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第五章 物质结构与性质 元素周期律
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 B 11 N 14 O 16 Si 28 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64
一、选择题(每小题只有一个正确选项，共15×3 分)
1．（原创题）下列符号表征错误的是
A．HCl 中共价键的电子云图：
B．基态30Zn 原子的价层电子排布式：
C．H2O 的价层电子对互斥(VSEPR)模型：
D．电子式表示MgCl2形成过程：
【答案】A．HCl 中H 的s 能级电子，其电子云轮廓图呈球形，Cl 原子的p 能级电子，其电子云轮廓图呈
哑铃形，二者形成s-pσ 键，原子轨道头碰头方式重叠，故该键的电子云图为
，A 错误；B．锌是
30 号元素，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s2，价电子排布式为3d104s2，B 正确；C．H2O 中心O 原子价
层电子对数为
，O 原子采用sp3杂化，O 原子上含有2 对孤电子对，价层电子对互斥(VSEPR)
模型：
，C 正确； D．MgCl2为离子化合物，用电子式表示其形成过程时，应该是Mg 失去电子，
Cl 得到电子：
，D 周期；答案选A。
2．（原创题）从微观视角探析物质结构及性质是学习化学的有效方法。下列实例与解释不符的是
选
项
实例
解释
A
酸性：F-CH2COOH＞Cl-CH2COOH
电负性：F＞Cl
B
冰的熔点高于干冰
分子间作用力不同
C
干冰在工业上广泛用作制冷剂
一个CO2分子周围有12 个紧邻分子，干冰中
CO2分子的空间利用率高
D
将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中析
出深蓝色晶体
乙醇极性较小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】C
【解析】A 项，酸性F-CH2COOH＞Cl-CH2COOH 是因为电负性：F＞Cl，A 不符合题意；；B 项．冰分子间
存在氢键和范德华力，干冰分子间只存在范德华力，二者作用力类型不同，作用力强度不同，B 不符合题
1
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意；C 项，在工业上干冰广泛用作制冷剂是因为干冰升华吸热，与其空间利用率无关，与解释不相符，C
符合题意；D 项，将95%乙醇加入[Cu(NH3)4]SO4溶液中析出深蓝色晶体，原因是乙醇分子的极性小，加入
乙醇后溶剂的极性减小，降低了[Cu(NH3)4]SO4的溶解，故D 不符合题意；故选C。
3．（2025·广东清远·期末）科技为新质生产力的发展赋能。下列说法正确的是
A．隐身舰载战斗机“歼一35”使用的燃料煤油属于可再生能源
B．“有源相控阵雷达”使用的氮化硅属于分子晶体
C．“奋斗者号”的钛合金材料中的Ti 位于元素周期表ds 区
D．“深地塔科”钻探井使用金刚石钻头，金刚石与石墨互为同素异形体
【答案】D
【解析】A．煤油是石油分馏产物，属于不可再生能源，A 错误；B．氮化硅（Si3N4）是原子晶体（高熔
点、高硬度），而非分子晶体，B 错误；C．Ti 的原子序数为22，位于周期表d 区（第IVB 族），ds 区包
含IB 和IIB 族，C 错误；D．金刚石和石墨均为碳的同素异形体，D 正确；故选D。
4．（2025·四川成都·二模）羟胺(NH2OH)与亚硝酸(HNO2)可发生反应生成N2O。该反应可能经历如下历
程：
下列说法正确的是
A. 该反应经历了两次脱水，均属非氧化还原反应
B. 键角：
C. 酸性：NH2OH>HNO2
D. 用
标记的
与末标记的NH2OH 反应，可得到
和
【答案】D
【解析】羟胺(NH2OH)与亚硝酸(HNO2)可发生反应生成N2O，由历程图可知，羟胺失去2 个H，硝酸失去1
个O，脱去1 分子水，形成HO—N=N—OH，HO—N=N—OH 再脱去1 分子水形成N2O。A．由NH2OH(N
的化合价为 −1) 与HNO2 (N 的化合价为 +3) 生成HO—N=N—OH（N 的化合价为 +1），第一次脱水为氧
化还原反应，N2O ( N 化合价为 +1) ，第二次脱水为非氧化还原反应，A 错误；B．N2O 与CO2互为等电子
体，为sp 杂化，分子呈直线形结构，∠NNO =180°；而 NH2OH 分子中氮原子为sp3杂化，类似氨分子的
三角锥构型，∠ONH 远小于 180°，B 错误；C．HNO2 的酸性远强于NH2OH（类似于NH3，具有弱碱
性），C 错误；D．由历程分析可知，若用带
15N 标记的 H15NO2 与不带标记的 NH2OH 反应，可得到
15NNO 和N15NO，D 正确；故选D。
5．（2025·四川南充·模拟）化合物甲是一种大规模生产的化工产品，甲在水中能持续不断地产生次氯酸和
化合物乙，因此广泛用于游泳池水消毒等。下列说法正确的是
2
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A．第一电离能：O>N>H B．HClO 分子的空间结构为V 形
C．基态原子核外未成对电子数：C< Cl D．反应过程中C、N 原子的杂化方式发生了变化
【答案】B
【解析】A．N 的第一电离能比O 的大，A 错误；B．HClO 的结构式为H—O—Cl，O 为sp3杂化，空间结
构为V 形，B 正确；C．基态C 原子核外未成对电子数为2，基态氯原子核外未成对电子数为1，则基态原
子核外未成对电子数：C>Cl，C 错误；D．甲、乙中C 原子杂化方式均为sp2，N 原子杂化方式均为sp3，
甲生成乙的过程中C、N 原子杂化方式不变，D 错误。
6．（2025•四川达州渠县中学•二模）下图示中，图1 是8羟基喹啉，图2 用高分辨原子力显微镜观察到的
聚集的8羟基喹啉图像，图3 聚集的分子结构模型。下列有关说法正确的是
A. 图1 中，每个8羟基喹啉分子中含有5 个π 键 B. 对比图2 可验证8羟基喹啉分子间存在氢键
C. C、N、O 的第一电离能依次增大 D. 原子力显微镜可直接观测到氢键的本质
【答案】B
【解析】A．苯环中为大π 键，含氮杂环中含有两个碳碳双键，因此每个8羟基喹啉分子中未含有3 个π
键，故A 错误；B．根据图示，8-羟基喹啉分子间存在O—H···N、O—H···O 等氢键，故B 正确；．C、
N、O 位于同周期，其第一电离能随着原子序数递增，总的趋势是变大，但N 的2p 层电子半充满，导致其
第一电离能大于O，C、O、N 的第一电离能依次增大，故C 错误；D．根据题意可知，通过原子力显微镜
观测在铜单晶表面吸附组装的8-羟基喹啉分子，获得原子级分辨的分子化学骨架结构图象，并清晰观察到
分子间存在的氢键作用，并不是直接观测到氢键的本质，故D 错误；故答案选B。
7．（2025•四川宜宾•二模）物质结构决定性质。下列物质的性质差异与对应主要结构因素没有紧密关联的
是
选项
性质差异
主要结构因素
A
密度：干冰
冰
分子空间结构
B
硬度：金刚石>石墨
碳原子排列方式
C
沸点：正戊烷>新戊烷
支链数目
3
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D
冠醚识别Na+的能力：15-冠-5>12-冠-4
冠醚空腔直径
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】A
【解析】A．干冰、冰均是分子晶体，冰中水分子间含有氢键，分子非密堆积，干冰中二氧化碳采取密堆
积，故密度比冰大，A 错误；B．金刚石是共价晶体，粒子间作用力为共价键，石墨是混合晶体，层状结
构，层内碳原子间是共价键，层间是分子间作用力，由于共价键强于分子间作用力，故金刚石硬度远大于
石墨，性质差异与结构因素匹配正确，B 正确；C．正戊烷是直链结构，新戊烷有支链，支链越多，分子
间作用力越小，故沸点：正戊烷( 36.1 C)
∘
高于新戊烷( 9.5 C)
∘
，性质差异与结构因素匹配正确，C 正确；
D．15-冠-5 空腔的直径与Na+的直径相当，12-冠-4 空腔的直径小于Na+的直径，所以识别Na+的能力与冠
醚空腔直径有关联，D 正确； 故选A。
8．（2025·广东汕头·期中）冠醚是一类皇冠状的分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。
18- 冠-6 可以通过图示方法制备。下列说法错误的是
A．18-冠-6 分子中 C、O 都采用 sp3 杂化
B．18-冠-6 和碱金属离子通过离子键形成超分子
C．冠醚的空穴结构对离子有选择作用，在有机反应中可作催化剂
D．制取方法中（1）为取代反应，另一种产物为HCl
【答案】B
【解析】A．18-冠-6 分子中O 原子形成2 个σ 键，还有2 个孤电子对，O 原子为sp3 杂化，C 原子形成4 个
σ 键、没有孤电子对，C 原子为sp3 杂化，A 正确；B．18-冠-6 和碱金属离子通过配位键作用形成超分
子，B 错误；C．冠醚分子，可有不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子，对离子有选择作用，在有
机反应中可作催化剂，C 正确；D．由（1）的反应特点可知，其为取代反应，生成18-冠-6 分子和HCl，D
正确；故答案选B。
9．(2025 年1 月•“八省联考”四川卷)下列对有关物质结构或性质的解释不合理的是
选项
实例
解释
A
POCl3和PCl4
+的空间结构
都是四面体形
POCl3和PCl4
+中P 原子轨道的杂化类型均为sp3
B
NO2
+、NO3
-、NO2
-的键角
依次减小
孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的
斥力
4
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C
SiF4、SiCl4、SiBr 4、SiI4
的沸点依次升高
SiX4均为分子晶体，随着相对分子质量增大，范德华力增
大
D
邻硝基苯酚的熔点低于对
硝基苯酚
前者存在分子内氢键，后者存在的分子间氢键使分子间作
用力大于前者
【答案】B
【解析】A 项，POCl3的中心P 原子价层电子对数是4+
=4，因此采用sp3杂化，空间结构为四面
体形；PCl4
+的中心P 原子价层电子对数是4+
=4，因此也是采用sp3杂化，空间结构为四面体形，A
正确；B 项，NO2
+的中心N 原子价层电子对数是2+
=2，无孤对电子，因此N 采用sp 杂化，空间
结构为直线形，键角为180°；NO3
-的中心N 原子价层电子对数是3+
=3，无孤对电子，因此N 采
用sp2杂化，空间结构为平面三角形，键角为120°；NO2
-的中心N 原子价层电子对数是2+
=3，有
1 对孤对电子，因此N 采用sp2杂化，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，
导致其键角小于120°，NO2
+、NO3
-、NO2
-的键角依次减小，这不仅与与孤电子对与成键电子对的作用力有
关，也与中心N 原子的杂化类型有关，B 错误；C 项，SiX4均为分子晶体，分子之间以分子间作用力结
合。随着物质分子的相对分子质量增大，范德华力逐渐增大，因此SiF4、SiCl4、SiBr 4、SiI4的熔沸点逐渐
升高，C 正确；D 项，对硝基苯酚的分子间不仅存在范德华力，还存在氢键，使其熔沸点升高；而邻硝基
苯酚分子内存在氢键，分子之间只存在范德华力，使物质的熔、沸点比存在分子间氢键的对硝基苯酚低，
故物质的沸点：邻硝基苯酚的熔点低于对硝基苯酚，D 正确；故选B。
10．（2025•四川宜宾•二模）邻二氮菲（白色粉末）是一种重要的配体，与
发生如下反应：
产物是橙红色配合物，常用于测定微量
的浓度。下列说法正确的是
A. 配离子中6 个氮原子处于同一平面
B. 邻二氮菲是吡啶（
）的同系物
C. 氮原子用
轨道中的孤电子对与
形成配位键
D. 形成配合物后
中部分能级之间的能量差发生了变化
【答案】D
5
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【解析】A．每个邻二氮菲分子作为配体，通过两个氮原子与Fe2+配位，由于配位结构的对称性，三个邻
二氮菲分子的六个氮原子分布在不同的空间位置，而非同一平面，A 错误；B．邻二氮菲和吡啶虽然都含
氮杂环，但结构差异显著，吡啶是单环结构，两者不满足同系物的定义，B 错误；C．邻二氮菲中的氮原
子为sp2杂化，孤电子对位于sp2杂化轨道中，而非纯p 轨道，形成配位键时，氮原子通过sp2杂化轨道中的
孤电子对与Fe2+的空轨道形成配位键，C 错误；D．Fe2+在自由离子状态下，d 轨道能量相同，当与邻二氮
菲形成配位键时，d 轨道能量发生改变，从而改变能级间的能量差，D 正确；故选D。
11．镍二硫烯配合物基元的COFs 材料因具有良好的化学稳定性、热稳定性和导电性而应用于电池领域。
一种基于镍二硫烯配合物的单体结构简式如下图所示，下列关于该单体的说法不正确的是
A．Ni 属于d 区元素 B．S 与Ni 形成配位键时，S 提供孤电子对
C．组成元素中电负性最大的是O D．醛基中C 原子的价层电子对数为4
【答案】D
【解析】A 项，Ni 为28 号元素，价层电子排布式为3d84s2，属于d 区元素，A 正确；B 项，S 与Ni 形成配
位键时，Ni 提供空轨道，S 提供孤电子对，B 正确；C 项，组成元素H、C、O、S、Ni 中，电负性最大的
是O，C 正确；D 项，醛基中含有碳氧双键，中心C 原子采取sp2杂化，价层电子对数为3，不含孤电子对，
D 错误；故选D。
12．（2025•四川泸县五中•二模）被誉为“矿石熊猫”的香花石，是由我国地质学家首次发现，它由前20
号元素中的6 种主族元素组成，其化学式为Y2X3(ZWR4)3T2，其中X、Y、Z 为金属元素，Z 的最外层电子
数与次外层电子数相等，X、Z 位于同一主族，Y、Z、R、T 位于同一周期，R 元素原子的最外层电子数是
次外层电子数的3 倍，T 无正价，X 与R 的原子序数之和是W 的2 倍。下列说法错误的是（ ）
A. 原子半径：Y＞Z＞R＞T
B. 气态氢化物的稳定性：W＜R＜T
C. 最高价氧化物对应水化物的碱性：X＞Z
D. XR2、WR2两种化合物中R 的化合价相同
【答案】D
【解析】根据题给信息可知，X、Y、Z、R、W、T 分别为钙、锂、铍、氧、硅、氟。A．Y、Z、R、T 位
于同一周期，元素的原子半径从左向右逐渐减小，故A 正确；B．非金属性：F＞O＞Si，则气态氢化物的
稳定性：SiH4＜H2O＜HF，故B 正确；C．钙元素比铍元素的金属性强，则最高价氧化物对应水化物的碱
性：Ca(OH)2＞Be(OH)2，故C 正确；D．CaO2、SiO2中氧(即R)的化合价分别为−1、−2，故D 错误。综上
所述，答案为D。
13．（2025•四川达州•二模）氧化亚铜(Cu2O)是一种重要的无机化工原料，可应用于陶瓷、玻璃和有机合
成催化剂等领域。有研究表明，Cu2O/H2O 体系可以很好地催化叠氮和端炔的反应，反应机理如图1 所示
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（含氦五元环为平面结构）。催化剂立方Cu2O 晶胞如图2 所示。
下列说法正确的是
A. N、O、Cu 的第一电离能从大到小的顺序是O＞N＞Cu
B. 由图1，该反应前后，2 号氮原子的杂化轨道类型从sp2转化sp3
C. 由图2，Cu+
配位数为2
D. 由图2，若不同微粒间的最小核间距为apm，则晶体密度为
【答案】C
【解析】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但N 的2p 轨道半充满，则N 的第一电离能大
于O，Cu 是金属元素，第一电离能最小，则N、O、Cu 的第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞Cu，A 不
正确；B．由图1，该反应前，2 号氮原子的孤电子对数为
=0，形成2 个σ 键，价层电子对数为
2，发生sp 杂化，反应后，2 号N 原子的孤电子对数为1，形成2 个σ 键，价层电子对数为3，发生sp2杂
化，B 不正确；C．在Cu2O 晶胞中，Cu+与O2-的个数比为2:1，O2-的配位数为4，则Cu+的配位数为2，C
正确D．由图2，若不同微粒间的最小核间距为apm，则体对角线的长度为4apm，晶胞边长为
pm，在
晶胞中含有O2- 的数目为
=2 ，含Cu+ 的数目为4 ，则晶体密度为
=
，D 不正确；故选C。
14．（2025•四川遂宁射洪中学•二模）M、W、X、Y、Z 是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其
原子序数之和为31；其中Y 的核外s 能级电子数等于p 能级电子数，X 的核外电子有4 种空间运动状态；
五种主族元素组成的化合物Q 的结构如图所示。下列说法错误的是
A. 原子半径：X>Y>Z
B. Y 元素组成的最常见单质和M 的单质，在加热条件下生成的化合物中只含离子键
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C. Q 的结构存在配位键，除M 外的原子最外层均满足8 电子稳定结构
D. 含X、Y、Z 等元素的化合物
具有较高的熔沸点
【答案】D
【解析】M、W、X、Y、Z 是五种原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y 的核外s 能级电子数等于
p 能级电子数，电子排布式为1s22s22p4，Y 为O；X 的核外电子有4 种空间运动状态，电子排布式为
1s22s22p2，X 为C；M 形成+1 价阳离子，故为Li；Z 形成1 对共用电子对， W 形成4 对共用电子对，但Q
中阴离子带1 个单位负电荷，W 为B，原子序数之和为31，31-3-5-6-8=9，Z 为F，据此分析；A．同周期
从左到右原子半径依次减小，故原子半径：X(C)>Y(O)>Z(F)，A 正确；B．Y 元素组成的最常见单质O2和
M 的单质Li，在加热条件下生成的化合物Li2O 中只含离子键，B 正确；C．Q 的阴离子中硼原子与O、F
原子形成的4 个共价键中有1 个是配位键，M 为Li 满足2 电子稳定结构，其他原子最外层均满足8 电子稳
定结构，C 正确；D．含X、Y、Z 等元素的化合物属于有机化合物，具有较低的熔沸点，D 错误； 故选
D.
15．（2025•成都石室中学•二模）MgO 具有NaCl 型晶体结构，其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，
其结构如图所示，已知晶胞参数a=0.42nm，下列说法不正确的是
A.
位于
构成的八面体空隙中
B. 阴离子半径
C. 晶体的密度为
D. 若将
换为
，晶胞参数变为0.448nm，则
【答案】C
【解析】A．由图可知，Mg2+位于晶胞的体心，O2-位于面心，Mg2+位于六个O2-构成的八面体空隙中，A 正
确；B．由图可知，因为O2-是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2-半径的4 倍，即
，解得
，B 正确；C．根据图示，MgO 晶胞中Mg2+的个数为
，O2-的个数
为
，则晶体的密度为
，C 错误；D．MnO 也属于NaCl 型晶体结
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构，根据晶胞的结构，晶胞的棱长是
，解得
，D 正
确。故选C。
二、非选择题(共4 小题，共55 分)
16．(14 分）（2025·四川成都·模拟预测）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”，直到近
年来人们才研究出来其成分为
，还含有微量硫元素，硫来自天然钡矿BaSO4。合成“中国蓝”
的原料有BaCO3、孔雀石
和沙子。回答下列问题：
（1）氧元素在元素周期表中的位置 ，基态Cu2+的价电子轨道表示式为 。
（2）
的发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，其配位原子是 。
（3）SO 中心原子的杂化轨道类型为 ，O—S—O 的键角为 。
（4）CO 为平面结构，其成键方式可看作碳(C)原子的一个
轨道和两个
轨道形成了 个
杂化
轨道，再与三个氧(O)的价层轨道形成了 。CO 和SO2的中心原子均为
杂化，但O—C—O 的键角
大于O—S—O 的键角，其原因是 。
（5）在硅酸盐中
四面体可以图示为
，
的结构式是
可表示图
示为
，
的图式为
，其结构式是 。
【答案】（1）第二周期ⅥA 族 (2 分)
(1 分)
（2）O(或氧) (2 分)
（3）sp3 (1 分) 109°28′ (1 分)
（4）3 (2 分) 三个σ 键 (1 分) CO 的中心原子上无孤对电子，SO2的中心原子上有一对孤对电
子，含有较大斥力，使键角变小 (2 分)
（5）
(2 分)
【解析】（1）氧为8 号元素，在元素周期表中的位置第二周期ⅥA 族，铜为29 号元素，失去2 个电子形
成铜离子，Cu2+的价电子轨道表示式为
；
（2）Cu2+提供空轨道，而氧能提供孤电子对，两者形成配位键，故配位原子为O；
（3）SO 的中心原子S 原子的价层电子对数为
，为sp3杂化，空间构型为正四面体形，故O
—S—O 的键角为109°28′；
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（4）CO 号为平面结构，其成键方式可看作碳(C)原子的一个2s 轨道和两个2p 轨道形成了3 个sp2杂化轨
道，再与三个氧(O)的价层轨道头碰头形成了三个σ 键；CO 的中心原子上无孤对电子，SO2的中心原子上
有一对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，使键角变小，导致O—
C—O 的键角大于O—S—O 的键角；
（5）由图可知，
中每个硅形成4 个共价键，且其中3 个硅、3 个氧形成六元环，另每个硅原子还
有2 个未成环的氧，图示为：
。
17．(14 分)(2025•天津市•二模)碳族元素的单质及化合物在生产中有许多重要用途，请回答下列问题：
（1）基态碳原子核外有______种不同空间运动状态的电子，其中占据最高能级的原子轨道的形状是
_________(填名称)。
（2）已知SiH4和Si3N4中硅元素均为+4 价，则H、N、Si 的电负性由大到小的顺序为 ____________ 。
（3）写出Ge 的基态原子最外层电子轨道表示式：__________________ 。
（4）氮化硅(Si3N4)是一种高温结构陶瓷，其部分空间结构如图所示，结构中每个原子杂化类型相同且均达
到8 电子稳定结构，氮化硅(Si3N4)的晶体类型是 ____________ ，请比较该晶体结构中键角大小：N—Si—
N ______ Si—N—Si(填“＞”、“＜”或“＝”)。
（5）如图表示固态SnCl2形成一维链状聚合的结构，在分子结构中已标出所含的配位键，SnCl2气态时以
单分子形式存在。则固体分子及气体分子中Sn 的杂化轨道类型分别为 ______ 、______ 。
（6）(CH3NH3)PbI3的晶胞结构如图所示：其中B 代表Pb2+，则______代表I﹣。
【答案】（1）4 (1 分) 哑铃形 (1 分) （2）N＞H＞Si (2 分)
（3）
(2 分) （4）共价晶体 (2 分) ＞ (2 分)
（5）sp3 (1 分) sp2 (1 分) （6）C (2 分)
【解析】（1）碳原子核外电子排布式为1s22s22p2，核外电子空间运动状态由原子轨道决定，则基态碳原子
10
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核外有4 种不同空间运动状态的电子；碳原子核外电子所占据最高能级为2p 能级，2p 能级原子轨道的形
状是哑铃形，故答案为：4；哑铃形；
（2）SiH4和Si3N4中硅元素均为+4 价，电负性越大，对键合电子吸引越大，电负性大的元素表现负化合
价，则电负性：H＞Si、N＞Si，而NH3中N 元素表现负价，可知电负性：N＞H，则电负性：N＞H＞Si，
故答案为：N＞H＞Si；
（3）基态Ge 原子最外层电子排布式为4s24p2，结合泡利原理、洪特规则，可知最外层电子轨道表示式为
，故答案为：
；
（4）氮化硅(Si3N4)是一种高温结构陶瓷，N 原子与Si 原子以共价键结合向空间延伸空间立体网状结构，氮
化硅(Si3N4)的晶体类型是共价晶体；N、Si 原子都采取sp3杂化，N 原子有1 对孤电子对，Si 原子没有孤电
子对，孤电子对对成键电子对的排斥力更大，则键角大小：N—Si—N＞Si—N—Si，故答案为：共价晶
体；＞；
（5）固体SnCl2分子中Sn 原子价层电子对数为4，Sn 原子采取sp3杂化，而气体SnCl2分子中Sn 原子价层
电子对数为3，Sn 原子采取sp2杂化，故答案为：sp3；sp2；
（6）晶胞中，A 球数目＝8×1
8 =1，C 原子数目＝6×1
2 =3，B 球数目为1，其中B 代表Pb2+，由化学式
(CH3NH3)PbI3，可知A 球代表CH3NH3、C 球代表I﹣，故答案为：C。
18．（13 分）（2025·四川眉山·模拟）铁元素在地壳中含量丰富，应用广泛。回答下列问题：
（1）原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若有一种自旋状态用
，则与之相反的用
，称
为电子的自旋磁量子数，基态Fe 原子核外电子自旋磁量子数的代数和为 。
（2）FeCl3水溶液中
可水解生成双核阳离子
，结构如图所示。该双核阳离子中H
—O—H 键角
(填“大于”、“小于”或“等于”)H2O 中的H—O—H 键角；若对
水溶液
进行加热，该双核阳离子内部首先断开的是 键(填“a”或“b”)。
(3)三硝酸六尿素合铁【
】是一种重要的配合物，用作有机铁肥，简称铁氮
肥。该配合物中所含非金属元素的第一电离能从大到小的顺序为 ，
的空间构型是
；尿素晶体的熔点为132.7℃，比相同摩尔质量的乙酸熔点(16.7℃)高116℃，主要原因是 。
（4）Fe3O4有良好的磁性和光学性能，广泛应用于电子工业和材料工业。Fe3O4晶体中，
围成正四面体
空隙(如：1、3、6、7 围成)和正八面体空隙(如：3、6、7、8、9、12 围成)，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正
四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中(如图所示)。则正四面体空隙填充率与正八面体空
隙填充率之比为 ，Fe3O4晶胞中有8 个图示结构单元，该晶胞参数为apm，则晶体密度为
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(写出含
和NA的计算表达式)。
【答案】（1）+2 或-2（2 分） （2）大于（1 分） a（2 分）
（3）N>O>H>C （1 分） 平面三角形（1 分） 都能形成分子间氢键，尿素形成的氢键数目更多（2
分）
（4）1：4（2 分）
（2 分）
【解析】（1）基态Fe 原子核外价层电子排布式为：3d64s2；3d 轨道有4 个单电子，自旋方向相同，则自
旋磁量子数的代数和为+2 或-2；
（2）由结构简式可知中心Fe3+与H2O 之间形成配位键，因此该离子中H2O 的孤电子对数为1，而H2O 的孤
电子对数为2，价层电子对数相同时，孤电子对数越多键角越小，则该双核阳离子中H—O—H 键角大于
H2O 中的H—O—H 键角；水分子不带电，OH-带负电，与Fe3+成键时，OH-与Fe3+距离更近，键能更大，
所以b 键的键能大于a 键，若对水溶液进行加热，该双核阳离子内部首先断开的是a；
（3）同一周期元素，第一电离能从左到右有增大趋势，但第Ⅱ、ⅤA 族反常，且C 的第一电离能小于
H，则所含非金属元素的第一电离能由大到小的顺序是N>O>H>C；NO 中N 原子价层电子对数
，
不含孤电子对，其空间构型为平面三角形；尿素晶体、乙酸晶体均为分子晶体，都能形成分子间氢键，但
尿素晶体的熔点高，是因为尿素分子之间存在更多的氢键；
（4）Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和全部Fe2+填充在正八面体空隙中，则正四
面体的空隙填充率为1/8，即12.5%，正八面体的空隙填充率为50%，两者之比为：12.5%：50%=1：4，
Fe3O4的晶胞中有8 个图示结构单元，则晶胞的质量m=
，体积V=a3×10-30cm3，则晶
体的密度
。
19．（14 分）电池在人类生产生活中具有十分重要的作用，工业上采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl 和苯胺
等作为原料制备锂离子电池正极材料磷酸亚铁锂(LiFePO4)，采用单晶硅和铜、锗、镓、硒等
的化合物作为制备太阳能电池的原料。
（1）基态硒原子的价层电子排布式是__________________________________________。
（2）图1 表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示碳元素的曲线是____________(填标号)。
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（3）苯胺中N 原子的杂化方式为________，分子中σ 键与π 键的数目比为________。
（4）自然界中含硼元素的钠盐存在于天然矿藏中，其化学式为Na2B4O7·10H2O，它的结构单元是由两个
H3BO3和两个[B(OH)4]－缩合而成的双六元环，应该写成Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其结构如图2 所示，则该晶
体中不存在的作用是________(填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．金属键 D．范德华力 E．氢键
（5）①图3 为铜的某种氯化物晶胞示意图，该物质的化学式是________。原子坐标参数可表示晶胞内部各
原子的相对位置，图3 中各原子坐标参数分别为A(0，0，0)；B(0，1，1)；C(1，1，0)；则D 原子的坐标
参数为___________________________________________。
②图3 晶胞中C 、D 两原子核间距为298 pm ，阿伏加德罗常数的值为NA ，则该晶体密度为
________________ g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】（1）4s24p4 （1 分） （2）a （2 分） （3）sp3（1 分） 14 1∶（2 分）
（4）C（2 分） （5）①CuCl（2 分） (，，) （2 分） ②（2 分）
【解析】（2）同主族元素自上而下第一电离能逐渐减小，故碳的第一电离能大于硅的第一电离能；同一
周期元素自左向右第一电离能呈增大趋势，故磷的第一电离能大于硅的第一电离能，因此三种元素中，Si
的第一电离能最小，则图中c 为Si；P 失去的第4 个电子为3s2中的1 个电子，3s2为全充满稳定状态，故P
的第四电离能与第三电离能相差较大，据图可知b 为P、a 为C。
（3）苯胺中N 原子形成3 个σ 键，还有一个孤电子对，其价层电子对数为4，故N 原子采取sp3杂化；1
个苯胺分子中有6 个C—C σ 键，5 个C—H σ 键，1 个C—N σ 键，2 个N—H σ 键，共14 个σ 键，苯环中
有一个大π 键，故苯胺中σ 键与π 键的数目比为14 1∶。
（4）钠离子和图中阴离子之间存在离子键，B—O 和O—H 为共价键，水分子之间存在范德华力和氢键，
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该物质中不含金属键。
（5）①利用“均摊法”可知，晶胞中有4 个Cu 原子，Cl 原子个数为8×＋6×＝4，两者个数比为1 1∶，故该
物质的化学式为CuCl；已知A、B、C 的原子坐标参数分别为(0，0，0)，(0，1，1)，(1，1，0)，C 和D 的
连线处于晶胞的体对角线上，且C、D 间的距离等于体对角线长的，则D 原子的坐标参数为(，，)。②图3
晶胞中C、D 两原子核间距为298 pm，则晶胞体对角线的长度为4×298 pm；根据勾股定理知，晶胞体对角
线长度等于晶胞棱长的倍，晶胞的质量m＝ g，则晶体的密度ρ＝＝＝ g/cm3。
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