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2026 届考前《物质结构与性质》大题专练(五)
1．磷酸亚铁锂(化学式：LiFePO4)是锂离子电池电极材料，主要用于动力锂离子电池，作为正极活性
物质使用，人们习惯也称其为磷酸铁锂。
(1)基态锂原子核外能量最高的电子电子云轮廓图形状为________；基态磷原子第一电离能比基态硫
的________(填“大”或“小”)，原因是______________________________________________。
(2)实验室中可用KSCN 或K4[Fe(CN)6]来检验Fe3＋。FeCl3与KSCN 溶液混合，可得到配位数为5 的配
合物的化学式是________，其中硫、碳的杂化类型分别是________、________。
(3)磷酸和亚磷酸(H3PO3)是磷元素的两种含氧酸。PO 的空间构型为________；亚磷酸与NaOH 反应只
生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3的结构简式为_________________________。
(4)磷酸分子间脱水可生成多磷酸，其某一钙盐的结构如下图所示：
由图推知该多磷酸钙盐的通式为________________________。
(5)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g·cm－3，NA代表阿伏加德罗常数
的值。在该晶胞中，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为________，Fe2+与O2-最短核间距为________pm。
答案：(1)球形；大；磷原子的3p 轨道半充满，较稳定 (2)K2[Fe(SCN)5]；sp3；sp
(3)正四面体形；
(4)(CaP2O6)n (5)12；×1010
解析：(1)基态锂原子核外能量最高的电子所处能级为2s，电子云轮廓形状为球形。由于磷最外层的
3p 能级电子处于半充满的稳定状态，所以失去一个电子比16 号元素S 难，需要的能量高，故其第一电离
能比硫的大。
(2)根据电荷守恒，配位数为5 的配合物的化学式是K2[Fe(SCN)5]。硫、碳的杂化类型分别是sp3、
sp。
(3)PO 中P 的杂化轨道数为＝4，配位原子数为4，无孤电子对，所以PO 为正四面体形。亚磷酸与
NaOH 溶液发生酸碱中和反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，羟基H 能电离产生H＋，说明H3PO3分
子中含有2 个－OH，它属于二元酸，由于P 最外层有5 个电子，则亚磷酸的结构简式为
或
。
(4)由图推知该多磷酸钙盐最小的重复单元是CaP2O6，所以该多磷酸钙盐的通式为(CaP2O6)n。
(5)根据晶胞结构可知Fe2+为面心立方结构，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12 个；用“均摊法”可得
晶胞中含Fe2+：8×＋6×＝4 个，含O2－：12×＋1＝4 个，晶体的化学式为FeO，1molFeO 的质量为72g，晶
胞的体积为×4＝cm3，晶胞的棱长为cm，Fe2+与O2-最短核间距为×cm＝cm＝×1010pm。
2．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)SnCl 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]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4 C．Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2＋转化为MnO 的是_____(填标号)。理由是___________。
答案：(1)1∶2 或2∶1
(2)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)D；D 中含有－1 价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2＋转化为MnO
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；
(2)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
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)Sn 是ⅣA 族元素，SnCl 的中心离子Sn2＋价层电子对数为3＋＝4，有1 对孤电子对，中心离子是
sp3杂化，SnCl 的几何构型是三角锥形；
(4)根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子。
A．[Cu(NH3)2]Cl 各原子核外电子均已成对，不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中的Cu2＋外围电子排布是3d9，有未成对电子，符合题意；
C．[Zn(NH3)4]SO4各原子核外电子均已成对，不符合题意；
D．Na2[Zn(OH)4] 各原子核外电子均已成对，不符合题意；
故答案选B。
(5)Mn2＋转化为MnO 需要氧化剂，且氧化性比MnO 的强，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 化合价比H2SO4低，氧化性更弱，故B、C 均不符合；D 中含
有－1 价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2＋转化为MnO，故D 符合。
3．N、P、As、Ga、Cr、Cu 等元素形成的化合物种类繁多，具有重要的研究价值和应用价值。请回
答下列问题：
(1)基态Cr 原子的价层电子排布式为________。
(2)N2F2分子中，氮原子的杂化轨道类型为_______，N2F2可能的两种结构为__________________。
(3)PCl3和PCl5是磷元素形成的两种重要化合物，请根据价层电子对互斥理论推测PCl3的立体构型：
____________。
(4)砷化镓的熔点为1 238 ℃，具有空间网状结构，作为半导体，性能比硅更优良。砷化镓属于
________晶体。已知氮化硼与砷化镓属于同类型晶体，则两种晶体熔点较高的是______________(填化学
式)，其理由是_______________________________________________。
上述两种晶体的四种元素电负性最小的是________(填元素符号)。
(5)铜的化合物种类很多，如图所示的是氯化亚铜的晶胞结构，已知晶胞的棱长为a cm，则氯化亚铜
密度的计算式为ρ＝________ g·cm-3(用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
答案：(1)3d54s1 (2)sp2
(3)三角锥形
(4)共价；BN；二者均为共价晶体，B—N 键的键长比Ga—As 键的键长短，键能更大；Ga
(5)
解析：(1)Cr 的原子序数为24，基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价层电子排布式
为3d54s1。
(2)在N2F2分子中，F 原子与N 原子共用1 对电子达到8 电子稳定结构，两个N 原子间需共用两对电
子达到8 电子稳定结构，即
，因此1 个N 原子形成2 个σ 键，1 个π 键，还有1 对孤
电子对，因此价层电子对数为3，杂化轨道类型为sp2。因为存在N＝N 键，类比C＝C 键的顺反异构可知，
可形成的两种分子结构为
和
。
(3)磷原子最外层有5 个电子，其中3 个电子分别和氯原子形成三对共用电子对，另有一对孤电子对，
根据价层电子对互斥理论推测PCl3的立体构型为三角锥形。
(4)砷化镓是具有空间网状结构的晶体，熔点为1 238 ℃，为共价晶体，氮化硼与砷化镓均属于共价
晶体，B—N 键的键长比Ga—As 键的键长短，键能更大，故氮化硼晶体熔点较高。一般情况下，非金属
性越强，电负性越大，四种元素中Ga 的非金属性最弱，元素电负性最小。
(5)根据晶胞图可知1 个CuCl 晶胞中Cu＋有8×＋6×＝4 个，Cl－有4 个，所以该晶胞中含有4 个
CuCl，已知晶胞的棱长为a cm，体积为a3cm3，ρ＝ g·cm－3。
4．硼及其化合物在工农业生产、新型材料等方面应用广泛。回答下列问题：
(1)B 的基态原子核外电子排布式为________________，与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第
一电离能由大到小的顺序为________________。
(2)硼、铝同主族，晶体硼的熔点为2 300 ℃，而金属铝的熔点为660.3 ℃，试从晶体结构解释其原
因： _______________________________________________________________。
(3)我国著名化学家申泮文教授对硼烷化学的研究开启了无机化学的新篇章。
①最简单的硼烷是B2H6，其分子结构如图所示：
B 原子的杂化方式为________________。
②氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，该分子内存在________(填字母)。
A．σ 键 B．π 键 C．配位键 D．离子键
③NaBH4是一种重要的储氢载体，NaBH4中的阴离子空间构型是________________。
(4)氮化硼(BN)晶体是一种特殊的高硬度材料，其结构如图所示：
晶胞沿z 轴在平面的投影图中，B 原子构成的几何形状是________________。已知立方氮化硼晶体中
晶胞参数为a nm，设阿伏加德罗常数值为NA，则该晶体的密度表达式为________g·cm－3。
答案：(1)1s22s22p1；C＞Be＞B
(2)铝为金属晶体，晶体硼为共价晶体，原子间靠共价键结合，作用较强，因此其熔点高于铝
(3)①sp3 ②AC ③正四面体形 (4)正方形
解析：(4)晶体中4 个B 原子分布在以正方体中心为中心的正四面体位置，其沿z 轴在平面的投影图
中，B 原子构成的几何形状是正方形。晶胞的质量：m＝ g，故ρ＝÷(a×10－7)3g·cm－3＝ g·cm－3。
5．某含氧酸盐X 的化学式为ABO3 ；已知在元素周期表中，A、B 均为前四周期主族元素，且A 位
于B 的下一周期。
(1)若常温下A、B 的单质都能与水发生反应，且A 的焰色试验为紫色。
①B 在元素周期表中的位置是__________________________________。
②下列说法正确的是________(填字母代号)。
a．A 离子的半径大于B 离子的半径
b．A、B 元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质
c．A 单质与水反应后溶液的pH 比B 单质与水反应后溶液的pH 大
③400 ℃时，X 能发生分解反应生成两种盐，其物质的量之比为1∶3，其中一种是无氧酸盐。该反
应的化学方程式为______________________________________________。
(2)若含氧酸盐X 难溶于水，在空气中易氧化变质；且B 元素原子的最外层电子数是其电子层数的2
倍。已知X 能快速消除自来水中的ClO－，则该反应的离子方程式为_________________________。
(3)若含氧酸盐X 能与稀硫酸反应，生成无色、无味的气体。
①该气体的电子式为________________。
②X 可用作防火涂层，其原因是：
a．高温下X 发生分解反应时，吸收大量的热；
b．________________________(任写一种)。
答案：(1)①第三周期第ⅦA 族 ②bc ③4KClO3=====KCl＋3KClO4
(2)ClO－＋CaSO3＝Cl－＋CaSO4
(3)
②生成CO2阻隔空气或生成高熔点的MgO 覆盖在可燃物表面
解析：(1)A 的焰色试验为紫色，则A 为K；含氧酸盐X 的化学式可表示为KBO3；B 元素在X 中显＋
5；K(A)为第四周期的元素，而A 位于B 的下一周期，则B 元素处于第三周期；第三周期元素中，常温下
单质能和水发生反应，且能显＋5 价的，只有Cl，则B 为氯元素。
①氯元素在周期表中的位置为第三周期第ⅦA 族；
②a．K＋和Cl－的电子层结构相同，电子层结构相同时，核电荷数越大，半径越小，所以K＋的半径
小于Cl－，故a 错误；
b．K(A)的最高价氧化物对应的水化物为KOH，属于强碱，是强电解质；Cl(B)的最高价氧化物对应
的水化物为HClO4，是最强酸，属于强电解质，故b 正确；
c．K 与水反应生成KOH，所得溶液显强碱性，Cl2与水反应生成盐酸与次氯酸，所得溶液显酸性，
故pH 比较小，故c 正确；
故选bc。
③X 为KClO3，分解时生成两种盐，其中一种为无氧酸盐，根据元素守恒，该无氧酸盐一定是KCl；
KCl 为Cl 元素化合价降低的产物，则另外一种必为化合价升高的产物。X 中K 元素化合价不能升高，O
化合价若升高产物为氧气，不符合要求。KClO3中Cl 化合价为＋5 价，则Cl 化合价升高只能被氧化成
KClO4。故反应方程式为：4KClO3=====KCl＋3KClO4；
(2)B 元素原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍，则B 可能是碳元素或硫元素。若B 为碳元素，
则X 为碳酸盐。A 在B 的下一周期，则A 是第三周期的元素，所以X 为MgCO3; MgCO3没有还原性，不
能被空气氧化，不符合要求。若B 为硫元素，则X 为亚硫酸盐，具有强还原性，在空气中易被氧化；A
在B 的下一周期，则A 为第四周期的主族元素，X 为CaSO3，难溶于水，符合题意。ClO－具有强氧化性，
能和CaSO3反应，反应的离子方程式为：ClO－＋CaSO3＝Cl－＋CaSO4；
(3)含氧酸盐ABO3能与稀硫酸反应生成无色无味的气体，可推测ABO3为碳酸盐，所以B 为碳元素。
A 在B 元素的下一周期，且为＋2 价，则A 为Mg，即X 为MgCO3，气体为CO2。①CO2的电子式为
；②MgCO3在高温条件下分解，能吸收大量的热，且产生CO2和MgO，生成CO2阻隔
空气或生成高熔点的MgO 覆盖在可燃物表面，所以MgCO3可作防火涂层。
6．已知元素的电负性和元素的化合价一样，也是元素的一种基本性质。下面给出14 种元素的电负
性：
元素
Al
B
Be
C
Cl
F
Li
电负性
1.5
2.0
1.5
2.5
3.0
4.0
1.0
元素
Mg
N
Na
O
P
S
Si
电负性
3.0
0.9
3.5
2.1
2.5
1.8
已知：两成键元素间电负性差值大于1.7 时，形成离子键，两成键元素间电负性差值小于1.7 时，形
成共价键。
(1)根据表中给出的数据，可推知元素的电负性具有的变化规律是______________________________。
(2)通过分析电负性值变化规律，确定镁元素电负性值的最小范围是________。
(3)判断下列物质是离子化合物还是共价化合物：
A．Li3N B．BeCl2 C．AlCl3 D．SiC
属于离子化合物的是________；属于共价化合物的是________；请设计一个实验方案证明上述所得
到的结论：__________________________________________________________________。
(4)在P 与Cl 组成的化合物中，Cl 元素显______(填“正”或“负”)价，理由是___________________。
答案：(1)随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化 (2)0.9～1.5
(3)A；BCD；测定各物质在熔融状态下能否导电，若导电则为离子化合物，反之则为共价化合物
(4)负；Cl 的电负性大于P，Cl 对键合电子的吸引能力强
解析：(2)根据电负性的递变规律：同周期元素从左到右，元素电负性逐渐变大，同族元素从上到下，
元素电负性逐渐变小，可知在同周期中电负性：Na＜Mg＜Al，同主族：Be＞Mg＞Ca，最小范围应为0.9
～1.5。
(3)根据已知条件及表中数值：Li3N 中元素的电负性差值为2.0，大于1.7，形成离子键，为离子化合
物；BeCl2、AlCl3、SiC 中元素的电负性差值分别为1.5、1.5、0.7，均小于1.7，形成共价键，为共价化合
物。共价化合物和离子化合物最大的区别在于熔融状态下能否导电。离子化合物在熔融状态下以离子形
式存在，可以导电，但共价化合物却不能。
7．回答下列问题：
(1)人体内氧气的输送主要由红细胞内的血红蛋白负责，而红细胞以及血浆中还有少量的血蓝蛋白也
能和氧气反应。用配体L，Cu 离子和氧气能合成类似血蓝蛋白的模型配合物[Cu2L2O2]2＋，该结构呈现出
强烈的O－O 键断裂趋势，成键形态X 与断键形态Y 达成快速平衡。(iPr 为异丙基)
X 中Cu 的化合价为________，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 Y 离子中通过螯合作用形成的配位键有________ mol。
(2)非金属氮化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
基态N 原子核外电子的运动状态有________种；N、O、F 第一电离能由大到小的顺序为________。
氟化硝酰(NO2F)可用作火箭推进剂中的氧化剂，NO2F 中心原子的杂化方式为________。气态N2O5的分子
结构为
，而固态N2O5则由一种直线形的阳离子X 与一种平面正三角形的阴离子Y 构成，X
的化学式为________，Y 的离域π 键可表达为________。
(3)实验表明，省略去氢原子，N(SiH3)3分子为平面结构，N(CH3)3分子为三角锥结构，N(SiH3)3中价层
孤电子对占据________轨道，N(SiH3)3、N(CH3)3碱性随N 原子电子云密度增大而增强，其中碱性强的是
________，原因为________________________________________________。
(4)X 晶体晶胞组成结构单元(如图，部分原子未画出)
①下列说法正确的是________。
A．晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6＋的不同之处在于排列方式或取向不同
B．X 晶体中Zn2＋的配位数为6
C．已知ZnO 键长为d nm，理论上图中A、B 两个Zn2＋之间的最短距离的计算式为(a－2d) nm
D．已知A 原子的分数坐标为(0，0，0)，则C 原子的分数坐标(1，1，0)
②已知晶胞参数为2a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2－与[Zn4O]6＋的相对分子质量分别为M1和
M2，则X 的晶体密度为________ g·cm－3(列出化简的计算式)。
答案：(1)＋2；6 (2)7；F>N>O；sp2；NO；π
(3)2p；N(CH3)3；N(SiH3)3中N 为sp2杂化，未杂化的含孤电子对的2p 轨道与Si 的空3d 轨道形成d－
pπ 键，降低了N 原子上电荷密度，使其给出电子能力下降，碱性降低
(4)①AC ②×1021
解析：(1)X 中的铜为铜离子，和配体L、氧气形成X，X 带两个单位正电荷，所以铜的化合价为＋2
价；在Y 中，一个铜离子和两个氮原子加上两个碳原子成环，还和一个氮原子加上两个碳原子成环，铜
离子和氮原子以配位键结合，一个铜离子形成的配位键是3 个，则1 mol Y 离子中通过螯合作用形成的配
位键有6 mol。
(2)基态氮原子核外有7 个电子，每个电子的运动状态都不同，所以基态 N 原子核外电子的运动状态
有7 种；同一周期从左到右，元素的第一电离能有增大的趋势，但由于氮原子的价电子排布式为2s22p3，
2p 上排布3 个电子是半充满的稳定结构，所以其第一电离能大于其后的氧元素，所以N、O、F 第一电离
能由大到小的顺序为F>N>O ；NO2F 中心原子氮原子的价层电子对数为3＋(5－2×2－1×1)＝3，所以氮
原子的杂化方式为sp2；固态 N2O5由一种直线形的阳离子 X 与一种平面正三角形的阴离子 Y 构成，则
X 为NO，Y 为NO，Y 的中心原子氮原子的价层电子对数为3＋(5＋1－2×3)＝3，杂化方式为sp2，所以
参与形成大π 键即离域 π 键的电子包括每个氧原子上的一个电子和氮原子上的两个电子，还有得到的一
个电子，共6 个电子，则Y 的离域π 键可表达为π。
(3)省略去氢原子，N(CH3)3分子为三角锥形，则N 为sp3杂化，未杂化的价层孤电子对占据2p 轨道；
N(SiH3)3中N 为sp2杂化，未杂化的含孤电子对的2p 轨道与Si 的空3d 轨道形成d－pπ 键，降低了N 原子
上电荷密度，使其给出电子能力下降，碱性降低，所以碱性强的是N(CH3)3。
(4)①A．从图中可以看出，晶胞中与同一配体相连的两个 [Zn4O]6＋的不同之处在于排列方式或取向
不同，A 正确；
B．一个 [Zn4O]6＋上、下、左、右、前、后各有一个L2－，每个L2－与[Zn4O]6＋形成2 个Zn－O 配位
键，1 个[Zn4O]6＋含有4 个Zn—O 配位键，则一个[Zn4O]6＋中 Zn2＋的配位数为6×2＋4＝16，则1 个Zn2＋
的配位数为4，B 错误；
C．图中A、B 两个Zn2＋间的最短距离为晶胞组成单元的体对角线长度减去Zn—O 键长的2 倍，即(a
－2d) nm，C 正确；
D．图中给出的是X 晶体晶胞的组成单元，不是X 的晶胞，不能确定C 原子的分数坐标，若该组成
单元是立方体且以a nm 为基础，则C 原子的分数坐标可表示为(a，a，0)，D 错误；
②X 晶胞的组成单元中，[Zn4O]6＋的个数为8×＝1，L2－的个数为12×＝3，该组成单元的质量为 g，
体积为(a×10－7) cm3，则X 的晶体密度为 g÷(a×10－7) cm3＝×1021 g·cm－3。
8．精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提
收金和银的流程，如下图所示。
回答下列问题：
(1)Cu 位于元素周期表第_______周期第_______族。
(2)“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。
(3)“浸取2”步骤中，单质金转化为HAuCl4的化学方程式为_________________________________。
(4)“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为[Ag(S2O3)2]3-。
(5)“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为____________________________。“电沉积”步骤完成后，
阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。
(6)“还原”步骤中，被氧化的N2H4与产物Au 的物质的量之比为_______。
(7)Na2S2O3可被I2氧化为Na2S4O6。从物质结构的角度分析S4O 的结构为(a)而不是(b)的原因：
__________________________________________。
答案：(1) 四 ⅠB (2)Cu2+ (3)2Au＋8HCl＋3H2O2＝2HAuCl4＋6H2O
(4)AgCl (5) [Ag(S2O3)2]3-＋e－＝Ag↓＋2S2O Na2S2O3 (6)3∶4
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构
解析：精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au 等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化
为Cu2+进入浸取液1 中，Ag、Au 不反应，浸渣1 中含有Ag 和Au；浸渣1 中加入盐酸、H2O2浸取，Au 转
化为HAuCl4进入浸取液2，Ag 转化为AgCl，浸渣2 中含有AgCl；浸取液2 中加入N2H4将HAuCl4还原
为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2 中加入Na2S2O3，将AgCl 转化为[Ag(S2O3)2]3-，得到浸出液3，利用
电沉积法将[Ag(S2O3)2]3-还原为Ag。
(1)Cu 的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB 族；
(2)由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu 被转化为Cu2+进入浸取液1 中，故浸取液1 中含
有的金属离子主要是Cu2+；
(3)浸取2 步骤中，Au 与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及
质量守恒，可得反应得化学方程式为：2Au＋8HCl＋3H2O2＝2HAuCl4＋6H2O；
(4)根据分析可知，浸渣2 中含有AgCl，与Na2S2O3反应转化为[Ag(S2O3)2]3-；
(5)电沉积步骤中，阴极发生还原反应，[Ag(S2O3)2]3-得电子被还原为Ag，电极反应式为：[Ag(S2O3)2]3-
＋e－＝Ag↓＋2S2O；阴极反应生成S2O，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物
质为Na2S2O3；
(6)还原步骤中， HAuCl4被还原为Au，Au 化合价由+3 价变为0 价，一个HAuCl4转移3 个电子，
N2H4被氧化为N2，N 的化合价由－2 价变为0 价，一个N2H4转移4 个电子，根据得失电子守恒，被氧化
的N2H4与产物Au 的物质的量之比为3∶4；
(7)(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳
定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。
9．锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
(1)Mn 在元素周期表中位于第_______周期_______族；同周期中，基态原子未成对电子数比Mn 多的
元素是_______(填元素符号)。
(2)Mn 如某种氧化物MnOx的四方晶胞及其在xy 平面的投影如图所示，该氧化物化学式为_______。
当MnOx晶体有O 原子脱出时，出现O 空位，Mn 的化合价_______(填“升高”“降低”或“不变”)，O
空位的产生使晶体具有半导体性质。下列氧化物晶体难以通过该方式获有半导体性质的是_______(填标
号)。
A．CaO B．V2O5 C．Fe2O3 D．CuO
(3)[BMIM]＋BF(见图)是MnOx晶型转变的诱导剂。BF 的空间构型为_______；[BMIM]＋中咪唑环存在
Π 大π 键，则N 原子采取的轨道杂化方式为_______。
(4) MnOx可作HMF 转化为FDCA 的催化剂(见下图)。FDCA 的熔点远大于HMF，除相对分子质量存
在差异外，另一重要原因是____________________________________。
答案：(1)四 ⅦB Cr (2) MnO2 降低 A
(3)正四面体形 sp2 (4)FDCA 形成的分子间氢键更多
解析：(1)Mn 的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB 族；基态Mn 的电子排布式为：
[Ar]3d54s2，未成对电子数有5 个，同周期中，基态原子未成对电子数比Mn 多的元素是Cr，基态Cr 的电
子排布式为[Ar]3d54s1，有6 个未成对电子；
(2)由均摊法得，晶胞中Mn 的数目为1＋8×＝2，O 的数目为2＋4×＝4，即该氧化物的化学式为
MnO2；MnOx晶体有O 原子脱出时，出现O 空位，即x 减小，Mn 的化合价为+2x，即Mn 的化合价降低；
CaO 中Ca 的化合价为+2 价、V2O5中V 的化合价为+5 价、Fe2O3中Fe 的化合价为+3、CuO 中Cu 的化合价
为+2，其中CaO 中Ca 的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0 大的价态，说明CaO 不能通过这种方
式获得半导体性质；
(3) BF 中B 形成4 个σ 键(其中有1 个配位键)，为sp3杂化，空间构型为正四面体形；咪唑环存在Π
大π 键，N 原子形成3 个σ 键，杂化方式为sp2；
(4)由HMF 和FDCA 的结构可知，HMF 和FDCA 均能形成分子间氢键，但FDCA 形成的分子间氢键
更多，使得FDCA 的熔点远大于HMF。
10．铝和硅在地壳中含量丰富，其单质和化合物具有广泛的应用价值。请回答下列问题：
(1)①基态Si 原子的价电子排布式为________。
②Si 所在周期中的非金属元素(Si、P、S、Cl)，其第一电离能由小到大的顺序为________。
(2)AlCl3的相对分子质量为133.5，178 ℃开始升华，易溶于水、四氯化碳等，熔融时生成可挥发的
二聚物(Al2Cl6)，结构如图所示。
①二聚物中Al 原子的杂化轨道类型为________。
②分子中含有化学键的类型有________。
A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．σ 键 E．π 键 F．非极性键
(3)LiAlH4是一种特殊的还原剂，可将羧酸直接还原成醇。CH3COOH————→CH3CH2OH
①AlH 的空间构型名称是________。
②CH3COOH 分子中π 键和σ 键的数目之比为________。
(4)铝和白磷在一定条件下可以制备磷化铝(AlP)，其晶胞如图所示：
①晶胞中A 原子的原子坐标为(0，0，0)，B 的原子坐标为(，，)，则C 的原子坐标为________。
②晶胞中Al 的配位数是_____，若晶胞参数为a pm，则该晶胞的密度为______ g·cm－3(列出表达式)。
答案：(1)①3s23p2 ②Si<S<P<Cl (2)①sp3 ②BD (3)①正四面体 ②1∶7
(4)①(，，) ②4
解析：(1)①Si 是14 号元素，基态Si 原子的价电子排布式为3s23p2；②同周期元素，从左到右，第一
电离能呈现增大趋势，但第Ⅱ族、第Ⅴ族元素第一电离能大于其相邻元素；所以第一电离能由小到大的
顺序为Si<S<P<Cl。
(2)①二聚物中Al 原子与四个Cl 原子分别形成σ 键，Al 原子的价层电子对数为4，所以Al 原子的杂
化轨道类型为sp3；②AlCl3是共价化合物，熔融时生成可挥发的二聚物(Al2Cl6)也是共价化合物，其中含
有Cl－Al 极性键，属于σ 键，另外根据Al2Cl6的结构式可知，Al 形成4 个σ 键，其中一个是配位键，故
选BD。
(3)①AlH 的价层电子对数为4，无孤电子对，则其空间构型为正四面体；②碳氧双键中含有1 个σ 键
和1 个π 键，CH3COOH 分子中含1 个π 键，7 个σ 键，π 键和σ 键的数目之比为：1∶7。
(4)①晶胞中A 原子的原子坐标为(0，0，0)，B 的原子坐标为(，，)，则C 的原子坐标为(，，)；②与
Al 原子距离最近的P 原子有4 个，Al 的配位数为4。该晶体的晶胞中含4 个Al 原子和4 个P 原子，其晶
胞体积V＝(a×10－10)3 cm3，ρ＝4×＝(g·cm－3)。
