱量恰好為分解提供能量。另外，燃燒和分解的產(chǎn)物如Fe2O3、SO2、SO3可以作為制備鐵精粉或硫酸的原料。答案為：燃燒放熱為分解提供能量；反應產(chǎn)物是制備鐵精粉和硫酸的原料。10．（2022·江蘇·高考真題）硫鐵化合物(、等)應用廣泛。(1)納米可去除水中微量六價鉻。在的水溶液中，納米顆粒表面帶正電荷，主要以、、等形式存在，納米去除水中主要經(jīng)過“吸附→反應→沉淀”的過程。已知：，；電離常數(shù)分別為、。①在弱堿性溶液中，與反應生成、和單質(zhì)S，其離子方程式為。②在弱酸性溶液中，反應的平衡常數(shù)K的數(shù)值為。③在溶液中，pH越大，去除水中的速率越慢，原因是。(2)具有良好半導體性能。的一種晶體與晶體的結(jié)構(gòu)相似，該晶體的一個晶胞中的數(shù)目為，在晶體中，每個S原子與三個緊鄰，且間距相等，如圖給出了晶胞中的和位于晶胞體心的(中的鍵位于晶胞體對角線上，晶胞中的其他已省略)。如圖中用“-”將其中一個S原子與緊鄰的連接起來。(3)、在空氣中易被氧化，將在空氣中氧化，測得氧化過程中剩余固體的質(zhì)量與起始的質(zhì)量的比值隨溫度變化的曲線如圖所示。時，氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物為(填化學式，寫出計算過程)?！敬鸢浮?1)5c(OH-)越大，F(xiàn)eS表面帶正電荷，易吸引陰離子，因為OH-的濃度增大，降低了對Cr(VI)三種陰離子的吸引，致使有效接觸面減少，反應速率下降(2)4或(3)Fe2O3；設氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學式為FeOx，，則，則56+16x=80.04，x=，即固體產(chǎn)物為Fe2O3【詳解】（1）在弱堿性溶液中，與反應生成、和單質(zhì)S的離子方程式為：；反應的平衡常數(shù)K=，由題目信息可知，，電離常數(shù)，所以K===5；在溶液中，pH越大，F(xiàn)eS表面帶正電荷，易吸引陰離子，因為OH-的濃度增大，降低了對Cr(VI)三種陰離子的吸引，致使有效接觸面減少，反應速率下降；故答案為：；5；FeS表面帶正電荷，易吸引陰離子，因為OH-的濃度增大，降低了對Cr(VI)三種陰離子的吸引，致使有效接觸面減少，反應速率下降。（2）因為的晶體與晶體的結(jié)構(gòu)相似，由NaCl晶體結(jié)構(gòu)可知，一個晶胞含有4個和4個Cl，則該晶體的一個晶胞中的數(shù)目也為4；晶體中，每個S原子與三個緊鄰，且間距相等，根據(jù)晶胞中的和的位置(中的鍵位于晶胞體對角線上)可知，每個S原子與鍵所在體對角線上距離最近的頂點相鄰的三個面的三個面心位置的緊鄰且間距相等，其中一個S原子與緊鄰的連接圖如下：或；故答案為：4；或。（3）有圖可知，時，氧化過程中剩余固體的質(zhì)量與起始的質(zhì)量的比值為66.7%，設氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學式為FeOx，，則，56+16x=80.04，x=，所以固體產(chǎn)物為Fe2O3；故答案為：Fe2O3；設氧化成含有兩種元素的固體產(chǎn)物化學式為FeOx，，則，則56+16x=80.04，x=，即固體產(chǎn)物為Fe2O3。11．（2022·海南·高考真題）以、ZnO等半導體材料制作的傳感器和芯片具有能耗低、效率高的優(yōu)勢?；卮饐栴}：(1)基態(tài)O原子的電子排布式，其中未成對電子有個。(2)Cu、Zn等金屬具有良好的導電性，從金屬鍵的理論看，原因是。(3)酞菁的銅、鋅配合物在光電傳感器方面有著重要的應用價值。酞菁分子結(jié)構(gòu)如下圖，分子中所有原子共平面，所有N原子的雜化軌道類型相同，均采取雜化。鄰苯二甲酸酐()和鄰苯二甲酰亞胺()都是合成酞菁的原料，后者熔點高于前者，主要原因是。(4)金屬Zn能溶于氨水，生成以氨為配體，配位數(shù)為4的配離子，Zn與氨水反應的離子方程式為。(5)ZnO晶體中部分O原子被N原子替代后可以改善半導體的性能，Zn-N鍵中離子鍵成分的百分數(shù)小于Zn-O鍵，原因是。(6)下圖為某ZnO晶胞示意圖，下圖是若干晶胞無隙并置而成的底面O原子排列局部平面圖。為所取晶胞的下底面，為銳角等于60°的菱形，以此為參考，用給出的字母表示出與所取晶胞相鄰的兩個晶胞的底面、?！敬鸢浮?1)1s22s22p4或[He]2s22p42(2)自由電子在外加電場中作定向移動(3)sp2兩者均為分子晶體，后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，熔點更高(4)Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑(5)電負性O＞N，O對電子的吸引能力更強，Zn和O更易形成離子鍵(6)?cdhi?bcfe【詳解】（1）O為8號元素，其基態(tài)O原子核外有8個電子，因此基態(tài)O原子的電子排布式為1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p軌道有2個未成對電子，即O原子有2個未成對電子；（2）由于金屬的自由電子可在外加電場中作定向移動，因此Cu、Zn等金屬具有良好的導電性；（3）根據(jù)結(jié)構(gòu)式可知，N原子以雙鍵或以NH三鍵的形式存在，故N原子的雜化方式均為sp2，由于鄰苯二甲酸酐和鄰苯二甲酰亞胺均為分子晶體，而后者能形成分子間氫鍵，使分子間作用力增大，因此熔點更高；（4）金屬Zn與氨水反應可生成[Zn(NH3)4](OH)2和H2，反應的離子方程式為Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；（5）由于電負性O＞N，O對電子的吸引能力更強，Zn和O更易形成離子鍵，因此Zn—N鍵中離子鍵成分的百分數(shù)小于Zn—O鍵；（6）根據(jù)晶胞示意圖，一個晶胞中8個O原子位于晶胞的頂點，1個O原子位于晶胞體內(nèi)，4個Zn原子位于晶胞的棱上，1個Zn原子位于晶胞體內(nèi)，棱上的3個Zn原子和體內(nèi)的Zn原子、O原子形成四面體結(jié)構(gòu)，從底面O原子排列圖看，能平移且與abcd共邊的只有二個四邊形，為cdhi和bcfe。12．（2022·河北·高考真題）含及S的四元半導體化合物(簡寫為)，是一種低價、無污染的綠色環(huán)保型光伏材料，可應用于薄膜太陽能電池領域?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)S原子的價電子中，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為。(2)Cu與Zn相比，第二電離能與第一電離能差值更大的是，原因是。(3)的幾何構(gòu)型為，其中心離子雜化方式為。(4)將含有未成對電子的物質(zhì)置于外磁場中，會使磁場強度增大，稱其為順磁性物質(zhì)，下列物質(zhì)中，屬于順磁性物質(zhì)的是_______(填標號)。A． B． C． D．(5)如圖是硫的四種含氧酸根的結(jié)構(gòu)：根據(jù)組成和結(jié)構(gòu)推斷，能在酸性溶液中將轉(zhuǎn)化為的是(填標號)。理由是。【答案】(1)1：2/2：1(2)CuCu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大(3)三角錐形sp3雜化(4)B(5)DD中含有-1價的O，易被還原，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO【詳解】（1）基態(tài)S的價電子排布是3s23p4，根據(jù)基態(tài)原子電子排布規(guī)則，兩種自旋狀態(tài)的電子數(shù)之比為：1：2或2：1；（2）Cu的第二電離能失去的是3d10的電子，第一電離能失去的是4s1電子，Zn的第二電離能失去的是4s1的電子，第一電離能失去的是4s2電子，3d10電子處于全充滿狀態(tài)，其與4s1電子能量差值更大；（3）Sn是ⅣA族元素，SnCl的中心離子Sn2+價層電子對數(shù)為3+，有1對孤電子對，中心離子是sp3雜化，SnCl的幾何構(gòu)型是三角錐形；（4）根據(jù)題意，具有順磁性物質(zhì)含有未成對電子。A.[Cu(NH3)2]Cl各原子核外電子均已成對，不符合題意；B.[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2+外圍電子排布是3d9，有未成對電子，符合題意；C.[Zn(NH3)4]SO4各原子核外電子均已成對，不符合題意；D.Na2[Zn(OH)]各原子核外電子均已成對，不符合題意；故答案選B。（5）Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO需要氧化劑，且氧化性比MnO的強，由SO2使KMnO4溶液褪色可知H2SO4的氧化性弱于MnO，故A不符合；B、C中的S化合價比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1價的O，易被還原，具有強氧化性，能將Mn2+轉(zhuǎn)化為MnO，故D符合。13．（2022·湖南·高考真題）鐵和硒()都是人體所必需的微量元素，且在醫(yī)藥、催化、材料等領域有廣泛應用，回答下列問題：(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一種抗癌新藥，其結(jié)構(gòu)式如下：①基態(tài)原子的核外電子排布式為；②該新藥分子中有種不同化學環(huán)境的C原子；③比較鍵角大?。簹鈶B(tài)分子離子(填“>”“<”或“=”)，原因是。(2)富馬酸亞鐵是一種補鐵劑。富馬酸分子的結(jié)構(gòu)模型如圖所示：①富馬酸分子中鍵與鍵的數(shù)目比為；②富馬酸亞鐵中各元素的電負性由大到小的順序為。(3)科學家近期合成了一種固氮酶模型配合物，該物質(zhì)可以在溫和條件下直接活化，將轉(zhuǎn)化為，反應過程如圖所示：①產(chǎn)物中N原子的雜化軌道類型為；②與互為等電子體的一種分子為(填化學式)。(4)鉀、鐵、硒可以形成一種超導材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分別如圖所示：①該超導材料的最簡化學式為；②Fe原子的配位數(shù)為；③該晶胞參數(shù)、。阿伏加德羅常數(shù)的值為，則該晶體的密度為(列出計算式)?！敬鸢浮?1)3d104s24p48＞SeO3的空間構(gòu)型為平面三角形，SeO的空間構(gòu)型為三角錐形(2)11:3O＞C＞H＞Fe(3)sp3雜化H2O(4)KFe2Se24【詳解】（1）①硒元素的原子序數(shù)為34，基態(tài)原子的電子排布式為[Ar]3d104s24p4，故答案為：3d104s24p4；②由結(jié)構(gòu)簡式可知，乙烷硒啉的分子結(jié)構(gòu)對稱，分子中含有8種化學環(huán)境不同的碳原子，故答案為：8；③三氧化硒分子中硒原子的價層電子對數(shù)為3，孤對電子對數(shù)為0，分子的空間構(gòu)型為平面三角形，鍵角為120°，亞硒酸根離子中硒原子的價層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為1，離子的空間構(gòu)型為三角錐形，鍵角小于120°，故答案為：＞；SeO3的空間構(gòu)型為平面三角形，SeO的空間構(gòu)型為三角錐形；（2）①由結(jié)構(gòu)模型可知，富馬酸的結(jié)構(gòu)簡式為HOOCCH=CHCOOH，分子中的單鍵為σ鍵，雙鍵中含有1個σ鍵和1個π鍵，則分子中σ鍵和π鍵的數(shù)目比為11：3，故答案為：11：3；②金屬元素的電負性小于非金屬元素，則鐵元素的電負性最小，非金屬元素的非金屬性越強，電負性越大，氫碳氧的非金屬性依次增強，則電負性依次增大，所以富馬酸亞鐵中四種元素的電負性由大到小的順序為O＞C＞H＞Fe，故答案為：O＞C＞H＞Fe；（3）①由結(jié)構(gòu)簡式可知，產(chǎn)物中氮原子的價層電子對數(shù)為4，原子的雜化方式為sp3雜化，故答案為：sp3雜化；②水分子和氨基陰離子的原子個數(shù)都為3、價電子數(shù)都為8，互為等電子體，故答案為：H2O；（4）①由平面投影圖可知，晶胞中位于頂點和體心的鉀原子個數(shù)為8×+1=2，鐵原子位于面上，原子個數(shù)為8×=4，位于棱上和體內(nèi)的硒原子的個數(shù)為8×+2=4，則超導材料最簡化學式為KFe2Se2，故答案為：KFe2Se2；②由平面投影圖可知，位于面上的鐵原子與位于棱上和體內(nèi)的硒原子的距離最近，所以鐵原子的配位數(shù)為4，故答案為：4；③設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質(zhì)量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=，故答案為：。14．（2021·天津·高考真題）鐵單質(zhì)及其化合物的應用非常廣泛。(1)基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為。(2)用X射線衍射測定，得到Fe的兩種晶胞A、B，其結(jié)構(gòu)如圖所示。晶胞A中每個Fe原子緊鄰的原子數(shù)為。每個晶胞B中含F(xiàn)e原子數(shù)為。(3)合成氨反應常使用鐵觸媒提高反應速率。如圖為有、無鐵觸媒時，反應的能量變化示意圖。寫出該反應的熱化學方程式。從能量角度分析，鐵觸媒的作用是。(4)Fe3+可與H2O、SCN-、F-等配體形成配位數(shù)為6的配離子，如、、。某同學按如下步驟完成實驗：①為淺紫色，但溶液Ⅰ卻呈黃色，其原因是，為了能觀察到溶液Ⅰ中的淺紫色，可采取的方法是。②已知Fe3+與SCN-、F-的反應在溶液中存在以下平衡：；，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液顏色由紅色轉(zhuǎn)變?yōu)闊o色。若該反應是可逆反應，其離子方程式為，平衡常數(shù)為(用K1和K2表示)?！敬鸢浮?1)3d64s2(2)84(3)降低反應活化能(4)由Fe3+水解產(chǎn)物的顏色所致向該溶液中加HNO3【詳解】（1）Fe為26號元素，所以基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為3d64s2，故答案為：3d64s2；（2）由圖可知，晶胞A中Fe的配位數(shù)為8，所以每個Fe原子緊鄰的原子數(shù)為8。根據(jù)原子均攤法，每個晶胞B中含F(xiàn)e原子數(shù)為，故答案為：8；；4（3）由圖可知，1molN2和3molH2反應時，放出的熱量為(a-b)kJ，所以該反應的熱化學方程式。鐵觸媒是反應的催化劑，作用是降低反應活化能，故答案為：；降低反應活化能；（4）①由于Fe3+水解產(chǎn)物的顏色導致溶液Ⅰ卻呈黃色，為了能觀察到溶液Ⅰ中的淺紫色，可向該溶液中加HNO3，抑制鐵離子的水解，故答案為：由Fe3+水解產(chǎn)物的顏色所致；向該溶液中加HNO3；②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液顏色由紅色轉(zhuǎn)變?yōu)闊o色，說明和氟離子轉(zhuǎn)化為，其離子方程式為，和相減得到，所以平衡常數(shù)為，故答案為：；。15．（2021·全國乙卷·高考真題）過渡金屬元素鉻是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設中有著廣泛應用?；卮鹣铝袉栴}：(1)對于基態(tài)Cr原子，下列敘述正確的是(填標號)。A．軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應為B．4s軌道上電子能量較高，總是在比3s軌道上電子離核更遠的地方運動C．電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大(2)三價鉻離子能形成多種配位化合物。中提供電子對形成配位鍵的原子是，中心離子的配位數(shù)為。(3)中配體分子、以及分子的空間結(jié)構(gòu)和相應的鍵角如圖所示。中P的雜化類型是。的沸點比的，原因是，的鍵角小于的，分析原因。(4)在金屬材料中添加顆粒，可以增強材料的耐腐蝕性、硬度和機械性能。具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示，處于頂角位置的是原子。設Cr和Al原子半徑分別為和，則金屬原子空間占有率為%(列出計算表達式)?！敬鸢浮緼C6高存在分子間氫鍵含有一對孤對電子，而含有兩對孤對電子，中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大Al【詳解】(1)A.基態(tài)原子滿足能量最低原理，Cr有24個核外電子，軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應為，A正確；B.Cr核外電子排布為，3s軌道能量低于4s軌道的能量，4s軌道的電子主要離核更遠的地方運動，但其也有較小的機率在離核較近的地方運動，B錯誤；C.電負性為原子對鍵合電子的吸引力，同周期除零族原子序數(shù)越大電負性越強，鉀與鉻位于同周期，鉻原子序數(shù)大于鉀，故鉻電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大，C正確；故答案為：AC；(2)中三價鉻離子提供空軌道，提供孤對電子與三價鉻離子形成配位鍵，中心離子的配位數(shù)為三種原子的個數(shù)和即3+2+1=6，故答案為：；6；(3)的價層電子對為3+1=4，故中P的雜化類型是；N原子電負性較強，分子之間存在分子間氫鍵，因此的沸點比的高；的鍵角小于的，原因是：含有一對孤對電子，而含有兩對孤對電子，中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大，故答案為：；高；存在分子間氫鍵；含有一對孤對電子，而含有兩對孤對電子，中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大；(4)已知具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示，黑球個數(shù)為，白球個數(shù)為，結(jié)合化學式可知，白球為Cr，黑球為Al，即處于頂角位置的是Al原子。設Cr和Al原子半徑分別為和，則金屬原子的體積為，故金屬原子空間占有率=%，故答案為：Al；。16．（2020·天津·高考真題）Fe、Co、Ni是三種重要的金屬元素。回答下列問題:(1)Fe、Co、Ni在周期表中的位置為，基態(tài)Fe原子的電子排布式為。(2)CoO的面心立方晶胞如圖所示。設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為g﹒cm-3：三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，其熔點由高到低的順序為。(3)Fe、Co、Ni能與Cl2反應，其中Co和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強到弱的順序為，Co(OH)3與鹽酸反應有黃綠色氣體生成，寫出反應的離子方程式：。(4)95℃時，將Ni片浸在不同質(zhì)量分數(shù)的硫酸中，經(jīng)4小時腐蝕后的質(zhì)量損失情況如圖所示，當大于63%時，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因為。由于Ni與H2SO4反應很慢，而與稀硝酸反應很快，工業(yè)上選用H2SO4和HNO3的混酸與Ni反應制備NiSO4。為了提高產(chǎn)物的純度，在硫酸中添加HNO3的方式為(填“一次過量”或“少量多次”)，此法制備NiSO4的化學方程式為?！敬鸢浮康谒闹芷诘赩III族1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2NiO＞CoO＞FeOCoCl3＞Cl2＞FeCl32Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O隨H2SO4質(zhì)量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜少量多次3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝3NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝3NiSO4＋2NO2↑＋2H2O【分析】(1)根據(jù)Fe、Co、Ni的原子序數(shù)得出位置和基態(tài)Fe原子的電子排布式。(2)根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)計算出O2?和Co2+個數(shù)，根據(jù)密度公式計算；根據(jù)離子晶體鍵能和晶格能比較熔點。(3)根據(jù)反應方程式氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，Co(OH)3與鹽酸反應發(fā)生氧化還原反應生成Cl2、CoCl2、H2O。(4)類比Fe在常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化，根據(jù)圖中信息得出原因；根據(jù)為了提高產(chǎn)物的純度，根據(jù)Ni與H2SO4反應很慢，而與稀硝酸反應很快這個信息得出添加硝酸的方法和反應方程式?！驹斀狻?1)Fe、Co、Ni分別為26、27、28號元素，它們在周期表中的位置為第四周期第VIII族，基態(tài)Fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；故答案為：第四周期第VIII族；1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；。(2)CoO的面心立方晶胞如圖1所示。根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)計算出O2?個數(shù)為，Co2+個數(shù)為，設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則CoO晶體的密度為；三種元素二價氧化物的晶胞類型相同，離子半徑Fe2+＞Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，離子鍵鍵長越來越長，鍵能越來越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次減小，因此其熔點由高到低的順序為NiO＞CoO＞FeO；故答案為：；NiO＞CoO＞FeO。(3)Fe、Co、Ni能與Cl2反應，其中Co和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，根據(jù)鐵和氯氣反應生成FeCl3，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯氣與Co和為Ni均生產(chǎn)二氯化物，說明氯氣的氧化性比CoCl3弱，由此推斷FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由強到弱的順序為CoCl3＞Cl2＞FeCl3，Co(OH)3與鹽酸反應有黃綠色氣體生成，發(fā)生氧化還原反應生成Cl2、CoCl2、H2O，其離子方程式：2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故答案為：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3＋6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O。(4)類比Fe在常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化，根據(jù)圖中信息，當大于63%時，Ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因為隨H2SO4質(zhì)量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜。工業(yè)上選用H2SO4和HNO3的混酸與Ni反應制備NiSO4。為了提高產(chǎn)物的純度，根據(jù)Ni與H2SO4反應很慢，而與稀硝酸反應很快，因此在硫酸中少量多次添加HNO3的方式來提高反應速率，反應生成NiSO4、H2O，根據(jù)硝酸濃度不同得到NO或NO2，此法制備NiSO4的化學方程式為3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O；故答案為：隨H2SO4質(zhì)量分數(shù)增加，Ni表面逐漸形成致密氧化膜；少量多次；3Ni＋3H2SO4＋2HNO3＝3NiSO4＋2NO↑＋4H2O或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝3NiSO4＋2NO2↑＋2H2O?！军c睛】物質(zhì)結(jié)構(gòu)是常考題型，主要考查電子排布式、晶胞計算、氧化還原反應、學生學習知識的能力的考查。17．（2020·山東·高考真題）CdSnAs2是一種高遷移率的新型熱電材料，回答下列問題：(1)Sn為ⅣA族元素，單質(zhì)Sn與干燥Cl2反應生成SnCl4。常溫常壓下SnCl4為無色液體，SnCl4空間構(gòu)型為，其固體的晶體類型為。(2)NH3、PH3、AsH3的沸點由高到低的順序為(填化學式，下同)，還原性由強到弱的順序為，鍵角由大到小的順序為。(3)含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。一種Cd2+配合物的結(jié)構(gòu)如圖所示，1mol該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有mol，該螯合物中N的雜化方式有種。(4)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，稱作原子的分數(shù)坐標。四方晶系CdSnAs2的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，晶胞棱邊夾角均為90°，晶胞中部分原子的分數(shù)坐標如下表所示。坐標原子xyzCd000Sn000.5As0.250.250.125一個晶胞中有個Sn，找出距離Cd(0，0，0)最近的Sn(用分數(shù)坐標表示)。CdSnAs2晶體中與單個Sn鍵合的As有個。【答案】正四面體形；分子晶體NH3、AsH3、PH3AsH3、PH3、NH3NH3、PH3、AsH3614(，0，)、(，，0)4【分析】（1）利用價層電子對數(shù)確定SnCl4的分子構(gòu)型；由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；（2）結(jié)構(gòu)相似的分子，相對分子質(zhì)量越大物質(zhì)的熔沸點越高，另外分子間能形成氫鍵的物質(zhì)，熔沸點則較高，鍵角的大小取決于中心原子的雜化類型、孤電子對數(shù)、成鍵電子對與成鍵電子對之間的斥力大??；（3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式可知，螯合作用配位成環(huán)，故1個該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有6個，Cd—NO2那個不算；該螯合物中N原子的雜化方式為sp2雜化；（4）結(jié)合部分原子的分數(shù)坐標，結(jié)合晶胞結(jié)構(gòu)圖，確定各原子在晶胞中位置，找出相應原子?！驹斀狻浚?）Sn為第ⅣA族元素，由于常溫下SnCl4為液體，故SnCl4為分子晶體；SnCl4分子中中心原子的孤電子對數(shù)==0，鍵電子對數(shù)為4，價層電子對數(shù)為4，故SnCl4分子的空間構(gòu)型為正四面體形；（2）NH3、PH3、AsH3的結(jié)構(gòu)相似，結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越強，物質(zhì)的沸點越高，但是NH3分子間能形成氫鍵，故這三種物質(zhì)的沸點NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As這三種元素位于元素周期表中第ⅤA族，原子序數(shù)依次增大，同一主族從上到下，隨著核電荷數(shù)的增加，原子半徑逐漸增大，非金屬性逐漸減弱，氫化物的還原性逐漸增強，故這三種物質(zhì)的還原性由強到弱的順序為AsH3＞PH3＞NH3；NH3、PH3、AsH3中中心原子都是sp3雜化，都有1對孤電子對，中心原子的電負性越小，成鍵電子對之間的斥力越小，成鍵電子對之間的斥力越小，鍵角越小，所以這三種物質(zhì)鍵角由大到小的順序為NH3＞PH3＞AsH3；（3）由該物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式和分析，根據(jù)題意“含有多個配位原子的配體與同一中心離子或原子通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物”，故該配合物中通過螯合作用形成的配位鍵有6mol，Cd—NO2那個不算；該螯合物中N原子的雜化方式都是sp2雜化，故該物質(zhì)中N的雜化方式有1種；（4）由部分Cd原子的分數(shù)坐標為(0，0，0)，可知8個Cd在晶胞的頂點，4個Cd在晶胞的面心，1個在晶胞的體心；部分Sn原子的分數(shù)坐標為（0，0，），4個Sn在晶胞的棱上，6個Sn在晶胞的面心；部分As原子的分數(shù)坐標為（，，），8個As在晶胞的體心；所以1個晶胞中Sn的個數(shù)為；距離Cd(0，0，0)最近的Sn是(，0，)、(，，0)；由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，CdSnAs2晶體中與單個Sn結(jié)合的As有4個?！军c睛】本題考查軌道雜化類型的判斷，分子構(gòu)型，物質(zhì)熔沸點大小比較，鍵角大小的比較，配位數(shù)的計算，晶胞的計算等知識，立足課本進行適當拓展，但整體難度不大。難點仍然是晶胞的有關判斷與計算，晶胞中原子的數(shù)目往往采用均攤法：①位于晶胞頂點的原子為8個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/8；②位于晶胞面心的原子為2個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/2；③位于晶胞棱心的原子為4個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1/4；④位于晶胞體心的原子為1個晶胞共用，對一個晶胞的貢獻為1。18．（2020·全國II卷·高考真題）鈣鈦礦(CaTiO3)型化合物是一類可用于生產(chǎn)太陽能電池、傳感器、固體電阻器等的功能材料，回答下列問題：(1)基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為。(2)Ti的四鹵化物熔點如下表所示，TiF4熔點高于其他三種鹵化物，自TiCl4至TiI4熔點依次升高，原因是?；衔颰iF4TiCl4TiBr4TiI4熔點/℃377﹣24.1238.3155(3)CaTiO3的晶胞如圖(a)所示，其組成元素的電負性大小順序是；金屬離子與氧離子間的作用力為，Ca2+的配位數(shù)是。(4)一種立方鈣鈦礦結(jié)構(gòu)的金屬鹵化物光電材料的組成為Pb2+、I﹣和有機堿離子，其晶胞如圖(b)所示。其中Pb2+與圖(a)中的空間位置相同，有機堿中，N原子的雜化軌道類型是；若晶胞參數(shù)為anm，則晶體密度為g·cm-3(列出計算式)。(5)用上述金屬鹵化物光電材料制作的太陽能電池在使用過程中會產(chǎn)生單質(zhì)鉛和碘，降低了器件效率和使用壽命。我國科學家巧妙地在此材料中引入稀土銪(Eu)鹽，提升了太陽能電池的效率和使用壽命，其作用原理如圖(c)所示，用離子方程式表示該原理、?！敬鸢浮?s22s22p63s23p63d24s2TiF4為離子化合物，熔點高，其他三種均為共價化合物，隨相對分子質(zhì)量的增大分子間作用力增大，熔點逐漸升高O＞Ti＞Ca離子鍵12Ti4+sp32Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+2Eu2++I2=2Eu3++2I?【分析】(1)考查了對基態(tài)原子電子排布規(guī)律的認識；(2)考查了不同類型的晶體的熔沸點比較，相同類型的晶體的熔沸點比較；(3)考查了電負性的周期性變化規(guī)律，微粒間的相互作用以及晶胞中離子的配位數(shù)；(4)考查了晶胞中微粒的位置和雜化理論，晶體密度的計算問題；(5)重點考查通過反應歷程圖，來書寫離子方程式等?！驹斀狻?1)鈦元素是22號元素，故其基態(tài)原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；故答案為：1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；(2)一般不同的晶體類型的熔沸點是原子晶體>離子晶體>分子晶體，TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點高于其余三種物質(zhì)；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，對于結(jié)構(gòu)相似的分子晶體，則其相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力依次越大，熔點越高；故答案為：TiF4是離子晶體，其余三種則為分子晶體，故TiF4的熔點高于其余三種物質(zhì)；TiCl4、TiBr4、TiI4均為分子晶體，相對分子質(zhì)量依次增大，分子間作用力依次增強，故熔點依次升高；(3)CaTiO3晶體中含有Ca、Ti、O三種元素，Ca、Ti是同為第四周期的金屬元素，Ca在Ti的左邊，根據(jù)同一周期元素的電負性從左往右依次增大，故Ti>Ca，O為非金屬，故其電負性最強，故三者電負性由大到小的順序是：O>Ti>Ca，金屬陽離子和氧負離子之間以離子鍵結(jié)合，離子晶體晶胞中某微粒的配位數(shù)是指與之距離最近且相等的帶相反電性的離子，故Ca2+的配位數(shù)必須是與之距離最近且相等的氧離子的數(shù)目，從圖(a)可知，該數(shù)目為三個相互垂直的三個面上，每一個面上有4個，故Ca2+的配位數(shù)是12；故答案為：O>Ti>Ca；離子鍵；12；(4)比較晶胞(a)(b)可知，將圖(b)中周圍緊鄰的八個晶胞中體心上的離子連接起來，就能變?yōu)閳D(a)所示晶胞結(jié)構(gòu)，圖(b)中體心上的Pb2+就變?yōu)榱税藗€頂點，即相當于圖(a)中的Ti4+；圖(b)中頂點上的I-就變成了體心，即相當于圖(a)中的Ca2+；圖(b)面心上中的就變成了棱心，即相當于圖(a)中的O2-；故圖(b)中的Pb2+與圖(a)中的Ti4+的空間位置相同；有機堿中N原子上無孤對電子，周圍形成了4個鍵，故N原子采用sp3雜化；從圖（b）可知，一個晶胞中含有Pb2+的數(shù)目為個，的數(shù)目為個，I-的數(shù)目為個，故晶胞的密度為，故答案為：Ti4+；sp3；；（5）從作用原理圖(c)可以推出，這里發(fā)生兩個離子反應方程式，左邊發(fā)生Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+，右邊發(fā)生I2+2Eu2+=2Eu3++2I-，故答案為：Pb+2Eu3+=Pb2++2Eu2+；I2+2Eu2+=2Eu3++2I-【點睛】對電負性的考查，只要掌握周期表同一周期從左往右電負性依次增大，同一主族從上往下電負性依次減小的規(guī)律，另金屬元素的電負性小于非金屬的；化學鍵的類型判斷主要也是通過電負性，當兩元素的電負性相差1.7以上形成離子鍵，小于則形成共價鍵；判斷分子等構(gòu)型時，可以通過價層電子對互斥理論或雜化軌道理論以及等電子體原理進行判斷；由陌生晶胞結(jié)構(gòu)計算晶體密度時，先要確定晶胞中含有的微粒數(shù)目，這時一方面要認真分析晶胞中各類粒子的位置信息，另一方面也要注意均攤法的使用，然后根據(jù)質(zhì)量的兩種計算方法相等即來進行求算。19．（2020·全國I卷·高考真題）Goodenough等人因在鋰離子電池及鈷酸鋰、磷酸鐵鋰等正極材料研究方面的卓越貢獻而獲得2019年諾貝爾化學獎。回答下列問題：(1)基態(tài)Fe2+與Fe3+離子中未成對的電子數(shù)之比為。(2)Li及其周期表中相鄰元素的第一電離能(I1)如表所示。I1(Li)>I1(Na)，原因是。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是。I1/(kJ·mol－1)Li

520Be

900B

801Na

496Mg

738Al

578(3)磷酸根離子的空間構(gòu)型為，其中P的價層電子對數(shù)為、雜化軌道類型為。(4)LiFePO4的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖如(a)所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體，它們通過共頂點、共棱形成空間鏈結(jié)構(gòu)。每個晶胞中含有LiFePO4的單元數(shù)有個。電池充電時，LiFePO4脫出部分Li+，形成Li1?xFePO4，結(jié)構(gòu)示意圖如(b)所示，則x=，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=?！敬鸢浮?:5Na與Li同主族，Na的電子層數(shù)更多，原子半徑更大，故第一電離能更小Li，Be和B為同周期元素，同周期元素從左至右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢；但由于基態(tài)Be原子的s能級軌道處于全充滿狀態(tài)，能量更低更穩(wěn)定，故其第一電離能大于B的正四面體形4sp34或0.187513:3【分析】題(1)考查了對基態(tài)原子電子排布規(guī)律的認識；題(2)考查了第一電離能的周期性變化規(guī)律；題(3)考查了分子或離子空間構(gòu)型判斷的兩大理論；題(4)重點考查通過陌生晶胞的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖判斷晶胞組成?！驹斀狻?1)基態(tài)鐵原子的價電子排布式為，失去外層電子轉(zhuǎn)化為Fe2+和Fe3+，這兩種基態(tài)離子的價電子排布式分別為和，根據(jù)Hund規(guī)則可知，基態(tài)Fe2+有4個未成對電子，基態(tài)Fe3+有5個未成對電子，所以未成對電子個數(shù)比為4:5；(2)同主族元素，從上至下，原子半徑增大，第一電離能逐漸減小，所以；同周期元素，從左至右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，但由于ⅡA元素基態(tài)原子s能級軌道處于全充滿的狀態(tài)，能量更低更穩(wěn)定，所以其第一電離能大于同一周期的ⅢA元素，因此；(3)經(jīng)過計算，中不含孤電子對，成鍵電子對數(shù)目為4，價層電子對數(shù)為4，因此其構(gòu)型為正四面體形，P原子是采用sp3雜化方式形成的4個sp3雜化軌道；(4)由題干可知，LiFePO4的晶胞中，F(xiàn)e存在于由O構(gòu)成的正八面體內(nèi)部，P存在由O構(gòu)成的正四面體內(nèi)部；再分析題干中給出的(a),(b)和(c)三個不同物質(zhì)的晶胞結(jié)構(gòu)示意圖，對比(a)和(c)的差異可知，(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，小球表示的即為Li+，其位于晶胞的8個頂點，4個側(cè)面面心以及上下底面各自的相對的兩條棱心處，經(jīng)計算一個晶胞中Li+的個數(shù)為個；進一步分析(a)圖所示的LiFePO4的晶胞中，八面體結(jié)構(gòu)和四面體結(jié)構(gòu)的數(shù)目均為4，即晶胞中含F(xiàn)e和P的數(shù)目均為4；考慮到化學式為LiFePO4，并且一個晶胞中含有的Li+，F(xiàn)e和P的數(shù)目均為4，所以一個晶胞中含有4個LiFePO4單元。對比(a)和(b)兩個晶胞結(jié)構(gòu)示意圖可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一個面心的Li+以及一個棱心的Li+；結(jié)合上一個空的分析可知，LiFePO4晶胞的化學式為Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化學式為Li3.25Fe4P4O16，所以有即x=0.1875。結(jié)合上一個空計算的結(jié)果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；假設Fe2+和Fe3+數(shù)目分別為x和y，則列方程組：，，解得x=0.8125，y=0.1875，則Li1-xFePO4中?！军c睛】對第一電離能的考查，最常出現(xiàn)的是ⅡA，ⅤA基態(tài)原子與同一周期相鄰主族元素的基態(tài)原子第一電離能的比較；判斷分子等構(gòu)型時，可以通過價層電子對互斥理論或雜化軌道理論以及等電子體原理進行判斷；由陌生晶胞結(jié)構(gòu)書寫晶體化學式時，一方面要認真分析晶胞中各類粒子的位置信息，另一方面也要注意均攤法的使用。20．（2019·海南·高考真題）Ⅰ.下列各組物質(zhì)性質(zhì)的比較，結(jié)論正確的是()A．分子的極性：

B．物質(zhì)的硬度：C．物質(zhì)的沸點：

D．在中的溶解度：Ⅱ.錳單質(zhì)及其化合物應用十分廣泛?；卮鹣铝袉栴}：(1)位于元素周期表中第四周期族，基態(tài)原子核外未成對電子有個。(2)可與反應生成，新生成的化學鍵為鍵。分子的空間構(gòu)型為，其中N原子的雜化軌道類型為。(3)金屬錳有多種晶型，其中的結(jié)構(gòu)為體心立方堆積，晶胞參數(shù)為apm，中錳的原子半徑為pm。已知阿伏加德羅常數(shù)的值為，的理論密度。(列出計算式)(4)已知錳的某種氧化物的晶胞如圖所示，其中錳離子的化合價為，其配位數(shù)為。【答案】ABVIIB5配位三角錐sp3+26【分析】I.A.先判斷分子是否為極性分子，然后根據(jù)極性分子的極性大于非極性分子的極性；B.二者是離子晶體，離子鍵越強，物質(zhì)的硬度越大；C.HF分子之間存在氫鍵；D.CS2、CCl4都是非極性分子，H2O是極性分子，利用相似相溶原理分析；II.(1)Mn是25號元素，根據(jù)原子序數(shù)與元素周期表的位置判斷其位置；并根據(jù)構(gòu)造原理書寫其核外電子排布式，判斷其核外未成對電子數(shù)目；(2)在絡離子的中心離子與配體之間存在配位鍵；用價層電子對理論判斷NH3的空間構(gòu)型，N原子的雜化軌道類型為sp3；(3)體心立方結(jié)構(gòu)中Mn原子在晶胞頂點和體心內(nèi)，體對角線為Mn原子半徑的4倍，據(jù)此計算Mn原子半徑；先計算一個晶胞中含有的Mn原子數(shù)，然后根據(jù)ρ=計算晶胞密度；(4)用均攤法計算晶胞中Mn、O離子個數(shù)，然后利用化合物中正負化合價代數(shù)和等于0計算Mn的化合價；根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)可知：在Mn離子上下、前后、左右6個方向有O離子，配位數(shù)是6?！驹斀狻縄.A.BCl3是平面正三角形，分子中正負電中心重合，是非極性分子；而NCl3的N原子上有一對孤電子對，是三角錐形，分子中正負電中心不重合，是極性分子，所以分子極性：BCl3<NCl3，A正確；B.NaF、NaI都是離子晶體，陰、陽離子通過離子鍵結(jié)合，由于離子半徑