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五年（2019-2023）年高考真题分项汇编
专题 16 物质结构与性质综合题
〖2023年高考真题〗
1．（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
【详解】（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均
为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体， 属于分子
晶体，碳纳米管不属于原子晶体； 间的作用力是范德华力；
（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为 杂化，且分子中
存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个 杂化轨道，其p轨道只能提供1个电
子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子
形成的N—H键易断裂从而电离出 ；钴酞菁分子中，失去了2个 的酞菁离子与钴离子通过配位键结
合成分子，因此，钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
（3）由 的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯
原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1的轨道杂化类型为 。AlF 的熔点为1090℃，远高于AlCl 的
3 3
192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由
AlF 的晶胞结构可知，其中含灰色球的个数为 ，红色球的个数为 ，则灰色的球为 ，距
3
最近且等距的 有2个，则 的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为
，晶胞的质量为 ，则其晶体密度 。
2．（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) 1
【详解】（1） 为26号元素，基态 原子的价电子排布式为 。元素的金属性越强，其电负性越小，
元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石( )中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞
Fe＞Mg；因为 中 、 、 的化合价分别为+2、+4和-2，x+2-x=2，根据化合物中各元素
的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为+2。
（2） 与 均为第三周期元素， 熔点明显高于 ，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子
晶体，其熔点较高；而 为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知， 、 、 熔点
变化趋势为：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。 的空间结构为正四面体，其中 的价层电子对数为4，因此 的
轨道杂化形式为 。
（3）由硼镁化合物的晶体结构可知 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 ，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数
为1；晶体结构中 在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为 ；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 。3．（2023·山东卷）卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(1) 时， 与冰反应生成 利 。常温常压下， 为无色气休，固态 的晶体类型为
_____， 水解反应的产物为_____(填化学式)。
(2) 中心原子为 ， 中心原子为 ，二者均为 形结构，但 中存在大 键 。 中
原子的轨道杂化方式_____；为 键角_____ 键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较
与 中 键的键长并说明原因_____。
(3)一定条件下， 和 反应生成 和化合物 。已知 属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞
参数 )，其中 化合价为 。上述反应的化学方程式为_____。若阿伏加德罗常数
的值为 ，化合物 的密度 _____ (用含 的代数式表示)。
【答案】(1) 分子晶体 HF 、 和
(2) ＞ 分子中 键的键长小于 中 键的键长，其原因是： 分子中既
存在σ键，又存在大 键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中 键的键长较小，而 只存在普通
的σ键。
(3)
【详解】（1）常温常压下， 为无色气体，则 的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子
晶体。 分子中F显-1价，其水解时结合 电离的 生成HF，则 结合 电离的 ，两者
反应生成 ， 不稳定，其分解生成 ，因此， 水解反应的产物为HF 、 和 。
（2） 中心原子为 ， 中心原子为 ，二者均为V形结构，但 中存在大 键( )。由
中存在 可以推断，其中 原子只能提供1对电子，有一个 原子提供1个电子，另一个 原子提供1对
电子，这5个电子处于互相平行的 轨道中形成大 键， 提供孤电子对与其中一个 形成配位键，与另
一个 形成的是普通的共价键（σ键，这个 只提供了一个电子参与形成大 键）， 的价层电子对数
为3，则 原子的轨道杂化方式为 ； 中心原子为 ，根据价层电子对的计算公式可知
，因此， 的杂化方式为 ；根据价层电子对互斥理论可知， 时，价电子对的几何构型为正四面体， 时，价电子对的几何构型平面正三角形， 杂化的键角一定大于 的，因此，虽然
和 均为 形结构，但 键角大于 键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也
改变不了这个结论。 分子中 键的键长小于 中 键的键长，其原因是： 分子中既存
在σ键，又存在大 键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中 键的键长较小，而 只存在普通的
σ键。
（3）一定条件下， 、 和 反应生成 和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为
+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为 、白球的个数为 、灰
色球的个数为 ，则X中含有3种元素，其个数比为1:2:4,由于其中Cu化合价为+2、 的化合价
为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为 ，上述反应的化学方程式为
。若阿伏加德罗富数的值为 ，晶胞的质量为 ，晶胞的体积为
，化合物X的密度 。
4．（2023·浙江卷）氮的化合物种类繁多，应用广泛。
请回答：
(1)基态N原子的价层电子排布式是___________。
(2)与碳氢化合物类似，N、H两元素之间也可以形成氮烷、氮烯。
①下列说法不正确的是___________。
A．能量最低的激发态N原子的电子排布式：
B．化学键中离子键成分的百分数：
C．最简单的氮烯分子式：
D．氮烷中N原子的杂化方式都是②氮和氢形成的无环氮多烯，设分子中氮原子数为n，双键数为m，其分子式通式为______。
③给出 的能力： _______ (填“>”或“<”)，理由是___________。
(3)某含氮化合物晶胞如图，其化学式为___________，每个阴离子团的配位数(紧邻的阳离子数)为
___________。
【答案】(1)2s22p3
(2) A N H ( ，m为正整数) ＜ 形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，
n n+2−2m
使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂
(3) CaCN 6
2
【详解】（1）N核电荷数为7，核外有7个电子，基态N原子电子排布式为1s22s22p3，则基态N原子的价
层电子排布式是2s22p3；故答案为：2s22p3。
（2）①A．能量最低的激发态N原子应该是2p能级上一个电子跃迁到3s能级，其电子排布式：
，故A错误；B．钙的金属性比镁的金属性强，则化学键中离子键成分的百分数：
，故B正确；C．氮有三个价键，最简单的氮烯即含一个氮氮双键，另一个价键与氢结合，
则其分子式： ，故C正确；D．氮烷中N原子有一对孤对电子，有三个价键，则氮原子的杂化方式都
是 ，故D正确；综上所述，答案为：A。
②氮和氢形成的无环氮多烯，一个氮的氮烷为NH ，两个氮的氮烷为NH，三个氮的氮烷为NH，四个氮
3 2 4 3 5
的氮烷为NH，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NH ，根据又一个氮氮双键，则少2个氢
4 6 n n+2
原子，因此当双键数为m，其分子式通式为NH ( ，m为正整数)；故答案为：NH ( ，
n n+2−2m n n+2−2m
m为正整数)。
③ 形成配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，
故其更易断裂，因此给出 的能力： ＜ (填“>”或“<”)；故答案为：＜； 形成
配位键后，由于Cu对电子的吸引，使得电子云向铜偏移，进一步使氮氢键的极性变大，故其更易断裂。
（3）钙个数为 ， 个数为 ，则其化学式为CaCN ；根据六方最密
2
堆积图 ，以上面的面心分析下面红色的有3个，同理上面也应该有3个，本体中分析得到，以这个 进行分析，其俯视图为 ，因此距离最近的钙离子个数为
6，其配位数为6；故答案为：CaCN ；6。
2
5．（2023·北京卷）硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根 可看作是 中的
一个 原子被 原子取代的产物。
(1)基态 原子价层电子排布式是__________。
(2)比较 原子和 原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。
(3) 的空间结构是__________。
(4)同位素示踪实验可证实 中两个 原子的化学环境不同，实验过程为
。过程ⅱ中， 断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是
和 ，过程ⅱ含硫产物是__________。
(5) 的晶胞形状为长方体，边长分别为 、 ，结构如图所示。
晶胞中的 个数为__________。已知 的摩尔质量是 ，阿伏加德罗常数
为 ，该晶体的密度为__________ 。
(6)浸金时， 作为配体可提供孤电子对与 形成 。分别判断 中的中心 原子和
端基 原子能否做配位原子并说明理由：____________________。
【答案】(1)
(2) ，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子(3)四面体形
(4) 和
(5) 4
(6) 中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，
能做配位原子
【详解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为 。答案为 ；
（2）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核
对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为
I(O)>I (S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；
1 1
（3） 的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，空间构型为四面体形， 可看作是
中1个O原子被S原子取代，则 的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
（4）过程Ⅱ中 断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中 最终转化为 ，S最终
转化为 。若过程ⅰ所用的试剂为 和 ，过程Ⅱ的含硫产物是 和 。答案为
和 ；
（5）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有 个 ，含有4个 ；该晶
体的密度 。答案为4； ；
（6）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。 中的中心原子S的价层电子对数为
4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。
〖2022年高考真题〗
6．（2022·全国甲卷）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现
了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH=CH )与四氟乙烯(CF=CF )的共聚物(ETFE)制成。
2 2 2 2
回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图
是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF) 的链状结构_______。
3
(4) CF =CF 和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚
2 2
乙烯，从化学键的角度解释原因_______。
(5)萤石(CaF )是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞
2
参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。
【答案】(1)
(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N
元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
(3)
(4) sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定
(5) Ca2+ a pm
【解析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；
根据氢键的表示方法书写(HF) 的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据
3
均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。
(1)F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为 ，故答案为
。
(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p
能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电
离能从小到大的顺序为C一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长
越短
(3) CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4) 电解质
【解析】(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，
a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；
d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；
答案选ad；
而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d。
(2)①一氯乙烯的结构式为 ，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl
的3p 轨道形成C-Clσ键。
x
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一
氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种
物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl
键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3p 轨道与C的2p 轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl
x x
的3p 轨道与C的2p 轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一
x x
氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。
(3)CsICl 发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红
2
棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子
间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。
(4)由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导
体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8 +1=2个，依据化学式AgI可知，银离子
个数也为2个，晶胞的物质的量n= mol= mol，晶胞体积V=a3pm3=(504 10-12)3m3，则α-AgI晶体的
摩尔体积V = = = m3/mol。
m
8．（2022·湖南卷）铁和硒( )都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态 原子的核外电子排布式为 _______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态 分子_______ 离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
(2)富马酸亚铁 是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中 键与 键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化 ，将 转化为 ，
反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与 互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；③该晶胞参数 、 。阿伏加德罗常数的值为 ，则该晶体的密度为_______ (列出
计算式)。
【答案】(1) [Ar] 3d104s24p4 6 ＞ SeO 的空间构型为平面三角形，SeO 的空间构型为三角锥
3
形
(2) 11:3 O＞C＞H＞Fe
(3) sp3杂化 HO
2
(4) KFe Se 4
2 2
【解析】(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为
120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角
小于120°；
(2)①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ
键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，
氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为
O＞C＞H＞Fe；
(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂
化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体；
(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8× +1=2，均位于棱上和面上的铁原子
和硒原子的个数为12× +2× =4，则超导材料最简化学式为KFe Se ；
2 2
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；
③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： =abc×10—21×d，解得d=
。
9．（2022·山东卷）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为 的笼
形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为
。回答下列问题：(1)基态 原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键， 与 的配位数之比为_______； _______；晶胞中有d轨
道参与杂化的金属离子是_______。
(3)吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的 大 键、则吡啶中N
原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5) 、 、 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_______。
【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族
(2) 2:3 2:1:1 Zn2+
(3)D
(4) 吡啶能与HO分子形成分子间氢键 吡啶和HO均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
2 2
(5)
【解析】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵
列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为： =1，Zn2+个数为： =1，含有CN-为：
=4，NH 个数为： =2，苯环个数为： =2，则该晶胞的化学式为： ，
3
且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为：4，Zn2+周围形成的配位键数目为：
6，则 与 的配位数之比,4:6=2:3； 4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为4，则
Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+，故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+；
(3)吡啶( )替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的 大π键，则说明吡啶中
N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占
据sp2杂化轨道，故答案为：D；
(4)已知苯分子为非极性分子，HO分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与HO分子形成分
2 2
子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与HO分子形成分子间氢键；吡
2
啶和HO均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
2
(5)已知-CH 为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为： ＞
3
＞ ，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为： ，故答案为：
。
10．（2022·北京卷） 失水后可转为 ，与 可联合制备铁粉精 和 。
I. 结构如图所示。
(1) 价层电子排布式为___________。
(2)比较 和 分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
(3) 与 和 的作用分别为___________。
II． 晶胞为立方体，边长为 ，如图所示。
(4)①与 紧邻的阴离子个数为___________。
②晶胞的密度为 ___________ 。(5)以 为燃料，配合 可以制备铁粉精 和 。结合图示解释可充分实现能源和资
源有效利用的原因为___________。
【答案】(1)3d6
(2)SO 的键角大于HO，SO 中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四
2
面体形，HO分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形
2
(3)配位键、氢键
(4) 6 ×1021
(5)由图可知，FeS 与O 生成Fe O 的反应为放热反应，FeSO ·H O分解生成Fe O 的反应为吸热反应，放
2 2 x y 4 2 x y
热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO 与HO反应生成HSO
3 2 2 4
【解析】(1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，水分子
中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于
水分子，故答案为：SO 的键角大于HO，SO 中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子
2
的空间构型为正四面体形，HO分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型
2
为V形；
(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子
间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；
(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S 离子间的距离最近，则亚铁离
子紧邻的阴离子个数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8× +6× =4，位于棱上和体心的S 离子
个数为12× +1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得： ==10—21a3d，解得d=×1021，故答案为： ×1021；
(5)由图可知，FeS 与O 生成Fe O 的反应为放热反应，FeSO ·H O分解生成Fe O 的反应为吸热反应，放
2 2 x y 4 2 x y
热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO 与HO反应生成HSO ，所以以FeS 为
3 2 2 4 2
燃料，配合FeSO ·H O可以制备铁粉精和HSO 可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，
4 2 2 4
FeS 与O 生成Fe O 的反应为放热反应，FeSO ·H O分解生成Fe O 的反应为吸热反应，放热反应放出的热
2 2 x y 4 2 x y
量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO 与HO反应生成HSO 。
3 2 2 4
〖2021年高考真题〗
11．（2021·山东卷）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态F原子核外电子的运动状态有__种。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF 分子的空间构型为__；OF 的熔、沸点__(填“高于”或“低
2 2
于”)Cl O，原因是___。
2
(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF 室温下易升华。XeF 中心原子的价层电子对数为___，
2 2
下列对XeF 中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。
2
A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d
(4)XeF 晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有__个XeF 分子。以晶胞
2 2
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，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐
标为( ， ， )。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___；晶胞中A、B间距离
d=___pm。
【答案】(1)9 (2)F>O>Cl 角(V)形 低于 OF 和ClO都是分子晶体，结构相似，ClO的相对
2 2 2
分子质量大，ClO的熔、沸点高 (3)5 D (4)2 (0，0， ) pm
2
【解析】
(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9
种；
(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序
为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有 ，去掉2对孤对电子，知OF 分子的空间构型是角形；OF 和ClO都是分子晶体，结构相似，ClO的相对分子质量大，ClO的熔、
2 2 2 2 2
沸点高；
(3)XeF 易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为 ，其中心原子的杂化方式应
2
为sp3d；
(4)图中大球的个数为 ，小球的个数为 ，根据XeF 的原子个数比知大球是Xe原子，小
2
球是F原子，该晶胞中有2个XeF 分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度
2
都记为1，B点在棱的 处，其坐标为(0，0， )； 图中y是底面对角线的一半， ，
，所以 pm。
12．（2021·湖南卷）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到 ， 的熔沸点如下表：
熔点/K 183.0 203.2 278.6 393.7
沸点/K 187.2 330.8 427.2 560.7
①0℃时， 、 、 、 呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态
分子的空间构型是_______；
② 与N-甲基咪唑 反应可以得到 ，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个
中含有_______个 键；
(3)下图是 、 、 三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。①已知化合物中 和 的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式
为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm， ，则该晶体的密度 _______
(设阿伏加德罗常数的值为 ，用含a、b、c、 的代数式表示)。
【答案】(1) ； SiC (2)SiCl SiX 都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增
4 4
大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3 N>C>H 54 (3)O MgGeO =
2 4
×1021
【解析】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为 ；原子晶体的熔点
取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原
子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答
案为： ；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；
分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX 都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分
4
子间作用力依次增大，则SiX 的沸点依次升高；SiX 分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为
4 4
0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl ； SiX 都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依
4 4
次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的
非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；
M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有
54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8× +6× +4× +3=8，位于体
内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、
Z为O原子，则晶胞的化学式为MgGeO ，故答案为：O；MgGeO ；
2 4 2 4②由晶胞的质量公式可得： =abc×10—21×ρ，解得ρ= ×1021g/cm3，故答案为： ×1021。
13．（2021·广东卷）很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与
氧化汞生成化合物Ⅱ。
(1)基态硫原子价电子排布式为_______。
(2)H S、CH、HO的沸点由高到低顺序为_______。
2 4 2
(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第_______周期第ⅡB族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有_______。
A．在I中S原子采取sp3杂化
B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°
D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E. 在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是
_______。
(6)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可
视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是
_______。②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_______；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：
Sb = _______。
③设X的最简式的式量为M，则X晶体的密度为_______g/cm3(列出算式)。
r
【答案】(1)3s23p4 (2)H O>HS>CH (3)六 (4)AD (5)化合物III (6)由图9c可知，图9b中
2 2 4
Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2
【解析】
(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：
3s23p4。
(2)H S、CH、HO均为分子晶体，HO分子间存在氢键，沸点较高，HS、CH 的分子间范德华力随相对
2 4 2 2 2 4
分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：HO>HS>CH，故答案为：HO>HS>CH。
2 2 4 2 2 4
(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。
(4)A． 中S原子的价层电子对数=2+ =4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；
B． 中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同
主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；
C． 中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C
错误；
D． 中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和 与Na+之间的离子键，
故D正确；E． 中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E
错误；
综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。
(5) 中羟基能与水分子之间形成分子间氢键， 为易溶于水的钠盐，溶于水后电离
出的 中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后， 形
成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。
(6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶
体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。
②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中
有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均
位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含
有Ge原子数为1+8× +4× =4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6× +4×
=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。
③1个晶胞的质量m= ，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的
密度为 = = g/cm3，故答案为： 。
14．（2021·全国甲卷）我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计
划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类
型为_________。SiCl 是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。SiCl 可发生水解反应，
4 4
机理如下：含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl (H O)中Si采取的杂化类型为
4 2
________（填标号）。
（2）CO 分子中存在_______个 键和______个 键。
2
（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CHSH，7.6℃）之间，其原因是________。
3
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO 固溶体。四方
2
ZrO 晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度
2
为______g·cm-3（写出表达式）。在ZrO 中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnZr O，则
2 x 1-x y
y=________（用x表达）。
【答案】(1)3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ② (2)2 2 (3)甲硫醇不能形成分子间氢键，
而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 (4) 8 2-x
【解析】
(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si
原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；
SiCl 中Si原子价层电子对数为4+ =4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl (H O)中Si原子
4 4 2
的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原
子晶体(共价晶体)；sp3；②；
(2)CO 的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因此1个CO 分子中含有2个δ键和2个
2 2π键，故答案为：2；2；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的
总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成
分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有
4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO 微粒，1个晶胞的
2
质量m= ，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-
30cm3，因此该晶体密度= = = g·cm-3；在ZrO 中掺杂少量ZrO后形成的
2
催化剂，化学式可表示为ZnZr O，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价
x 1-x y
为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为： ；2-x。
15．（2021·河北卷）KH PO 晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH PO 晶体已
2 4 2 4
应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：
(1)在KH PO 的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是__(填离子符号)。
2 4
(2)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+ 表示，与之相反的用- 表示，称为电
子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为___。
(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：
N—N N≡N P—P P≡P
193 946 197 489
从能量角度看，氮以N、而白磷以P(结构式可表示为 )形式存在的原因是___。
2 4
(4)已知KH PO 是次磷酸的正盐，HPO 的结构式为___，其中P采取___杂化方式。
2 2 3 2
(5)与PO 电子总数相同的等电子体的分子式为__。
(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为___。
(7)分别用○、●表示HPO 和K+，KH PO 晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是HPO
2 2 4 2、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：
①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为N ，晶体的密度__g•cm-3(写出表达式)。
A
②晶胞在x轴方向的投影图为__(填标号)。
【答案】(1) 和 (2) 或 (3)在原子数目相同的条件下，N 比N 具有更低的能量，而P
2 4 4
比P 具有更低的能量，能量越低越稳定 (4) sp3 (5)SiF、SO F 等 (6)
2 4 2 2
(7) B
【解析】
(1)在 的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为 （或 ）、 、 和 ，其中核
外电子排布相同的是 和 。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为 ，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数
的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的
自旋磁量子数的代数和为 或 。
(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若6mol N形成类似白磷分子结构的N 分子，可以释放出的能量为
4
193kJ6=1158kJ；若6mol N形成N 分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N 分子放出的
2 2
能量更多，故在N数目相同的条件下，N 具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6mol P形成 分
2
子，可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若6mol P形成P 分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，显
2
然，形成P 分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P 具有更低的能量，能量越低越稳定。
4 4
(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由 是次磷酸的正盐可知， 为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为 ，其中P
共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。
(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到
与 电子总数相同的等电子体分子为SiF、SO F 等。
4 2 2
(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子
间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO )，其失去 后得到相应的酸根，故该酸根可
3 n
写为 。
(7)①由晶胞结构可知， 位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，
故晶胞中 的数目为 ； 位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中
的数目为 。因此，平均每个晶胞中占有的 和 的数目均为4，若晶胞底边的
边长均为 、高为 ，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为 ，晶体的密度为
。
②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。
16．（2021·全国乙卷）过渡金属元素铬 是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛
应用。回答下列问题：
(1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为
B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
(2)三价铬离子能形成多种配位化合物。 中提供电子对形成配位键的原子是
_______，中心离子的配位数为_______。
(3) 中配体分子 、 以及分子 的空间结构和相应的键角如图所示。中P的杂化类型是_______。 的沸点比 的_______，原因是_______， 的键角小于
的，分析原因_______。
(4)在金属材料中添加 颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。 具有体心四方结构，
如图所示，处于顶角位置的是_______原子。设Cr和Al原子半径分别为 和 ，则金属原子空间占有率
为_______%(列出计算表达式)。
【答案】(1)AC (2) 6 (3) 高 存在分子间氢键 含有一对孤
对电子，而 含有两对孤对电子， 中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大 (4)Al
【解析】
(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排
布应为 ，A正确；
B. Cr核外电子排布为 ，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，
B错误；
C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原
子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；
故答案为：AC；(2) 中三价铬离子提供空轨道， 提供孤对电子与三价铬离子形成配位
键，中心离子的配位数为 三种原子的个数和即3+2+1=6，故答案为： ；6；
(3) 的价层电子对为3+1=4，故 中P的杂化类型是 ； N原子电负性较强， 分子之间存在
分子间氢键，因此 的沸点比 的高； 的键角小于 的，原因是： 含有一对孤对电子，
而 含有两对孤对电子， 中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为： ；高；
存在分子间氢键； 含有一对孤对电子，而 含有两对孤对电子， 中的孤对电子对成键
电子对的排斥作用较大；
(4)已知 具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为 ，白球个数为 ，结合化学
式 可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为 和 ，
则金属原子的体积为 ，故金属原子空间占有率=
%，故答案为：Al； 。
〖2020年高考真题〗
17.（2020·新课标Ⅰ）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡
献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
（1）基态Fe2+与Fe3+离子中未成对的电子数之比为_________。
（2）Li及其周期表中相邻元素的第一电离能(I)如表所示。I(Li)> I (Na)，原因是_________。I(Be)>
1 1 1 1
I(B)> I (Li)，原因是________。
1 1
（3）磷酸根离子的空间构型为_______，其中P的价层电子对数为_______、杂化轨道类型为_______。
（4）LiFePO 的晶胞结构示意图如(a)所示。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过
4
共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO 的单元数有____个。
4
电池充电时，LiFeO 脱出部分Li+，形成Li FePO ，结构示意图如(b)所示，则x=_______，
4 1−x 4n(Fe2+ )∶n(Fe3+)=_______。
【答案】 （1）. 4:5 （2）. Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，故第一电离能更
小 Li，Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势；但由于基态Be原子
的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于B的 （3）. 正四面体形 4
sp3
（4）. 4 或0.1875 13:3
【解析】
（1）基态铁原子的价电子排布式为 ，失去外层电子转化为Fe2+和Fe3+，这两种基态离子的价电子
排布式分别为 和 ，根据Hund规则可知，基态Fe2+有4个未成对电子，基态Fe3+有5个未成对电子，
所以未成对电子个数比为4:5；
（2）同主族元素，从上至下，原子半径增大，第一电离能逐渐减小，所以 ；同周期元素，
从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，但由于ⅡA元素基态原子s能级轨道处于全充满的状态，能量更
低更稳定，所以其第一电离能大于同一周期的ⅢA元素，因此 ；
（3）经过计算， 中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面
体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；
（4）由题干可知，LiFePO 的晶胞中，Fe存在于由O构成的正八面体内部，P存在由O构成的正四面体内
4
部；再分析题干中给出的(a),(b)和(c)三个不同物质的晶胞结构示意图，对比(a)和(c)的差异可知，(a)图所示
的LiFePO 的晶胞中，小球表示的即为Li+，其位于晶胞的8个顶点，4个侧面面心以及上下底面各自的相
4
对的两条棱心处，经计算一个晶胞中Li+的个数为 个；进一步分析(a)图所示的
LiFePO 的晶胞中，八面体结构和四面体结构的数目均为4，即晶胞中含Fe和P的数目均为4；考虑到化学
4
式为LiFePO ，并且一个晶胞中含有的Li+，Fe和P的数目均为4，所以一个晶胞中含有4个LiFePO 单元。
4 4
对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li FePO 相比于LiFePO 缺失一个面心的Li+以及一个棱心的Li+；
1-x 4 4
结合上一个空的分析可知，LiFePO 晶胞的化学式为LiFe PO ，那么Li FePO 晶胞的化学式为
4 4 4 4 16 1-x 4
Li Fe PO ，所以有 即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li FePO 即Li FePO ；
3.25 4 4 16 1-x 4 0.8125 4
假设Fe2+和Fe3+数目分别为x和y，则列方程组： ， ，解得x=0.8125，
y=0.1875，则Li FePO 中 。
1-x 4
18.（2020·新课标Ⅱ）钙钛矿(CaTiO )型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功
3
能材料，回答下列问题：
（1）基态Ti原子的核外电子排布式为____________。
（2）Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF 熔点高于其他三种卤化物，自TiCl 至TiI 熔点依次升高，原因
4 4 4
是____________。化合物 TiF TiCl TiBr TiI
4 4 4 4
熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155
（3）CaTiO 的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；金属离子与氧离子间的作
3
用力为__________，Ca2+的配位数是__________。
（4）一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子 ，其晶胞如图
(b)所示。其中Pb2+与图(a)中__________的空间位置相同，有机碱 中，N原子的杂化轨道类型是
__________；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_________g·cm-3(列出计算式)。
（5）用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和
使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作
用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理_______、_______。
【答案】 （1）. 1s22s22p63s23p63d24s2 （2）. TiF 为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，
4
随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高 （3）. O＞Ti＞Ca 离子键 12
（4）. Ti4+ sp3 （5）. 2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+ (10). 2Eu2++I =2Eu3++2I−
2
【解析】
（1）钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2；
（2） 一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体，TiF 是离子晶体，其余三种则为分
4
子晶体，故TiF 的熔点高于其余三种物质；TiCl 、TiBr 、TiI 均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，
4 4 4 4
则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；
（3）CaTiO 晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据
3同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大
到小的顺序是：O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是
指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，
从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；
（4）比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶
胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4+；图(b)中顶点上的I-就变成了体
心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的 就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)
中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱 中N原子上无孤对电子，周围形成了4个 键，
故N原子采用sp3杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为1个， 的数目为1个，I-
的数目为3个，故晶胞的密度为 ；
（5）从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb + 2Eu3+= Pb2++ 2Eu2+，右边
发生I+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I-。
2
19.（2020·新课标Ⅲ）氨硼烷(NH BH)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。回答下
3 3
列问题：
（1）H、B、N中，原子半径最大的是______。根据对角线规则，B的一些化学性质与元素______的相似。
（2）NH BH 分子中，N—B化学键称为____键，其电子对由____提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放
3 3
氢气：3NH BH+6H O=3NH + +9H ， 的结构如图所示：
3 3 2 3 2
在该反应中，B原子的杂化轨道类型由________________变为_____________________。
（3）NH BH 分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，电负性大小顺
3 3
序是___________________________________。与NH BH 原子总数相等的等电子体是_________(写分子式)，
3 3
其熔点比NH BH____________(填“高”或“低”)，原因是在NH BH 分子之间，存在
3 3 3 3
____________________，也称“双氢键”。
（4）研究发现，氦硼烷在低温高压条件下为正交晶系结构，晶胞参数分别为a pm、b pm、c pm，
α=β=γ=90°。氨硼烷的2×2×2超晶胞结构如图所示。氨硼烷晶体的密度ρ=___________g·cm−3(列出计算式，设N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
【答案】 （1）. B Si(硅) （2）. 配位 N sp3 sp2 （3）. N＞H＞B
CHCH 低 (10). Hδ+与Hδ−的静电引力 （4）.
3 3
【解析】根据元素在周期表中的位置比较和判断元素的相关性质；根据中心原子的价层电子对数确定其杂
化轨道的类型；运用等量代换的方法寻找等电子体；根据电负性对化合价的影响比较不同元素的电负性；
根据晶胞的质量和体积求晶体的密度。
（1）在所有元素中，H原子的半径是最小的，同一周期从左到右，原子半径依次减小，所以，H、B、N
中原子半径最大是B。B与Si在元素周期表中处于对角张的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与
Si元素相似。
（2）B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；
在NH 中，N原子有一对孤对电子，故在NH BH 分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供。
3 3 3
NH BH 分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH BH 在催化剂的作用下水解生成氢
3 3 3 3
气和B O3-，由图中信息可知，B O3-中每个B原子只形成3个σ键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，
3 6 3 6
B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。
（3） NH BH 分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电
3 3
性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的顺序为N＞H＞B。NH BH 分子中有8个原
3 3
子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为
CHCH。由于NH BH 分子属于极性分子，而CHCH 属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极
3 3 3 3 3 3
性分子的分子间作用力较大，故CHCH 熔点比NH BH 低。NH BH 分子间存在“双氢键”，类比氢键的
3 3 3 3 3 3
形成原理，说明其分子间存在Hδ+与Hδ-的静电引力。
（4）在氨硼烷的222的超晶胞结构中，共有16个氨硼烷分子，晶胞的长、宽、高分别为2apm、
2bpm、2cpm，若将其平均分为8份可以得到8个小长方体，则平均每个小长方体中占有2个氨硼烷分子，
小长方体的长、宽、高分别为apm、bpm、cpm，则小长方体的质量为 ，小长方体的体积为
，因此，氨硼烷晶体的密度为 g∙cm-3。
20.（2020·江苏卷）以铁、硫酸、柠檬酸、双氧水、氨水等为原料可制备柠檬酸铁铵【(NH )Fe(C HO)】。
4 3 6 5 7 2
（1）Fe基态核外电子排布式为___________； 中与Fe2+配位的原子是________(填元素符
号)。
（2）NH 分子中氮原子的轨道杂化类型是____________；C、N、O元素的第一电离能由大到小的顺序为
3
_______________。
（3）与NH 互为等电子体的一种分子为_______________(填化学式)。
（4）柠檬酸的结构简式见图。1 mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为_________mol。
【答案】 （1）. 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 O （2）. sp3 N＞O＞C
（3）. CH 或SiH （4）. 7
4 4
【解析】
（1）Fe核外有26个电子，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；由于HO中O原子
2
有孤对电子，因此[Fe(H O) ]2+中与Fe2+配位的原子是O。
2 6
（2）NH 分子中氮原子价层电子对数为 ，因此氮杂化类型为sp3，同周期，从左
3
到右，第一电离能呈增大的趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，因此C、N、O元素
的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。
（3）根据价电子数Si＝C＝N+，得出 互为等电子体的分子是CH 或SiH。
4 4
（4）羧基的结构是 ，一个羧基中有碳原子与氧原子分别形成两个σ键，三个羧基有6个，还
有一个羟基与碳原子相连形成一个σ键，因此1mol柠檬酸分子中碳原子与氧原子形成的σ键的数目为
7mo。
21.（2020·山东卷）CdSnAs 是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
2
（1）Sn为ⅣA族元素，单质Sn与干燥Cl 反应生成SnCl 。常温常压下SnCl 为无色液体，SnCl 空间构型
2 4 4 4
为_____________，其固体的晶体类型为_____________。
（2）NH 、PH 、AsH 的沸点由高到低的顺序为_____________(填化学式，下同)，还原性由强到弱的顺序
3 3 3
为____________，键角由大到小的顺序为_____________。
（3）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。一种
Cd2+配合物的结构如图所示，1mol该配合物中通过螯合作用形成的配位键有_________mol，该螯合物中N
的杂化方式有__________种。（4）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，称作原子的分数坐标。四方晶
系CdSnAs 的晶胞结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，晶胞中部分原子的分数坐标如下表所示。
2
坐标
x y z
原子
Cd 0 0 0
Sn 0 0 0.5
As 0.25 0.25 0.125
一个晶胞中有_________个Sn，找出距离Cd(0，0，0)最近的Sn_________________________(用分数坐标表
示)。CdSnAs 晶体中与单个Sn键合的As有___________个。
2
【答案】 （1）. 正四面体形； 分子晶体 （2）. NH 、AsH 、PH AsH 、PH 、NH NH 、PH 、
3 3 3 3 3 3 3 3
AsH
3
（3）. 6 1 （4）. 4 (0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0) ( 4
【解析】
（1）Sn为第ⅣA族元素，由于常温下SnCl 为液体，故SnCl 为分子晶体；SnCl 分子中中心原子的孤电
4 4 4
子对数= =0， 键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl 分子的空间构型为正四面体形；
4
（2）NH 、PH 、AsH 的结构相似，结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越强，物质的沸点越
3 3 3
高，但是NH 分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH ＞AsH ＞PH ；N、P、As这三种元素位于元素
3 3 3 3
周期表中第ⅤA族，原子序数依次增大，同一主族从上到下，随着核电荷数的增加，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，氢化物的还原性逐渐增强，故这三种物质的还原性由强到弱的顺序为AsH ＞PH ＞
3 3
NH ；NH 、PH 、AsH 中中心原子都是sp3杂化，都有1对孤电子对，中心原子的电负性越小，成键电子
3 3 3 3
对之间的斥力越小，成键电子对之间的斥力越小，键角越小，所以这三种物质 键角由大到小的顺序为NH
3
＞PH ＞AsH ；
3 3
（3）由该物质的结构简式和分析，根据题意“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”，故该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6mol，Cd—NO 那个不
2
算；该螯合物中N原子的杂化方式都是sp2杂化，故该物质中N的杂化方式有1种；
（4）由部分Cd原子的分数坐标为(0，0，0)，可知8个Cd在晶胞的顶点，4个Cd在晶胞的面心，1个在
晶胞的体心；部分Sn原子的分数坐标为（0，0，0.5），4个Sn在晶胞的棱上，6个Sn在晶胞的面心；部
分As原子的分数坐标为（0.25，0.25，0.125），8个As在晶胞的体心；所以1个晶胞中Sn的个数为
；距离Cd(0，0，0)最近的Sn是(0.5，0，0.25)、(0.5，0.5，0)；由晶胞结构图可知，
CdSnAs 晶体中与单个Sn结合的As有4个。
2
22.（2020·天津卷）Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题:
（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置为_________________，基态Fe原子的电子排布式为
__________________。
（2）CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为N ，则CoO晶体的密度为______g﹒cm-3：
A
三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为_______________。
（3）Fe、Co、Ni能与C1 反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCl 、CoCl 和Cl 的氧化性
2 3 3 2
由强到弱的顺序为____________________________，Co(OH) 与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的
3
离子方程式：______________________________。
（4）95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当
大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为_____________________________。由于
Ni与HSO 反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用HSO 和HNO 的混酸与Ni反应制备NiSO 。为
2 4 2 4 3 4
了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO 的方式为______________(填“一次过量”或“少量多次”)，此法
3
制备NiSO 的化学方程式为_______________________。
4【答案】 （1）. 第四周期第VIII族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 （2）.
NiO＞CoO＞FeO （3）. CoCl ＞Cl＞FeCl 2Co(OH) ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl↑＋2Co2+＋6HO
3 2 3 3 2 2
（4） 随HSO 质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜 少量多次
2 4
3Ni ＋3HSO ＋2HNO ＝NiSO ＋2NO↑＋4HO或Ni＋HSO ＋2HNO＝NiSO ＋2NO ↑＋2HO
2 4 3 4 2 2 4 3 4 2 2
【解析】
(1) Fe、Co、Ni分别为26、27、28号元素，它们在周期表中的位置为第四周期第VIII族，基态Fe原子的
电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2；
(2) （2）CoO的面心立方晶胞如图1所示。根据晶胞结构计算出O2−个数为 ，Co2+个数为
，设阿伏加德罗常数的值为N ，则CoO晶体的密度为
A
；三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，离子半径Fe2+＞
Co2+＞Ni2+，NiO、CoO、FeO，离子键键长越来越长，键能越来越小，晶格能按NiO、CoO、FeO依次减小，
因此其熔点由高到低的顺序为NiO＞CoO＞FeO。
（3）Fe、Co、Ni能与Cl 反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，根据铁和氯气反应生成FeCl ，氧化剂
2 3
的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl＞FeCl ，氯气与Co和为Ni均生产二氯化物，说明氯气的
2 3
氧化性比CoCl 弱，由此推断FeCl 、CoCl 和Cl 的氧化性由强到弱的顺序为CoCl ＞Cl＞FeCl ，Co(OH)
3 3 3 2 3 2 3 3
与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl、CoCl 、HO，其离子方程式：2Co(OH) ＋
2 2 2 3
6H+＋2Cl－＝Cl↑＋2Co2+＋6HO；故答案为：CoCl ＞Cl＞FeCl ；2Co(OH) ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl↑＋2Co2+＋
2 2 3 2 3 3 2
6HO。
2
（4）类比Fe在常温下与浓硫酸发生钝化，根据图中信息，当 大于63%时，Ni被腐蚀的速率
逐渐降低的可能原因为随HSO 质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用HSO 和HNO
2 4 2 4 3
的混酸与Ni反应制备NiSO 。为了提高产物的纯度，根据Ni与HSO 反应很慢，而与稀硝酸反应很快，
4 2 4
因此在硫酸中少量多次添加HNO 的方式来提高反应速率，反应生成NiSO 、HO，根据硝酸浓度不同得到
3 4 2
NO或NO ，此法制备NiSO 的化学方程式为3Ni＋3HSO ＋2HNO ＝NiSO ＋2NO↑＋4HO或Ni＋HSO
2 4 2 4 3 4 2 2 4
＋2HNO ＝NiSO ＋2NO ↑＋2HO。
3 4 2 2〖2019年高考真题〗
23．[2019·新课标Ⅰ] 在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu 微小晶粒，其分
2
散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问
题：
（1）下列状态的镁中，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）乙二胺(H NCH CHNH )是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是 、
2 2 2 2
。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是 ，其中与乙二胺形成的化合
物稳定性相对较高的是 (填“Mg2+”或“Cu2+”)。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物 LiO MgO PO SO
2 4 6 2
熔点/°C 1570 2800 23.8 −75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因 。
（4）图(a)是MgCu 的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四
2
面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=
pm，Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为N ，则MgCu 的密度是
A 2
g·cm−3(列出计算表达式)。
【答案】（1）A
（2）sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2+
（3）LiO、MgO为离子晶体，PO、SO 为分子晶体。晶格能MgO>Li O。分子间力（分子量）PO>SO
2 4 6 2 2 4 6 2
（4）
【解析】（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子
所需能量较高； B. [Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. [Ne] 3s13p1属于激发
态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子； D.[Ne] 3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选A；
（2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，
也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋
等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的
化合物稳定性相对较高的是Cu2＋；
（3）由于LiO、MgO为离子晶体，PO、SO 为分子晶体。晶格能MgO＞LiO，分子间力（分子量）
2 4 6 2 2
PO＞SO ，所以熔点大小顺序是MgO＞LiO＞PO＞SO ；
4 6 2 2 4 6 2
（4）根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是 ，
则x＝ pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是 ，则y
＝ ；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu原子个数16，晶胞的质
量是 。由于边长是a pm，则MgCu 的密度是 g·cm−3。
2
24．[2019·新课标Ⅱ] 近年来我国科学家发现了一系列意义重大的铁系超导材料，其中一类为
Fe−Sm−As−F−O组成的化合物。回答下列问题：
（1）元素As与N同族。预测As的氢化物分子的立体结构为_______，其沸点比NH 的_______（填
3
“高”或“低”），其判断理由是________________________。
（2）Fe成为阳离子时首先失去______轨道电子，Sm的价层电子排布式为4f66s2，Sm3+的价层电子排布式
为______________________。
（3）比较离子半径：F−__________O2−（填“大于”等于”或“小于”）。
（4）一种四方结构的超导化合物的晶胞如图1所示，晶胞中Sm和As原子的投影位置如图2所示。
图1 图2
图中F−和O2−共同占据晶胞的上下底面位置，若两者的比例依次用x和1−x代表，则该化合物的化学式表示
为____________，通过测定密度ρ和晶胞参数，可以计算该物质的x值，完成它们关系表达式：
ρ=________g·cm−3。
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1中原子1的坐标为( )，则原子2和3的坐标分别为__________、__________。
【答案】（1）三角锥形 低 NH 分子间存在氢键
3
（2）4s 4f5
（3）小于
（4）SmFeAsO F ( )、( )
1−x x
【解析】（1）As与N同族，则AsH 分子的立体结构类似于NH ，为三角锥形；由于NH 分子间存在氢键
3 3 3
使沸点升高，故AsH 的沸点较NH 低，
3 3
（2）Fe为26号元素，Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去1个电子使4s轨道为半
充满状态，能量较低，故首先失去4s轨道电子；Sm的价电子排布式为4f66s2，失去3个电子变成Sm3+成为
稳定状态，则应先失去能量较高的4s电子，所以Sm3+的价电子排布式为为4f5，
（3）F-和O2-的核外电子排布相同，核电荷数越大，则半径越小，故半径：F-
