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专题17 物质结构与性质综合题
考向
命题趋势
物质结构与性质综合题
物质结构与性质是高考化学知识体系重要内容，对深入认识物质、
结构与性质的关系发挥重要作用。高考中试题以新结构、新功能物
质为基础命制试题，有利于开阔考生的科学视野，让考生通过试题
情境认识化学学科价值，突出新课改的基础性、应用性、综合性、
时代性的特征。近年高考考查角度有能层、能级、能量最低原理、
泡利原理、洪特规则、状态能量、第一电离能、第一电子亲和能、
键能、晶格能、电负性、晶胞密度计算、晶胞空间利用率、原子在
空间的三维坐标等。难点为晶体结构的分析与晶胞参数的计算。
1．（2024·全国甲卷）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)。
1
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【答案】（1）2 +4
（2）bd
（3）C
（4）SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，分子晶体
的相对分子量越大，分子间作用力越强，熔点越高
（5）6
【解析】（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，SnF4的熔点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4
属于分子晶体，离子晶体的熔点比分子晶体的高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，
分子间作用力依次增强，熔点升高，故原因为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4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
。
2．（2024·山东卷）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 。
2
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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）MnO2 降低 A
（3）正四面体形 sp2
（4）FDCA 形成的分子间氢键更多
【解析】（1）Mn 的原子序数为25，位于元素周期表第四周期ⅦB 族；基态Mn 的电子排布式为：
，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
MnO2；
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
低；CaO 中Ca 的化合价为+2 价、V2O5中V 的化合价为+5 价、Fe2O3中Fe 的化合价为+3、CuO 中Cu 的化
合价为+2，其中CaO 中Ca 的化合价下降只能为0，其余可下降得到比0 大的价态，说明CaO 不能通过这
种方式获得半导体性质；
（3）
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
3
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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。
3．（2024·浙江6 月卷）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 K3ClO K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O
（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H2O 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 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-
【解析】（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K3ClO；由图可知，Cl-的配位数为
=12；该
化合物可看成KCl∙K2O，故该化合物与足量NH4Cl 溶液反应生成KCl 和NH3∙H2O，反应的化学方程式为
K3ClO+2NH4Cl+H2O=3KCl+2NH3∙H2O。
（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；
4
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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；
HC
②
、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·浙江1 月卷）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 ＞
5
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【解析】（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NO2HS2O7，
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：
＞
；阴离子为
根据已知可知其结构式为
。
5．（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。
6
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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
【解析】（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
7
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原子形成四面体结构，因此，二聚体中A1 的轨道杂化类型为
。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的
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
AlF3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
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
。
6．（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
8
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四面体
（3） 1
【解析】（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
。
7．（2023·天津卷）铜及其化合物在生产生活中有重要作用。
（1）基态Cu 原子的价层电子排布式是 ，
与
相比较，离子半径较大的是 。
（2）铜的一种化合物的晶胞如图所示，其化学式为 。
（3）在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备
，写出该反应化学方程式： 。反应中，
H2O2实际消耗量大于理论用量的原因是 。H2O2电子式为 。
（4）上述制备反应中，下列物质均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是 (填序号)。
a．硝酸 b．
c．
（5）Cu2+和I-的反应可用于Cu 含量的定量分析。向CuCl2溶液中滴入KI 溶液，生成一种碘化物白色沉
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淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝。该白色沉淀的化学式为 。反应中KI 的作用为 。
【答案】（1）3d104s1 Cu+
（2）CuCl
（3）Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O 反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O 和O2
（4）b
（5）CuI 还原剂、沉淀剂
【解析】（1）已知Cu 是29 号元素，则铜的价层电子排布式是3d104s1，根据同一元素的微粒化合价高的离
子有效核电荷数多，半径越小，故Cu+与Cu2+中半径较大的是Cu+，故答案为：3d104s1；Cu+；
（2）由题干铜的一种化合物的晶胞图所示可知，一个晶胞中含有Cu+为4 个，含有Cl-个数为：
=4 个，故其化学式为CuCl，故答案为：CuCl；
（3）
在H2O2作用下，铜与浓盐酸的反应可用于制备CuCl2，根据氧化还原反应配平可得，该反应化学方程式
为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，由于反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O 和O2，导致反应中，H2O2
实际消耗量总是大于理论，H2O2为共价化合物，故其电子式为：
，故答案为：
Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；反应生成Cu2+能够催化H2O2分解为H2O 和O2；
；
（4）HNO3被还原生成NO 有毒，会污染环境，Cl2本身有毒也会污染环境，故上述制备反应中，下列物质
均可替代H2O2作氧化剂，最适合的是是O2，故答案为：b；
（5）Cu2+和I-的反应可用于Cu 含量的定量分析，向CuCl2溶液中滴入KI 溶液，生成一种碘化物白色沉
淀，且上层溶液可使淀粉溶液变蓝，说明反应生成了I2，根据化合价有升必有降的原理可知，反应中Cu 的
化合价降低到+1 价，故反应的离子方程式为：2Cu2++4I-═2CuI↓+I2，即该白色沉淀的化学式为CuI，反应中
KI 的作用为将Cu2+充分还原为CuI，故答案为：CuI；将Cu2+充分还原为CuI。
8．（2023·海南卷）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：
10
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（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
【解析】（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
；
a
②．
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；
11
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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。
9．（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）
【解析】（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
12
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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
。
10．（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：
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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 NnHn+2−2m(
，m 为正整数) ＜
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） CaCN2 6
【解析】（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NH3，两个氮的氮烷为N2H4，三个氮的氮烷为N3H5，四个氮
的氮烷为N4H6，设分子中氮原子数为n，其氮烷分子式通式为NnHn+2，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NnHn+2−2m(
，m 为正整数)；故答案为：NnHn+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CaCN2；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，同理上面也应该有3 个，本体中分析得到
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，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：CaCN2；6。
11．（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
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（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
【解析】（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
I1(O)>I1(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；
（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。
12．（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(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制
成。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)3的链状结构_______。
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（4） CF2=CF2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
于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。
（5）萤石(CaF2)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)3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
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<O<N<F，满足这一规律的图像为图a，气态基态正2 价阳离子失去1 个电子
生成气态基态正3 价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋
势也依次升高，但由于C 原子在失去2 个电子之后的2s 能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的
能量稍高，则满足这一规律的图像为图b，故答案为：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。
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（3）固体HF 中存在氢键，则(HF)3的链状结构为
。
（4）CF2=CF2中C 原子存在3 对共用电子对，其C 原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE 中C 原
子存在4 对共用电子对，其C 原子为sp3杂化；由于F 元素的电负性较大，因此在与C 原子的结合过程中
形成的C-F 键的键能大于聚乙烯中C-H 的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越
稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：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）根据萤石晶胞结构，浅色X 离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1 个晶胞中浅色X 离子共有8×
+6×
=4 个，深色Y 离子分布在晶胞内部，则1 个晶胞中共有8 个深色Y 离子，因此该晶胞的化学式应为
XY2，结合萤石的化学式可知，X 为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8 个相等的小正方体，仔细观察CaF2的
晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8 个小立方体的体心，小立方体边长为
，体对角线为
，Ca2+与F-之
间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为
a pm，故答案为：Ca2+、
a pm。
13．（2022·全国乙卷）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a.
b.
c.
d.
（2）①一氯乙烯
分子中，C 的一个_______杂化轨道与Cl 的
轨道形成
_______键，并且
Cl 的
轨道与C 的
轨道形成3 中心4 电子的大
键
。
②一氯乙烷
、一氯乙烯
、一氯乙炔
分子中，
键长的顺序是_______，理
由：(ⅰ)C 的杂化轨道中s 成分越多，形成的
键越强：(ⅱ)_______。
（3）卤化物
受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X 和红棕色液体Y。X 为_______。解释X 的
熔点比Y 高的原因_______。
（4）
晶体中
离子作体心立方堆积(如图所示)，
主要分布在由
构成的四面体、八面体等空隙
中。在电场作用下，
不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，
晶体在电池中可作为
_______。
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已知阿伏加德罗常数为
，则
晶体的摩尔体积
_______
(列出算式)。
【答案】（1） ad d
（2） sp2 σ 一氯乙烷>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3px轨道形成C-Clσ 键。
C
②
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3px轨道与C 的2px轨道形成3 中心4 电子的大π 键(
)，一氯乙炔中Cl
的3px轨道与C 的2px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
氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。
（3）CsICl2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
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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Vm=
=
=
m3/mol。
14．（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：
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①该超导材料的最简化学式为_______；
Fe
②
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 ＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeO
的空间构型为三
角锥形
（2） 11:3 O＞C＞H＞Fe
（3） sp3杂化 H2O
（4） KFe2Se2 4
【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KFe2Se2；
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；
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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=
。
15．（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H2O 分子形成分子间氢键 吡啶和H2O 均为极性分子相似相溶，而苯为
非极性分子
（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
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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，NH3个数为：
=2，苯环个数为：
=2，则该晶胞的化学式为：
，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，H2O 分子为极性分子，且吡啶中N 原子上含有孤电子对能与H2O 分子形
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H2O 分子形成分子间氢
键；吡啶和H2O 均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3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：
＞
＞
，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：
，故答案为：
。
16．（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。
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（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H2O，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
四面体形，H2O 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
（3）配位键、氢键
（4） 6
×1021
（5）由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O 分解生成FexOy的反应为吸热反应，
放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SO3与H2O 反应生成H2SO4
【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H2O，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面体形，H2O 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；
24
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（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，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O 分解生成FexOy的反应为吸热反应，
放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SO3与H2O 反应生成H2SO4，所以以FeS2
为燃料，配合FeSO4·H2O 可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可
知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O 分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出
的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O 反应生成H2SO4。
17．（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__；OF2分子的空间构型为__；OF2的熔、沸点__(填“高于”或“低
于”)Cl2O，原因是___。
（3）Xe 是第五周期的稀有气体元素，与F 形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为
___，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d
（4）XeF2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XeF2分子。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 OF2和Cl2O 都是分子晶体，结构相似，Cl2O 的
相对分子质量大，Cl2O 的熔、沸点高 （3）5 D （4）2 (0，0，
)
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pm
【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OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O 都是分子晶体，结构相似，Cl2O 的相对分子质量大，Cl2O
的熔、沸点高；
（3）XeF2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
式应为sp3d；
（4）图中大球的个数为
，小球的个数为
，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe 原
子，小球是F 原子，该晶胞中有2 个XeF2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。
18．（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：
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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）SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量
依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3 N>C>H 54 （3）O
Mg2GeO4 =
×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，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增
大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子
对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子
质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
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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Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：
=abc×10—21×ρ，解得ρ=
×1021g/cm3，故答案为：
×1021。
19．（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）H2S、CH4、H2O 的沸点由高到低顺序为_______。
（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。
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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Mr，则X 晶体的密度为_______g/cm3(列出算式)。
【答案】（1）3s23p4 （2）H2O>H2S>CH4 （3）六 （4）AD （5）化合物III （6）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 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）H2S、CH4、H2O 均为分子晶体，H2O 分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相
对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故答案为：H2O>H2S>CH4。
（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；
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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
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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：
。
20．（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_________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si 采取的杂化类型为_______。SiCl4可发生水解反
应，机理如下：
含s、p、d 轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si 采取的杂化类型为
________（填标号）。
（2）CO2分子中存在_______个
键和______个
键。
（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是________。
（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/ZrO2固溶体。四方
ZrO2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
为______g·cm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO 后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则
y=________（用x 表达）。
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【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；SiCl4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，SiCl4(H2O)中Si
原子的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）CO2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CO2分子中含有2 个δ 键和2
个π 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ZrO2微粒，1 个晶胞
的质量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ZrO2中掺杂少量
ZrO 后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn 元素为+2 价，Zr 为+4 价，O 元素为-2 价，根据
化合物化合价为0 可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：
；2-x。
21．（2021·河北卷）KH2PO4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KH2PO4晶体已
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KH2PO4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)。
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（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N2、而白磷以P4(结构式可表示为
)形式存在的原因是___。
（4）已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为___，其中P 采取___杂化方式。
（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H2PO 和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是
H2PO 、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NA，晶体的密度__g•cm-3(写出表达式)。
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，N2比N4具有更低的能
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量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 （4）
sp3 （5）SiF4、SO2F2等
（6）
（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N4分子，可以释放出的能量
为193kJ6=1158kJ；若6mol N 形成N2分子，则可释放的能量为946kJ2=1892kJ，显然，形成N2分子放出
的能量更多，故在N 数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若6mol P 形成
分子，可以释放出的能量为197kJ6=1182kJ；若6mol P 形成P2分子，则可释放的能量为489kJ2=978kJ，
显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P 数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。
（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SiF4、SO2F2等。
（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(HPO3)n，其失去
后得到相应的酸根，故该酸根
可写为
。
（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
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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。
22．（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)。
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【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
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，则金属原子的体积为
，故金属原子空间占有率=
%，故答案为：Al；
。
23.（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(I1)如表所示。I1(Li)> I1(Na)，原因是_________。I1(Be)>
I1(B)> I1(Li)，原因是________。
（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）LiFePO4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
共顶点、共棱形成空间链结构。每个晶胞中含有LiFePO4的单元数有____个。
电池充电时，LiFeO4脱出部分Li+，形成Li1−xFePO4，结构示意图如(b)所示，则x=_______，
n(Fe2+ ) n(Fe
∶
3+)=_______。
【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
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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，LiFePO4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
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LiFePO4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
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
LiFePO4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
式为LiFePO4，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LiFePO4单
元。对比(a)和(b)两个晶胞结构示意图可知，Li1-xFePO4相比于LiFePO4缺失一个面心的Li+以及一个棱心的
Li+；结合上一个空的分析可知，LiFePO4晶胞的化学式为Li4Fe4P4O16，那么Li1-xFePO4晶胞的化学式为
Li3.25Fe4P4O16，所以有
即x=0.1875。结合上一个空计算的结果可知，Li1-xFePO4即Li0.8125FePO4；
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Li1-xFePO4中
。
24.（2020·新课标Ⅱ）钙钛矿(CaTiO3)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
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，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因
是____________。
化合物
TiF4
TiCl4
TiBr4
TiI4
熔点/℃
377
24.12
﹣
38.3
155
（3）CaTiO3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
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)。
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（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）. TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，
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++I2=2Eu3++2I−
【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，TiF4是离子晶体，其余三种则为分
子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，
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）CaTiO3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
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
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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I2+ 2Eu2+= 2Eu3++ 2I-。
25.（2020·新课标Ⅲ）氨硼烷(NH3BH3)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
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）NH3BH3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
氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+
+9H2，
的结构如图所示：
在该反应中，B 原子的杂化轨道类型由________________变为_____________________。
（3）NH3BH3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
序是___________________________________。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_________(写分子
式)，其熔点比NH3BH3____________(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在
____________________，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NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 （1）. B Si(硅) （2）. 配位 N sp3 sp2 （3）. N＞H＞B
CH3CH3 低 (10). Hδ+与Hδ−的静电引力 （4）.
【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。
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（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NH3中，N 原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B 键为配位键，其电子对由N 原子提
供。NH3BH3分子中，B 原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生
成氢气和B3O6
3-，由图中信息可知，B3O6
3-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，B 原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。
（3） NH3BH3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
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。NH3BH3分子中有8 个原
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
CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极
性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的
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。
26.（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
【(NH4)3Fe(C6H5O7)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）NH3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）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）. CH4或SiH4 （4）. 7
【解析】
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（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H2O 中O 原子
有孤对电子，因此[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是O。
（2）NH3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
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CH4或SiH4。
（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。
27.（2020·山东卷）CdSnAs2是一种高迁移率的新型热电材料，回答下列问题：
（1）Sn 为ⅣA 族元素，单质Sn 与干燥Cl2反应生成SnCl4。常温常压下SnCl4为无色液体，SnCl4空间构型
为_____________，其固体的晶体类型为_____________。
（2）NH3、PH3、AsH3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
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CdSnAs2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。
坐标
原子
x
y
z
Cd
0
0
0
Sn
0
0
0.5
As
0.25
0.25
0.125
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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)。CdSnAs2 晶体中与单个Sn 键合的As 有___________个。
【答案】 （1）. 正四面体形； 分子晶体 （2）. NH3、AsH3、PH3 AsH3、PH3、NH3 NH3、PH3、
AsH3
（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SnCl4为液体，故SnCl4为分子晶体；SnCl4分子中中心原子的孤电
子对数=
=0，
键电子对数为4，价层电子对数为4，故SnCl4分子的空间构型为正四面体
形；
（2）NH3、PH3、AsH3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
高，但是NH3分子间能形成氢键，故这三种物质的沸点NH3＞AsH3＞PH3；N、P、As 这三种元素位于元素
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AsH3＞PH3＞
NH3；NH3、PH3、AsH3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
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NH3
＞PH3＞AsH3；
（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—NO2那个不
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，
CdSnAs2晶体中与单个Sn 结合的As 有4 个。
28.（2020·天津卷）Fe、Co、Ni 是三种重要的金属元素。回答下列问题:
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（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NA，则CoO 晶体的密度为______g
cm
﹒
-3：
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C12反应，其中Co 和为Ni 均生产二氯化物，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性
由强到弱的顺序为____________________________，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的
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H2SO4反应很慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2SO4和HNO3的混酸与Ni 反应制备NiSO4。为
了提高产物的纯度，在硫酸中添加HNO3的方式为______________(填“一次过量”或“少量多次”)，此法
制备NiSO4的化学方程式为_______________________。
【答案】 （1）. 第四周期第VIII 族 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2 （2）.
NiO＞CoO＞FeO （3）. CoCl3＞Cl2＞FeCl3 2Co(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O
（4） 随H2SO4质量分数增加，Ni 表面逐渐形成致密氧化膜 少量多次
3Ni ＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O 或Ni＋H2SO4＋2HNO3＝NiSO4＋2NO2↑＋2H2O
【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）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
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，设阿伏加德罗常数的值为NA，则CoO 晶体的密度为
；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Cl2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FeCl3，氧化剂
的氧化性大于氧化产物氧化性，因此氧化性：Cl2＞FeCl3，氯气与Co 和为Ni 均生产二氯化物，说明氯气的
氧化性比CoCl3弱，由此推断FeCl3、CoCl3和Cl2的氧化性由强到弱的顺序为CoCl3＞Cl2＞FeCl3，Co(OH)3
与盐酸反应有黄绿色气体生成，发生氧化还原反应生成Cl2、CoCl2、H2O，其离子方程式：2Co(OH)3＋
6H+＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋6H2O；故答案为：CoCl3＞Cl2＞FeCl3；2Co(OH)3 ＋6H+ ＋2Cl－＝Cl2↑＋2Co2+＋
6H2O。
（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H2SO4 质量分数增加，Ni 表面逐渐形成致密氧化膜。工业上选用H2SO4 和HNO3 的混酸与Ni
反应制备NiSO4。为了提高产物的纯度，根据Ni 与H2SO4 反应很慢，而与稀硝酸反应很快，因此在硫酸中
少量多次添加HNO3 的方式来提高反应速率，反应生成NiSO4、H2O，根据硝酸浓度不同得到NO 或NO2，
此法制备NiSO4 的化学方程式为3Ni＋3H2SO4＋2HNO3 ＝NiSO4＋2NO↑＋4H2O 或Ni＋H2SO4＋2HNO3 ＝
NiSO4＋2NO2↑＋2H2O。
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