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专项训练 物质结构与性质综合题（解析版）
1．（2023·全国·统考高考真题）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 )。
1 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司【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192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能
3 3
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
3
试卷第2页，共30页含灰色球的个数为 ，红色球的个数为 ，则灰色的球为 ，距 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·统考高考真题）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
3 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司(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
试卷第4页，共30页构包含三个晶胞，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·统考高考真题）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 利 。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
5 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司(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。
试卷第6页，共30页分子中 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·统考高考真题）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___________。
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学科网（北京）股份有限公司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氮和氢形成的无环氨多烯，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，
n n+2−2m
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) 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氮和氢形成的无环氨多烯，一个氮的氮烷为NH ，两个氮的氮烷为NH，三个氮的
3 2 4
氮烷为NH，四个氮的氮烷为NH，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为
3 5 4 6
试卷第8页，共30页NH ，根据又一个氮氮双键，则少2个氢原子，因此当双键数为m，其分子式通式为
n n+2
NH ( ，m为正整数)；故答案为：NH ( ，m为正整数)。
n n+2−2m n n+2−2m
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 ；根据六方最密堆积图 ，以上面的面心分析下面红色的有3个，
2
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
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学科网（北京）股份有限公司视图为 ，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·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）Ⅰ.铜及其化合物在生产、生活和科
研中应用广泛。请回答下列问题：
(1)下列状态的 微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是___________(填字
母)。
A． B．
C． D．
Ⅱ.在 溶液中加入氨水至过量，生成 。
(2) 中 原子的杂化类型是___________， 分子的立体构型是___________。
(3) 能与 形成 ，而 不能，其原因是___________， 的键
角比 的键角___________(填“大”或“小”)。
(4)配位原子提供孤电子对的能力是影响配体与 之间配位键强度的一个重要因素。
若用某结构相似的含 配体与 配位，所得配合物的稳定性比含 配体的低，可能
的原因是___________。
(5) 与 形成长链结构的阴离子如图所示，该阴离子中 键与 键的数目之比为
___________。
(6)氯化亚铜常用作催化剂、杀菌剂，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被Cl
原子代替，顶点和面心的碳原子均被Cu原子代替。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。下图为沿y轴投影的氯化亚
试卷第10页，共30页铜晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为 ( ， ， )，则原子3的
原子分数坐标为___________，若晶胞中原子1和原子2之间的距离为dnm，则该晶胞
的密度为___________ (设 为阿伏加德罗常数的值)
【答案】(1)B
(2) 杂化 三角锥形
(3) 三种元素的电负性为 ，在 中，共用电子对偏向 ，偏
离 原子，使得氮原子上的孤电子对难与 形成配位键 大
(4)O元素的电负性大于N元素，O原子对孤电子对的吸引力强，所以O原子做配位原
子时，提供孤电子对与 形成配位键的能力弱
(5)
(6) ( ， ， )
【详解】（1）A．[Ar]3d104s1，4s轨道上只有1个电子，电离最外层一个电子所需能量
并不是很大，A错误；
B．[Ar]3d10，3d轨道充满电离最外层一个电子所需能量较大，B正确；
C．[Ar]3d94s14p1为激发态，电离最外层一个电子所需能量较低，C错误；
D．[Ar]3d104p1为激发态，电离最外层一个电子所需能量较低，D错误；
故答案选B。
（2） 离子中 原子的价层电子对数为 ，且 原子上无孤电子对，
所以 原子杂化类型是 杂化； 分子中 原子的价层电子对数为 ，
原子上有1对孤电子对，所以 原子杂化类型是 杂化， 分子的立体构型是三
角锥形。
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学科网（北京）股份有限公司（3）N、F、H三种元素的电负性为 ，在 中，共用电子对偏向 ，而偏
离 原子，使得氮原子上的孤电子对难与 形成配位键，所以 不能与 形成
配位键。 中电子对偏向 原子，电子对斥力大，键角偏大，而在 中，共用电
子对偏向 ，电子对斥力小，键角偏小。
（4） 元素的电负性大于 元素， 原子对孤电子对的吸引力强，所以 原子做配位
原子时，提供孤电子对与 形成配位键的能力弱。
（5）由图可知，亚铜离子连有3个氰酸根离子，其中2个氰酸根离子为2个亚铜离子
共有，则亚铜离子和氰酸根离子的个数之比为 ，则阴离子的化学式
为 ，其中，亚铜离子与2个氰酸根离子形成的配位键为 键，氰酸根离子中
的碳氮三键中有1个 键、2个 键，则结合长链结构可知，离子中 键和 键的个数
之比为 。
（6）根据题中要求，得出氯化亚铜的晶胞图为 ，则原子3的坐标
为 ；设晶胞棱长为 ，因为原子1和原子2之间的距离为 ，则
， 晶胞的体积为 。根据信息， 原子
在晶胞内部，个数为4， 位于顶点和面心，个数为 ，晶胞的质量为
，晶胞密度为 。
试卷第12页，共30页6．（2023·海南海口·统考模拟预测）我国最新研究表明，钛酸钡/氧化锌纳米纤维具有
良好光催化性能，可以降解水中亚甲基蓝等有机污染物90％以上，同时高效吸附 、
，具有良好的应用前景。
(1)下列电子排布式表示Ti原子激发态的是______。（填序号，下同）
a． b． c．
(2)光照使催化剂的电子被激发。该过程形成的原子光谱为__________（填“吸收”或
“发射”）光谱。
(3) 中Cu的化合价是__________，其配位原子是__________。
稳定性大于 ，从结构的角度解释为__________。
(4)亚甲基蓝分子结构如图所示。
①其中环上C原子的杂化轨道类型为__________。
②亚甲基蓝在水中的溶解度略大于乙醇，其可能的原因是__________。
(5) 晶体的密度为 ，其晶胞结构如图所示。 的晶体中，距离钡
原子最近的氧原子数为__________，二者之间的距离为__________pm（写出表达式）。
【答案】(1)bc
(2)吸收
(3) +1 C CN离子与Cu形成的配位键比NH 形成的更强，所以形成的
3
配合物更稳定
(4) sp2 亚甲蓝为盐，具有一定的极性，按照相似相溶，所以在水里溶解度大
于在乙醇中的
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学科网（北京）股份有限公司(5) 12
【详解】（1）Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子
排布式为{Ar}3d24s2；{Ar}3d14s2不表示Ti原子；4p的能量高于3d，[Ar]3d14s24p1表示
Ti原子的激发态；4d的能量高于4s，[Ar]3d24d2表示Ti原子的激发态；答案选bc。
（2）光照使催化剂的电子被激发，该过程吸收能量，形成的原子光谱为吸收光谱；答
案为：吸收；
（3）[Cu(CN) ]3-中配体CN-的整体价态为-1价，则Cu的化合价为+1价；由于C的电
4
负性小于N，则配位原子为C；CN离子与Cu形成的配位键比Cu+与NH 形成的配位
3
键更强，所以[Cu(CN) ]3-的稳定性大于[Cu(NH )]+；答案为：+1；C；CN离子与Cu形
4 3 4
成的配位键比NH 形成的更强，所以形成的配合物更稳定；
3
（4）①在亚甲基蓝中与N原子相连的4个甲基碳原子为sp3杂化，环上的所有碳原子
都采取sp2杂化；答案为：sp2；
②由亚甲基蓝的结构可知，亚甲蓝为盐，具有一定的极性，按照相似相溶，亚甲基蓝
在水里溶解度大于在乙醇中的溶解度；答案为：亚甲蓝为盐，具有一定的极性，按照
相似相溶，所以在水里溶解度大于在乙醇中的；
（5）以顶点Ba原子为研究对象，由BaTiO 的晶胞可知，距离钡原子最近的氧原子的
3
个数为 =12，两者之间的距离为面对角线的 ；根据均摊法，1个晶胞中Ba：8×
=1，Ti：1，O：6× =3，晶胞的质量为 g= g，晶体的密度为ag/
cm3，晶胞的边长为 = cm，Ba原子与O原子的最短距离为
cm= pm；答案为：12； 。
7．（2023·广西玉林·统考模拟预测）中科院大连化物所化学研究团队在化学链合成
NH 研究方面取得新进展，该研究中涉及的物质有Ni－BaH/Al O、Fe－KO－
3 2 2 3 2
Al O、Cs－Ru/MgO等，相关研究成果发表于《自然》上。请回答下列问题：
2 3
试卷第14页，共30页(1)[Fe(CN) ]3-离子中σ键和π键的数目之比为_____，Ni的价电子排布式_____。
6
(2)元素的第一电离能：Mg_____Al(填“＞”或“＜”)。H、B、N、O的电负性由大
到小的顺序为_____。
(3)已知MgO的熔点为2852℃，CaO的熔点为2614℃，二者的晶体类型为_____，
NaBH 阴离子的空间构型是_____。
4
(4)铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子
电池一般采用离子液体作为电解质，一种电解质离子的结构如图：
传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是_____，该电解
质阳离子结构中环上所有原子共面，其中氮原子的杂化方式为_____。
(5)镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞结构如图所示。其中镍离子形成面心立方结
构，氧离子填充在镍离子构成的八面体空隙中，填充率为100%。
①从该晶胞中能分割出来的结构图有_____(填标号)。
a. b. c. d. e.
②已知该晶体密度为ρg•cm-3，N 为阿伏伽德罗常数的值。该晶胞中镍离子周围与其等
A
距离的镍离子距离为_____pm(用含ρ和N 的代数式表示)。
A
【答案】(1) 1：1 3d84s2
(2) ＞ O＞N＞H＞B
(3) 离子晶体 正四面体
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学科网（北京）股份有限公司(4) 有机溶剂通过分子间作用力结合而成，而离子液体通过阴阳离子作用形成离子
键，离子键作用力大于分子间作用力，故离子液体相对难挥发 sp2
(5) bc ×1010(或 ×1010)
【详解】（1）[Fe(CN) ]3-离子中，Fe3+与CN-通过配位键结合，配位键属于σ键，CN-
6
中有1个σ键、2个π键，所以σ键和π键的数目之比为1:1，Ni是28号元素，价电子
排布式3d84s2。
（2）同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，Mg原子2s能级全充满，结构稳定，
第一电离能大于同周期相邻元素，元素的第一电离能：Mg>Al。元素非金属性越强，
电负性越大，H、B、N、O的电负性由大到小的顺序为O＞N＞H＞B。
（3）MgO、CaO的熔点高，二者的晶体类型为离子晶体，NaBH 阴离子是 ，B原
4
子的价电子对数为4，无孤电子对，空间构型是正四面体。
（4）有机溶剂通过分子间作用力结合而成，而离子液体通过阴阳离子作用形成离子键，
离子键作用力大于分子间作用力，故离子液体相对难挥发；该电解质阳离子结构中环
上所有原子共面，可知原子的价电子对数为3，氮原子的杂化方式为sp2。
（5）①根据晶胞图，氧离子在镍离子构成的正八面体的中心，镍离子在氧离子构成的
正八面体的中心，从该晶胞中能分割出来的结构图有bc。
②根据均摊原则，晶胞中镍离子数为 ，氧离子数为 ，该晶体
密度为ρg•cm-3，则晶胞边长为 ，该晶胞中镍离子周围与其等距离的镍
离子距离为面对角线的一半，则距离为 pm。
8．（2023·四川遂宁·统考模拟预测）铁、铜及其化合物在生产生活中有着广泛应用。
回答下列问题：
(1)基态Cu原子核外电子的空间运动状态有_______种。
(2)Fe和Cu的部分电离能数据如下：
元素 Fe Cu
试卷第16页，共30页第一电离能 759 756
第二电离能 1561 1958
大于 的主要原因是_______。
(3) 可形成 ，en代表 。其中 的空间构型为
_______；en分子中各元素的电负性由小到大的顺序为_______。
(4) 是检验 的特征试剂， 中含有_______ 键，该
离子中 杂化方式推断合理的是_______。
A． B． C． D．
(5)一种由Cu、In、Te组成的晶体属四方晶系，晶胞参数和晶胞中各原子的投影位置如
图所示，晶胞棱边夹角均为 。该晶体的化学式为_______。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，称为原子的分数坐标，如A点、B点原
子的分数坐标分别为(0，0，0)、( ， ， )。则C点原子的分数坐标为_______；晶
胞中A、D原子间距离d=_______cm。
【答案】(1)15
(2)Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式为3d10，全充满，
较稳定
(3) 正四面体形
(4) 12 D
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【详解】（1）Cu基态原子核外电子排布式为 ,核外电子空间运
动状态由能层能级、原子轨道决定, s能级1种、p能级3种，故核外共有
1+1+3+1+3+5+1=15种不同空间运动状态的电子；
（2）Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3d64s1，Cu+再失去的是3d10上
的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，显然3d10处于全充满，更稳定，所以 大于
，故答案为：Cu的价层电子排布式为3d104s1，失去一个电子后价层电子排布式
为3d10，全充满，较稳定；
（3） 中心原子有4个成键电子对，即价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，
可知其空间构型为：正四面体形；en分子中包含C、H、N，同周期越靠右电负性越大，
氢的电负性较小，则n分子中各元素的电负性由小到大的顺序为 ；
（4）配体是CN-，1个配体中含有1个σ键，1个配体和中心离子形成的配位键是σ键，
则 中含有12 键；由该配离子可知中心离子的价层电子对数为
6，则其杂化轨道数为6，故答案为D；
（5）由晶胞结构可知，铟原子形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，
则四面体空隙的占有率为 ，晶胞中位于顶点、面上和体内的铜原子个
数为 ，位于棱上、面心和面上的铟原子个数为 ，位于体
内的碲原子个数为8，则铜、铟、碲的原子个数为4: 4: 8=1: 1: 2，晶体的化学式为
CuInTe ；由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为：(0，0，0)、( ， ，
2
)，可知C点的Z轴坐标为 ，x、y轴的坐标都是 ，则C点的分数坐标为：(
)；
试卷第18页，共30页由图可知A点距离D点在底面上的投影的距离为 × a，D点到底面的距离为 c，
则A、D原子间距离d= = pm= cm。
9．（2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测）我国的超级钢研究已居于世界领先
地位，这种超级钢由不同比例的铁、锰、铬、钴、铝、钒等金属元素合成，其强度很
大，在应用时能够实现钢板的轻薄化。回答问题：
(1)基态Fe原子中，电子占据的最高能层符号为_______。
(2)Mn在元素周期表中的位置为_______； 可与 反应生成配合物，其组成为
，向1 mol该配合物中加入足量 溶液，能产生2 mol AgCl沉淀，
若加入足量NaOH溶液、加热、无刺激性气味的气体产生，则1 mol该配合物中含有σ
键的数目是_______；其中 的VSEPR模型的名称是_______。
(3)研究表明，当化合物的阳离子有未成对电子时，该化合物具有磁性。下列物质可用
作录音带磁粉的是_______。
A． B． C． D．ZnO
(4)氮化铬(CrN)在超级电容器领域有良好应用前景，其晶体结构类型与氯化钠相同。
①氮化铬的熔点比氯化钠高的主要原因是_______。
②晶胞中 的配位数为_______。
(5)LiFeAs可组成一种新型材料，其立方晶胞结构如图1所示。若晶胞参数为a nm，
A、B处的两个As原子之间距离为_______nm，请在下方图2上沿z轴方向投影图中画
出铁原子的位置，用“·”表示_______。
【答案】(1)N
19 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司(2) 第四周期第ⅦB族 四面体形
(3)AB
(4) CrN、NaCl都是离子晶体，CrN中阴阳离子所带电荷数较多，离子键强度较大
6
(5)
【详解】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2，因此基态Fe原子中电子占
据的最高能层符号为N；
（2）Mn是25号元素，位于元素周期表中的第四周期第ⅦB族；该配合物中加入足量
溶液，能产生AgCl沉淀，说明Cl为外界，若加入足量NaOH溶液、加热、无
刺激性气味的气体产生，说明NH 在内界，该配合物的结构式为 ，故
3
1 mol该配合物中含有σ键的数目为 ；NH 的价电子对数为 ，应该为sp3杂
3
化，故 的VSEPR模型的名称为四面体形；
（3）Fe O 中Fe3+的核外电子排布式为 ，有未成对电子，具有磁性；
2 3
MnO 中Mn4+的核外电子排布式为 ，有未成对电子，具有磁性；VO
2 2 5
中V5+的核外电子排布式为 ，没有未成对电子，没有磁性；ZnO中
Zn2+的核外电子排布式为 ，没有未成对电子，没有磁性，故选
AB；
（4）氮化铬晶体结构类型与氯化钠相似，所以为离子晶体，由于铬离子和氮离子所带
电荷数大于氯离子和钠离子，所以氮化铬的晶格能较大，熔点比氯化钠高；由于与氯
化钠晶体结构相似，因此晶胞中 的配位数为6；
试卷第20页，共30页（5）A、B处的两个As原子投影到底面，相当于位于底面对角线上的四分之一处和四
分之三处，因此二者之间的距离为 nm；铁原子位于晶胞中的顶点、体心以及8条
棱的中点位置，因此将铁原子沿z轴方向投影后的图如图所示： 。
10．（2023·海南海口·统考模拟预测）近日，中国科学院上海有机化学研究所游书力研
究员团队将铜催化的不对称共轭加成反应与铱(Ir)催化的不对称烯丙基取代反应相结合，
成功构建了含多个连续手性中心的酮类化合物，其原理如图所示(Ac代表 基，
R＇、R＇＇、R均为烃基)。
回答下列问题：
(1)甲分子中含有的化学键类型是___________(填字母)。
A．离子键 B．σ键 C．非极性键
(2)合成丙时需要锌、铜作催化剂。第二电离能与第一电离能之差较小的是
___________(填“Zn”或“Cu”)，判断理由是___________。
(3)若R、R＇、R＇＇都是饱和烃基，在甲、丙中，存在顺反异构体的是________(填
代号)。
(4)在含铱催化剂作用下，甲烷选择性氧化可合成多种高附加值的产品，原理如图所示。
①在图中涉及的物质中，除了氢气外，属于非极性分子的是___________(填化学式)。
21 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司②Ir晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm， 为阿伏加德罗常数的值。
铱晶胞中，面心上Ir原子连接起来构成___________(填字母)。
a．正四面体 b．正方形 c．正八面体 d．正六面体
该晶体的密度为___________ (用含a、 的代数式表示)。
【答案】(1)BC
(2) Cu 气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu
的第二电离能比Zn大，气态Zn的价电子排布式为[Ar]3d104s2，为稳定结构，能量较低，
所以Cu的第一电离能小于Zn，则第二电离能与第一电离能之差较小的是Cu
(3)甲、乙
(4) CH 、O c
4 2
【详解】（1）由结构式可知，甲分子中含有碳碳双键和碳氢键，化学键类型是σ键和
非极性键，故选BC。
（2）气态Cu失去一个电子变成结构为[Ar]3d10的Cu+，能量较低，所以Cu的第二电
离能比Zn大，气态Zn的价电子排布式为[Ar]3d104s2，为稳定结构，能量较低，所以
Cu的第一电离能小于Zn，则第二电离能与第一电离能之差较小的是Cu。
（3）碳碳双键两端碳原子上都连接不同的集团的有机物存在顺反异构，若R、R＇、
R＇＇都是饱和烃基，在甲、丙中，存在顺反异构体的是甲、乙。
（4）①非极性分子的结构对称，正负电荷中心重合，在图中涉及的物质中，除了氢气
外，属于非极性分子的是CH、O；
4 2
②由晶胞结构可知，铱晶胞中，面心上Ir原子连接起来构成正八面体，故选c；该晶
胞种Ir原子个数为 =4，该晶体的密度为
。
11．（2023·山东烟台·校联考模拟预测）金属锂溶于液氨可得到具有高反应活性的金属
试卷第22页，共30页电子溶液， 与其作用可制得超导体 ，进一步可制
得超导材料 。
回答下列问题：
(1)与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有______种，下列状态的
铁中，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)液氨可以发生微弱的电离生成 和 ，下列说法错误的是________
A．键角： B．结合质子能力：
C．热稳定性： D． 与 的分子构型及N的化合价
均相同
(3)Fe2+可与邻二氮菲形成红色配合物，结构如图所示。元素的电负性从大到小的顺序
为______(填元素符号)。配合物中N原子的VSEPR模型为____________；下列对Fe
杂化方式推断合理的是______(填标号)。
A． B． C． D．
(4) 晶体属四方晶系，其结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成，
晶胞中铁硒层在bc、ac和ab平面投影如图所示。铁硒层中Fe原子的配位数是______，
23 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司铁硒层和锂铁氢氧层之间由极其微弱的氢键相连，该氢键可表示为______。已知锂铁
氢氧层中锂铁个数之比为4∶1，阿伏加德罗常数的值为 ，则该晶体的密度为
______g·cm 。
【答案】(1) 3 C
(2)BD
(3) N>C>H>Fe 平面三角形 C
(4) 4 O—H Se
【详解】（1）与Fe元素同周期，基态原子有2个未成对电子的金属元素有Ti：
[Ar]3d24s2、Ni：[Ar]3d84s2、Ge：[Ar]3d104s24p2；A．为基态Fe原子；B．为基态
Fe2+，3d上在失去一个电子即可达到半充满稳定结构；C．为基态Fe3+失去的电子为3d
上半充满的稳定结构电子；D．为激发态Fe原子；电离最外层一个电子所需能量最大
的是Fe3+，C符合题意；故答案为：3；C；
（2）A． 的价层电子对数分别为：4+ =4、3+
=4、2+ =4，故它们的空间构型依次为正四面体形、三角锥形和V形，孤电
子对数依次增多，故键角： ，A正确；
B．已知NH 、PH 均为三角锥形结构，由于N的电负性强于P，故结合质子能力：
3 3
，B错误；
C．已知N的非金属性强于P，故热稳定性： ，C正确；
试卷第24页，共30页D．已知 与 的价层电子对数均为3+ =4，故 与 的分子构型均
为三角锥形，但由于电负性F＞N＞H，故N的化合价分别为-3和+3价，不相同，D错
误；
故答案为：BD；
（3）由题干结构示意图可知，所含元素为H、C、N、Fe四种元素，在元素周期表中
同一周期从左到右元素的电负性逐渐增强，同一主族从上到下元素的电负性逐渐减弱，
Fe为金属电负性最小，可知电负性强弱顺序：N＞C＞H＞Fe，N周围的键为3个σ和
1π，故N的杂化为sp2，配合物中N原子的VSEPR模型为平面三角形，题干结构图可
知，Fe周围的配位键数目为6，根据参与杂化的轨道总数等于杂化后形成的轨道数目，
杂化轨道用于形成σ键和存放孤电子对，故下列对Fe杂化方式推断合理的是 ，
故答案为：N＞C＞H＞Fe；平面三角形；C；
（4）由平面投影图可知，位于面心的铁原子与位于棱上的硒原子的距离最近，所以铁
原子的配位数为4，铁硒层和锂铁氢氧层之间由极其微弱的氢键相连，该氢键即O-H
中的H与Se原子之间形成的，故可表示为O-H…Se， 由平面投影图可知，硒原子8
个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为8× +2=4，铁原子6个位于面心，4个在棱
边，按均摊法其个数为4，结构由铁硒层和锂铁氢氧层交替堆垛而成，故一个晶胞中
铁硒层含有2个Fe，已知锂铁氢氧层中锂铁个数之比为4∶1，故有： ，解得
x=0.2，故该物质的化学式为：(Li Fe OH)FeSe，该阿伏加德罗常数的值为 ，则一
0.8 0.2
个晶胞的质量为： ，一个晶胞的体积为：V=x2y×10-21cm3，
则该晶体的密度为 = = g·cm ，故答案
为：4；O-H…Se； 。
12．（2023·浙江金华·统考模拟预测）铜单质及其化合物在社会实际中有着广泛的应用。
25 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司回答下列相关问题：
(1)碘化钠溶液和硫酸铜溶液能反应生成一种铜的碘化物A(白色沉淀)，A的晶胞如图甲
所示，则A的化学式是___________，化合物A中阳离子的基态电子排布式为
___________。
(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到
深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的
沉淀，该物质中的 通过___________键与中心离子 结合，
离子的空间结构为___________，N、O元素第一电离能大小关系为
___________，原因是___________。
(3)晶体铜的晶胞结构如图乙表示，原子之间相对位置关系的平面图如图丙所示，铜原
子半径为127.8pm， 表示阿佛加德罗常数的值，晶体铜的密度为___________
(列出计算式即可)。
【答案】(1) CuI 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2) 配位 平面正方形 N＞O N原子2p轨道上的电子处于半充满状
态，较稳定，比O难失去电子
(3)
试卷第26页，共30页【详解】（1）碘化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成一种铜的碘化物A，根据均摊法，A
的晶胞中含白球4个，黑球8 +6 =4个，则A的化学式为CuI；化合物A中I元
× ×
素的化合价为-1价，则化合物A中阳离子为Cu+，Cu+的基态电子排布式为
1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；答案为：CuI；1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；
（2）在[Cu(NH )]SO ∙H O中NH 中N原子提供孤电子对与Cu2+的空轨道共用，形成
3 4 4 2 3
配位键；[Cu(NH )]2+的空间结构为平面正方形；同周期从左到右元素的第一电离能呈
3 4
增大趋势，N原子的2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子，故
第一电离能N＞O；答案为：配位；平面正方形；N＞O；N原子2p轨道上的电子处于
半充满状态，较稳定，比O难失去电子；
（3）设晶胞的边长为x，由图丙结构知， x=4r(Cu)=4×127.8pm，解得x=2
127.8pm，晶胞的体积为(2 127.8 10-10cm)3；根据均摊法，晶胞中含Cu的个数为
× × ×
8 +6 =4，晶胞的质量为 ；晶体铜的密度为 (2 127.8 10-
× × ÷ × ×
10cm)3= g/cm3；答案为： 。
13．（2023·浙江金华·模拟预测）物质的组成与结构决定物质的性质与变化。请回答：
(1)有如下反应： (氯化苯重氮盐)，NO 的
空间结构名称为______，产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原
子的杂化轨道类型是_____。
(2)MgCl 的熔点比BeCl 高的原因是______。
2 2
(3)下列叙述正确的是______。
A．电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)
B．键角大小：HO+＜HO
3 2
C．沸点：邻羟基苯甲酸＞对羟基苯甲酸
D．pK：CFCOOH＜CHCOOH
a 3 3
(4)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。该物质的晶体
类型是_____，该化合物的化学式为______。
27 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司【答案】(1) V形或角形 sp
(2)MgCl 是离子晶体，BeCl 分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用
2 2
力，离子键比分子间作用力强
(3)AD
(4) 离子晶体 HS
3
【详解】（1）NO 中N和O成键，且有两个未成键电子，所以空间结构名称为V形；
产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子有两个σ键，其杂化轨
道类型是sp杂化；故答案为V形或角形；sp。
（2）MgCl 是离子晶体，BeCl 分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间
2 2
作用力，离子键比分子间作用力强，所以MgCl 的熔点比BeCl 高；故答案为MgCl 是
2 2 2
离子晶体，BeCl 分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键
2
比分子间作用力强。
（3）A．Mg+(g)最外层电子为3s1，3s轨道为半满；Al+(g)最外层电子为3s2，3s轨道为
全满，所以电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)；故A正确；
B．HO+中只有一对孤电子对，HO中有2对孤电子对，孤电子对越多，排斥力越大，
3 2
键角越小；因此键角大小：HO+>H O；故B错误；
3 2
C．邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子
间氢键，使熔沸点偏高，所以沸点：邻羟基苯甲酸<对羟基苯甲酸；故C错误；
D．吸引电子能力：F>H，所以酸性CFCOOH>CH COOH；pKa值是越小酸性越强；
3 3
所以pK：CFCOOH＜CHCOOH；故D正确；
a 3 3
故答案选AD。
（4）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，根据其超导性质，推断其
由阴阳离子构成，所以该晶体类型为离子晶体；由晶胞结构可知，S原子处于晶胞的
体心和顶点，晶胞中含有 个S原子，H原子属于棱边的中点与面心，晶胞中
含有H原子数目为 ；该化合物的化学式为HS；故答案为离子晶体；
3
试卷第28页，共30页HS。
3
14．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）含氮化合物在生活中占有重要地位。请回答：
(1) 可通过配位键与 形成 。形成该配合物时，基态 的价层电
子发生重排提供两个空轨道，则重排后的 价电子排布图为___________； 的
金属配合物也已经制备成功，但为数不多，如[ ]，已知该配合物的配位
数与[ ]的配位数相同，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另
一个为0.122nm。请画出[ ]的结构示意图：___________。
(2) 和 是常见含氮化合物，其VSEPR构型均为___________，其中二者相比较，
键角更大的是___________。
(3)N、P、As同属于ⅤA族，下列说法正确的是___________。
A．原子半径：r(N) ＞r(P) ＞r(As)且电负性：N＞P＞As
B．N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性依次减弱
C．简单氢化物的还原性：
D．黑砷和黑磷的结构相似(如图1)，每个砷原子最外层均形成8电子结构。其晶体单
层中，As原子与As—As键的个数比为2∶3
(4)已知 晶胞结构如图2所示，M处的 (其位于四个 所构成的正四面体中
心)有一定的朝向，不能随意转动，请解释其原因___________，该晶胞的晶胞参数如
图所示，设 为阿伏伽德罗常数的值，该晶体的密度ρ=___________ (列出计
算式即可)
29 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)
(2) 四面体
(3)BD
(4) 与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；
【详解】（1）基态Co3+的价层电子排布式为3d6，CN-可通过配位键与Co3+形成
[Co(CN) ]3-，形成配合物时，基态Co3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后
6
的Co3+价电子排布图为 ；[Ni(CO) ]的配位数为4，
4
[Ni(PH )CO]的配位数与[Ni(CO) ]的配位数相同，[Ni(PH )CO]的配位数也为4，测得
3 2 2 4 3 2 2
其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个
PH 分子中的P原子、CO 分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为：
3 2
；答案为： ； 。
（2）NF 和NH 分子中中心N原子的σ键电子对数都为3、孤电子对数都为1，价层电
3 3
子对数都为4，VSEPR模型都为四面体形；空间构型都为三角锥形，由于电负性F＞N
＞H，则NF 分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故NF
3 3
中的键角更小，键角更大的是NH ；答案为：四面体；NH 。
3 3
（3）A．同主族从上到下原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，原子半径：r(N) ＜
r(P) ＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A项错误；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，
N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B项正确；
C．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单
氢化物的还原性：NH ＜PH ＜AsH ，C项错误；
3 3 3
D．黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单
层中，每个As原子形成3个As—As键，以As—As键形成六元环，每个As原子被3
试卷第30页，共30页个六元环共有，每个As—As键被2个六元环共有，则晶体单层中As原子与As—As键
的个数比为2∶3，D项正确；
答案选BD。
（4）M处的 (其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转
动，其原因是： 与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含
F-、 的个数都为2，晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 (a 10-7cm) (a 10-
× × ×
7cm) (c 10-7cm)= a2c 10-21cm3，该晶体的密度ρ= ÷( a2c 10-21cm3)=
× × × ×
g/cm3；答案为： 与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；
。
15．（2023·山东·校联考模拟预测）锰及其化合物在化学实验室和化工生产应用非常广
泛，回答下列问题：
(1)乙酰丙酮锰(Ⅲ)是一种广泛用于苯酚类化合物氧化偶联的试剂，Me表示 ，中
心离子为 离子，采用 杂化，其结构如图1所示。
乙酰丙酮锰(Ⅲ)中含有___________个配位键( 表示阿伏伽德罗常数)，该物质中
碳原子的VSEPR模型为___________。若中心离子含有单电子，则配合物为顺磁性物
质，则乙酰丙酮锰(Ⅲ)___________顺磁性(填“有”或“无”)。基态原子中，与Mn同
31 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司周期中且单电子数与 相同的元素是___________。
(2)酸性 能把 氧化成 ， 能形成如图2所示大
键，而羧基酸性随大 键电子云密度的增大而减弱，则 、 、
酸性从强到弱顺序是___________， 沸点低于 原因是
___________。
(3)Mn(Ⅱ)位于 围成的八面体空隙中，形成无限螺旋链的络离子，同一条链内原子
作用很强，其形成晶胞结构图沿x、y晶轴方向投影如图a所示，晶胞俯视图如图b所
示，晶胞参数为 、 和 ，则该晶胞所带电荷为___________，阿伏伽德罗常
数的值为 ，该晶体的密度为___________ (用含 、a、b的式子表示)。
【答案】(1) 6N (正)四面体形、(正)三角形 有 Fe
A
(2) 的分子量高于
，范德华力大
(3) -4
【详解】（1）乙酰丙酮锰(Ⅲ)的中心离子为 离子，说明配体带一个负电荷，结构
试卷第32页，共30页如图所示 ，氧与 结合都是通过配位键结合，则 乙酰丙酮锰
(Ⅲ)中含有 配位键，所含数目为6N ；乙酰丙酮锰(Ⅲ)中碳原子有两种，一种是双
A
键碳，一种是甲基中的碳，因此VSEPR模型是平面三角形和四面体；由于中心离子
采用 杂化，余下三个d轨道和四个电子，因此会有单电子，则乙酰丙酮锰
(Ⅲ)有顺磁性； 的价电子为 ，有四个单电子，基态原子中，与Mn同周期中，
还是四个单电子的是铁 。
（2）F电负性强，吸引电子能力强，使羧基大 键电子云密度减小， 酸性
增强，其次是氯， 次之，乙酸酸性最弱； 分子量高于
，范德华力强，同时Cl电负性小于F，对大 键电子云吸引程度弱，氧的电
子云密度大，形成分子间氢键强度大，沸点高。
（3）Mn(Ⅱ)位于 围成的八面体空隙中，图a中略大的球为Mn(Ⅱ)，周围小球为氯
离子，一个氯被两个Mn(Ⅱ)共用，根据均分，可得Mn(Ⅱ)： ，根据两个图可
知，Mn(Ⅱ)位于8个顶点、4个棱心、2个面心、1个体心，则Mn(Ⅱ)个数为
4个，再根据比例关系判断出有12个 ，因此该晶胞带电荷数
为 ；晶胞密度 。
16．（2023·福建泉州·统考模拟预测）白钨矿(CaWO )常伴生有方解石(CaCO)、茧石
4 3
(CaF )和氟磷灰石[Ca (PO )F]，具有良好的发光性，可用于生产苂光材料。
2 10 4 6 2
(1)已知元素W的原子序数为74，与元素Cr位于周期表的同一族，W在周期表中的位
置为_____。
(2)元素C、O、F的第一电离能由小到大的顺序为______，从原子结构角度解释______。
33 淘宝店铺：向阳百分百
学科网（北京）股份有限公司(3)CO 与PO 的中心原子杂化方式分别为______。
(4)CaWO 的晶胞结构如图1所示，隐去氧离子后的晶胞前视图如图2所示。
4
(1)晶胞中氧原子的数目为_____。
(2)1号Ca2+的分数坐标为_____。
【答案】(1)第六周期VIB族
(2) C＜O＜F 元素C、O、F电子层数相同，核电荷数依次增大，最外层电子
数增加，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，第一电离能逐渐增大
(3)sp2、sp3
(4) 16 (0， ， )
【详解】（1）Rn为86号元素为第六周期0族元素，则74号元素为第六周期ⅥB族，
答案为第六周期ⅥB族；
（2）C、O、F同周期从左往右电子层数不变而核电荷数逐渐增加，原子半径减小，原
子越来越难失电子，即第一电离能逐渐增大，C
