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2026 届考前《物质结构与性质》大题专练(三)
1．锂离子电池是近年来的研究热点，常见的锂离子聚合物电池材料有石墨、NaBH4、LiAsF6、LiPF6
等。请回答：
(1) NaBH 的阴离子的空间构型为 。
(2)下列说法正确的是_______。
A．离子半径：P3-＞O2-＞F- B．基态As 的最高能级的电子排布式为4s24p3
C．与NH3形成配位键的能力：BH3＜BCl3 D．电负性：F>O>As>P
(3)一种类石墨的聚合物g-C3N4可由三聚氰胺(
)制得，合成三聚氰胺的单体结构简式
是 。三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于热水，主要原因是 。
(4)尖晶石结构的LiMnxOy (x、y 为整数)是一种常用的正极材料。已知LiMnxOy晶胞可看成由A、B
单元按Ⅲ方式交替排布构成，“○”表示
。
该正极材料的化学式是 ，若该晶胞的晶胞参数为a pm，则该晶体的密度为 g· cm-3 (列
出计算表达式，不必化简。NA为阿伏加德罗常数的值)。
答案：(1)正四面体 (2)AC
(3) NH2CN；温度升高破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键
(4) LiMn2O4
解析：(1)NaBH 的阴离子BH－中，B 的价层电子对数为：4＋＝4，无孤电子对，属于SP3杂化，空间
构型为正四面体；
(2)A．电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，离子半径：P3-＞O2-
＞F-，故A 正确；
B．基态As 的最高能级的电子排布式为4p3，故B 错误；
C．Cl 电负性比H 大，因此BCl3吸引电子的能力比BH3强，更能吸引NH3的N 上的孤电子对，形成
配位键，因此与NH3形成配位键的能力：BH3＜BCl3，故C 正确；
D．同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，电负性：F＞O
＞P＞As，故D 错误；
故选AC；
(3)由图可知，合成三聚氰胺的单体结构简式是：NH2CN；三聚氰胺能形成分子间氢键，温度升高能
破坏三聚氰胺分子之间的氢键，使三聚氰胺与水分子间形成氢键，因而三聚氰胺分子不溶于冷水，溶于
热水；
(4)由图Ⅲ可知，一个晶胞中含有A 和B 的个数均为4，A 中氧离子位于体内，数目为4，●位于体心
和顶点，数目为1＋4×＝1.5，B 中氧离子位于体内，数目为4，●位于顶点，数目为4×＝0.5，为体内，
∆
数目为4，则一个晶胞内O2−、●、数目比为
∆
32∶8∶16＝4∶1∶2，结合化学式LiMnxOy可知，x 为2，
y 为4，化学式为：LiMn2O4；
②由①分析知，一个晶胞中含8 个LiMn2O4，则该晶体的密度为g/cm3。
2．广西盛产甘蔗，富藏锰矿。由软锰矿(MnO2，含SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO 等杂质)制备光电材料
KMnF3的流程如下。回答下列问题：
已知：
物质
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
Fe(OH)2
Mn(OH)2
Ksp
2.8×10-39
1.3×10-33
2.2×10-20
4.9×10-17
1.9×10-13
(1)“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是_____________________________。为提
高“浸取”速率，可采取的措施是_______________________________(任举一例)。
(2)“滤渣1”的主要成分是_______(填化学式)。
(3)常温下，用CaCO3调节溶液pH 至5～6 时，可完全沉淀的离子有_______(填化学式)。
(4)“X”可选用_______。
A. H2S B. H2O2 C. Zn D. (NH4)2S
(5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀。写出生成Mn2(OH)2CO3的离子方程式
____________________________________________。
(6) KMnF3立方晶胞如图，晶胞参数为apm，该晶体中与一个F－紧邻的K+有_______个。已知NA为阿
伏加德罗常数的值，晶体密度为_______g∙cm-3(用含a、NA的代数式表示)。
答案：(1)把二氧化锰还原为硫酸锰；把软锰矿粉碎、搅拌、加热等 (2)SiO2 (3)Al3+ (4)D
(5)2Mn2+＋3CO＋2H2O＝Mn2(OH)2CO3↓＋2HCO (6)4 ；
解析：软锰矿含有MnO2和少量SiO2、Fe2O3、Al2O3和CuO。“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和
H2SO4。用甘蔗渣水解液“浸取”软锰矿，二氧化锰被还原为硫酸锰，氧化铁被还原为硫酸亚铁，氧化铝、
氧化铜溶于硫酸生成硫酸铝、硫酸铜，二氧化硅不溶于硫酸，滤渣是二氧化硅，滤液中加碳酸钙调节pH
生成氢氧化铝沉淀除铝，过滤，滤液加硫化物反应生成FeS、CuS 沉淀除铁铜，滤液中加碳酸氢钠反应生
成碳酸锰沉淀，最终将碳酸锰转化为KMnF3。
(1)二氧化锰具有氧化性，“甘蔗渣水解液”中含有还原性糖和H2SO4，其主要作用是把二氧化锰还
原为硫酸锰。根据影响反应速率的因素，为提高“浸取”速率，可采取的措施是把软锰矿粉碎、搅拌、
加热等。
(2)二氧化硅不溶于硫酸，“滤渣1”的主要成分是SiO2。
(3)根据溶度积常数，Fe2+完全沉淀时，c(OH－)＝＝7×10-6.5，pH 约为8.4；Al3+完全沉淀时，c(OH－)＝
≈5.1×10-10，pH 约为4.7；Cu2+完全沉淀是c(OH－)＝≈4.7×10-8，pH 约为6.7；常温下，用CaCO3调节溶液
pH 至5～6 时，可完全沉淀的离子有Al3+。
(4)加X 的目的是生成硫化物沉淀除铁和铜，Fe2+和H2S 不反应，所以不能选用H2S；铜离子、亚铁离
子都能和硫离子反应生成硫化铜沉淀，所以“X”可选用(NH4)2S，选D。
(5)若用Na2CO3替代NaHCO3沉锰，得到Mn2(OH)2CO3沉淀，反应的离子方程式为2Mn2+＋3CO＋2H2O
＝Mn2(OH)2CO3↓＋2HCO 。
(6)1 个晶胞中含有1 个K+，根据化学式KMnF3可知，1 个晶胞中含有1 个Mn、3 个F－，可知晶胞顶
点上的原子为Mn、棱上的F－，该晶体中与一个F－紧邻的K+有4 个；已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶
体密度为＝g∙cm-3。
3．铜基催化剂(包括铜、氧化物、铜合金、单原子和复合材料)因其效率高、成本低和对生态友好而
受到重视。
(1)基态铜原子的核外电子有 种不同的空间运动状态；第二周期元素中，第一电离能比O 大的
有 种。
(2)研究发现，以掺有镁的铜纳米合金电还原催化NO 制NH3有较高的选择性，与氮气相比，NO 的键能较低
(204kJ∙mol－1)使其成为NH3合成的理想来源。
①NO 的中心原子的杂化类型为 。
②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。[Cu(NH3)4]SO4
(填“属于”或“不属于”)顺磁性物质，[Cu(NH3)4]SO4中H－N－H 键角 (填“>”或“<”)NH3中H－
N－H 键角。
(3)铜基单原子催化剂能将(CH3)2NCHO 转化为N(CH3)3。
①(CH3)2NCHO 分子中含有 个σ 键。
②沸点：(CH3)2NCHO N(CH3)3(填“>”或“<”)。
(4)一种镁铜合金的晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm，该晶胞可看成由8 个小立方体构成，其中4
个小立方体的体心填入Mg，另外4 个小立方体的体心填入以四面体方式排列的Cu，其余Mg 占据晶胞的
顶点和面心。
该晶胞中Mg 与Mg 的最短距离为 nm(用含a 的代数式表示)；若阿伏加德罗常数的值为NA，该
合金晶体的密度为 g∙cm-3（列出含a，NA的计算式）。
答案：(1) 15；3 (2)sp2；属于；＞ (3) 11；＞ (4)a
解析：(1)基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，空间运动状态数等于电子占据的原
子轨道数，占据15 个原子轨道，即有15 种空间运动状态；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋
势，第IIA、VA 族元素比相邻主族元素的较大，第二周期元素中，N，F，Ne 的第一电离能均比O 的大，
共3 种。
(2)①NO 的中心N 原子的价层电子对数为3＋＝3，杂化类型为sp2。
②顺磁性物质即含有未成对电子的物质，[Cu(NH3)4]SO4中的铜离子的价电子排布式为3d9，含有1 个
未成对电子，属于顺磁性物质；[Cu(NH3)4]SO4中的氮原子无孤电子对，其中H－N－H 键角大于NH3中的
H－N－H 键角。
(3) (CH3)2NCHO 分子中有7 个C－H 键、3 个C－N，C=O 由1 个σ 键和1 个π 键形成，含有11 个σ
键。
(4)该晶胞中Mg 与Mg 之间的距离有anm、anm、anm 三种距离，相对较短的是anm。该晶胞中Mg
原子有8 个位于顶点上、6 个位于面心上，4 个在晶胞内部，则Mg 的个数为8×＋6×＋4＝8 个，16 个Cu
原子都位于晶胞内部，晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则该合金晶体的密度为 g∙cm-3。
4．氮族元素可以形成多种多样的化合物，回答下列问题：
(1)基态As 原子的价电子的轨道表示式是 。
(2)叠氮酸(HN3)常用于引爆剂，可用联氨(H2N－NH2)制取。比较联氨与双氧水分子中键角大小：
∠H－N－N ∠H－O－O(填“>”、“=”或“<”，下同)。叠氮酸结构如图所示：
，
*N 为sp2杂化，已知参与形成π 键的电子越多，键长越短，则键长；① ②。
(3)乙胺(CH3CH2NH2)和2－羟基乙胺(HOCH2CH2NH2)都可用于染料的合成，乙胺碱性更强，原因是
。
(4)磷酸一氢盐受热易脱水聚合，生成环状的偏磷酸根。环状三偏磷酸根的结构如图所示，则由n 个
磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式是 。
(5)磷青铜主要用作耐磨零件等，其立方晶胞结构如图所示，用NA表示阿伏加德罗常数的值。
①基态磷原子核外电子有 种空间运动状态。
②该晶体中距离Sn 原子最近的Cu 原子有x 个，距离P 原子最近的P 原子有y 个，x∶y＝ 。
③若该晶体的密度为ρ g⋅cm-3，最近的Cu 原子核间距为 pm(用含ρ、NA的代数式表示)。
答案：(1)
(2)＞；＜
(3)2－羟基乙胺上羟基氧电负性大，有吸电子作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性减弱
(4)(PO3) (5)①9 ；②2∶1 ③×1010
解析：(1)基态As 原子的价电子排布式为4s24p3，轨道表示式为
。
(2)H－N－N 中孤电子对数小于H－O－O 中的孤电子对数，孤电子对对成键电子排斥作用较大，孤
电子对数量越多，键角则相对越小，因此键角H－N－N＞H－O－O。①中N－N 两个氮原子均为两个p
轨道的电子参与形成两个Π 键，剩下一个p 轨道和s 轨道形成sp 杂化，②中右边的N，只形成1 个Π 键，
两个p 轨道和一个s 轨道形成sp2杂化，因此键长①＜②。
(3)2－羟基乙胺中羟基氧的电负性较大，具有吸附电子的作用，使氨基氮电子云密度减小，碱性较弱。
(4)根据图示可知，P 原子与O 原子的个数比为1∶3，每个P 化合价为+5 价，每个O 化合价为-2 价，
则每一个PO3这样的结构带一个负电荷，则n 个磷氧四面体连接形成的环状偏磷酸根的通式为(PO3)。
(5)①基态磷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，共占有的轨道数为9 个，故有9 种空间运动状态；
②由晶胞图可知，该晶胞中Sn 原子位于顶点，Cu 原子位于面心，P 原子位于体心，故该晶体中距离
Sn 原子最近的Cu 原子有12 个，距离P 原子最近的P 原子有6 个，x∶y＝12∶6＝2∶1；
③若该晶体的密度为ρ g⋅cm
，则晶胞的边长为×1010，最近的Cu 原子核间距为面对角线的二分之
一，即为×1010 pm。
5．稀土元素是国家战略资源，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某课题组以含铈废渣(含较
多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O3及少量其他可溶于酸的物质)为原料，设计如图流程回收稀土元素铈，实现
资源再利用。
已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH 溶液。
回答下列问题：
(1)为提高“酸溶”的速率，实验室常用图示仪器进行固体物质的粉碎，该仪器的名称是 。
(2)“滤渣2”中主要成分的化学式为 ；“反应1”的离子方程式为 ，其
中H2O2的作用是 。
(3)“反应2”的离子方程式为 。
(4)“滤液1”经一系列反应与操作可制得硫酸铁铵，硫酸铁铵可用作净水剂，其净水原理是
(用离子方程式表示)。
(5)氧化铈(CeO2)常用作玻璃工业添加剂，在其立方晶胞中掺杂Y2O3，Y3+占据原来Ce4+的位置，可以
得到更稳定的结构，这种稳定的结构使得氧化铈具有许多独特的性质和应用，CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-
的核间距为apm。已知：O2-的空缺率＝×100%。
①CeO2晶胞中与Ce4+最近的Ce4+的个数为 。
②若掺杂Y2O3后得到：n(CeO2)∶n(Y2O3)＝0.6∶0.2 的晶体，则此晶体中O2-的空缺率为 。
③CeO2晶体的密度为 (列出表达式)g∙cm-3。
答案：(1)研钵 (2)SiO2；2CeO2＋H2O2＋6H+＝2Ce3+＋O2↑＋4H2O ；作还原剂
(3) 4Ce3+＋O2＋12OH－＋2H2O＝4Ce(OH)4↓ (4)Fe3+＋3H2O
Fe(OH)3(胶体)＋3H+
(5)①12 ②10% ③
解析：样品在第一次酸浸后，铁元素会进入溶液。滤渣1 的成分为SiO2和CeO2，经过第二次浸取之
后，CeO2和H2O2发生反应，生成了Ce3+进入了溶液。
(1)该装置的名称为研钵
(2)根据题干已知，可知经过第一次酸浸后，滤渣1 中的成分为SiO2和CeO2，经过第二次浸取之后，
CeO2发生反应，生成了Ce3+进入了溶液。故滤渣2 中的成分为二氧化硅。
根据前后题干分析可知，反应1 的反应物为CeO2和H2O2，CeO2生成了Ce3+作氧化剂，则过氧化氢作
还原剂，据此写出反应的方程式为：2CeO2＋H2O2＋6H+＝2Ce3+＋O2↑＋4H2O，其中过氧化氢的作用是作
还原剂。
(3)反应2 的反应物为氧气和Ce3+，生成物为Ce(OH)4，由此可得方程为：4Ce3+＋O2＋12OH－＋2H2O
＝4Ce(OH)4↓
(4)硫酸铁铵在水中会电离出铁离子，铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附性，从而达到净水的目
的，方程式为：Fe3+＋3H2O
Fe(OH)3(胶体)＋3H+
(5)①根据图示可知，CeO2晶胞中与Ce4+最近的Ce4+的个数为12
②CeO2晶胞中与Ce4+的数目为8×＋6×＝4，O2-的数目为8。掺杂Y2O3后，得到了n(CeO2)∶n(Y2O3)＝
0.6∶0.2 的晶体，故晶胞中n(Ce4+)＝0.6×4＝2.4mol，n(Y3+)＝0.4×4＝1.6mol，n(O2-)＝2.4×2＋1.6×1.5＝
7.2mol，故O2-的空缺率为(1－)×100%＝10%
③CeO2晶胞中Ce4+与最近O2-的核间距为体对角线的四分之一，故晶胞的边长为： pm，则该晶胞的
密度为。
6．实现废钨-镍型加氢催化剂(主要成分为WO3、Ni、Al2O3，还含有Fe、SiO2和少量含S 有机物)中
有价值金属回收的工艺流程如下。
已知：
(1) T＜700℃，纯碱不与Al2O3、SiO2反应。
(2)相关金属离子[c0(Mn+)＝0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH 范围如下：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
开始沉淀时的pH
6.9
3.4
1.5
沉淀完全时的pH
8.9
4.7
2.8
回答下列问题：
(1)基态Ni 的价层电子排布式为 。
(2)“氧化”的目的为 和将金属单质氧化至相应的价态。
(3)“钠化焙烧”中生成Na2WO4的化学方程式为 。
(4)“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为 (填化学式)。
(5)“调pH 除铁和铝，溶液的pH 范围应调节为 。
(6)资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。
温度
低于30.8℃
30.8℃～53.8℃
53.8℃～280℃
高于280℃
晶体形
态
NiSO4∙7H2O
NiSO4∙6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
“一系列操作”依次是 、及时过滤、洗涤、干燥。
(7)强碱溶液中NaClO 氧化NiSO4，可沉淀出用作电池正极材料的NiOOH，该反应的离子方程式为
。
(8)某笼形络合物M[Ni(CN)x(NH3)y(C6H6)z]结构中，镍离子与CN－连接形成平面层，两个平面层通过
NH3分子连接，所有N 原子均参与形成配位键，中间的空隙填充大小合适的分子(如C6H6)， 其基本结构
如图H 原子未画出)。
回答下列问题：
①x∶y∶z＝ 。
②晶胞的密度为 g∙cm-3(用代数式表示)。
答案：(1)3d84s2 (2)除去含硫有机物 (3) WO3＋Na2CO3=====Na2WO4＋CO2↑
(4)H2WO4 (5)4.7≤pH＜6.9 (6)蒸发浓缩、冷却到30.8℃～53.8℃结晶
(7)2Ni2+＋ClO－＋4OH－＝2NiOOH↓＋Cl－＋H2O (8)2∶1∶1；
解析：由题给流程可知，废催化剂在空气中氧化，将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧
化至相应价态；向氧化渣中加入碳酸钠在600℃条件下钠化焙烧，将氧化钨转化为钨酸钠，焙烧渣经水浸、
过滤得到浸渣和滤液；向滤液中加入硫酸溶液酸化沉钨，将钨酸钠转化为钨酸沉淀，过滤得到钨酸；钨
酸煅烧分解生成氧化钨；向浸渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，二氧化硅与
硫酸溶液不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；调节滤液pH 在4.7～6.9 范围内，将溶液中的铁
离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和硫酸镍溶液；
硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8℃～53.8℃结晶、及时过滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍。
(1)镍元素的原子序数为28，故基态Ni 的价层电子排布式为3d84s2。
(2)由分析可知，氧化的目的是将含硫有机物转化为气体除去，并将金属单质氧化至相应价态，故答
案为：除去含S 有机物。
(3)由分析可知，“钠化焙烧”中生成钨酸钠的反应为氧化钨与碳酸钠高温下反应生成钨酸钠和二氧
化碳，反应的化学方程式为WO3＋Na2CO3=====Na2WO4＋CO2↑。
(4)由分析可知，“酸化沉钨”后过滤，所得滤饼的主要成分为钨酸，故答案为：H2WO4。
(5)由分析可知，调节滤液pH 在4.7～6.9 范围内的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、
氢氧化铝沉淀。
(6)由题给信息可知，“一系列操作”为硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却到30.8℃～53.8℃结晶、及时过
滤、洗涤、干燥得到六水硫酸镍。
(7)由题意可知，生成碱式氧化镍的反应为碱性条件下溶液中的镍离子与次氯酸根离子反应生成碱式
氧化镍、氯离子和水，反应的离子方程式为2Ni2+＋ClO－＋4OH－＝2NiOOH↓＋Cl－＋H2O。
(8)①根据均摊法，每个晶胞中含有Ni 的个数为8×＝1，含有CN－的个数为8×＝2，含有NH3的个数
为4×＝1，含有C6H6的个数为1，则x∶y∶z＝2∶1∶1；
②晶胞的密度ρ＝＝ g/cm3＝ g/cm3。
7．锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
(1)Zn 原子核外电子排布式为 。
(2) ZnF2具有较高的熔点(872℃)，其化学键类型是 ；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、
ZnI2却能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，你分析其中原因可能是 。(已知电负性：Zn－1.6 F－
4.0 Cl－3.0 Br－2.8 I－2.5)
(3)《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。
ZnCO3中，阴离子空间构型为 ，C 原子的杂化形式为 。
(4)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为 。
(5)钒的某种氧化物晶胞结构如图1 所示(O 原子2 个位于体内，4 个位于面上)。该氧化物的化学式为
，若它的晶胞棱长为x nm(假设为正六面体)，则该晶体的密度为 g∙cm-3。(原子量：V 51，O 16；
1nm＝10-7cm；阿伏加德罗常数为NA)
答案：(1)[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2
(2)离子键 ZnF2属于离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小
(3) 平面三角形 sp2 (4)3∶1 (5) VO2
解析：(1)Zn 为30 号元素，其原子核外电子排布式为[Ar]3d104s2或1s22s22p63s23p63d104s2；
(2) ZnF2具有较高的熔点(872℃)，属于离子晶体，含有离子键；ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均属于分子晶体，
以共价键为主，极性较小，根据相似相溶原理知，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于有机溶剂；
(3)ZnCO3中的阴离子为CO，CO 中的C 原子的价层电子数为3＋×(4＋2－3×2)＝3，且无孤电子对，故空间构型为平
面三角形，C 原子的杂化方式为sp2；
(4)根据晶胞结构图可知，铜原子在立方晶胞的面心，镍原子在立方晶胞的顶点上，利用均摊法可确
定1 个晶胞中含铜原子个数：6×＝3，含有镍原子个数：8×＝1，晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：
1；
(5)根据晶胞结构图可知，O 原子2 个位于体内，4 个位于面上在立方晶胞的面心，V 原子8 个在立方
晶胞的顶点上，1 个位于体心，利用均摊法可确定1 个晶胞中含O 原子个数：4×＋2＝4，含有V 原子个
数： 8×＋1＝2，故化学式为VO2；该晶体的密度为ρ＝＝＝＝ g＝ g∙cm-3。
8．A、B、C、D、E 代表5 种元素。请填空：
(1)A 元素基态原子的最外层有3 个未成对电子，次外层有2 个电子，其元素符号为________。
(2)B 元素的负一价离子和C 元素的正一价离子的电子层结构都与氩相同，B 的元素符号为________，
C 的元素符号为________。
(3)D 元素的正三价离子的3d 轨道为半充满，D 的元素符号为________，其基态原子的电子排布式为
________。
(4)E 元素基态原子的M 层全充满，N 层没有成对电子，只有一个未成对电子，E 的元素符号为
_______，其基态原子的电子排布式为_____________________。
答案：(1)N (2)Cl K (3)Fe 1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2
(4)Cu 1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
解析：(1)A 元素原子核外共有7 个电子，则其核内有7 个质子，因此A 元素为N。
(2)B、C 分别为17、19 号元素，即分别为Cl、K。
(3)D3＋的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，可知D 为26 号元素，即Fe，其基态原子的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d64s2或[Ar]3d64s2。
(4)E 元素原子核外共有29 个电子，第29 号元素为Cu，其基态原子的电子排布式为
1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1。
9．已知A、B、C、D 四种物质均是由短周期元素原子组成的，它们之间有如图所示的转化关系，且
A 是一种含有18 电子的微粒，C 是一种含有10 电子的微粒。请完成下列各题：
(1)若A、D 均是气态单质分子，写出A 与B 反应的化学反应方程式：_______________________。
(2)若B、D 属同主族元素的单质分子，写出C 的电子式：________。
(3)若B 是一种四核含18 电子的分子，D 是一种气态单质分子，则A 的化学式为___________，B 的
结构式为______________________________。
(4)若A、B 均是含2 个原子核的微粒，其中B 中含有10 个电子，D 中含有18 个电子，则A、B 之间
发生的离子反应方程式为__________________________________________________。
(5)若D 是一种含有22 电子的分子，则符合如图关系的A 的物质有____________(写物质的化学式，
如果是有机物则写相应的结构简式)。
答案：(1)2F2＋2H2O＝4HF＋O2 (2)
(3)N2H4 H－O－O－H
(4)HS－＋OH－＝S2－＋H2O (5)CH3CH3、CH3OH
解析：(1)18 电子的气态单质分子为F2，则C 为HF、B 为H2O、D 为O2，反应方程式为2F2＋2H2O＝
4HF＋O2。
(2)B、D 为同主族元素的单质，且A 含有18 电子，C 含有10 个电子时，则B 为O2、A 为H2S、C 为
H2O、D 为S。
(3)一种四核含18 电子的分子为H2O2，C 是一种含有10 电子的微粒，则C 为H2O。D 是一种气态单
质分子，则D 可能为N2，那么A 为N2H4。
(4)含2 个原子核的18 电子的微粒为HS－，10 电子的微粒为OH－，离子反应方程式为HS－＋OH－＝
S2－＋H2O。
(5)含22 电子的分子为CO2，则A 为含18 电子的含C、H 或C、H、O 的化合物，可能为CH3CH3和
CH3OH。
10．晶体X 只含钠、镁、铅三种元素。在不同的温度和压力下，晶体X 呈现不同的晶相。
(1)γ－X 是立方晶系的晶体。铅为面心立方最密堆积，其余两种原子有选择的填充铅原子构成的四面
体空隙和八面体空隙。在不同的条件下，γ－X 也呈现不同的结构，其晶胞如图a 所示，X 的化学式为
________；在(b)型晶胞中，边长为a pm，距离Pb 最短的Na 有________个，长度为________pm(用a 表
示)；Na 填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为________和八面体空隙的百分比为________。已
知(a)型晶胞的边长为770 pm，则该型晶体的密度为________g·cm-3。(只列出计算式)
(2)α－X 是一种六方晶系的晶体，而在α－X 中，镁和铅按1∶1 的比例形成类似于石墨的层状结构，
钠填在层间。试画出一层α－X 的结构_______________________________。
答案：(1) Na2MgPb；4；a；50%；100%； (2)
解析：(1)结合原子在晶胞中的位置关系，利用均摊法，在(a)型晶胞中，Pb 位于晶胞的顶点和面心，
数目为8×＋6×＝4，Na 位于晶胞的体内，数目为8，Mg 原子位于晶胞的棱上和体心，数目为12×＋1＝
4，X 的化学式为Na2MgPb；在(b)型晶胞中，体对角线处的Na 距离Pb 最短，共有4 个，棱长为a pm，
面对角线长为a pm，则体对角线的长度为a pm，距离Pb 最短的Na 的长度为体对角线长度的，则长度
为a pm；在(b)型晶胞中，Na 填充了晶胞中铅原子构成的四面体有8 个，其中只有4 个四面体中填充了
Na，Na 填充了晶胞中铅原子构成四面体空隙的百分比为50%；铅原子构成八面体只有一个，且Na 原子
在八面体的体心，Na 填充了晶胞中铅原子构成八面体空隙的百分比为100%；(a)型晶胞的边长为770
pm，则晶胞的体积V＝(770 pm)3＝(7.70×10-8)3 cm3，在(a)型晶胞中，一个晶胞中含有4 个Na2MgPb；根
据晶胞密度计算公式ρ＝＝ g·cm-3；
(2)α－X 是一种六方晶系的晶体，而在α－X 中，镁和铅按1∶1 的比例形成类似于石墨的层状结构，
钠填在层间，则层内只有镁和铅，层内α－X 的结构为
。
