【文档说明】2023年高考化学二轮复习试题（新高考专用）专题05 物质结构与性质 Word版含解析.docx，共(18)页，1.359 MB，由小赞的店铺上传

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高考解密05物质结构与性质1．（2022·湖北·模拟预测）某种合成医药、农药的中间体结构如图所示，其中X、Y、Z、M、R均为短周期主族元素，原子序数依次增大。下列说法错误的是A．第一电离能：Y<Z<MB．简单氢化物

沸点：Y<ZC．R可形成两种酸性氧化物D．YM可作为配合物的配体【答案】A【解析】根据X、Y、Z、M、R原子序数依次增大且为短周期主族元素，结合该中间体的结构中的连键特点，可推出元素X、Y、Z、M、R分别为H、C、N、O、

S。A．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能应是C<O<N，故A错误；B．Y、Z对应的简单氢化物分别为CH4和NH3，由于NH3中存在分子间氢键，所以沸点高于CH4，故B正确；C．S可形成两种酸性氧化物，分别为SO2和SO3，故C正确；D．CO可作

配合物的配体，如Ni(CO)4，故D正确；选A。2．（2022·浙江·绍兴市教育教学研究院一模）下列说法不正确的是A．激光、焰火都与电子跃迁释放能量有关B．可燃冰(42CH8HO)中甲烷与水分子间存在氢键C．

冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”D．晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象【答案】B【解析】A．光辐射是电子释放能量的重要形式之一，激光、焰火都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，A正确；B．甲烷与水之间为分子间作用力，不是氢键，B错误；C．

同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”，C正确；D．晶体自范性的本质：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，D正确；故选B。3．（2022·广东韶关·

模拟预测）钙钛矿晶体的晶胞结构如图所示，下列说法不正确的是。A组基础练A．晶体的化学式为：3CaTiOB．其组成元素中电负性最大的是：OC．Ti的基态原子价层电子排布式为：223d4sD．金属离子与氧离子间的作用力为共价键【答案】D【解析】A．根据晶胞结构图，晶胞中，Ca原

子数为1，Ti原子数为1818=，O原子数为11234=，晶体的化学式为3CaTiO，A正确；B．组成元素中电负性为O＞Ti＞Ca，B正确；C．Ti的基态原子价层电子为最外层电子加次外层d电子，其排布式为223d4s，C正确；D．金属离子与氧离子间的作用

力为离子键，D错误；答案选D。4．（2022·湖北·模拟预测）CdSe是一种重要的半导体材料。其晶体的晶胞结构如图所示，已知m的坐标参数为(14，14，14)，晶胞参数为apm。下列说法正确的是A．34Se基态原子价电子排布式为3d10

4s24p4B．晶胞中n的坐标参数为(14，34，34)C．与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有6个D．Cd原子与Se原子之间的最短距离为32apm【答案】B【解析】A．Se为主族元素，其价电子排布式应为4s24p4，A错误；B．根据晶胞中各原子的位置及点坐标，可得出点坐标为(

14，34，34)，B正确；C．晶胞中Cd的位置与金刚石中碳原子位置一样，所以晶胞中与Cd原子距离最近且相等的Cd原子应有12个，C错误；D．Cd原子与Se原子之间最短距离是体对角线的14，为34apm，D错误；故答案为：B。5．（2022·北京市第十中学三模）“神州十

三号”飞船所使用的砷化镓太阳能电池是我国自主研发、自主生产的产品，拥有全部知识产权。砷(As)和镓(Ga)都位于第四周期，分别位于第VA族和第IIIA族。下列说法不正确的是A．原子半径GaAsPB．热稳定性333N

HPHAsHC．酸性：342434HAsOHSOHPOD．3Ga(OH)的化学性质可能与3Al(OH)相似【答案】C【解析】A．同周期自左而右，原子半径减小，Ga和As位于同一周期，原子序数As>Ga，原子半径Ga>As；同主族自上而下原子半径增大，As在P的下

一周期，原子半径As>P，所以原子半径Ga>As>P，A正确；B．同主族自上而下非金属性减弱，非金属性N>P>As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性NH3>PH3>AsH3，B正确；C．同周期自左而右，非金属性增强，

非金属性S>P，同主族自上而下非金属性减弱，P>As，所以非金属性S>P>As，所以酸性H2SO4>H3PO4>H3AsO4，C错误；D．镓(Ga)是第四周期IIIA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有

两性，D正确；故选C。6．（2022·湖北·模拟预测）科学家近期合成了一种配合物，该物质可以在温和条件下活化H2，将N3-转化为NH2−，反应过程如图所示。下列说法错误的是A．产物中N原子的杂化轨道类型为sp3B．NH2-的VSEPR模

型为四面体形C．电负性大小：N>C>FeD．键角：NH2−>NH3【答案】D【解析】A．产物N连接4根键，为3sp杂化，A正确；B．2NH−与H2O互为等电子体，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，B正确；C．一般而言，

金属元素的电负性小于1.8，非金属元素电负性大于1.8，C、N属于同一周期，从左到右电负性逐渐增大，Fe为金属元素，电负性最小，即得N>C>Fe，C正确；D．2NH−与H2O互为等电子体，均存在两对电子对，键角相

同，键角：H2O<NH3，所以2NH−<NH3，D错误；故选D。7．（2022·浙江温州·模拟预测）冰的晶胞结构如图所示。下列相关说法不正确．．．的是A．晶胞中z方向上的两个氧原子最短距离为d，则冰晶胞中的氢键的长为dB．冰晶体中，相邻的水分子间皆以氢键结合C．冰密度比干冰的

小，主要是因为冰晶体分子间的氢键存在方向性、饱和性D．硫化氢晶体结构与冰相似【答案】D【解析】A．氢键键长可以表示为通过氢键相连接的两个氧原子的核间距，z方向上距离最近的两个O原子所在的水分子即通过氢键连接，A正确；B．在冰晶体中，相邻水分子之间都有氢键生成，形成正四面体结构，

B正确；C．在冰的晶体中，由于氢键有方向性和饱和性，迫使在四面体中心的每个水分顶角方向的4个相邻水分子形成氢键，这一排列使冰晶体中的水分子的空间利用率不高，密度较小，C正确；D．硫化氢分子间不存在氢键，所以硫化

氢晶体结构与冰不相似，D错误；综上所述答案为D。8．（2022·浙江宁波·一模）前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单氢化物分子呈三角锥形，Y的周期序数与族序数相等，基态Z原子3p原子轨道上有1个未成对电子，W与Z处于同一主族。下列说法不正确．．．的是A．原子半径

：Y＞ZB．第一电离能：W＞ZC．XZ3是极性分子D．X、Y可以形成共价晶体【答案】B【解析】前4周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的简单氢化物分子呈三角锥形，则对应的分子式为XH3，X为ⅦA，Y的周期序数与族序数相等，基态Z原子3p原子轨道上有1个未成对电子，则Z为Cl、X

为N、Y为Al，W与Z处于同一主族，则W为Br。A．同周期从左到右元素原子半径递减，则原子半径：Y＞Z，A正确；B．同主族元素第一电离能从上到下递减，则第一电离能：W＜Z，B不正确；C．XZ3中心原子的孤电子对数=53112−=、价层电子对数

=3+1=4，空间构形为三角锥形，正负电荷重心不重叠、是极性分子，C正确；D．X、Y可以形成氮化铝，是共价晶体，D正确；答案选B。9．（2022·浙江·绍兴市教育教学研究院一模）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apm、bpm、cpm，夹角均为90°。(

1pm=1.0×10-10cm)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)30A(Mr+107)210Nabc【解

析】（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：8×18+2×12=2；Cl-数目是：4×12+1×2=4；H2O分子数目是：8×14+4×12=4，若金属M的相对原子量Mr，晶胞的棱长分别为apm、bpm

、cpm，夹角均为90°，则该晶胞的密度ρ=3033-30AA(Mr+235.5+218)2(Mr+107)210g/cm=g/cmNabcN(abc10)。10．（2022·广西南宁·模拟预测）软包电池(水系244512LiMnOLiTiO)具有优异的稳定性，良好的容量

保持率，且成本较低，大规模储能的应用前景广泛。回答下列问题：(1)基态Mn原子核外电子排布式为_______；原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用1+2表示，则与之相反的用1-2表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态Li原子，其核外电子自旋磁量子数的代数和为_______。(2)

()()35MnCOCHCN是锰的一种配合物。配体3CHCN与中心原子形成配位键时，提供孤对电子的原子是_______(填元素符号)，其能量最高的电子所在的能级符号为_______，配合物中心原子的配位数

是_______。(3)244512LiMnOLiTiO软包电池的关键组件LiTFSI结构如图所示。①其中S原子的杂化轨道类型为_______。②LiTFSI中存在的作用力为_______(填标号)。A．金属键B．键C．键D．氢键③LiTFSI中第二周期非金属元素的第一电离能由大到小的

顺序为_______，原因是_______。(4)Al掺杂的氮化钛晶胞结构如图所示。距离Ti最近的Al有_______个，已知阿伏加德罗常数的值为AN，若晶体的密度为3ρgcm−，该晶胞的边长为_______cm(列出算式)。

【答案】(1)22626521s2s2p3s3p3d4s1+2或1-2(2)N2p6(3)3spBCF>N>O>CLiTFSI中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离

能大于同周期相邻元素，故第一电离能为F>N>O>C(4)43A144+483+27ρN或3A227ρN【解析】（1）Mn是25号元素，基态Mn原子核外电子排布式为22626521s2s2p3s3p3d4s；原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自

旋状态用1+2表示，则与之相反的用1-2表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态Li原子，电子排布式为211s2s，其核外电子自旋磁量子数的代数和为1+2或1-2；（2）3CHCN中，甲基与碳形成C-C单键，C与N形成三键，含有孤电

子对的原子为N原子，其电子排布式为2231s2s2p，其能量最高的电子所在的能级符号为2p，配合物()()35MnCOCHCN中心原子Mn的配位数是6；（3）①根据LiTFSI结构简式中S的价键可知，S形成6对共用电子对，没有孤电子对，S原子的杂化轨道类型为sp3杂化；②LiT

FSI中既有单键也有双键，非金属元素之间形成共价键，故存在的作用力为键、键，不存在金属键、氢键，答案选BC；③LiTFSI中第二周期非金属元素为F、C、N、O，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能为F>N>

O>C；（4）Al位于晶胞体心，Ti位于晶胞的棱，若以Ti为中心，则围在以Ti为中心的棱为中心的四个晶胞的中心为距离Ti最近的Al，总共有4个；根据均摊法，晶胞中含有8116482+=个N，12134

=个Ti，1个Al，已知阿伏加德罗常数的值为AN，若晶体的密度为3ρgcm−，该晶胞的质量为A144+483+27Ng，体积为A144+483+27ρN，则边长为3A144+483+27ρN或3A227ρNcm。1．（2022·浙江温州·模拟预测）氯化铬酰(22CrOCl)常温下为

深红色液体，能与4CCl、2CS等互溶，沸点117℃，不存在立体异构，遇水反应并生成两种酸。下列说法不正确．．．的是A．22CrOCl中Cr的化合价数与基态原子的价电子数相等B．22CrOCl结构为四面体而非平面形

C．22CrOCl为离子晶体D．22CrOCl遇水可发生反应：2222272CrOCl+3HOHCrO+4HCl【答案】C【解析】A．22CrOCl中Cr的化合价数是+6，其基态原子的排布式是3d54s1，价电子数是6，A项正确；B．22CrOCl结构式为，中心铬原子上的孤电子

数是0，价层电子数是4，为四面体而非平面形，B项正确；C．22CrOCl为分子晶体，C项错误；D．22CrOCl遇水可发生反应生成铬酸和盐酸：2222272CrOCl+3HOHCrO+4HCl，D项正确；

故答案选C。2．（2022·北京·北大附中三模）在一定条件下，[Zn(CN)4]2-与甲醛发生如下反应：[Zn(CN)4]2-+4HCHO+4H2O=[Zn(OH)4]2-+4HOCH2CN已知：ⅰ.HCN为剧毒、易挥发的气体，其水溶液有极弱的酸性ⅱ.Zn2++4C

N-垐?噲?[Zn(CN)4]2-K1；Zn2++4OH-垐?噲?[Zn(OH)4]2-K2下列说法不正确．．．的是A．反应前后Zn2+均提供4个空轨道容纳4对孤电子对B．HOCH2CN的氰基由CN-与甲醛发生反应而来C．依据上述[Zn(CN

)4]2-与甲醛的反应可以证明：K1<K2D．上述反应必须在碱性条件下进行，既保证安全性，也能提高反应物转化率【答案】C【解析】A．[Zn(CN)4]2-与[Zn(OH)4]2-中Zn离子均形成了4个配位键，Zn2+提供4个空轨道容纳4对孤电子对，A正确

；B．根据原子守恒，可知HOCH2CN的氰基由CN-与甲醛发生反应而来，B正确；C．依据B组提升练上述[Zn(CN)4]2-与甲醛的反应不能证明K1和K2的大小，要比较K1和K2的大小，应该让[Zn(CN

)4]2-与氢氧根或[Zn(OH)4]2-与CN-发生反应，比较两个反应的进行程度，C错误；D．Zn2++4CN-垐?噲?[Zn(CN)4]2-为可逆反应，酸性条件下会生成HCN，其为剧毒、易挥发的气体，故

应在碱性条件下进行，既保证安全性，又有利于生成[Zn(OH)4]2-，提高反应物转化率，D正确；故选C。3．（2022·北京·北大附中三模）下列化学用语正确的是A．二氧化碳的电子式：B．乙醛的空间填充模型：C．基态Mn2+的价电子轨道表示式：D．反式聚异戊二烯的结构简式：【答案】B【解析】A．C

最外层4个电子需要共用4对电子达饱和，所以它与两个氧原子分别共用两对电子，电子式为，A项错误；B．乙醛结构简式为CH3CHO，比例模型为，B项正确；C．Mn2+价电子为3d5，所以它的排布为，C项错误；D．分子中若R1>R2且R3>R4或R1<R2且R3<R4则该烯烃为顺式；其他

为反式。中-CH2->-CH3且-CH2->H则该烯烃为顺式，D项错误；故选B。4．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）新型二维共价晶体材料在光电、催化、新能源以及生物医学等领域中的应用具有重要意义，硒和钒形成的晶体

就是其中的一种，晶体中硒原子和钒原子是分层排布的，下图是该晶体微观结构的透视图。下列有关说法正确的是A．基态硒原子价层电子排布式为3dl04s24p4B．该晶体应该具有较高的熔点C．假设俯视图中菱形的面积为sm2则该晶体

单位面积质量为130sg/m2D．该晶体的化学式为VSe【答案】B【解析】A．主族元素价层电子即为最外层电子，硒在周期表中的位置是第四周期第VIA族，因此价层电子排布式为4s24p4，A选项错误；B．该共价晶体中相邻Se原子与V原

子以共价键相作用在一起，熔化时需克服共价键，具有较高的熔点，B选项正确；C．菱形结构中Se原子个数为14124+=，V原子个数为1×1=1，则该晶体单位面积为()2AA51792N209g/mssN+=，C选项错误；

D．俯视图中菱形结构为最小晶胞，Se原子个数为14124+=，V原子个数为1×1=1，所以该晶体化学式为VSe2，D选项错误；答案选B。5．（2022·重庆市育才中学二模）第24届冬奥会于2022年2月4日在北京隆重开幕，“科技冬奥”

理念，体现在方方面面。回答下列有关问题：(1)冬奥会采用的石墨烯(即单层石墨)材料制造户外保暖穿戴设备，该材料中的碳原子采取_______杂化，属于元素周期表中_______区，同主族的元素基态Ge原子核外电子的空间

运动状态有_______种。奥运会场馆使用了大量的合金。第VIII族元素Fe、Co、Ni性质相似，称为铁系元素，主要用于制造合金。(2)基态Fe2+与Fe3+离子的最外层电子数之比为_______，实

验室常用A离子来检验Fe3+离子，且又是CO2的某一种等电子体，写出A离子的结构式_______。(3)Fe(CO)5是一种黄色粘稠状液体化合物，则CO作配体时，配位原子是_______，其原因是_______。(4)写出与Ni同周期元素中，基态原子未成对电子数与Ni相

同的元素名称_______。(5)如表为Co2+、Ni2+不同配位数时对应的晶体场稳定化能(可衡量形成配合物时，总能量的降低)。由表可知，Ni2+比较稳定的配离子配位数是_______(填“4”或“6”)离

子配位数晶体场稳定化能(Dq)离子配位数晶体场稳定化能(Dq)Co2+6-8Dq+2pNi2+6-12Dq+3p4-5.34Dq+2p4-3.56Dq+3p(6)目前新能源汽车电池主要是磷酸铁锂(LiFePO4)和三元锂电池(正极含有Ni、Co、Mn三种元素)。LiFeP

O4中阴离子的立体构型名称是_______。三元锂电池的负极材料是石墨，石墨晶体的二维平面结构如图1所示，晶胞结构如图2所示。根据图2计算石墨晶体的密度是_______g/cm3(写出表达式即可)。【答案】(1)sp2杂化；P；17；(2)14：13；[S=C=N]-；(3)C；C的电负性小于O，

对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易；(4)钛、锗、硒；(5)6；(6)正四面体形；212A481033Nab或212A16103Nab或212A163103Nab；【解析】（1）石墨每层结构中每个C原子与周围的3个C原子形成3个o键，C原子为sp2杂化，C原子

的核外电子排布为：2221s2s2p，位于周期表中P区，Ge原子核外电子排布2262610221s2s2p3s3p3d4s4p，有1s、2s、3s、4s各有1个轨道，2p、3p各有3个轨道，4p有2个轨道

含有电子，3d有5个轨道，所以共有17种空间运动状态，故答案为：sp2；P；17；（2）基态Fe2+的核外电子排布为：2262661s2s2p3s3p3d，最外层电子数为14个，Fe3+离子核外电子排布为2262651s2s2p3s3p3d，最外层电子数为13个，基态Fe2+与

Fe3+离子的最外层电子数之比为14：13，原子个数及价电子数相等的微粒是等电子体，故A离子为SCN，结构式为：[S=C=N]-，故答案为：14：13；[S=C=N]-；（3）C原子的电负性比O的小，对孤电子对

的吸引力更小，更容易给出孤电子对，因此配位原子是C，故答案为：C；对孤电子对吸引能力弱，给出电子对更容易；（4）Ni原子的核外电子排布为：22626821s2s2p3s3p3d4s，有2个未成对电子，第四

周期含有2个未成对电子的有钛、锗、硒，故答案为：钛、锗、硒；（5）由表格可知Ni2+配位数为6时对应的晶体场稳定化能降低的更多，更稳定，故答案为：6；（6）34PO−中P原子价层电子对数5342442+−=+=，且不含孤电子对，故34PO−的空间构型为正四面体，由晶胞结构图可知晶胞含有的C原

子个数为11184124842+++=，C原子之间的距离为anm，则晶胞底面边长为3anm，晶胞体积：2-2133=33ab10cmV=3anm3anm2bnm2，晶胞密度21A32-21324?12gN4810===g/cm33ab10cm33abmV；故答案为：2

12A481033Nab或212A16103Nab或212A163103Nab；1．（2022·江苏·高考真题）下列说法正确的是A．金刚石与石墨烯中的C-C-C夹角都为120B．4SiH、4SiCl都是由极性键构成的非极性分子C．锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为2

24s4pD．ⅣA族元素单质的晶体类型相同【答案】B【解析】A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，C-C-C夹角为109°28′，故A错误；B．4SiH的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；4SiCl的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心

重合，为非极性分子，故B正确；C．锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为[Ar]3d10224s4p，故C错误；D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D错误；故选B。2．（2022·北京·高考真题）由键能数据大小，不能．．解释下列事实的是C组真

题练化学键CH−SiH−CO=CO−SiO−CC−Si-Si键能/1kJmol−411318799358452346222A．稳定性：44CH>SiHB．键长：COCO=−C．熔点：22CO<SiOD．硬度：金刚石>晶体硅【答案】C【解析】A．键能越大越稳定，C

H−键能大于SiH−，所以稳定性：44CH>SiH，故不选A；B．键能越大，键长越短，CO=键能大于CO−，所以键长：COCO=−，故不选B；C．CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以

熔点22CO<SiO，不能用键能解释熔点22CO<SiO，故选C；D．金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，CC−的键能大于Si-Si，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；选C。3．（

2022·北京·高考真题）下列化学用语或图示表达不正确．．．的是A．乙炔的结构简式：HCCHB．顺2−−丁烯的分子结构模型：C．基态Si原子的价层电子的轨道表示式：D．22NaO的电子式：【答案】C【解析】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为HCCH，A项正确；B．顺2

−−丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项正确；C．基态Si原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项错误；D．22NaO是离子化合物，其电子式为，D项正确；答案选C。4．（2022·湖北·

高考真题）磷酰三叠氮是一种高能分子，结构简式为()33OPN=。下列关于该分子的说法正确的是A．为非极性分子B．立体构型为正四面体形C．加热条件下会分解并放出2ND．分解产物NPO的电子式为····NP:O:MM【答案】C【解析】A．磷酰三叠氮分子不是对称结构，分子

中的正负电荷重心是不重合的，是极性分子，A项错误；B．磷酰三叠氮分子含有三个P-N键及一个P=O双键，则立体构型为四面体构型，B项错误；C．磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出2N，C项正确；D．NPO为共价化合物，则电子式为，D项错误；答案选C。5．（202

2·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。(2)Cu与Zn相比，第二电

离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。(3)SnCl3−的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。(4)将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是____(填标号)。A．[Cu(NH3)2]C

lB．[Cu(NH3)4]SO4C．[Zn(NH3)4]SO4D．Na2[Zn(OH)4](5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：A．B．C．D．根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO4−的是____(填标号)，理由是____。(6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。①该物

质的化学式为_____。②以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(34，14，18)，则B原子的坐标为_____。【答案】(1)1：2或2：1(2)CuCu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的

是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大(3)三角锥形sp3杂化(4)B(5)DD中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO4−(

6)Cu2ZnSnS4(14，34，58)【解析】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；（2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离

能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s

1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；（3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；（4

）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排

布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；D．Na2[Zn(OH)4]中锌离子外围电子排布是3d10，

离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；故选B；（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的

锌原子个数为8×18+1=2，位于面上的铜原子个数为8×12=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×12+4×14=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正

方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(34，14，18)可知，B原子的坐标为(14，34，58)，故答案为：(14，34，58)。