文档内容
专题十四 物质结构与性质
考 点 高考年 考频解密 考点分布
2022 年河北卷〔17〕；2022 年山东卷
〔16〕；2022年湖南卷〔18〕；2022年广
物质结构 原子结构与性质〔6次〕，
东卷〔20〕；2022年江苏卷〔14〕；2022
2022 年 分子结构与性质〔8次〕，
与性质 年海南卷〔19〕；2022年北京卷〔15〕；
晶体结构与性质〔8次〕
2022年全国甲卷〔11〕,2022年全国乙卷
〔11〕等
1．物质结构常见考点剖析
(1)以原子或离子结构为主线的考查角度
(2)以分子结构为主线的考查角度(3)以晶体结构为主线的考查角度
2．性质比较及解释类问题模型构建
(1)“原因解释”类试题的解题流程
(2)模板构建
→→
探究一 原子结构与性质
前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B
原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；
D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：
(1)元素A、B、C中，电负性最大的是_______(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的
顺序为_______。
(2)与同族其他元素X形成的XA 相比，BA 易液化的原因是_______；BA 分子中键角_______109°28′(填
3 3 3
“>”“＜”或“=”)，原因是_______。
(3)基态E原子的电子排布式为_______；C、E形成的化合物EC (其中E的化合价为＋6)中σ键与π键数目
5
之比为_______。
(4)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参
数为apm，则晶体的密度为_______g·cm-3(用N 表示阿伏加德罗常数)。
A【答案】(1) O N>O>Al
(2) NH 分子间存在氢键 ＜ 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间
3
的排斥作用
(3) 1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar]3d54s1) 7：1
(4) ×1030
【详解】（1）元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周
期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，
同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞
Al，故答案为O；N＞O＞Al；
（2）NH 分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH 中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为
3 3
1，其VSEPR模型为四面体构型，NH 分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子
3
对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109°28′，故答案为NH 分子间易
3
形成氢键；＜；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；
（3）E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；C、E形成的化合物
CrO(其中E的化合价为＋6)，结构为 ，其中σ键与π键数目之比为7:1，故答案为
5
1s22s22p63s23p63d54s1(或[Ar] 3d54s1)；7:1；
（4）AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8× +6× =4，晶胞质量为 g，因此晶胞的密度=
= ×1030 g·cm－3，故答案为 ×1030。【变式练习】
1．主族元素N、F、Si、As、Se、Cl、Ti等的某些化合物对工农业生产意义重大，回答下列问题：
(1)Si N 陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于_______晶体；高
3 4
纯硅制备过程中会有SiHCl 、SiCl 等中间产物生成。沸点：SiHCl _______ SiCl (填“>”或“<”)，SiCl 中
3 4 3 4 4
Si采取的杂化类型为_______。
(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、沸点低于
2 2
ClO，原因是_______。
2
(3)Se元素基态原子的原子核外电子排布式为_______；As的第一电离能比Se的第一电离能大的原因为
_______。
(4)时速600公里的磁浮列车需用到超导材料。超导材料TiN具有NaCl型结构(如图) ，晶胞参数(晶胞边长)
为aD(1D= 10 -10m) ，TiN的相对分子质量为M，该氮化钛晶体的密度_______g· cm-3(列出计算式即可)。
【答案】(1) 共价 < sp3
(2) F＞O＞Cl V形 OF 和ClO是结构相似的分子晶体，ClO的相对分子量大于OF ，分子
2 2 2 2
间作用力大于OF
2
(3) [Ar]3d104s24p4 As原子的4p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素
(4)
【详解】（1）Si N 陶瓷是世界上最坚硬的物质之一，具有高强度、低密度、耐高温等性质，其属于共价
3 4
晶体；SiHCl 、SiCl 均为分子晶体，SiHCl 相对分子质量小于SiCl ，则沸点：SiHCl C>Si
(3) 平面三角形
(4) 6
(5) -90.3kJ/mol AC 2
【详解】（1）基态硅原子的价电子排布图为： ，故答案为： ；
（2）在C、N、Si中N的非金属最强其第一电离能最大，C次之，Si最小，故答案为：N＞C＞Si；
（3）①根据价层电子对互斥理论 孤电子对数为0，价层电子对数为3，空间结构是平面三角形，故答
案为：平面三角形
②价层电子对数为3，杂化方式 ，故答案为：
（4）①由 晶体结构，离 原子最近的N原子数为6，则 原子的配位数为6，故答案为：6
②N原子处于体心和棱上，晶胞中含有N原子数目为 ， Ga 原子处于顶点与面心，晶胞中含
有 原子数目为 ，根据图b，晶胞的边长为N、 两原子的直径和，已知 、N原子半
径分别为 、 ，故该 晶体密度 。
（5）①目标方程=-(反应Ⅰ+反应Ⅱ)，则ΔH=-(131.4kJ/mol-41.1kJ/mol)=-90.3kJ/mol；
②A．将碳块粉碎，增大了反应物之间的接触面积，反应速率加快，A正确；
B．平衡时向容器中充入惰性气体，因反应容器体积固定，故反应Ⅰ平衡不移动，B错误；
C．该反应中有固体参与，气体质量随反应的进行而改变，混合气体的密度保持不变，说明反应达到平衡，C正确；
D．当反应Ⅰ和反应Ⅱ均反应完全时，氢气的体积分数为 ，但是以上两个反应均为可逆反应，反应物无
法完全反应，D错误；
故答案选AC；
③设反应Ⅰ转化HOamol，反应Ⅱ转化HObmol，则a+b=0.5mol，同时CO的物质的量为0.1mol，则a-
2 2
b=0.1mol，解得a=0.3mol，b=0.2mol，则K= = ；
探究三 晶体结构与性质
（2022·浙江温州·模拟）完成下列问题。
(1)已知气体溶解度(气体压强为 ，温度为293K，在100g水中的溶解度)数据如下表：
气
溶解度/g 分子结构特点
体
乙
0.0062 中心原子 杂化，轨道半径较大，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)不明显
烷
乙
0.117 中心原子sp杂化，轨道半径较小，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)明显
炔
结合上表信息，说明乙烷与乙炔气体的溶解度存在差异的原因：_______。
(2)已知乙酸( )的正交晶胞如图所示。阿伏加德罗常数为 。
①第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是：_______(填元素符号)。②乙酸晶胞的密度 _______ 。
(3)某笼形络合物 结构中，金属离子与 连接形成平面层，两个平面层通过
分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如 )。其基本结构如图(H原子未画出)：
① _______。
②该结构不是晶胞结构单元，理由是_______；
③通过分析，金属离子的配位数为_______(填入序号)。
A．2、3 B．4、6 C．3、4 D．5、6
【答案】(1)C H 氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小；
2 6
C H 分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与HO分子间的作用力
2 2 2
变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)
(2) N
(3) 2:1:1 结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性) B
【详解】（1）根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；C H 氢
2 6
原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C H 分子中，中心原
2 2
子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与HO分子间的作用力变大，溶解性大(或者
2
乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)。
（2）①同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，故第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是N；
②根据晶胞图可知每个晶胞中含有4个乙酸分子，乙酸晶胞的密度 ；
（3）①根据均摊法Ni占据8个顶点，每个单元中含有Ni个数为 ，CN-占据8个棱，每个单元含有
CN-的个数为 ，含有NH 为 ，故 2:1:1；
3
②该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在
平移对称性)；
③通过分析，同层有4个CN-，金属离子的配位数为4，轴向有两个NH ，配位数为4+2=6 ，金属离子配位
3
数为4和6，故答案为B；
【变式练习】
1．（2022·福建·上杭一中高三期中）第ⅤA族元素在科研、化工生产等领域中具有重要的意义，回答下列
相关问题：
(1)第ⅤA族元素价电子的排布通式为_______。
(2) 、LiCl和苯胺等可用于制备锂离子电池正极材料的原料。
①与 互为等电子体的分子的化学式为_______。
②苯胺( )中碳、氮原子杂化方式分别为_______，苯胺的熔沸点高于甲苯的原因是
_______。
(3)肼 (N H)可用作火箭燃料。
2 4
①肼燃烧时发生的反应是 ，该反应中有
键断裂，则形成的π键有_______mol。
②肼能与硫酸反应生成 ， 晶体类型与硫酸铵相同，则 的晶体内不存在
_______(填标号)。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.范德华力
(4)砷化镓(GaAs)是当前主流的化合物半导体材料，其晶胞结构如图所示，若晶胞参数为apm，Ga与As的最近距离为_______。
【答案】(1)ns2np3
(2) CH sp2杂化；sp3杂化 苯胺分子间可形成氢键
4
(3) 3 d
(4) anm
【详解】（1）第ⅤA族元素的最外层为5个电子，价电子排布式为ns2np3，故答案为：ns2np3；
（2）①等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子， 中电子数为：7+4-1=10，如CH
4
中电子数为：6+4=10和 是等电子体，答案为CH；
4
②苯胺( )中碳原子杂化轨道数为3，所以采取sp2杂化，N元素全部形成单键，属于sp3杂
化，故答案为：sp2杂化；sp3杂化；
苯胺中有-NH ，分子间可形成氢键，而甲苯分子间不能形成氢键，分子间氢键可明显地提升分子晶体的
2
熔、沸点，故答案为:苯胺分子间可形成氢键；
（3）①有4mol N-H键断裂，即1molN H 参加反应，生成1.5molN，且1个N≡N中含2个π键，则形成
2 4 2
的π键有1.5mol×2=3mol；
② 晶体类型与硫酸铵相同，根据硫酸铵晶体中存在的化学键判断，硫酸铵晶体中铵根离子和硫酸
根离子之间存在离子键，铵根离子内部N和H之间存在共价键，硫酸铵晶体属于离子晶体，不存在分子间
作用力，所以 的晶体内存在离子键、共价键和配位键，不含范德华力，答案为d；
（4）体对角线上的2个Ga原子、2个As原子共线，且Ga、As原子之间的距离最短，该距离为体对角线长度的 ，该晶胞体对角线长度= anm，该距离为体对角线长度的 = anm。
2．某种水性钠离子电池电极材料属于配位化合物，使用过程中电极 嵌入或脱嵌，变化如下：格林绿
普鲁士蓝 普鲁士白，格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白均为立方晶胞，省略 的晶
胞示意图如图1，嵌入和脱嵌过程中 均填充在小立方体的体心。X为上述三种晶体中的其中一种，如
果不考虑 ，所有微粒都只有一种化学环境，从X中切出的部分结构如图2所示。
回答下列问题：
(1)从结构上分析基态 、 ，_______相对更稳定，原因是_______。
(2)配位化合物X中，N原子的杂化类型是_______， 的配位数是_______，X中 键和 键的数目之比
为_______。
(3)格林绿、普鲁士蓝、普鲁士白的化学式可用 表示，后两者的化学式依次是_______、
_______。
【答案】(1) 价电子排布式为 ，是半满结构，比较稳定
(2) 6
(3)【详解】（1）铁是26号元素，价电子排布式为3d6s2，失去3个电子后，Fe3+的价电子的电子轨道表达式
为 ， 价电子排布式为 ，是半满结构，比较稳定。
（2）由图2可知，N原子和C原子以三键连接，N原子的杂化类型是 ； 的配位数是6，碳氮三键中
含有1个 键和两个 键，N原子和Fe原子之间以配位键连接，则X中含有36个 键和24个 键， 键
和 键的数目之比为 。
（3）配位化合物X中铁的个数为 ， 的个数为 ；普鲁士白晶胞中有8个 ，
则化学式为 ；X为三种晶体中的其中一种，如果不考虑 ，所有微粒都只有一种化学环境，
说明普鲁士蓝晶体中 和 各4个， 有4个，则化学式为 。
3．（2022·广东广东·高三期中）第VA族元素被称为“氮族元素”，主要有氮(N)、磷(P)、砷(As)、锑
(Sb)、铋(Bi)等元素，回答下列问题：
(1)基态铋(Bi)的价层电子的轨道表示式为：____。
(2)苯胺( )中C与N原子的杂化类型分别为____。苯胺与甲苯( )的相对分子质量相近，但熔
沸点苯胺____甲苯(填“＞”、“＜”或“＝”)，原因是苯胺可以形成____。
(3)磷元素可以形成多种含氧酸，已知次磷酸(H PO )为一元弱酸，其结构式为：____。
3 2
(4)砷(As)与硒(Se)同周期且相邻，比较它们的第一电离能大小____，并说明原因____。
(5)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α=β=γ=90°。请写出锑酸亚铁的化学式：____，晶胞内Sb与O的最短距离为____nm(用晶胞参数表示)。
【答案】(1)
(2) sp2、sp3 ＞ 分子间氢键
(3) 或
(4) As＞Se As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故第一电离能As＞Se
(5) Fe(SbO ) 或
3 2
【详解】（1）基态铋(Bi)位于第6周期第ⅤA族，则其价层电子排布式为6s26p3，轨道表示式为：
。答案为： ；
（2）苯胺( )中C与N原子的价层电子对数分别为3和4，则杂化类型分别为sp2、sp3。苯胺与甲苯( )的相对分子质量相近，但苯胺分子间能形成氢键，则熔沸点：苯胺＞甲苯，原因是苯胺可以形成
分子间氢键。答案为：sp2、sp3；＞；分子间氢键；
（3）次磷酸(H PO )为一元弱酸，则其中心P原子的最外层形成8电子相对稳定结构，且分子中含有1个-
3 2
OH，则其结构式为： 或 。答案为： 或
；
（4）砷(As)的价电子排布式为4s24p3，硒(Se)为4s24p4，砷的4p轨道半充满，电子的能量低，第一电离能
反常，则它们的第一电离能大小：As＞Se，原因是：As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故
第一电离能As＞Se。答案为：As＞Se；As原子的4p能级是半充满，较稳定不易失电子，故第一电离能As
＞Se；
（5）锑酸亚铁晶胞中，含Fe原子个数为 =2，含Sb原子个数为 =4，含O原子个数为12，
则锑酸亚铁的化学式为Fe(SbO )；从图中可以看出，晶胞内Sb与O的最短距离是面对角线的四分之一，
3 2
即为 或 nm。答案为：Fe(SbO )； 或 。
3 2
1．（2022·河南·焦作市第一中学模拟）BP晶体超硬、耐磨，是耐高温飞行器的红外增透的理想材料，其合成途径之一为 。
请回答下列问题：
(1)基态溴原子的核外电子排布式为 _______；基态磷原子中自旋方向相反的电子数目相差_______个。
(2)① 的熔沸点比 的熔沸点高的原因为_______。
②在 分子中，有B的_______杂化轨道与Br的4p轨道形成的_______键(填“σ”或“π”)，并且还有
B_______(填“杂化”或“未杂化”)的2p空轨道与Br的4p轨道形成4中心6电子的大π键 。
(3) 的空间构型为_______。
(4)BP的晶胞结构如图所示，B原子在P原子围成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)；若晶胞
的棱长为 ，用 表示阿伏加德罗常数的值，则BP晶体的摩尔体积=_______ (用含a、 的
代数式表示)。
【答案】(1) 3
(2) 、 的结构相似， 的相对分子质量大，范德华力大 σ 未杂化
(3)三角锥形
(4) 四面体
【解析】（1）溴为35号元素，基态溴原子的核外电子排布式为 ；磷为15号元素，核外电子排布图为 ，故基态磷原子中自旋方向相反的电子数目
相差3个。
（2）① 的熔沸点比 的熔沸点高的原因为 、 均为分子晶体，结构相似， 的相对分子质
量大，范德华力大，熔沸点高。
②在 分子中，中心B原子价层电子对数为3+ =3，B原子采用sp2杂化，有B的 杂化轨道与
Br的4p轨道形成的σ键，并且还有B未杂化的2p空轨道与Br的4p轨道形成4中心6电子的大π键
。
（3） 中心P原子价层电子对数为3+ =4，P原子采用sp3杂化，空间构型为三角锥形；
（4）BP的晶胞结构如图所示，由图我看着B原子在P原子围成的四面体空隙中；
晶胞中P原子位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为 ；B原子位于晶胞内部，一个晶胞中
原子数目为4；晶胞体积为 ，BP晶体的摩尔体积为：
。
2．（2022·广西·一模）我国科学家在2021年《Natural·Chemical》 发表了研究成果—AgCrS 在室温下具有
2
超离子行为。回答下列问题：
(1)基态铬原子核外电子排布式为_______，基态硫原子核外电子运动状态有_______种。
(2)铬的化合物氯化铬酰(CrO Cl)，熔点95.6℃、 沸点117℃，易溶于CCl ，可作为化工生产中的氧化剂。
2 2 4
能通过反应KCr O+ 3CCl =2KCl + 2CrO Cl + 3COCl ↑来制备。
2 2 7 4 2 2 2
①反应方程式中的非金属元素电负性由大到小的关系为_______(用元素符号表示)。
②固态CrOCl 属于_______ 晶体。化合物COCl 中存在的共价键类型是_______。
2 2 2
(3) 中S的杂化轨道类型为_______。已知氧族元 素氢化物的熔沸点高低顺序为：HO＞HTe＞HSe＞
2 2 2
HS，其原因是_______。
2
(4)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。已知A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子坐标为_______，1个钙原子与_______个氧原子等距离且最近，已知钙和氧的最近距离为a nm，则该晶
体的密度为_______g/cm3 (列出计算式，N 为阿伏伽德罗常数的值)。
A
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1 16
(2) O＞Cl＞C 分子晶体 σ键和π键
(3) sp3 均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，HS、HTe、HSe相对分子质量逐渐增
2 2 2
大，熔沸点逐渐升高，HO分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高
2
(4) (1， ， ) 12
【解析】(1)铬的原子序数为24，基态铬原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，核外电
子有多少个即有多少种运动状态电子，所以基态硫原子核外电子运动状态有16种；
故答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或者[Ar]3d54s1，16。
(2)①反应方程式中涉及的非金属元素为C、O、Cl，其电负性由大到小的关系为O＞Cl＞C，②氯化铬酰
(CrO Cl)，熔、 沸点较低，且易溶于CCl ，属于分子晶体，化合物COCl 中存在碳氧双键，所以共价键类
2 2 4 2
型是σ键和π键。
故答案为：O＞Cl＞C，分子晶体，σ键和π键。
(3) 中的S 有4个σ键，没有孤电子对，所以S的杂化轨道类型为sp3，氧族元素氢化物均为分子晶
体，其中HO分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高，HS、HTe、HSe相对分子质量逐渐增大，范德华
2 2 2 2
力逐渐增强，熔沸点逐渐升高。
故答案为：sp3，均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大，HS、HTe、HSe相对分子质量逐
2 2 2
渐增大，熔沸点逐渐升高，HO分子之间存在分子间氢键，溶沸点最高。
2
(4)根据氧铬酸钙的立方晶胞图以及A、B的原子坐标可知C的原子位于晶胞右侧面的面心，其坐标为(1，
， )，氧原子位于晶胞的面心，钙原子位于晶胞的顶点，每个钙原子与12个氧原子等距离且最近，根据均摊法计算晶胞中有3个氧原子，1个铬原子和1个钙原子，由钙和氧的最近距离为a nm可得晶胞的边
长为 anm，由密度计算公式可得 。
故答案为：(1， ， )，12， 。
3．（2022·北京房山·二模）金属铬及其化合物广泛应用于工业生产中。
(1)烟酸铬是铬的一种化合物，可促进生物体内的蛋白质合成，提高生物体的免疫力，其合成过程如图：
①H、C、N、O的电负性由大到小的顺序是____。
②烟酸中碳原子的杂化方式为____。
(2)基态铬原子的核外电子排布式为____，有____个未成对电子。
(3)铬元素的一种配合物[Cr(H O) Cl]Cl•2H O，配离子中提供孤电子对的原子为____，配位数为____。
2 4 2 2
(4)Cr O 晶体的熔点为2435℃，而CrCl 晶体易升华，其主要原因是____。
2 3 3
(5)铬、钙和氧组成一种特殊的导电材料(复合氧化物)，其晶胞如图所示。该晶体的化学式为____。
【答案】(1) O>N>C>H sp2
(2) 1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1 6(3) O、Cl 6
(4)Cr O 是离子晶体，CrCl 是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr O 晶体的熔点高，而
2 3 3 2 3
CrCl 晶体的熔点低，易升华
3
(5)CaCrO
3
【解析】(1)①C、N、O的氢化物中H元素均显正价，所以H的电负性最小，而同周期元素自左至右电负
性依次增大，所以电负性O>N>C>H；
②烟酸中的碳原子为苯环上的碳、形成碳氧双键的碳，均为sp2杂化；
(2)Cr为24号元素，核外有24个电子，排布式为1s2 2s2 2p6 3s23p6 3d54s1，有3d和4s轨道上共6个未成对
电子；
(3)H O中的O原子、Cl原子均有孤电子对，可以提供孤电子对，根据该配合物的分子式可知有4个HO和
2 2
2个Cl原子配位，所以配位数为6；
(4)CrCl 晶体易升华，说明其熔沸点低，而Cr O 晶体的熔点很高，可见二者的晶体种类不同，Cr O 是离
3 2 3 2 3
子晶体，CrCl 是分子晶体，离子键比分子间作用力强得多，所以Cr O 晶体的熔点高，而CrCl 晶体的熔
3 2 3 3
点低，易升华；
(5)根据均摊法，该晶胞中Cr4+的个数为1，Ca2+的个数为8× =1，O2-的个数为6× =3，所以化学式为
CaCrO。
3
4．（2022·湖南怀化·一模）制备 的实验操作如下：向盛有硫酸铜水溶液的试管中加
入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的透明溶液；若加入极性较小的溶剂
(如乙醇)，将析出深蓝色的晶体。回答以下问题：
(1)“沉淀溶解”时发生反应的离子方程式为_______
(2)基态 价层电子排布式为_______。
(3)N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_______。
(4)沸点： ，原因为_______。
(5) 含有σ键的数目为_______。
(6)写出一种与 互为等电子体的分子的化学式_______。
(7)S与 形成的某化合物晶体的晶胞(实心点表示 ，空心点表示S)如图所示：①该化合物的化学式为_______。
②已知该晶胞的晶胞参数为 ，阿伏伽德罗常数为N ，则该晶胞的密度为_____ 。
A
【答案】(1) 或
(2)
(3)
(4) 均为分子晶体， 分子间存在氢键，故沸点最高； 的相对分子质量大于 ，
故 的范德华力大于 ，则 的沸点高于
(5)
(6)
(7)
【解析】(1)“沉淀溶解”即发生的是氢氧化铜和氨气或氨水反应生成四氨合铜离子和氢氧根离子，其发生
反应的离子方程式为 或
；故答案为：或 。
(2)Cu是29号元素，基态 电子排布式为[Ar] ，则基态Cu价层电子排布式为 ；故答案为：
。
(3)根据同周期从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族大于第IIIA族，第VA族大于第VIA族，同主
族从上到下第一电离能逐渐减小，因此N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 ；故
答案为： 。
(4)分子晶体的沸点主要从范德华力和分子间氢键分析，沸点： ，其原因为
均为分子晶体， 分子间存在氢键，故沸点最高； 的相对分子质量大于 ，故
的范德华力大于 ，则 的沸点高于 ；故答案为： 均为分子晶体， 分
子间存在氢键，故沸点最高； 的相对分子质量大于 ，故 的范德华力大于 ，则 的沸
点高于 。
(5)1个氨气中有3个σ键，氨气与铜离子形成配位键，也是σ键，1个硫酸根中有4个σ键，因此
含有σ键的数目为 ；故答案为： 。
(6)根据F＋=O，C=Si=S2+，则与 互为等电子体的分子的化学式 ；故答案为：
。
(7)S与 形成的某化合物晶体的晶胞(实心点表示 ，空心点表示S)如图所示：①该晶胞中Zn的个数为 个，S的个数为4个，该化合物的化学式为ZnS；故答案为：ZnS。
②已知该晶胞的晶胞参数为 ，阿伏伽德罗常数为N ，则该晶胞的密度为
A
；故答案为：。
5．（2022·福建厦门·二模）超分子笼PPC-2封装钌(Ru)纳米颗粒形成一种高效催化剂。PPC-2是由A、B、
C三个组件拼装而成的正八面体超分子笼，结构示意如图。
注：C组件中浅色原子由其他邻近组件提供。
(1)基态Co原子的价电子排布式为_______。
(2)组件A中所含四种元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(3)组件B中碳原子的杂化类型为_______。
(4)组件C中Co原子位于相邻O原子构成的_______空隙中(填“四面体”或“八面体”)。
(5)每个组件C带一个单位负电荷，综合各组件所带电荷，计算PPC-2中n=_______。
(6)钌纳米颗粒进入PPC-2超分子笼后，钌晶体从六方堆积转化为面心立方堆积(晶胞参数为a pm)。超分子
笼内钌晶体密度为_______ g·cm-3(用含a、N 的代数式表示)。
A
【答案】(1)3d74s2
(2)H＜C＜S＜O(3)sp2
(4)八面体
(5)30
(6)
【解析】（1）Co为27号元素，原子核外有27个电子，价电子为3d74s2；
（2）据图可知组件A中含有C、H、O、S四种元素，C、O、S的氢化物中H元素均显负价，所以H的电
负性最小，同周期自左至右电负性增大，同主族自上而下电负性减弱，所以电负性由小到大的顺序为H＜
C＜S＜O；
（3）物质B中的C原子为苯环中的C原子和碳氧双键中的C，均为sp2杂化；
（4）据图可知Co原子周围有6个O原子，形成八面体，即Co原子位于相邻O原子构成的八面体空隙
中；
（5）根据A的结构简式可知其带4个单位负电荷，组件B不带电，一个PPC-2中含有6个A、8个B、6
个C，所以PPC-2中n=6×(-4)+6×(-1)=-30；
（6）面心立方堆积中含有4个钌原子，则晶胞的质量为 g，晶胞参数为a pm，所以晶胞的体积为
a3pm3=a3×10-30cm3，所以密度为 g·cm-3。
1．（2022·广西南宁·模拟）软包电池(水系 )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 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
表示，则与之相反的用 表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态 原子，其核外电子自旋磁量子
数的代数和为_______。
(2) 是锰的一种配合物。配体 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) 软包电池的关键组件 结构如图所示。
①其中S原子的杂化轨道类型为_______。
② 中存在的作用力为_______(填标号)。
A．金属键 B． 键 C． 键 D．氢键
③ 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) 掺杂的氮化钛晶胞结构如图所示。距离 最近的 有_______个，已知阿伏加德罗常数的值为 ，
若晶体的密度为 ，该晶胞的边长为_______cm(列出算式)。
【答案】(1) 或
(2) N 6
(3) BC F>N>O>C 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 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) 4 或
【详解】（1） 是25号元素，基态 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 表示，则与之相反的用 表示，称为电子的自旋磁量子
数。对于基态 原子，电子排布式为 ，其核外电子自旋磁量子数的代数和为 或 ；
（2） 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 ，其能量最高的电子所在的能级符号为 ，配合物 中心原子Mn的配
位数是6；
（3）①根据 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；
② 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；
③ 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 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） 位于晶胞体心， 位于晶胞的棱，若以 为中心，则围在以 为中心的棱为中心的四个晶胞的
中心为距离 最近的 ，总共有4个；
根据均摊法，晶胞中含有8 个N，12 个 ，1个 ，已知阿伏加德罗常数的值为 ，
若晶体的密度为 ，该晶胞的质量为 g，体积为 ，则边长为
或 cm。2．（2022·贵州·模拟）翡翠的主要成分为NaAlSi O，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定
2 6
其绿色的深浅，是决定翡翠品质的重要因素之一
(1)基态Cr3+最外电子层的电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)NaAlSi O 所含元素中，第一电离能最小的是_______，原因是_______
2 6
(3)配合物K[Cr(C O)(H O)]中的配体是_______，HO的沸点比CO 的高了许多，主要原因是_______。
2 4 2 2 2 2
(4)已知某FeSO ·xH O的结构如图所示。
4 2
粒子内部的键角SO _______HO(填“>”“<”或“=”)，从杂化类型及斥力大小角度说明判断的理由：
2
_______。
(5)Ca、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中Ca2+、O2-采用面心立
方最密堆积方式。
①该晶体的化学式为_______。
②已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，晶胞中Cr4+位于O2-所形成的正八面体的体心，该正八
面体的边长为_______pm。
【答案】(1) ；
(2) Na； Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；
(3) 、HO； HO分子之间可以形成氢键；
2 2
(4) ＞； SO 、HO的中心原子均采取sp3杂化，SO 的中心原子价层无孤电子对，HO的中
2 2
心原子价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得HO分子内的键角更小；
2
(5) CaCrO； 240。
3
【分析】（1）基态Cr3+最外电子层的电子排布为3s23p63d3，根据泡利原理和洪特规则，可得其轨道表示式
为 ，故答案为：
；
（2）NaAlSi O 所含元素中，Na元素的原子半径最大，且最外层只有一个3s1电子，失去这个电子后，最
2 6
外层达到全充满结构，因此Na原子失去第一个电子的趋势最大，第一电离能最小，故答案为：Na；Na元
素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；
（3）[Cr(C O)(H O)]¯离子中，Cr3+是中心离子，配体是 、HO；HO分子之间可以形成氢键，使得
2 4 2 2 2 2
HO的沸点明显高于CO，故答案为： 、HO；HO分子之间可以形成氢键；
2 2 2 2
（4）SO 中S原子的价层电子对数= ，HO中O原子的价层电子对数=
2
，二者中心原子均采取sp3杂化，SO 中S原子的价层没有孤电子对，HO中O原
2
子的价层有2个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力更大，使得HO分子内的键角更小；故
2
答案为：＞；SO 、HO的中心原子均采取sp3杂化，SO 的中心原子价层无孤电子对，HO的中心原子
2 2
价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得HO分子内的键角更小；
2
（5）晶胞中，Ca2+位于晶胞的8个顶点，1个晶胞中的Ca2+数= ，O2-位于6个面心，1个晶胞中的O2-数= ，Cr4+位于晶胞的体心，1个晶胞中含有1个Cr4+，所以该晶体中Ca2+、Cr4+、O2-的个
数比为1：1：3，化学式为CaCrO；由晶胞的结构图可知，O2-形成的正八面体的边长= ×晶胞的面对角
3
线，面对角线的长度=2r(Ca2+)+2r(O2-)=2×100pm+2×140pm=480pm，则正八面体的边长=240pm，故答案
为：CaCrO；240。
3
3．（2022·四川巴中·模拟）Fe、Ni元素性质非常相似，属于铁系元素，得到广泛应用，请回答下列问题:
(1)Fe元素属于元素周期表的_______ 区(填分区)
(2)基态Ni2+核外电子排布式为________________。
(3)鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M的结构如图甲所示。
①组成M的5种元素中，除H元素外，另外4种元素第一电离能由大到小的顺序为______(填元素符号)，
其中C原子的杂化类型为_________________。
②图中各微粒不存在的作用力有________ ( 填标号)
a． 极性键 b．非极性键 c． 配位键
d． π键 e．离子键 f．氢键
(4)一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件,其晶胞结构如图乙所示。
①铁氮化合物的化学式为_____________。
②在该晶胞结构的另一种表示中，N处于顶点位置，则铁处于_________、______位置
③若该化合物密度为pg·cm-3，用N 表示阿伏伽德罗常数,则由Fe( II )构成的正八面体的体积为
A
______________cm3
【答案】(1)d(2)
(3) e
(4) 或 体心 棱心
【解析】（1）铁位于元素周期表的第四周期第VIII族，位于d区。
（2）Ni的原子序数为28，其基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2，则Ni2+的核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d8或 。
（3）另外四种元素为N、O、C、Ni，同一周期从左向右第一电离能呈增大趋势，第VA族因最外层处于
半满结构，使得其第一电离能比同周期相邻元素第一电离能大，而同一族从上向下第一电离能逐渐减小，
因此N、O、C、Ni第一电离能由大到小的顺序为： ；由M的结构可知，既有饱和碳原子、
又有形成双键的碳原子，因此碳原子采取sp3、sp2杂化。
②由M结构可知，M中存在N→Ni配位键，C-C非极性键，C-N、C-H、O-H极性键，C=N双键中含有π
键，还有2个氢键，不存在离子键，答案选e。
（4）①依据晶胞结构，Fe原子个数为： ，其中Fe(II)占3个、Fe(III)占1个，N原子位于体
心，原子数目为1，因此铁氮化合物的化学式为： 或 。
②依据晶胞结构图知，若N处于顶点位置，则Fe处于体心和棱心位置。
③氮化铁的化学式为Fe N，则晶胞质量 ，若晶胞边长为a cm，则晶胞质量
4
， ，Fe(II)围成的八面体相当于两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角
线相互垂直、 ，正四棱锥的高等于 ，根据 ，八面体体积 。
4．（2022·黑龙江·佳木斯一中三模）Co、Ni 元素及其化合物有着很多优良的性能和特性，回答下列问
题：
(1)基态 Ni 原子的价电子排布图为_______；金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍的晶胞俯视图为
_______(填字母)。
a. b. c. d.
(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH )]SO 蓝色溶液，N 原子的杂化方式是_______，[Ni(NH )]SO 晶体中不存
3 6 4 3 6 4
在的化学键类型包括_______(填序号)。
A．极性共价键 B．离子键 C．配位键 D．金属键 E.非极性共价
键 F.氢键
(3)Co3+通常易形成六配位的配合物，已知 CoCl ·6H O 有多种结构，若取 1mol CoCl ·6H O溶解于水后滴
3 2 3 2
加足量的硝酸银溶液，能够形成 2mol 沉淀，则 CoCl ·6H O 中配离子的结构示意图为(不考虑空间结
3 2
构)_______。
(4)Co O 晶体中 O 作面心立方最密堆积(如图)，Co 随机填充在晶胞中 O 构成的 8 个四面体空隙和 4
3 4
个八面体空隙中，则 Co 的配位数分别为_______、_______，如果晶胞边长为a nm，Co O 的摩尔质量为
3 4
M g/mol，NA为阿伏伽德罗常数的值，则Co O 的晶体密度为_______g/cm3(列出计算式)。
3 4【答案】(1) c
(2) sp3杂化 DE
(3)
(4) 6 4
【解析】（1）镍为28号元素，Ni的价层电子排布为3d84s2，价层电子排布图为：
；由堆积方式可知，金属镍的原子堆积方式可以看出为面心立方最密堆积，
所有镍原子所在的位置为顶点和面心，故晶胞俯视图为c；
（2）NH 的中心原子N原子的价层电子对数为 ，为sp3杂化；[Ni(NH )]SO 晶体中内界与外界
3 3 6 4
之间为离子键，中心原子Ni与配体中N原子之间为配位键，氨气中N与H之间为极性共价键，氨气之间
存在氢键，但氢键不是化学键，故不存在的化学键类型为金属键、非极性共价键，故选DE；
（3）1molCoCl ·6H O溶解于水后滴加足量的硝酸银溶液，能够形成2mol沉淀，说明CoCl ·6H O中有1个
3 2 3 2
氯离子在配合物的内界，2个氯离子在配合物的外界，因Co3+通常易形成六配位的配合物，故配体为5个水分子、1个氯离子，结构为： ；
（4）Co随机填充在晶胞中O构成的8个四面体空隙和4个八面体空隙中，八面体空隙配位数为6，四面
体空隙配位数为4，故Co的配位数依次为6、4；
Co O 晶体中O作面心立方最密堆积，晶胞中O位于顶点和面心，一个晶胞中原子数目为 ，
3 4
故Co的个数为3，晶胞质量为 ，晶胞密度 。
5．（2022·四川巴中·一模）镍具有很好的可塑性、耐腐蚀性和磁性等性能，因此广泛应用于钢铁、镍基合
金、电镀及电池等领域。回答下列问题：
(1)基态Ni原子的价电子电子排布式为_______，有_______ 个未成对电子。
(2)已知镍与铜的第二电离能分别为I = 1753 kJ·mol-1，I = 1958 kJ·mol-1，I >I 的原因是_______。
Ni Cu Cu Ni
(3)Ni2+常与丁二酮肟( )形成图A所示的配合物，图B是硫代氧的结果：
①熔点大小： A_______ B (填“>”或“<”)，其原因是_______。
②Ni2+与丁二酮肟之间形成的化学键称为_______。
③B中碳原子的杂化轨道类型是_______。(4)硫酸镍[NiSO J]常用于有机化学合成中，阴离子的空间构型为_______。
4
(5)NiO，FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69pm和78pm，则熔点NiO
_______FeO(填“<”或“>”)， NiO晶胞中Ni的配位数为_______。
(6)某砷镍合金的密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。As和Ni的原子半径分别为r pm和r pm，阿伏
As Ni
加德罗常数的值为N ，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_______。
A
【答案】(1) 3d84s2 2
(2)铜失去一个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电
子后，3d轨道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
(3) ＜ A能形成分子内的氢键，使分子间作用力减小 配位键 sp2、sp3
(4)正四面体
(5) ＞ 6
(6)
【解析】（1）Ni是28号元素，则基态Ni原子的价电子电子排布式为3d84s2，有2个未成对电子；
（2）已知镍与铜的第二电离能分别为I = 1753 kJ·mol-1，I = 1958 kJ·mol-1，I >I 的原因是：铜失去一个
Ni Cu Cu Ni
电子后， 3d轨道全充满，电子的能量低，若再失去一个电子, 所需能量高；而镍失去一个电子后， 3d轨
道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子, 所需能量低，答案为：铜失去一
个电子后，3d轨道全充满， 电子的能量低，若再失去一个电子所需能量高；而镍失去一个电子后，3d轨
道既不是全满、也不是半满或全空，电子的能量高，若再失去一个电子， 所需能量低；
（3）①A分子内O与-OH中的H能形成氢键，所以熔点大小：A＜B，其原因是A能形成分子内的氢键，
使分子间作用力减小；
②Ni2＋与丁二酮肟之间形成的共价键由N原子单方面提供，所以此化学键称为配位键；
③B中碳原子的价层电子对数为3和4，所以杂化轨道类型是sp2、sp3；（4）阴离子硫酸根离子的价层电子对数= ，不含孤电子对，所以空间构型为正四面体；
（5）NiO、FeO的晶体结构类型均与氯化钠的相同，说明二者都是离子晶体，离子晶体的熔点与离子键的
强弱有关，离子所带电荷数越多，离子半径越小，离子键越强，熔点越高。由于Ni2+的离子半径小于
Fe2+的离子半径，则熔点是NiO＞FeO；
因为NiO与氯化钠的相同，而氯化钠中阴阳离子的配位数均为6，所以NiO晶胞中Ni的配位数均为6；
（6）由晶胞结构可知，晶胞中有两个As原子，有2个Ni原子，则晶胞中原子的体积为2× π(r3 +r3 )
As Ni
×10-30，晶胞的体积为 ，则则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为
。
6．（2022·广东惠州·二模）太阳能的开发利用在新能源研究中占据重要地位，单晶硅太阳能电池片在加工
时，一般掺杂微量的铜、钴、硼、镓、硒等。已知铜的配合物A结构如图。请回答下列问题：
(1)基态二价铜离子的核外电子排布式为______，已知高温下Cu O比CuO更稳定，试从核外电子排布角度
2
解释_______。
(2)配体氨基乙酸根(H NCH COO-)受热分解可产生CO 和N，N 中σ键和π键数目之比是_______。
2 2 2 2 2
(3)硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)的原因是___________。
(4)立方氮化硼(结构如图)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为
_______。(5)六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，层间相互作用力为______。六方氮化硼在高温高压下，可以转化
为立方氮化硼，其结构、硬度与金刚石相似，其晶胞如图，晶胞边长为apm，立方氮化硼的密度是
______g·cm-3(只列算式，N 为阿伏加德罗常数的值)。
A
【答案】(1) 1s22s22p63s23p63d9 亚铜离子价电子排布式为3d10，核外电子处于稳定的全充满状态
(2)1 : 2
(3)异硫氰酸分子间可形成氢键，所以沸点较高
(4)4 : 1
(5) 分子间作用力(或范德华力)
【解析】（1）铜的原子序数为29，基态铜原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，则基态二价
铜离子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d9，铜原子失去一个电子后形成亚铜离子，亚铜离子的价电子
排布式为3d10，处于稳定的全充满状态，所以导致高温下Cu O比CuO更稳定。
2
（2）N 的结构式为N≡N，三键中有1个σ键和2个π键，因此σ键和π键个数比为1:2。
2
（3）氮的电负性强，异硫氰酸(H-N=C=S)分子间可形成氢键，而硫氰酸(H-S-C≡N)分子间不能形成氢键，
因此硫氰酸(H-S-C≡N)的沸点低于异硫氰酸(H-N=C=S)。
（4）依据均摊法，该晶胞中N原子数为4，B原子数为8 +6 =4，则B-N键个数为16，立方氮化硼
晶体内B-N键数与硼原子数之比为：16:4=4:1。
（5）六方氮化硼晶体结构与石墨晶体相似，则该晶体层间相互作用力为范德华力(或分子间作用力)；依据
均摊法，N原子个数为4，B原子数为8 +6 =4，晶胞质量为 g= g，晶胞体积为
a3pm3=(a 10-10)3cm3，晶胞密度为 g/cm3= g/cm3。1．（2022·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)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(NH )]Cl B．[Cu(NH )]SO C．[Zn(NH )]SO D．Na[Zn(OH) ]
3 2 3 4 4 3 4 4 2 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MnO 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( ， ， )，则B原子的坐标为_____。
【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元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
(6) Cu ZnSnS ( ， ， )
2 4
【详解】（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(NH )]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
3 2合题意；
B．[Cu(NH )]SO 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
3 4 4
意；
C．[Zn(NH )]SO 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
3 4 4
合题意；
D．Na[Zn(OH) ] 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
2 4
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× +1=2，位于面上的铜原子个数为8× =4，
位于面心和棱上的锡原子个数为2× +4× =2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为
Cu ZnSnS，故答案为：Cu ZnSnS；
2 4 2 4
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( ， ， )
可知，B原子的坐标为( ， ， )，故答案为：( ， ， )。
2．（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物 和硫铁矿 联合制备铁精粉
和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
(1) 结构示意图如图1。① 的价层电子排布式为___________。
② 中O和 中S均为 杂化，比较 中 键角和 中 键角的大小并解释原
因___________
。
③ 中 与 与 的作用力类型分别是___________。
(2) 晶体的晶胞形状为立方体，边长为 ，结构如图2。
①距离 最近的阴离子有___________个。
② 的摩尔质量为 ，阿伏加德罗常数为 。
该晶体的密度为___________ 。
(3) 加热脱水后生成 ，再与 在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。
分解和 在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用 作为 分解的燃料，从能源
及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。【答案】(1) 孤电子对有较大斥力，使 键角小于 键角 配位键、氢键
(2) 6
(3) 燃烧放热为 分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
【解析】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布
为3d6。
②H O中O 和 中S都是sp3杂化，HO中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被
2 2
键合电子对占据，而 中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的
斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得 键角与 键角相比被压缩减小。
③HO中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。 中有电负性较大的O元素可以与HO
2 2
中H元素形成氢键。
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使 键角小于 键角；配位键、氢键。
（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：。
4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为 ， 个数为 。一个晶胞中相当于含
有4个FeS，因此一个晶胞的质量 。所以晶体密度
2
。
答案为：6；
（3） 燃烧为放热反应， 分解为吸热反应， 燃烧放出的热量恰好为 分解
提供能量。另外， 燃烧和 分解的产物如Fe O、SO 、SO 可以作为制备铁精粉或硫酸的原
2 3 2 3
料。
答案为： 燃烧放热为 分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
3．（2022·江苏·高考真题）硫铁化合物( 、 等)应用广泛。
(1)纳米 可去除水中微量六价铬 。在 的水溶液中，纳米 颗粒表面带正电荷，
主要以 、 、 等形式存在，纳米 去除水中 主要经过“吸附→反应→沉淀”的过程。
已知： ， ； 电离常数分别为 、 。
①在弱碱性溶液中， 与 反应生成 、 和单质S，其离子方程式为_______。
②在弱酸性溶液中，反应 的平衡常数K的数值为_______。
③在 溶液中，pH越大， 去除水中 的速率越慢，原因是_______。
(2) 具有良好半导体性能。 的一种晶体与 晶体的结构相似，该 晶体的一个晶胞中 的数
目为_______，在 晶体中，每个S原子与三个 紧邻，且 间距相等，如图给出了 晶胞中的
和位于晶胞体心的 ( 中的 键位于晶胞体对角线上，晶胞中的其他 已省略)。如图中用“-”将
其中一个S原子与紧邻的 连接起来_______。
(3) 、 在空气中易被氧化，将 在空气中氧化，测得氧化过程中剩余固体的质量与起始 的
质量的比值随温度变化的曲线如图所示。 时， 氧化成含有两种元素的固体产物为_______(填化
学式，写出计算过程)。【答案】(1) 5 c(OH-)越大，FeS表面带正电
荷，易吸引阴离子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反
应速率下降
(2) 4
(3)Fe O；设 氧化成含有两种元素的固体产物化学式为FeO， ，则
2 3 x
，则56+16x=80.04，x= ，即固体产物为Fe O
2 3
【详解】（1）在弱碱性溶液中， 与 反应生成 、 和单质S的离子方程式为：
；反应 的平衡常数K=
，由题目信息可知， ， 电离常数 ，所以K= = =5 ；在 溶液中，pH越大，FeS表面带正电荷，易吸引阴离
子，因为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降；故
答案为： ；5 ；FeS表面带正电荷，易吸引阴离子，因
为OH-的浓度增大，降低了对Cr(VI)三种阴离子的吸引，致使有效接触面减少，反应速率下降。
（2）因为 的晶体与 晶体的结构相似，由NaCl晶体结构可知，一个 晶胞含有4个 和4个
Cl，则该 晶体的一个晶胞中 的数目也为4； 晶体中，每个S原子与三个 紧邻，且 间距
相等，根据 晶胞中的 和 的位置( 中的 键位于晶胞体对角线上)可知，每个S原子与 键
所在体对角线上距离最近的顶点相邻的三个面的三个面心位置的 紧邻且间距相等，其中一个S原子与
紧邻的 连接图如下： ；故答案为：4； 。
（3）有图可知， 时，氧化过程中剩余固体的质量与起始 的质量的比值为66.7%，设 氧化成
含有两种元素的固体产物化学式为FeO， ，则 ，
x
56+16x=80.04，x= ，所以固体产物为Fe O；故答案为：Fe O；设 氧化成含有两种元素的固体产物
2 3 2 3
化学式为FeO， ，则 ，则56+16x=80.04，x= ，
x
即固体产物为Fe O。
2 3
4．（2022·河北·高考真题）含 及S的四元半导体化合物(简写为 )，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) 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． B． C． D．
(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 转化为 的是_______(填标号)。理由是_______。
本题暂无(6)问
【答案】(1)1：2
(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+ ，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(NH )]Cl各原子核外电子均已成对，不符合题意；
3 2
B.[Cu(NH)]SO 中的Cu2+外围电子排布是3d9，有未成对电子，符合题意；C.[Zn(NH )]SO 各原子核外电
3 4 4 3 4 4
子均已成对，不符合题意；D.Na [Zn(OH)] 各原子核外电子均已成对，不符合题意；故答案选B。
2
(5)Mn2+转化为MnO 需要氧化剂，且氧化性比MnO 的强，由SO 使KMnO 溶液褪色可知HSO 的氧化性
2 4 2 4
弱于MnO ，故A不符合；B、C中的S化合价比HSO 低，氧化性更弱，故B、C均不符合；D中含有-1
2 4
价的O，易被还原，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO ，故D符合。
5．（2022·海南·高考真题）以 、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。
回答问题：
(1)基态O原子的电子排布式_______，其中未成对电子有_______个。
(2)Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是_______。
(3)酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共
平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取_______杂化。邻苯二甲酸酐( )和邻苯二甲酰亚胺( )都是合成酞菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是_______。
(4)金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为_______。
(5)ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-
O键，原因是_______。
(6)下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。 为所取
晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的
底面_______、_______。
【答案】(1) 1s22s22p4或[He]2s22p4 2
(2)自由电子在外加电场中作定向移动
(3) sp2 两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
(4)Zn+4NH+2H O=[Zn(NH )]2++2OH-+H ↑
3 2 3 4 2
(5)电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
(6) ▱cdhi ▱bcfe【解析】（1）O为8号元素，其基态O原子核外有8个电子，因此基态O原子的电子排布式为1s22s22p4或
[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
（2）由于金属的自由电子可在外加电场中作定向移动，因此Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
（3）根据结构式可知，N原子以双键或以NH三键的形式存在，故N原子的杂化方式均为sp2，由于邻苯
二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，而后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此熔点更
高；
（4）金属Zn与氨水反应可生成[Zn(NH )](OH) 和H，反应的离子方程式为Zn+4NH +2H O=[Zn(NH )]2+
3 4 2 2 3 2 3 4
+2OH-+H ↑；
2
（5）由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn—N键中离子键成
分的百分数小于Zn—O键；
（6）根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子
位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结
构，从底面O原子排列图看，能平移且与abcd共边的只有二个四边形，为cdhi和bcfe。
5．（2022·山东·高考真题）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+、Ni2+
(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， ，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目
为：4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化；
Zn2+周围形成的配位键数目为：6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以 与 的配位数之比为4:6=2:3；含有CN-（小黑球N+小白球C）为：
=4，含有NH （棱上小黑球）个数为： =2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶
3
胞，所以苯环个数为： =2，则该晶胞的化学式为： ，即 4:2:2=2:1:1；
故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；
（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
2 2
成分子间氢键，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
2
键；吡啶和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：
。
