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备战2025年高考化学【二轮·突破提升】专题复习讲义
专题30 物质结构与性质综合题
讲义包含四部分：把握命题方向►精选高考真题►高效解题策略►各地最新模拟
物质结构与性质的题目一般是以元素推断或某主族元素为背景，以“拼盘”形式呈现，各小题之间相
对独立，主要考查原子结构与性质、分子结构与性质、晶体结构与性质。
在原子结构部分主要命题点有：电子排布式或排布图的书写，电离能、电负性大小的比较与判断；
在分子结构部分主要命题点有：化学键类型的判断，分子构型的判断，中心原子杂化方式的判断；
在晶体结构部分主要命题点有：晶体类型的判断，晶体结构的计算等。
预测2025年试题背景新颖，在原子结构部分主要命题点有电子排布式或排布图的书写，电离能、电
负性大小的比较与判断；在分子结构部分主要命题点有化学键类型的判断，分子构型的判断，中心原子杂
化方式的判断；在晶体结构部分主要命题点有晶体类型的判断，晶体结构的计算等。
1．（2024·海南·高考真题）锂电池是新型储能系统中的核心部件。作为锂电池中用到的电解质材料之一，
(阴离子 结构见下图。A)深受关注。
回答问题：
(1) 的制备前体 (B)，可由C的氟化反应得到，C中第三周期元素有 (填元素符号)。
(2)C分子中，两个 键角均为 ， 键角为 ，N的原子轨道杂化类型为 。
(3)B溶于某溶剂发生自耦电离( )，阳离子F的结构式为 。
(4)B和D水溶液均呈酸性，相同温度下， 值大小关系：B D(填“>”或“<”)；沸点大小关系：
B(170℃)>E(60.8℃)，其原因是 。
(5)研究表明，某有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，原因是 。(6) 在固体离子电导方面具有潜在的应用前景。其两种晶型中，一种取长方体形晶胞(图1，长方
体棱长为a、b、c)，另一种取立方体形晶胞(图2，Cl居于立方体中心，立方体棱长为d)。图中氢原子皆己
隐去。
①立方体形晶胞所代表的晶体中部分锂离子(●Li)位置上存在缺位现象，锂离子的总缺位率为 ；该
晶型中氯离子周围紧邻的锂离子平均数目为 。
②两种晶型的密度近似相等，则 。(以含a、b和d的代数式表达)
【答案】
(1)Cl、S
(2)
(3) 或
(4)> B分子间存在氢键
(5)G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳离子浓度
小于H溶液
(6) 8
【详解】（1）由图可知，C中第三周期元素为氯元素和硫元素，故答案为：Cl、S；
（2）由键角可知，C中氮原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化，故答案为：sp2；
（3）由原子个数和电荷总数守恒可知，阳离子F的结构式可能为 或 ，故答案为：或 ；
（4）氟原子是吸电子基，会使氮氢键的极性增强，电离出氢离子的能力增大，乙基是供电子基，会使氮
氢键的极性减弱，电离出氢离子的能力减弱，则b的酸性强于D；由图可知，B分子能形成分子间氢键，E
分子不能形成分子间氢键，所以B的分子间作用力强于B，沸点强于B，故答案为：B分子间存在氢键；
（5）由图可知，G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液
中阴阳离子浓度小于H溶液，所以有机溶剂中，相同浓度的G溶液和H溶液，前者电导率显著低于后者，
故答案为：G中正、负电荷距离更近，G中N原子的配位能力强于H中磺酰基上的O原子，G溶液中阴阳
离子浓度小于H溶液；
（6）①由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的氯离子个数为1，位于顶点的氧离子个数为8× =1，位于棱
上的锂离子个数为12× =3，由化合价代数和为0可知，晶胞中锂离子的个数为2，则锂离子的总缺位率为
= ；晶胞中位于体心的氯离子与位于12条棱上的锂离子距离最近，但离子的缺位率为 ，则氯离子
周围紧邻的锂离子平均数目为12× =8；故答案为： ；8；
②设Li(OH)Cl的相对分子质量为M，由晶胞结构可知，长方体形晶胞的密度为 ，立方体形晶胞
2
，由两种晶型的密度近似相等可知，c= ，故答案为： 。
2．（2024·北京·高考真题）锡( )是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
(1) 位于元素周期表的第5周期第IVA族。将 的基态原子最外层轨道表示式补充完整：
(2) 和 是锡的常见氯化物， 可被氧化得到 。
① 分子的 模型名称是 。
② 的 键是由锡的 轨道与氯的 轨道重叠形成σ键。
(3)白锡和灰锡是单质 的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个 原子周围与它最近且距离相等的 原子有 个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为 和 ，则白锡和灰锡晶体的密度之比是 。
(4)单质 的制备：将 与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至 ，由于固体之间反应慢，未明
显发生反应。若通入空气在 下， 能迅速被还原为单质 ，通入空气的作用是 。
【答案】
(1)
(2)平面三角形 杂化
(3)4
(4)与焦炭在高温下反应生成 ， 将 还原为单质
【详解】（1）Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s25p2，Sn的基
态原子最外层轨道表示式为 ；
（2）①SnCl 中Sn的价层电子对数为2+ ×(4-2×1)=3，故SnCl 分子的VSEPR模型名称是平面三角形；
2 2
②SnCl 中Sn的价层电子对数为4+ ×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp3杂化，则SnCl
4 4
的Sn—Cl键是由锡的sp3杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键；
（3）①灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，此5碳原子在空间
构成正四面体，且该碳原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原
子有4个；
②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8× +1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8× +6× +4=8，所以白
锡与灰锡的密度之比为 ∶ = ；
（4）将SnO 与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未发生明显反应；
2
若通入空气在800℃下，SnO 能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是：与焦炭在高温下反应生成
2CO，CO将SnO 还原为单质Sn，有关反应的化学方程式为2C+O 2CO、2CO+SnO Sn+2CO。
2 2 2 2
3．（2024·浙江·高考真题）氧是构建化合物的重要元素。请回答：
(1)某化合物的晶胞如图1， 的配位数(紧邻的阳离子数)为 ；写出该化合物的化学式 ，写
出该化合物与足量 溶液反应的化学方程式 。
(2)下列有关单核微粒的描述正确的是_______。
A． 的基态原子电子排布方式只有一种
B． 的第二电离能 的第一电离能
C． 的基态原子简化电子排布式为
D． 原子变成 ，优先失去 轨道上的电子
(3)化合物 和 的结构如图2。
① 和 中羟基与水均可形成氢键( )，按照氢键由强到弱对三种酸排序 ，请说
明理由 。
②已知 、 钠盐的碱性 ，请从结构角度说明理由 。
【答案】
(1)12 K ClO K ClO+2NHCl+H O=3KCl+2NH ∙H O
3 3 4 2 3 2
(2)AB
(3)HC>HB>HA O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中
羟基的极性逐渐增大，其中羟基与HO形成的氢键逐渐增强 S的原子半径大于O的原子半径，S—H
2
键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易
电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，碱性NaC＞NaD
【详解】（1）由晶胞结构知，Cl位于8个顶点，O位于体心，K位于面心，1个晶胞中含Cl：8× =1
个、含O：1个、含K：6× =3个，该化合物的化学式为KClO；由图可知，Cl-的配位数为 =12；该
3
化合物可看成KCl∙K O，故该化合物与足量NH Cl溶液反应生成KCl和NH ∙H O，反应的化学方程式为
2 4 3 2KClO+2NHCl+H O=3KCl+2NH ∙H O。
3 4 2 3 2
（2）A．根据原子核外电子排布规律，基态Ar原子的电子排布方式只有1s22s22p63s23p6一种，A项正确；
B．Na的第二电离能指气态基态Na+失去一个电子转化为气态基态正离子所需的最低能量，Na+和Ne具有
相同的电子层结构，Na+的核电荷数大于Ne，Na+的原子核对外层电子的引力大于Ne的，故Na的第二电
离能＞Ne的第一电离能，B项正确；
C．Ge的原子序数为32，基态Ge原子的简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，C项错误；
D．基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，Fe原子变成Fe+，优先失去4s轨道上的电子，D项错误；
答案选AB。
（3）①O、S、Se的电负性逐渐减小，键的极性：C=O＞C=S＞C=Se，使得HA、HB、HC中羟基的极性
逐渐增大，从而其中羟基与水形成的氢键由强到弱的顺序为HC>HB>HA；
②HC、HD钠盐的碱性NaC＞NaD，说明酸性HC＜HD，原因是：S的原子半径大于O的原子半径，S—H
键的键长大于O—H键，S—H键的键能小于O—H键，同时HC可形成分子间氢键，使得HD比HC更易
电离出H+，酸性HD＞HC，C-的水解能力大于D-，钠盐的碱性NaC＞NaD。
4．（2024·山东·高考真题）锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：
(1) 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 多的元素
是 (填元素符号)。
(2) 如某种氧化物 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 晶体有O原子脱出时，出现O空位， 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． B． C． D．
(3) (见图)是 晶型转变的诱导剂。 的空间构型为 ； 中咪唑环存在
大 键，则N原子采取的轨道杂化方式为 。
(4) 可作 转化为 的催化剂(见下图)。 的熔点远大于 ，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)MnO 降低 A
2
(3)正四面体形 sp2
(4)FDCA形成的分子间氢键更多
【详解】（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：
，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 ，有6个未成对电子；
（2）由均摊法得，晶胞中Mn的数目为 ，O的数目为 ，即该氧化物的化学式为
MnO ； 晶体有O原子脱出时，出现O空位，即x减小， 的化合价为+2x，即Mn的化合价降
2
低；CaO中Ca的化合价为+2价、VO 中V的化合价为+5价、Fe O 中Fe的化合价为+3、CuO中Cu的化
2 5 2 3
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） 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
大 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。
5．（2024·全国甲卷·高考真题）ⅣA族元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。回答下列问
题：
(1)该族元素基态原子核外未成对电子数为 ，在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为
。
(2) 俗称电石，该化合物中不存在的化学键类型为 (填标号)。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键
(3)一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷 ，其中电负性最大的元素是 ，硅原子的杂化轨道类型为
。
(4)早在青铜器时代，人类就认识了锡。锡的卤化物熔点数据如下表，结合变化规律说明原因： 。
物质熔点/ 442 29 143
(5)结晶型 可作为放射性探测器元件材料，其立方晶胞如图所示。其中 的配位数为 。设 为
阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为 (列出计算式)。
【答案】
(1)2 +4
(2)bd
(3)C
(4)SnF 属于离子晶体，SnCl 、SnBr 、SnI 属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的
4 4 4 4
相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高
(5)6
【详解】（1）ⅣA族元素基态原子的价层电子排布为 ，其核外未成对电子数为2，因最外层电子数
均为4，所以在与其他元素形成化合物时，呈现的最高化合价为+4；
（2） 俗称电石，其为离子化合物，由 和 构成，两种离子间存在离子键， 中两个C原子
之间存在非极性共价键，因此，该化合物中不存在的化学键类型为极性共价键和配位键，故选bd；
（3）一种光刻胶薄膜成分为聚甲基硅烷 ，含C、Si、H三种元素，其电负性大小：C>H>Si，则电负
性最大的元素是C，硅原子与周围的4个原子形成共价键，没有孤电子对，价层电子对数为4，则硅原子
的杂化轨道类型为 ；
（4）根据表中数据可知，SnF 的熔点均远高于其余三种物质，故SnF 属于离子晶体，SnCl 、SnBr 、SnI
4 4 4 4 4
属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl 、SnBr 、SnI 三种物质的相对分子质量依次增大，
4 4 4
分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF 属于离子晶体，SnCl 、SnBr 、SnI 属于分子晶体，离
4 4 4 4
子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高；
（5）由 晶胞结构图可知，该晶胞中有4个 和4个 ，距离每个原子周围最近的原子数均为6，因此
的配位数为6。设 为阿伏加德罗常数的值，则 个晶胞的质量为 ， 个晶胞的体积
为 ，因此该晶体密度为 。6．（2024·浙江·高考真题）氮和氧是构建化合物的常见元素。
已知：
请回答：
(1)某化合物的晶胞如图，其化学式是 ，晶体类型是 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．电负性： B．离子半径：
C．第一电离能： D．基态 2+的简化电子排布式：
(3)① ，其中 的N原子杂化方式为 ；比较键角 中的
中的 (填“>”、“<”或“=”)，请说明理由 。
②将 与 按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是 。比
较氧化性强弱： (填“>”、“<”或“=”)；写出A中阴离子的结构式 。
【答案】
(1) 分子晶体
(2)CD
(3)sp3 ＜ 有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角变小 ＞
【详解】（1）由晶胞图可知，化学式为 ；由晶胞图可知构成晶胞的粒子为 分
子，故为分子晶体；
（2）A同一周期，从左到右，电负性依次增强，故顺序为 ，A错误；B核外电子排布相同，核电荷数越大，半径越小，故顺序为 ，B错误；
C同一周期，从左到右，电离能增大的趋势，VA族和ⅥA族相反，故顺序为 ，C正确；
D基态 的简化电子排布式： ，Cr2+的简化电子排布式为[Ar]3d4，D正确；
故选CD；
（3）① 的价层电子对数 ，故杂化方式为sp3； 价层电子对数为4，有一对孤电子
对， 价层电子对数 ，无孤对电子，又因为孤电子对对成键电子的排斥力大于成键电
子对成键电子的排斥力，故键角 中的 ＜ 中的 ；
②将 与 按物质的量之比1:2发生化合反应生成A，测得A由2种微粒构成，其中之一是 ，则
A为NO HS O， 为硝酸失去一个OH-，得电子能力更强，氧化性更强，故氧化性强弱： ＞
2 2 7
；阴离子为 根据已知可知其结构式为 。
7．（2023·海南·高考真题）我国科学家发现一种钒配合物Ⅰ可以充当固氮反应的催化剂，反应过程中经历
的中间体包括Ⅱ和Ⅲ。
( 代表单键、双键或叁键)
回答问题：
(1)配合物Ⅰ中钒的配位原子有4种，它们是 。
(2)配合物Ⅰ中，R′代表芳基， 空间结构呈角形，原因是 。
(3)配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是 。
(4)配合物Ⅱ和Ⅲ中，钒的化合价分别为 和 ，配合物Ⅱ、Ⅲ和 三者中，两个氮原子间键长最长的是
。
(5)近年来，研究人员发现含钒的锑化物 在超导方面表现出潜在的应用前景。 晶胞如图1所
示，晶体中包含由V和Sb组成的二维平面(见图2)。①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子各自周围紧邻的锑原子数为 。锑和磷同族，锑
原子基态的价层电子排布式为 。
②晶体中少部分钒原子被其它元素(包括Ti、Nb、Cr、Sn)原子取代，可得到改性材料。下列有关替代原子
说法正确的是 。
a．有 或 价态形式 b．均属于第四周期元素
c．均属于过渡元素 d．替代原子与原离子的离子半径相近
【答案】
(1)C、O、P、Cl
(2)根据VSEPR模型，氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，成键电子对之间呈角形
(3)N
(4)配合物Ⅱ
(5)6 ad
【详解】（1）根据题干配合物Ⅰ的结构图，中心原子钒的配位原子有C、O、P、Cl；
（2）根据VSEPR模型，中心原子氧原子的价层电子对数为4，其中孤电子对数为2，空间结构呈角形；
（3）配合物Ⅱ中，第一电离能最大的配位原子是N；
（4）结合题干所给配合物Ⅱ和Ⅲ的结构，钒的化合价分别为 和 ，配合物Ⅱ中氮原子间是氮氮单键，
配合物Ⅲ中为氮氮双键， 中为氮氮三键，故配合物Ⅱ中两个氮原子间键长最长；
（5）①晶胞中有4个面的面心由钒原子占据，这些钒原子填充在锑原子构成的八面体空隙中，周围紧邻的
锑原子数为6；锑和磷同族，锑原子位于第五周期VA，其基态的价层电子排布式 ；
②a． 中Cs为+1价，Sb为-3价，V的总化合价为+14，平均价态介于4-5之间，故替代后，化合价
可能为 或 价态形式，故a正确；
b．Ti、Cr、Sn属于第四周期元素，Nb属于第五周期，故b错误；
c．Sn是IVA族元素，不属于过渡元素，故c错误；
d．钒原子填充在锑原子形成的八面体空隙中，替代原子与原离子的离子半径相近，才能填充进去，故d正
确；
答案为：ad。8．（2023·北京·高考真题）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。
9．（2023·浙江·高考真题）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2s能级上一个电子跃迁到2p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
10．（2023·山东·高考真题）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 和 。常温常压下， 为无色气体，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 。若阿伏伽德罗常数
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 、
(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 ，因此， 水解反应的产物为HF 、 。
（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
。若阿伏加德罗常数的值为 ，晶胞的质量为 ，晶胞的体积为
，化合物X的密度 。
11．（2023·全国乙卷·高考真题）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，晶体结构属于六方晶系，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 。
12．（2023·全国甲卷·高考真题）将酞菁—钴钛菁—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 ，蓝色球的个数为 ，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 。
【策略1】掌握原子核外电子排布的书写（1）遵循原则
在构建基态原子时，电子将尽可能地占据能量最低的原子轨道，使整个原子的能量
能量最低原理
最低。
在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，任何一个
泡利原理 原子里绝不会出现运动状态完全相同的电子。如：2s轨道上的电子排布为 ，
不能表示为 。
当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨
洪特规则 道，而且自旋状态相同。如：2p3的电子排布为 ，不能表示为
或 。
当能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)、全空(p0、d0、f0)时原
洪特规则特例 子的能量较低，如 Cr 的电子排布式为[Ar]3d54s1， Cu 的电子排布式为
24 29
[Ar]3d104s1。
正确理解“两原理，一规则”：
(1)原子核外电子排布符合能量最低原理、洪特规则、泡利不相容原理，若违背其一，则原子能量不处
于最低状态。在写基态原子的轨道表示式时，常出现以下错误：
(2)当出现d轨道时，虽然电子按ns、(n－1)d、np的顺序填充，但在书写电子排布式时，仍把(n－1)d
放在 ns 前，如 Fe：1s22s22p63s23p63d64s2，而失电子时却先失 4s 轨道上的电子，Fe3＋：
1s22s22p63s23p63d5。
(3)书写轨道表示式时，同一能级的空轨道不能省略。如C的轨道表示式为 ，而不是
。
（2）核外电子的排布表示方法
表示方法 以硫原子为例
原子结构示意图原子核外电子排布式 1s22s22p63s23p4
[Ne]3s23p4
简化原子核外电子排布式
方括号[ ]里的符号的意义是该元素上一个周期的惰性气体电子排布式的
结构，称为“原子实”。
原子核外电子排布图
（轨道表示式）
原子核外价电子排布式 3s23p4
原子核外价电子排布图
（轨道表示式）
电子排布图(轨道表示式)
核外电子排布图能直观地反映出原子的核外电子的自旋情况以及成对的电子对数和未成对电子
数。
硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4
S原子核外有16个电子，则有16种不同运动状态
a．运动状态等于电子数
的电子
b．空间运动状态等于轨道 S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，其轨道数为
数 1+1+3+1+3=9，则有9种不同的空间运动状态
S原子的s轨道为球形，只有1种伸展方向，p轨道
c．伸展方向看轨道类型
有3种伸展方向，则共有4种不同的伸展方向
d．不同能量的电子看能级 S原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，有5种不同
数 能量的电子
S原子的核外有3个电子层，有3种不同的运动范
e．运动范围看电子层
围
（3）周期表的分区分区 元素分布 价层电子排布 元素性质特点
除氢外都是活泼金属元素；
s区 ⅠA、ⅡA族 ns1～2
通常是最外层电子参与反应
p区 ⅢA族～ⅦA族、0族 ns2np1～6(除He外) 通常是最外层电子参与反应
ⅢB族～ⅦB族、Ⅷ族
d轨道可以不同程度地参与
d区 (n－1)d1～9ns1～2(除Pd外)
化学键的形成
(除镧系、锕系外)
ds区 ⅠB族、ⅡB族 (n－1)d10ns1～2 金属元素
镧系元素化学性质相近，锕
f区 镧系、锕系 (n－2)f0～14(n－1)d0～2ns2
系元素化学性质相近
【策略2】熟悉电离能、电负性及其变化规律
1．电离能及其变化规律
（1）第一电离能(I)
1
①同周期：第一种元素的第一电离能最小，最后一种元素的第一电离能最大，从左到右总体呈现增大
的变化趋势。同周期主族元素，第ⅡA族(ns2np0)和第ⅤA族(ns2np3)，因p轨道处于全空或半充满状态，比
较稳定，所以其第一电离能分别大于同周期相邻的第ⅢA族和第ⅥA族元素，如第一电离能：Mg>Al，
P>S。②同族元素：从上至下第一电离能逐渐减小。
（2）逐级电离能
随着电子的逐个失去，阳离子所带的正电荷数越来越多，再失去电子需克服的电性引力越来越大，消
耗的能量越来越大，逐级电离能越来越大(即I1.7，
故AlF 中化学键是离子键，AlF 是离子化合物，Cl的电负性与Al的电负性之差为3.0－1.5＝1.5<1.7，故
3 3
AlCl 中的化学键是共价键，AlCl 是共价化合物；
3 3
④判断化学键的极性强弱：
若两种不同的非金属元素的原子间形成共价键，则必为极性键，且成键原子的电负性之差越大，键的
极性越强，如极性：H－F＞H－Cl＞H－Br＞H－I；
⑤解释对角线规则：
在元素周期表中，某些主族元素与右下方的主族元素的有些性质是相似的，被称为“对角线规则”。
处于“对角线”位置的元素，它们的性质具有相似性的根本原因是它们的电负性接近，说明它们对键合电
子的吸引力相当，因而表现出相似的性质；
【策略3】熟练掌握共价键和大π键
1．共价键的分类：σ键、π键
a．“头碰头”重叠为σ键，σ键的特征：电子云为轴对称，即是以形成化学键的两个原子核的连线为
轴作旋转操作，σ键电子云的图形不变。利用电子云描述σ键的形成过程：
ss σ键：两个成键原子均提供 s轨道形成的
共价键。
sp σ键：两个成键原子分别提供s轨道和p
轨道形成的共价键。
pp σ键：两个成键原子均提供p轨道形成的
共价键。
b．“肩并肩”重叠为π键，π键的特征：π键电子云为镜像对称，即每个π键的电子云由两块组成，
分别位于由两个原子核构成的平面的两侧；π键重叠程度较小，不稳定，容易断裂；若原子半径大，原子间形成的σ键较长，p－p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键。p轨道和p轨道形成π
键的过程如图所示：
2．大π键
（1）大π键的简介
大π键一般是三个或更多个原子间形成的，是未杂化轨道中原子轨道“肩并肩”重叠形
简介
成的π键。
(1)所有参与形成离域π键的原子在同一平面上，因此中心原子采取sp2杂化或sp杂化；
形成条件
(2)参与形成离域π键的原子都必须提供一个或两个相互平行的p轨道；
(3)形成离域π键的p轨道上的电子总数小于p轨道数的2倍；
表达式
，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，n≤2m
对于多电子的粒子，若中心原子的杂化方式不是sp3杂化，中心原子与配位原子可能形成
一般判断
大π键。
（2）ABn型的分子或离子 中m和n的计算方法
①m为原子个数：一般粒子有几个原子，就是几个p轨道，如：SO 有3个原子形成π键，则m=3。
2
②n值的计算
a．分析出参与形成离域π键的每个原子形成几个σ键。
b．形成σ键后，若只有一个成单电子，则该电子参与形成大π键，若没有成单电子，则最多有一对
孤对电子参与形成大π键。
物质 分析方法 大π键
S、O原子的电子式分别为： S 、 O ，中心原子S采取sp2杂化，形成2
个σ键，还有4个电子即2对孤对电子，S原子最多提供1对孤对电子形
SO 成大π键，O原子形成1个σ键后，还有5个电子，有1个单电子，则两
2
个O原子的单电子参与形成大π键，故n=2+2×1=4，因此SO 大π键为
2
。
O原子的电子式分别为： O ，中心原子O采取sp2杂化，形成2个σ键，
还有4个电子即2对孤对电子，中心O原子最多提供1对孤对电子形成大
O π键，配位O原子形成1个σ键后，还有5个电子，有1个单电子，则两
3
个O原子的单电子参与形成大π键，故n=2+2×1=4，因此O 大π键为
3
。
NO N、O原子的电子式分别为： N 、 O ，中心原子N采取sp2杂化，形成
2个σ键，还有3个电子则有1个单电子，中心N原子最多提供1个单电子形成大π键，配位O原子形成1个σ键后，还有5个电子，有1个单电
子，则两个O原子的单电子参与形成大π键，由于带一个单位的负电
荷，也要参与形成大π键，故n=1+1+2×1=4，因此NO大π键为 。
** 错误的表达式 **若微粒互为等电子体，则大π键是相同的；** 错误的表达式 **
规律
若为离子，n的数值遵循“阴加阳减”
C、O原子的电子式分别为： C 、 O ，中心原子C采取sp杂化，形成2
个σ键，还有2个电子即1对孤对电子，中心C原子最多提供1对孤对电
CO 子形成大π键，O原子形成1个σ键后，还有5个电子，有1个单电子，
2
则两个O原子的单电子参与形成大π键，由于带一个单位的负电荷，也
要参与形成大π键，故n=2+2×1=4，因此CO 大π键为 。
2
同理
SCN—、NO +、N－互为等电子体，则大π键是相同的，大π键为
2 3
C、O原子的电子式分别为： C 、 O ，中心原子C采取sp2杂化，形成3
个σ键，还有1个单电子，中心C原子最多提供1个单电子形成大π键，
CO O原子形成1个σ键后，还有5个电子，有1个单电子，则3个O原子的
单电子参与形成大π键，由于带2个单位的负电荷，也要参与形成大π
键，故n=1+2+3×1=6，因此CO大π键为 。
同理
NO —、SO 互为等电子体，则大π键是相同的，大π键为
3 3
（3）多个中心原子(AmBn)型的分子或离子 中m和n的计算方法
①m为原子个数：一般粒子有几个原子，就是几个p轨道，如：SO 有3个原子形成π键，则m=3
2
②n值的计算
a．分析出参与形成离域π键的每个原子形成几个σ键。
b．形成σ键后，若只有一个成单电子，则该电子参与形成大π键，若没有成单电子，则最多有一对
孤对电子参与形成大π键。
物质 分析方法 大π键
C原子的电子式为： C ，每个C原子采取sp2杂化，形成3个σ
键，每C原子有1个成单电子，该单电子参与形成大π键，因此
其大π键为
C、N原子的电子式为： C 、 N ，C原子都采取sp2杂化，形
N
成3个σ键，每C原子有1个成单电子，该单电子参与形成大π
键，N原子形成2个σ键，还有3个电子，有一个成单电子参与
形成大π键，所以n=5×1+1=6，因此其大π键为
H N C、N原子的电子式为： C 、 N ，C原子都采取sp2杂化，形
成3个σ键，每C原子有1个成单电子，该单电子参与形成大π
键，N原子形成3个σ键，还有1对孤对电子，这对孤对电子一定参与形成大π键，所以n=4×1+2=6，因此其大π键为
C、N原子的电子式为： C 、 N ，C原子都采取sp2杂化，形
成3个σ键，每C原子有1个成单电子，该单电子参与形成大π
键，1号N原子形成3个σ键，还有1对孤对电子，这对孤对电
1HN N2
子一定参与形成大π键，2号N原子形成2个σ键，还有3个电
子，则有一个成单电子参与形成大π键，所以n=3×1+2+1=6，
因此其大π键为
C、O原子的电子式为： C 、 O ，C原子都采取sp2杂化，形
成3个σ键，每C原子有1个成单电子，该单电子参与形成大π
O
键，O原子形成2个σ键，还有4个电子即2对孤对电子，O原
子最多提供1对孤对电子形成大π键，所以n=4×1+2=6，因此其
大π键为
C、S原子的电子式为： C 、 S ，C原子都采取sp2杂化，形成
3个σ键，每C原子有1个成单电子，该单电子参与形成大π
S
键，S原子形成2个σ键，还有4个电子即2对孤对电子，S原
子最多提供1对孤对电子形成大π键，所以n=4×1+2=6，因此其
大π键为
C、Se原子的电子式为： C 、 Se ，C原子都采取sp2杂化，形
成3个σ键，每C原子有1个成单电子，该单电子参与形成大π
Se
键，Se原子形成2个σ键，还有4个电子即2对孤对电子，Se
原子最多提供1对孤对电子形成大π键，所以n=4×1+2=6，因此
其大π键为
C原子的电子式为： C ，C原子都采取sp2杂化，形成3个σ
CH 2 CH CH CH 2 键，每C原子有1个成单电子，该单电子参与形成大π键，所以
n=4×1=4，因此其大π键为
【策略4】熟练掌握配位键和配合物
1．配位键
（1）概念：
①成键原子一方能提供孤电子对，如：分子有NH 、HO、CO等；离子有Cl－、OH－、CN－、SCN－
3 2
等。
②成键原子另一方能提供空轨道，如：H＋、Al3＋、B及过渡金属的原子或离子。
（2）表示方法：配位键可以用A→B来表示，其中A是提供孤电子对的原子，B是接受孤电子对的原子。例如： 中铜离子与水分子之间的化学键是由HO提供孤电子对给予Cu2＋形
2
成的。
2．配位化合物
（1）概念：通常把金属离子或原子(称为中心离子或原子)与某些分子或离子(称为配体或配位体)以配位键
结合形成的化合物称为配位化合物，简称配合物，如：[Cu(NH )]SO 、[Ag(NH)]OH。配位化合物多数能
3 4 4 3 2
溶解、能电离、有颜色。
（2）配合物的组成：如[Cu(NH )]SO
3 4 4
a．配体（配位体）：含有孤电子对的分子或离子，如NH 、HO、CO、F－、Cl－、Br－、I－、SCN－、
3 2
CN－、OH－等。当配体中有两原子有孤电子对时，电负性小的原子为配位原子，如 CO作配体时C为配位
原子。
b．配位原子：配体中提供孤对电子的原子叫配位原子，如HO中的O原子，NH 中的N原子。
2 3
c．中心离子(或原子)：一般是金属离子，特别是过渡金属离子，中心原子有空轨道，如Fe3＋、Cu2＋、
Zn2＋、Ag＋等。
d．配位数：直接同中心原子(或离子)配位的含有孤电子对的分子(或离子)的数目，中心原子(或离子)
的配位数一般为2、4、6、8等。如：[Cu(NH )]2+的配位数为4，[Ag(NH)]+的配位数为2，[Fe(CN) ]4－中
3 4 3 2 6
配位数为6。
e．配离子：由中心原子(或离子)和配位体组成的离子叫做配离子，如[Cu(NH )]2+、[Ag(NH)]+。
3 4 3 2
f．配合物在水溶液中电离成内界和外界两部分，
如 2Cl－，而内界微粒很难电离，因此，配合物
[Co(NH )Cl]Cl 内界中的Cl－不能被Ag＋沉淀，只有外界的Cl－才能与硝酸银溶液反应产生沉淀。
3 5 2
（3）配合物中化学键的类型及共价键数目的判断
若配体为单核离子如Cl－等，可以不予计入，若为分子，需要用配体分子内的共价键数乘以该配体的
个数，此外，还要加上中心原子与配体形成的配位键，这也是σ键。如：[Cu(NH )]SO 化学键的类型：离
3 4 4
子键、共价键、配位键，共价键数(σ键)为3×4＋4＋4＝20
（4）典型配合物
[Cu(NH )]SO K[Fe(CN) ] [Ag(NH)]OH Na[AlF ]
3 4 4 3 6 3 2 3 6
中心离子 Cu2＋ Fe3＋ Ag＋ Al3＋配体 NH CN－ NH F－
3 3
配位原子 N C N F
配位数(n) 4 6 2 6
外界 SO K＋ OH－ Na＋
（5）其他特殊配合物
配体有多个配位原子，与中心原子形成螯合物，如：铜离子与乙二胺形成配离
子
多齿配位
是过渡金属和一氧化碳配位形成的配合物，如：四羰基镍[Ni(CO) ]
4
金属羰基
配合物
【策略5】掌握价层电子对互斥模型(VSEPR模型)、杂化轨道理论
1．用价层电子对互斥模型推测分子的空间结构
式中a为中心原子的价电子数，x为与中心原子结合的原子数，b为与中心原子结合的原子最多能接
受的电子数(H为1，其他原子为“8－该原子的价电子数”)，对于阳离子来说a为中心原子的价电子数减
去离子的电荷数，对于阴离子来说a为中心原子的价电子数加上离子的电荷数(绝对值)。
如SO的中心原子为S，a＝6＋2＝8，b＝2，x＝4，中心原子上的孤电子对数＝×(8－4×2)＝0，价层
电子对数为4。
价层电子对 σ键电子对
孤电子对数 VSEPR模型名称 分子空间结构名称 实例
数 数
2 2 0 直线形 直线形 CO
2平面三角形
3 0 BF
平面三角形 3
3
2 1 V形 SO
2
4 0 CH
四面体形 正四面体形 4
4
3 1 NH
三角锥形 3
2 2 V形 HO
2
5 0 三角双锥 三角双锥 PCl
5
5
2 3 三角双锥 V形 XeF
2
6 6 0 正八面体 正八面体 SF
6
2．杂化轨道的类型
①sp杂化：sp杂化轨道是由1个ns轨道和1个np轨道杂化而成的，每个sp杂化轨道含有s和p的成
分，sp杂化轨道间的夹角为180°，呈直线形。如，BeCl
2②sp2杂化：sp2杂化轨道是由1个ns轨道和2个np轨道杂化而成的，每个sp2杂化轨道含有s和p成
分，sp2杂化轨道间的夹角都是120°，呈平面三角形。如，BF
3
③sp3杂化：sp3杂化轨道是由1个ns轨道和3个np轨道杂化而成，每个sp3杂化轨道都含有s和p的成
分，sp3杂化轨道间的夹角为109°28′，空间结构为正四面体形。如，CH、CF、CCl
4 4 4
【策略6】掌握键角大小的判断方法
1．孤电子对对键角影响的理论解释
（1）价层电子对之间相互排斥作用大小的一般规律
孤电子对－孤电子对＞孤电子对－成键电子对＞成键电子对－成键电子对。
随着孤电子对数目的增多，成键电子对与成键电子对之间的斥力减小，键角也减小，如：CH 、NH
4 3
和HO分子中的键角依次减小。
2
（2）由于孤电子对有较大斥力，含孤电子对的分子的实测键角几乎都小于VSEPR模型的预测值。
（3）中心原子上有孤电子对(价电子中未参加形成共价键的电子对)，会占据中心原子周围空间，与成键电
子互相排斥，使分子的空间结构发生变化，键角也相应变化。如：①HO的VSEPR构型为四面体形，中心原子价层电子和对中心原子构成的夹角是109°28′，但氧原子
2
上的两对孤电子对，且孤电子对对成键电子对的排斥力较大，会使两个成键电子相互靠拢，键角会变小，
从而使键角小于109°28′，变成105°；
②NH 分子中氮原子上有一对孤电子对，且孤电子对对成键电子对的排斥力较大，会使成键电子相互
3
靠拢，键角会变小，NH 化学键键角会小于109°28′，变成107°。HO和HS的VSEPR构型为四面体形，
3 2 2
有两个成键电子对和孤电子对。氧的半径比硫要小，氧的孤电子对对成键电子排斥力力度更大，所以 HO
2
的键角会比HS要大。
2
2．中心原子的杂化方式不同且中心原子无孤对电子——看中心原子杂化方式：
sp(1800)＞sp2(1200)＞sp3(109028＇)
分子 CO、CS BF、SO CH、NH +
2 2 3 3 4 4
杂化方式 sp sp2 sp3
分子构型 直线型 平面三角形 正四面体
键角 1800 1200 109028＇
3．中心原子杂化方式相同且中心原子有孤对电子——看中心原子的孤电子对数
排斥力大小顺序：孤电子对—孤电子对＞孤电子对—成键电子对＞成键电子对—成键电子对，中心原
子孤电子对数越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小
分子 CH NH HO
4 3 2
杂化方式 sp3 sp3 sp3
孤电子对数 0 1 2
键角 109028＇ 107018＇ 104030＇
分子构型 正四面体 三角锥形 V形
4．中心原子不同，配位原子及中心原子孤电子对数相同且结构相似——看中心原子的电负性：中心原子
的电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，成键电子对排斥力增大，键角增大。
键角：NH ＞PH ＞AsH ；HO＞HS＞HSe
3 3 3 2 2 2
5．中心原子及孤电子对数相同，配位原子不同且结构相似——看配位原子的电负性：配位原子电负性越
大，成键电子对越偏离中心原子，成键电子对排斥力减小，键角越小。
键角：NF ＜NCl ＜NBr ；NF ＜NH ；OF ＜HO
3 3 3 3 3 2 2
6．单键、双键、三键的影响
三键、双键、单键之间的排斥力大小顺序：三键—三键＞三键—双键＞双键—双键＞双键—单键＞单
键—单键。乙烯分子中键角** 错误的表达式 **(121.3°)
H ① H
＞键角** 错误的表达式 **(117.4°)
C C ②
H H 原因是斥力大小：双键—单键＞单键—单键
7．配体体积对键角的影响：配体体积越大，电子云占据空间增大，对成键电子斥力增强，导致键角减
小。
键角：NH ＞NH OH＞NH (CH)
3 2 2 3
【策略7】掌握范德华力、氢键和共价键的异同点
范德华力 氢键 共价键
氢原子与氟、氮或氧原
子
作用粒子 分子 原子
(分子内，分子间)
强度比较 共价键>氢键>范德华力
①随着分子极性和相对分子
对于A—H…B，A、B
质量的增大而增大。
成键原子半径越小，键
影响其强度 的电负性越大，B原子
长越短，键能越大，共
②组成和结构相似的物质，
的因素 的半径越小，作用力越
价键越牢固。
相对分子质量越大，范德华
大。
力越大。
①分子间氢键的存在，
①影响物质的熔、沸点和溶
使物质的熔、沸点升
解度等物理性质；
高，在水中的溶解度增
①影响分子的稳定性。
②组成和结构相似的物质， 大，如熔、沸点：
对物质性质
随相对分子质量的增大，物 HO>HS，HF>HCl， ②共价键键能越大，分
的影响 2 2
质熔、沸点升高，如熔、沸 NH >PH。 子稳定性越强。
3 3
点：F离子晶体>分子晶体。②金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔、沸点很高，汞、铯等熔、沸点很低。
（2）同种类型晶体熔、沸点的比较——比较晶体内微粒之间相互作用力的大小
①共价晶体
→→→
如熔点：金刚石>碳化硅>硅。
②离子晶体
一般地说，阴、阳离子所带的电荷数越多，离子半径越小，则离子间的作用力就越强，其离子晶体的
熔、沸点就越高，如熔点：MgO>MgCl >NaCl>CsCl。衡量离子晶体稳定性的物理量是晶格能，晶格能越
2
大，形成的离子晶体越稳定，熔点越高，硬度越大。
③分子晶体
a．分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有氢键的分子晶体熔、沸点反常地高，如熔、沸
点：HO>HTe>HSe>H S。
2 2 2 2
b．组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如熔、沸点：
SnH >GeH>SiH >CH 。
4 4 4 4
c．组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如熔、沸点：
CO>N，CHOH>CH CH。
2 3 3 3
d．同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如熔、沸点：
④金属晶体
金属离子半径越小，离子所带电荷数越多，其金属键越强，金属熔、沸点就越高，如熔、沸点：Na＜
Mg＜Al。
【策略9】掌握晶体结构的有关计算
1．确定晶胞中原子坐标与投影图
晶胞中的任意一个原子的中心位置均可用3个分别≤1的数在立体坐标系中表示出来。
注意：在确定各原子的坐标时，要注意x、y、z轴的单位标准不一定相同。
（1）钾型晶胞结构模型的原子坐标与投影图①粒子坐标：若1(0，0，0)，3(1，1，0)，5(0，0，1)，则6的原子坐
标为(0，1，1)，7为(1，1，1)，9为。
②x、y平面上的投影图：
（2）铜型晶胞结构模型的原子坐标和投影图
①粒子坐标：若1(0，0，0)，13，12，则15的原子坐标为，11为。
②x、y平面上的投影图：
（3）金刚石晶胞结构模型的原子坐标和投影图
①若a原子为坐标原点，晶胞边长的单位为1，则原子1、2、3、4
的坐标分别为、、、。
②x、y平面上的投影图：
（4）沿体对角线投影
①钾型晶胞
②铜型晶胞
2．晶体密度、晶体中粒子间距离的计算
晶体密度的计算公式推导过程若1个晶胞中含有x个微粒，则晶胞的物质的量为：n＝ ＝ mol
晶胞的质量为：m＝n·M＝ g
密度为：ρ＝
右图为CsCl晶体的晶胞
假设相邻的两个Cs＋的核间距为a cm，N 为阿伏加德罗常数，CsCl的摩尔质量用M g·mol－1表
A
示，则CsCl晶体的密度为ρ＝g·cm－3
晶体中粒子间距离的计算：
3．空间利用率的计算方法
（1）空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。
空间利用率＝×100%。
（2）空间利用率的计算步骤：首先计算晶胞中的粒子数；再计算晶胞的体积。
如：六方晶胞(如图)。S＝2r×r＝2r2
h＝r
V(球)＝2×πr3
V(晶胞)＝S×2h＝2r2×2×r＝8r3
空间利用率＝×100%
＝×100%≈74%
4．立方体晶胞中微粒周围其他微粒个数的判断
（1）晶体中原子(或分子)的配位数：若晶体中的微粒为同种原子或同种分子，则某原子(或分子)的配位数
指的是该原子(或分子)最接近且等距离的原子(或分子)的数目。
（2）离子晶体的配位数：指一个离子周围最接近且等距离的异种电性离子的数目。
判断某种粒子周围等距且紧邻的粒子数目时，要注意运用三维想象法。如 NaCl晶体中，Na＋周围的
Na＋数目(Na＋用“”表示)：
每个面上有4个，共计12个。
1．（2025·浙江嘉兴·一模）N的化合物种类繁多，应用广泛。请回答：
(1)某含氮镍锌笼形包合物的晶胞结构如图所示(H原子未画出，晶胞棱上的小黑点代表NH ，六元环代表
3
C H 且每个六元环只有一半属于该晶胞)。
6 6①下列说法正确的是 。
a．基态锌原子的价电子排布式为：4s2
b．CN−的C与Ni2+、N与Zn2+形成配位键
c．电负性：N>O>C>H
d．对该晶体加热，C H 比NH 更易脱出
6 6 3
②Zn2+周围紧邻的N原子数为 。
③该晶胞的化学式为 。
(2)吡咯( )和吡啶( )所有原子均共平面，在盐酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是
。
(3)氮化镓是第三代半导体材料，传统制备GaN是采用GaCl 与NH 在一定条件下反应制备，不采用金属
3 3
Ga与N 制备的原因是 。
2
(4)氮化硼在一定条件下可以制得硼砂(Na B O·10H O)，硼砂的阴离子化学式为B HO ，已知阴离子中B
2 4 7 2 2 4
有两种杂化方式，B均与-OH相连，结构中含有两个六元环，写出该阴离子的结构式 。
【答案】
(1)bd 6 Ni(CN) ·Zn(NH )·2C H
4 3 2 6 6
(2)吡咯和吡啶中N均为sp2杂化，吡咯中N原子的孤对电子在未杂化的p轨道中，参与形成(大)π键，使得
N的电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H+结合
(3)N 中存在N≡N三键，键能大，反应所需能量高；产物中气体分子数减少(属于熵减反应)
2
(4)
【详解】（1）①a．锌是30号元素，基态锌原子的价电子排布式为：3d104s2，a错误；b．该晶胞中的六元环为C H，则上下底面小白球代表C原子，上下底面的小黑球为N元素，由晶胞结构
6 6
可知，CN−的C与Ni2+、N与Zn2+形成配位键，b正确；
c．同周期主族元素，从左往右电负性依次增大，则电负性：O>N>C>H，c错误；
d．该晶胞中，晶胞棱上NH 的N原子和Zn2+形成配位键，而C H 通过分子间作用力存在于晶胞中，配位
3 6 6
键的强度大于分子间作用力，则对该晶体加热，C H 比NH 更易脱出，d正确；
6 6 3
故选bd；
②由晶胞结构图可知，以位于顶点的Zn2+为研究对象，Zn2+的上下各有1个NH 的N原子，与Zn2+位于同
3
一平面紧邻的CN-的N原子有4个，则Zn2+周围紧邻的N原子数为6；
③由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有 个数为 = 1， 个数为 ， 个数为 = 4，
个数为 ，苯环个数为 = 2，则该晶体的化学式为Ni(CN) ·Zn(NH )·2C H。
4 3 2 6 6
（2）吡咯( )和吡啶( )所有原子均共平面，在盐酸中吡啶的溶解度更大，其主要原因是：吡
咯和吡啶中N均为sp2杂化，吡咯中N原子的孤对电子在未杂化的p轨道中，参与形成(大)π键，使得N的
电子云密度降低，从而减弱了其碱性，即吡啶更容易与盐酸电离出的H+结合。
（3）不采用金属Ga与N 制备的原因是：N 中存在N≡N，键能大，反应所需能量高，并且该反应的产物
2 2
中气体分子数减少(属于熵减反应)。
（4） 中B有两种杂化方式，即sp3和sp2杂化，B均与-OH相连，则其中含有4个-OH，结构中含
有两个六元环，该阴离子的结构式为： 。
2．（2025·上海金山·一模）氮化硼(BN)是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为原料，经过一系列反应
可以得到BN，如图所示：
(1)硼元素原子的电子排布式为 ，这些电子有 种不同的能量。与硼元素在同一周
期，其基态原子的最外层有2个未成对电子的元素有 。(填元素符号)
(2)写出上述由B O 制备BN的化学方程式 。
2 3
(3)BN的两种晶型：六方晶型(类似于石墨)及立方晶型(类似于金刚石)，结构如下图。下列说法正确的是
。A．六方氮化硼晶体层间存在化学键
B．六方氮化硼结构与石墨相似，能导电
C．两种晶体中的B和N之间的化学键均为极性共价键
D．立方氮化硼含有σ键和π键，属于共价晶体，所以硬度大
立方相氮化硼晶体中，氮的配位数是 ，其晶胞参数为a pm，则用含a的代数式表示硼和氮的
最短距离d= pm。
常温常压下硼酸(H BO)晶体结构为层状，其二维平面结构如图所示。
3 3
(4)硼酸晶体中存在的作用力有 。
A．离子键 B．共价键 C．配位键
D．范德华力
1 mol该晶体中含有 mol氢键。解释硼酸在冷水中的溶解度小而加热时溶解度增大的原因
。
(5)硼酸可由三卤化硼(BX)水解而成，机理如下图。从结构的角度解释CCl 水解反应很难进行的原因
3 4
。
【答案】
(1)1s22s22p1 3 C、O
(2)B O＋2NH 2BN＋3HO
2 3 3 2(3)C 4
(4)BD 3 加热促进HBO 分子间氢键的断裂，有利于HBO 分子与水分子间形成氢键
3 3 3 3
(5)碳原子价层无空轨道，不能接受水的进攻
【详解】（1）硼为5号元素，则硼元素原子的电子排布式为 ，有 三个原子轨道，则这些
电子有3种不同的能量；与硼元素在同一周期，其基态原子的最外层有2个未成对电子，排布式可以为
，对应的元素是 ；
（2）根据给出的制备路径可知，由 制备BN的化学方程式为： ；
（3）A．六方晶型(类似于石墨)，石墨层间是通过范德华力结合的，范德华力不属于化学键，A错误；
B．石墨导电是因为有离域的π电子，而六方BN中，虽然结构类似，B和N的电负性差异较大，电子可能
被束缚，不能自由移动，不导电，B错误；
C．无论是六方还是立方BN，B和N之间都是不同原子形成的共价键，均为极性共价键，C正确；
D．立方BN结构类似于金刚石，金刚石中只有σ键，没有π键，立方BN是共价晶体，硬度大，D错误；
答案选C。
在金刚石结构中，每个C原子连接4个其他C原子，形成四面体结构。立方BN结构类似，所以每个N原
子应连接4个B原子，配位数为4；其晶胞参数为a pm，金刚石结构中，原子间的最近距离是体对角线的
，即 ，在立方BN的晶胞中，B和N位于交替的四面体位置，最近距离也应该是立方体对角线的四
分之一，即 ；
（4）A．根据其二维平面结构可知，硼酸是一种共价化合物，不存在离子键，A错误；
B． 原子间， 原子间存在极性共价键，B正确；
C．根据其二维平面结构可知，硼酸晶体中不含配位键，其结构主要由共价键和氢键组成，C错误；
D．硼酸晶体结构为层状，层间存在分子间作用力，即范德华力，D正确；
答案选BD。
由晶体结构可知，每个硼酸分子可通过氢键与周围的分子形成稳定的层状结构，一个硼酸分子可以形成6
个氢键，但只有3个氢键属于硼酸分子，则1 mol该晶体中含有3mol氢键；冷水中溶解度较小的原因：硼
酸主要依靠氢键维持层状结构，水分子难以迅速破坏氢键，因此溶解度较小；加热后溶解度增大的原因：
升温破坏氢键，使得层状结构松散，有利于HBO 分子与水分子间形成氢键，从而提高溶解度。
3 3
（5）根据机理图可知，水分子进攻 B 原子，破坏 B-X 键，最终生成HBO。 中C原子外层电子已
3 3
满足 8 电子稳定结构，没有空的轨道来接受水分子的孤对电子，因此水分子无法进攻 C 原子。
3．（2024·浙江绍兴·一模）结构探究是化学研究的重要内容，请回答：(1) 的晶胞结构如图， 的配位数是 。若晶胞棱长 ，则 与O的最小核间距为
。
(2)某离子存在如图所示按六边形扩展的二维层状结构，该离子的最简式为 ，其中N原子的杂
化方式为 。
(3)下列描述正确的是___________
A． 的熔点高于 是因为 离子键百分比更高
B．基态 原子价层电子的空间运动状态为6种
C． 分子内的化学键有方向性， 分子间的作用力没有方向性
D．含钙化合物中钙元素常显 价，原因是钙的第二电离能小于其第一电离能
(4)已知 可被 氧化为 。试从物质结构的角度分析 的结构应为(a)而不是(b)的原因：
。
(5)已知： 中心B原子有空轨道，可以与 分子形成配位键，从而使原有的键削弱、断裂，发生水
解。下列卤化物最难发生水解的是___________。
A． B． C． D．
【答案】
(1)8(2)[Hg (NH) Br]+ 或 [Hg (NH) ]2+Br- sp3
3 2 3 2
(3)B
(4)(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I，故NaSO 不能被I 氧化成(b)结构
2 2 2 3 2
(5)C
【详解】（1）根据晶胞结构图，大球个数为8，小球个数为： ，根据化学式 ，可知大
球表示氧原子，小球表示 原子，以顶点 原子为例，距离其最近且等距的氧原子个数为8，故其配位
数为8；
晶胞中 与最近O原子的核间距为晶胞对角线长度的 ，即 ；
（2）该结构片段中，含溴离子个数为1，-NH-被三个六边形公用，个数为： ，Hg两个六边形公
用，个数为： ，该离子的最简式为：[Hg (NH) Br]+ 或 [Hg (NH) ]2+Br-；
3 2 3 2
N原子价层电子对数为4，N原子的杂化方式为：sp3；
（3）A. 和 均为离子晶体， 熔点高是因为 晶格能大，A错误；
B. 基态 原子价层电子排布式为：3d54s1，3d轨道有5个空间运动状态，4s轨道1个空间运动状态，基态
原子价层电子的空间运动状态为6种，B正确；
C. 分子内的化学键有方向性， 分子间的作用力是氢键，具有方向性，C错误；
D. 钙的第二电离能大于其第一电离能，含钙化合物中钙元素常显 价，原因是钙最外层有2个电子，容
易失去2个电子呈+2价，D错误；
答案选B；
（4）根据a、b的结构可知，a中含有过硫键、b中含有过氧键，过氧键氧化性强于I，则硫代硫酸钠被I
2 2
氧化的产物不可能为b，而且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，因此产物为a。
（5） 、 、 中的中心原子均有空轨道可以和水分子形成配位键，从而使原有的键削弱、断
裂，发生水解， 中碳原子没有空轨道，不易水解，答案选C。
4．（2025·浙江台州·一模）碘元素具有丰富的化学性质，其化合物有着广泛的应用。请回答下列问题：
(1)碘元素位于周期表的p区。
①碘的基态原子价电子排布式为 。
②下列说法不正确的是 。A．电负性大小：I＜Br＜Cl
B．第二电离能( )大小：
C．化学键中离子键成分的百分数：
D．键能大小：
(2) 加入浓的KI溶液，可获得 ；文献指出，在一定条件下也可制备 。
① 中，中心原子I的杂化类型为 ； 中，中心原子I的杂化类型为 。
②已知孤对电子对、成键电子对相互之间的排斥力随着角度减小而增大。图中，请参照 的VSEPR几何
构型(小球表示I或孤电子对)，判断 的实际几何构型为 (填写序号)。
③已知 和 的还原产物均为 。相同条件下，比较氧化性强弱： (填“>”、“＜”、“=”)；
比较 的键长： (填“>”、“＜”、“=”)，试从结构上给与解释 。
(3)碘单质的晶胞为长方体， 位于顶点和面心，结构如图所示。晶胞中两种取向不同的 个数之比为
，晶体中 分子相距最近的 个数为 。
【答案】
(1) C
(2) A < > 的中心原子含s成分少，半径大、键长长， 的中心原子含s成分多，
半径小、键长短
(3)1：1 4
【详解】（1）①碘为53号元素，位于第五周期 族，则其基态原子价电子排布式为： ；②
A．电负性大小I＜Br＜Cl ：在卤族元素中，从上到下电负性逐渐减小，故有：I＜Br＜Cl，A正确；
B．第二电离能( )大小 ：失去1个电子后， 为稳定结构，第二电离能
最大，其余原子失去1个电子后，第二电离能从左向右也呈逐渐增大趋势，则有：
，B正确；
C．化学键中离子键成分的百分数 ：在卤族元素中，从上到下电负性逐渐减小，
电负性越大，对键合电子的吸引力越大，化合物越容易电离，离子键成分的百分比越高，因此在形成的卤
化银中离子键成分的百分数逐渐降低： ，C错误；
D．键能大小 ：在卤族元素中，从上到下原子半径逐渐增大，键长增大，键
能也逐渐减小，D正确；
不正确的为：C。
故答案为： ；CD。
（2） 加入浓的KI溶液，可获得 和 ： 、 ；
①在 中，碘原子的价层电子数为7，但由于形成正离子，失去一个电子，所以实际参与杂化的电子数为
6，中心原子碘的价层电子对数为3，则中心原子I的杂化类型为 杂化；
②已知孤对电子对、成键电子对相互之间的排斥力随着角度减小而增大，在 中，中心I原子的杂化类型
为 ，这种杂化方式使得 的分子中的3个I原子构形为直线型，则选项A符合；
③在 中由于失去了一个电子，因此表现为更容易获得电子，表现出更强的氧化性；相反，在 中由于已
经得到了电子，因此体现更容易失去电子，氧化性 表现得更弱，则有： ；在 的中心I原子上有更
多的孤对电子，中心原子含s成分多，半径小，使得其键长相对较短；而 的中心I原子有更多的成键电
子对，含s成分少，半径大，使得其键长相对较长 ，因此 的键长为： 。
故答案为： ； ； ； 的中心原子含s成分少，半径大、键长长， 的中心原子含s成分多，半径
小、键长短。
（3）根据碘单质的晶胞图， 位于顶点和面心，共有两种取向不同的 ，其中长方形的8个顶点和左右2
个面心的 取向相同，则此取向的 个数为： ；另外上下前后4个面心的 取向相同，则
此取向的 个数为： ，得到晶胞中两种取向不同的 个数之比为 ；根据晶胞图可知，晶体
中 分子相距最近的 为面心 对应平面的4个顶点距离最近。
故答案为：1：1；4。5．（2025·新疆·一模）党的二十届三中全会通过的《中共中央关于进一步全面深化改革推进中国式现代化
的决定》指出，“完善推动新一代信息技术、人工智能、航空航天、新能源、新材料、高端装备、生物医
药、量子科技等战略性产业发展政策和治理体系”。化学发挥着不可替代的作用。按要求完成下列问题。
(1)硝酸羟胺 是新一代航天推进剂。 可以看做是 的衍生物，其电子式为
， 的键角为 。
(2) 在高端装备制造、新材料等领域有广泛应用， 在元素周期表的位置是 。位于同一轨道的
2个电子自旋相反，在结构化学中将之分别记为 ，则基态 的 总和为 。
(3)氮化镓是新一代半导体材料，是实现 、人工智能、量子互联网等新技术的核心材料。氮化镓晶体有
三种晶型，如下图。
①图甲中，可以分割出的基本重复单元可以是下图中的 (填字母)。
②图乙中， 的原子的投影是上图中的 (填“ ”“ ”“ ”“ ”)原子。
③图丙中， 的配位数为 。
(4) 是一种新型材料，捕集 性能卓越，过程示意图如下， 捕集 的作用力为 。
试分析该材料能捕集 却不能捕集 的原因： 。(5)氢能作为清洁的新能源，氢气的储存和运输是推广应用的关键。铜晶胞顶点上的原子被金取代后，得到
一种重要的储氢合金，已知黄金制品通常称作 金，如纯金制品称为 金，含金量 的黄金制品称为
金，则该储氢合金属于 (选填“9”“12”或“15”) 金。储氢时，氢原子进入铜金形成的四面体
空隙中，则该合金的标准状况下的比储氢率(比储氢率= )为 (写出计算式即可)。
【答案】
(1)
(2)第四周期第Ⅶ 族 或
(3) 6
(4)分子间作用力或范德华力 分子直径超过了 的空腔大小
(5)12
【详解】（1） 看做是 上的一个 被 取代得到的产物，其电子式为： ；
的孤电子对数为 ，价层电子对数为 ，故分子结构为平面正三角形，键角 ；
（2） 是第25号元素，价层电子排布为 ， 上5个电子分占5个不同轨道且自旋相同，故
或 均可；
（3）①观察甲可知， 和 均为4配位，且相邻的 与 之间或者相邻的 与 之间均是正面体结
构，根据晶胞的平移性可知，c、d均符合；
②观察乙可知， 位于晶胞中四面体空隙中，即体对角线 和 处，故平面投影位于 处；
③观察丙可知， 的上下、前后、左右各1个最近的 ，故其配位数为6；
（4）由图观察可知，捕捉作用力应为分子间作用力；结合图中数据发现， 的空腔容纳的分子最合
适直径为 ， 的直径 ，在这一范围内，可被较好吸收，而 的直径为 ，
不在此范围；
（5）铜晶胞顶点上的原子被 取代后，则合金的化学式为 ，金的质量分数约为 ，由纯金为(质量分数 )知，应为 金。该合金共有8个四面体空隙，标准状况下 该晶胞最大储氢
，比储氢率 。
6．（2025·山东威海·一模）某钠离子电池以NaClO 的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，Na作负极材料，
4
Na[MnFe(CN) ]/MnFe(CN) 作正极材料。回答下列问题：
x 6 6
(1)基态Fe原子价电子的轨道表示式为 。
(2) 的几何构型为 ；碳酸丙烯酯的结构简式如图所示，分子中碳原子的杂化类型为 。
(3)C、O、Cl三种元素电负性由大到小的顺序为 。
(4)作为钠离子电池的正极材料Na[MnFe(CN) ]在充、放电过程中某时刻的立方晶胞示意图如下。
6
①放电时，正极电极反应式为 。
②已知：Na[MnFe(CN) ]晶胞参数为a pm，摩尔质量为M g·mol−1，N 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的
6 A
密度为 。
③若在反应过程中形成晶体缺陷，生成Na [MnFe(CN) ]，测得晶胞中Mn2+占锰元素的比例约为29%，则
0.75 6
晶胞中Fe3+占铁元素的比例约为 。
【答案】
(1)
(2)正四面体形 sp2、sp3
(3)O>Cl>C
(4)MnFe(CN) +Na++e-= Na[MnFe(CN) ] 54%或0.54
6 6【详解】（1）铁的原子序数为 ，其价层电子数为： ，答案为： 。
（2） 中价层电子对个数 ，所以它的空间构型为正四面体形。根据碳酸丙烯
酯的结构简式分析，其中含有 单键和 双键，当碳原子通过单键与其他原子相连时为 杂化，
当碳原子通过双键与其他原子相连时为 杂化。答案为：正四面体形； 、 。
（3）在周期表中，从左到右，元素的电负性逐渐增加；从上到下，电负性则逐渐减小，所以三者的电负
性由大到小的顺序为： 。答案为： 。
（4）①正极材料是 ，放电时正极得到电子，所以其电极反应式为：
。答案为： 。
②该立方晶胞由四个晶胞构成，观察其中每一个晶胞结构，根据均摊法： 原子个数为：
， 原子个数为： ， ，钠原子位于体心，有 个。所以其
化学式为： ，由于其中含有 个结构单元，所以此晶胞密度为：
。答案为： 。
③根据化合物代数和为 的原则，设 所占比列为 ，则 为 ，列式计算：
，解得 。答案为：
。
7．（2024·广东肇庆·一模）砷广泛分布在自然界中，土壤、水、植物以及人体中都含有微量砷。回答下列
问题：
(1) 与 同主族，基态砷原子价层电子排布式为 。
(2) 和 中心原子的杂化轨道类型相同，但 的键角小于 的，其原因为 。
(3)砷的两种三元含氧酸的酸性强弱为 (填“>”或“<”) 。 可用作杀虫
剂， 的空间结构为 。
(4)工业上常用改性季铵盐从炼铜烟灰碱性溶液中萃取砷，其工艺流程短、成本低。萃取反应机理如下：①物质Ⅳ为 (填化学式)。
②关于Ⅰ~Ⅲ三种物质，下列说法正确的有 (填字母)。
a．Ⅰ中C原子的杂化轨道类型均为 b．Ⅱ中 的化合价为
c．Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大 d．Ⅲ中的化学键均为 键
(5)砷化硼晶体是具有超高热导率的半导体材料，其晶胞结构如图所示，其晶胞参数为 。
① 点的分数坐标为 ，则 点的分数坐标为 ；晶体中与顶点B原子等距且最近的B
原子个数为 。
②该晶体的化学式为 ；已知 为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的密度为
(列出计算式)。
③如果把晶体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为 。
【答案】
(1)
(2) 含有一个孤电子对，而 含有两个孤电子对， 中的孤电子对对成键电子对的排斥作用更大
(3)> 正四面体形
(4) cd
(5) 12 的原子半径小于 ，即 的键长比 的键长
短，导致 的键能比 的键能大
【详解】（1）As与N同族，基态砷原子价层电子排布式为 ；
（2）HO和AsH 中心原子均为sp3杂化， 中氧有2对孤电子对， 中As有1对孤电子对，故电子
2 3
对斥力较大，则 的键角小于 的原因为 含有一个孤电子对，而 含有两个孤电子对，
中的孤电子对对成键电子对的排斥作用更大；
（3）HAsO 和HAsO 可表示为(HO) AsO和(HO) As，HAsO 中的As为+3价，而HAsO 中非羟基氧较
3 4 3 3 3 3 3 3 3 4多、As为+5价，正电性更高，导致As-O-H中的O的电子更向As偏移，越易电离出H+，故酸性强弱为
> ； 中含有的孤电子对数是0，中心原子有4个共价键，则 的空间结构为正四
面体形；
（4）①根据方程式的元素守恒可知，物质Ⅳ为 ；
②a．Ⅰ中碳氧双键中的C原子的杂化轨道类型均为 ，a错误；
b．结合Ⅲ的结构可知，Ⅱ中 的化合价为+3，b错误；
c．同周期越靠右电负性越大，同主族越靠上电负性越大，则Ⅲ含有的元素中，O的电负性最大，c正确；
d．根据Ⅲ的结构可知，其中都是单键，则其化学键均为 键，d正确；
故选cd；
（5）①结合坐标系和 点的分数坐标为 ，则 点的分数坐标为 ；晶体中与顶点B原子等
距且最近的B原子位于面心位置，则其个数为12；
②该晶胞中B为顶点和面心，根据均摊的原则可知，1个晶胞中B原子的个数为4，As位于体内，则1个
晶胞中As原子的个数为4，则该晶体的化学式为 ；该晶体的密度
；
③该晶体熔化时需要破坏共价键，共价键越短，键能越大，而N原子的半径比As的半径小，故如果把晶
体中砷原子换成氮原子，形成的晶体的熔点明显升高，原因为： 的原子半径小于 ，即 的键长比
的键长短，导致 的键能比 的键能大。
8．（2025·湖北武汉·模拟预测）硼族元素和氮族元素在新型材料的研制中有着重要应用。
(1)Ga的价电子排布式为 ，该基态原子占据最高能级的电子云轮廓图形状为 。
(2)化合物Na[B O(OH) ]·8H O的结构如图所示，它的阴离子可形成链状结构，则该晶体中不存在的作用
2 4 5 4 2
力是 (填字母)。
A．金属键 B．共价键 C．离子键 D．氢键 E．范德华力
(3)8−羟基喹啉铝常用于发光材料及电子传输材料，可由含铝还原剂与 合成。 中N的杂
化方式为 ，其组成元素(氢元素除外)的第一电离能由大到小排序为 。(4)NF 和NH 是氮元素的常见化合物，二者相比较，键角更大的是 ，原因是 。
3 3
(5)六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，立方氮化硼的结构、硬度与金刚石相似，晶胞如图
所示，晶胞边长为0.361 5 nm，立方氮化硼的密度是 g·cm−3(只列算式，N 为阿伏加德罗常数
A
的值)。
(6)LiFeAs是一种新型材料，其立方晶胞结构如图所示。请在z轴方向投影图中画出铁原子位置
，用“●”表示。
【答案】
(1)4s24p1 哑铃形或纺锤形
(2)A
(3)sp2 N>O>C
(4)NH 二者中心原子均为N，且均为sp3杂化，因H电负性小，所以在NH 中，成键电子对更靠近
3 3
N，排斥力增大，键角增大
(5)
(6)
【详解】（1）Ga位于第四周期第ⅢA族，其价电子排布式为4s24p1，最高能级4p的电子云轮廓图形状为
哑铃形或纺锤形，该空分别填4s24p1，哑铃形或纺锤形；
（2）钠离子和阴离子之间存在离子键，B和O、O和H之间存在共价键，水分子之间存在氢键和范德华
力，该晶体中不存在金属键，本题选A；
（3）8−羟基喹啉中N形成2个 键，含1个孤电子对，杂化方式为sp2，该物质的组成元素为H、C、N、
O，由于同一周期元素的第一电离能随原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族大于第ⅥA族，知除H外第一电离能N>O>C，该空分别填sp2，N>O>C；
（4）NH 和NF 的中心原子均为N，且N均为sp3杂化，因H电负性较小，所以在NH 中，成键电子对更
3 3 3
靠近N，排斥力增大，键角增大，该空分别填NH ，二者中心原子均为N，且均为sp3杂化，因H电负性
3
小，所以在NH 中，成键电子对更靠近N，排斥力增大，键角增大；
3
（5）立方氮化硼晶胞中含有的N原子数为4，B原子数为 ×8+ ×6=4，单个晶胞的质量为 g，
由于 ，则晶胞的密度= ，该空填
；
（6）
由图可知Fe元素位于晶胞上下面的面心、顶点、棱中心，z方向的投影即从上向下看时，Fe元素也依次分
布面心、顶点、棱中心，如图 ，该空填 。
9．（2024·江苏镇江·一模）锰酸锂 作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。工业上利用
溶液多途径制备锰酸锂的流程如下，回答下列问题：
已知：①硫酸的结构为 ，②干冰的晶胞结构见图。
(1)将干冰晶胞沿体对角线投影，●代表 分子，则 的投影图为_______(选填序号)A． B． C． D．
(2)工艺1中， 中S元素的化合价为 ，画出 的结构式 。
(3)一个基态原子电子排布为 的元素最可能的价态是 ；某元素原子的3p原子轨道中
有3个未成对电子，则该原子的价电子轨道表示式为 。
(4)X原子在第二电子层上只有一个空轨道，则X是 ；其在周期表中的位置为 。
(5)被誉为“21世纪的金属”的钛(Ti)元素原子的核外电子排布式为： 。
(6)写出3p轨道上有2个未成对电子的元素符号： 。
(7)日常生活中广泛应用的不锈钢，在其生产过程中添加了某种元素，该元素的价电子排布式为3d54s1，该
元素的名称为： 。
(8)基态 与 离子中未成对的电子数之比为 。
【答案】(1)C
(2) 或
(3)+3
(4)C 第2周期第IVA族
(5)1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2
(6)Si或S
(7)铬
(8)4∶5
【分析】工艺1中 溶液与 反应生成MnO ，工艺2电解 溶液生成MnO ，工艺3加入
2 2
氨水与 溶液反应生成Mn(OH) ，加入氧气、水发生氧化反应生成MnO ，二氧化锰和碳酸锂、二氧
2 2
化碳、氧气反应生成锰酸锂 。
（1）该晶胞沿体对角线方向投影，体对角线方向的2个顶点和体心投到1个点，另外6个原子在六边形内
部形成1个小六边形，因此 的投影图为 ，故选C；（2） 中S元素的化合价为 ， 中存在O-O键，结构式 或
；
（3）根据题意，该元素基态原子的价电子为3s23p1，所以该元素最可能的化合价为+3价；某元素原子的
3p原子轨道中有3个未成对电子，则价电子排布应为3s23p3，轨道表示式为 ；
（4）X原子在第二电子层上只有一个空轨道，价电子排布式为：2s22p2，则X为C元素，在周期表中的位
置为第2周期第IVA族；
（5）Ti是22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar] 3d24s2；
（6）3p轨道上有2个未成对电子，其价电子排布式为3s23p2或3s23p4，元素符号：Si或S；
（7）该元素的价电子排布式为3d54s1，其原子序数为24，该元素的名称为铬；
（8）铁在第四周期第ⅤⅢ族，价电子排布为3d64s2，基态Fe2+与Fe3+的核外电子排布式分别为[Ar]3d6、
[Ar]3d5，则未成对电子数之比为4∶5。
10．（2024·辽宁·二模）氮元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。回答下列问题：
(1)一种新型人工固氮的原理如下图。
①固氮转化的物质中含有的化学键类型有 (填字母)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．氢键
②氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，结构如下图。则同层中锂、氮的原子个数比为
；晶体中氮以 存在，基态 的电子排布式为 。
(2)氨和肼( )是两种具有碱性氮的氢化物。① 与 以氢键结合形成 分子。则 的结构式为 (选填序号)。
A． B． C． D．
②肼与硫酸反应生成盐，其酸式盐化学式为 。
(3)邻二氮菲( ，平面形分子，简称为phen)能与 生成稳定的橙色配合物，可测定 的浓
度，其反应原理如图所示。
Fe2++3
①phen分子中N原子的孤电子对占据 轨道。
② 中 的配位数为 ，配体数为 。
③用邻二氮菲测定 (的浓度时需控制pH为5~6，其原因是： 。
④邻二氮菲的一氯代物有 种。
【答案】
(1)ABC 2：1 1s22s22p6
(2)B N H(HSO )
2 6 4 2
(3)sp2 6 3 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减
弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位 4
【详解】（1）①氮气与锂反应生成LiN，LiN与水反应生成氨气和LiOH，LiOH通电生成Li、O 和水。
3 3 2
氮化锂中微粒之间为离子键，水中氢氧原子之间为极性共价键，氮气和氧气中原子之间为非极性键，氢键
不是化学键，故选ABC； ②据“均摊法”，1个六元环中含2个锂、1个氮，则同层中锂、氮的原子个数
比为2：1；N得到3个电子形成N3-，则基态N3-的电子排布式为1s22s22p6；
（2）①根据NH ·H O能电离出OH-说明在氢键的作用下HO分子断裂O-H键，所以NH ·H O的结构式为
3 2 2 3 2
，故选B；
（3）①N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，孤电子对占据sp2轨道。
②[Fe(phen) ]2+中，1个Fe2+与3个配体中的6个N原子形成配位键，配位数为6，配体数为3；
3③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时，酸性较强时，H+能与N原子配位，碱性较强时，Fe2+能与OH-反应，所以
应控制pH为5～6，原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力
减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位。
④如图 邻二氮菲分子中含有4种不同位置的H原子，故其一氯代物有4种。
11．（2024·陕西西安·一模）镓(Ga)是一种战略性元素，科学家制备了一种日盲紫外响应增强的全光谱
异质结自供能光电探测器，其在零偏压下表现出200至850 nm的响应范围，并具
备优异的稳定性和成像能力。回答下列问题：
(1)基态Ga原子的价层价电子排布图为 ，该基态原子最高能级的电子云轮廓图形状为 。
(2)已知 的熔点为1000°C，而GaCl₃的熔点只有77.9°C，在270°C时，氯化镓异二聚体(Ga₂Cl₆)存在
① 和 中Ga原子的杂化方式分别为 、 。
② 的熔点比 高的原因是 。
(3)Ga可与 (甲基麦芽酚)形成配合物，该配合物中与Ga形成配位键的原子是 ，1 mol甲基
麦芽酚中含有的σ数目为 ，甲基麦芽酚中所有原子第一电离能由大到小的顺序是 。
(4)某Ga、As组成的化合物晶胞结构如图所示，该晶体的密度为ρ g⋅cm-3，阿伏加德罗常数的值为 。
①该化合物的化学式为 。
②该晶胞中As原子间的最近距离为 nm(用含ρ、 的代数式表示)。
【答案】
(1) 哑铃形(纺锤形)
(2) 为离子晶体而 为分子晶体
(3)氧原子(4)GaAs
【详解】（1）Ga位于周期表第四周期第IIIA族，所以基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1，排布图为
，基态Ga原子最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形(纺锤形)，答案：
、哑铃形(纺锤形)；
（2）①GaCl 分子中Ga原子价层电子对数为 =3，孤对电子数为0，所以其杂化方式为sp2，
3
的分子结构为 ，所以其杂化方式为sp3，②氟化镓为离子晶体，氯化镓为
分子晶体，所以氟化镓的熔点比氯化镓的熔点高，答案： 、 、 为离子晶体而 为分子晶
体；
（3）Ga可与 (甲基麦芽酚)形成配合物，该配合物中与Ga( )形成配位键的原子应该存在孤
对电子，所以是氧原子，1 mol甲基麦芽酚中含有的4 mol碳氧键，5mol碳氢键、5mol碳碳键，1 mol氢氧
键，所以1 mol甲基麦芽酚中含有的σ数目为 ，甲基麦芽酚中含有 三种原子，原子第一电
离能由大到小的顺序是 ，答案：氧原子、 、 ；
（4）①根据晶胞的结构图可知，As原子位于顶点和面心，所以晶胞中氮原子个数为4，Ga原子是位于内
部，所以晶胞中Ga原子个数为4，即该化合物的化学式为GaAs，②设晶胞的棱长为acm，则晶胞的密度
为 ，解得 ，该晶胞中As原子之间的最近距离为 ，所以该晶胞中
As原子间的最近距离为 nm，答案：GaAs、 。
12．（2025·广东中山·模拟预测）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅷ族的元素，称为铁系元素，相关
化合物在生产生活中应用广泛。
(1)铁在元素周期表中位置(周期、族)为 ，属于 区，基态 的价电子排布式为
。
(2)铁系元素能与CO形成 、 等金属羰基化合物。金属羰基化合物的配位原子为(填元素名
称)，其更容易进行配位的原因是 。CO与 结构相似，其中CO分子内 键和 键的个数比
为 。
(3) 可形成两种钴的配合物。已知 的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，对两种
配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加 溶液时，产生白色沉淀，在第二种配合物的溶液中加 溶液时，则无明显现象。则第一种配合物的结构式可表示为 ，第二种配合物的结
构式可表示为 。若在第二种配合物的溶液中滴加 溶液，则产生的现象是 。
(提示： 这种配合物的结构式可表示为 )
(4)NiO晶胞与NaCl晶胞相似，如图所示：
NiO晶胞中，每个氧离子周围与它最近且相等距离的氧离子有 个。晶胞参数为apm， 代表
阿伏伽德罗常数的值。则NiO晶体的密度为 (只列出计算式)。
【答案】
(1)第四周期VIII族 d 3d5
(2)碳，碳的电负性小于氧的对电子对的束缚作用低，易提供孤对电子 1：2
(3)[CoBr(NH )]SO [Co(SO )(NH )]Br 生成淡黄色沉淀
3 5 4 4 3 5
(4)12
【详解】（1）铁为26号元素，位于元素周期表第四周期VIII族，属于d区，基态铁原子的价电子排布式
为3d64s2，所以基态 的价电子排布式为3d5；
（2）由于碳和氧都有孤对电子，但碳的电负性比氧的电负性小，对电子的吸引力弱，给电子能力强，因
此金属羰基化合物的配位原子为碳，其更容易进行配位的原因是碳电负性小于氧，对电子对的束缚作用
低，易于提供孤对电子；氮气有1个σ键，2个π键，CO与N 结构相似，所以CO分子内σ键和 键的个
2
数比为1：2；
（3） 可形成两种钻的配合物。已知Co2+的配位数是6，为确定钴的配合物的结构，对两
种配合物进行了如下实验：在第一种配合物的溶液中加BaCl 溶液时，产生白色沉淀，说明硫酸根在外
2
界，则该配合物的结构式可表示为[CoBr(NH )]SO ，在第二种配合物的溶液中加BaCl 溶液时，则无明显
3 5 4 2
现象，说明硫酸根在内界，则该配合物的结构式可表示为[Co(SO )(NH )]Br，若在第二种配合物的溶液中
4 3 5
滴加AgNO 溶液，由于溴离子在外界，因此会生成溴化银沉淀，则产生的现象是生成淡黄色沉淀；
3
（4）NiO晶胞中，离顶点的氧离子，最近的在面心上，一个面有4个氧离子离顶点氧最近，总共有3个
面，因此每个氧离子周围与它最近且相等距离的氧离子有12个；根据图中晶胞结构得到氧离子个数为
，则晶胞中有4个NiO，晶胞参数为apm，N 代表阿伏伽德罗常数的值，则NiO晶体的密
A度为 。
