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【第一部分】
专题十五 物质结构与性质
【考情预测】预计2024 年高考仍会借助新科技、新能源为背景，考查原子核外电子排布式(图)、电离能、
电负性、σ 键、π 键、杂化方式、分子或离子的空间构型(价层电子对互斥理论)、化学键及氢键、晶体结构特点及
微粒间作用力、晶体的熔、沸点比较及晶胞的计算，特别是对空间想象能力和计算能力的考查，是近几年的考查
重点，复习时加以重视！
【复习目标】
1、掌握原子结构与元素的性质。
2、理解化学键的概念，掌握化学键与分子结构的关系。
3、掌握分子间作用力与物质性质的关系。
4、掌握常见的晶体类型及微粒间相互作用。
5、掌握常见晶体的结构及相关计算。
【专题知识体系构建】
【核心精讲】
一、原子(或离子)核外电子排布及规范解答
1．排布规律
(1)能量最低原理：原子核外电子总是先占有能量最低的原子轨道,
即1s→2s→2p→3s→3p→4s→3d→4p→5s→4d→5p→6s…原子的电子排布遵循构造能使整个原子的能量处于最低状
态。
如Ge：1s22s22p63s23p63d104s24p2。
(2)泡利原理：每个原子轨道上最多只能容纳2 个自旋相反的电子。
(3)洪特规则：当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋状态
相同。
2．表示方法
表示方法
举例
1
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电子排布式
Cr：1s22s22p63s23p63d54s1
简化电子排布式
Cu：[Ar]3d104s1
价层电子排布式
Fe：3d64s2
电子排布图(轨道表示式)
3.特殊原子的核外电子排布式
【微点拨】 能量相同的原子轨道在全满(p6、d10、f14)、半满(p3、d5、f7)和全空(p0、d0、f0)状态时,体系的能量最低。
(1)Cr 的核外电子排布
先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d4，因3d5为半充满状态，比较稳定，故需要将4s 轨道的一个电子调整
到3d 轨道，得到1s22s22p63s23p64s13d5 ，再将同一能层的排到一起，得到该原子的电子排布式：
1s22s22p63s23p63d54s1。
(2)Cu 的核外电子排布
先按能量从低到高排列：1s22s22p63s23p64s23d9，因3d10为全充满状态，比较稳定，故需要将4s 轨道的一个电子调整
到3d 轨道，得到1s22s22p63s23p64s13d10 ，再将同一能层的排到一起，得到该原子的电子排布式：
1s22s22p63s23p63d104s1。
注意元素原子电子排布式、简化电子排布式、价电子排布式的区别与联系。如Ga 的电子排布式：
1s22s22p63s23p63d104s24p1；简化电子排布式：[Ar]3d104s24p1；价层电子排布式：4s24p1。
4．原子核外电子排布的周期性
随着原子序数的增加，主族元素原子的最外层电子排布呈现周期性的变化：每隔一定数目的元素，主族元素原子
的最外层电子排布重复出现从n s 1 到n s 2 n p 6 的周期性变化(第一周期除外)。
应用示例完成下列表格
微粒
电子排布式
微粒
电子排布式
Cu
[Ar]3d
10 4s
1
Cu＋
[Ar]3d
10
Fe
[Ar]3d
6 4s
2
Fe2＋
[Ar]3d
6
Cr
[Ar]3d
5 4s
1
Cr3＋
[Ar]3d
3
Mn
[Ar]3d
5 4s
2
Mn2＋
[Ar]3d
5
Zn
[Ar]3d
10 4s
2
Zn2＋
[Ar]3d
10
Ti
[Ar]3d
2 4s
2
Ti2＋
[Ar]3d
2
Ni
[Ar]3d
8 4s
2
Ni2＋
[Ar]3d
8
微粒
电子排布式
价层电子排布式
Cu2＋
[Ar]3d
9
3d
9
Fe3＋
[Ar]3d
5
3d
5
As
[Ar]3d
10 4s
2 4p
3
4s
2 4p
3
Br
[Ar]3d
10 4s
2 4p
5
4s
2 4p
5
Br－
[Ar]3d
10 4s
2 4p
6
4s
2 4p
6
Co
[Ar]3d
7 4s
2
3d
7 4s
2
Co2＋
[Ar]3d
7
3d
7
【概念汇总】 以Cr 为例
2
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核外电子排布式
原子结构示意图
简化核外电子排布式
价层电子排布式
价层电子轨道表达式/价层电子排布图
最外层电子所占能级的电子云轮廓图
Cr3+
Cr 有 对成对单子，有 个未成对电子，有 种能量不同的电子，有 种空间运动状态不同的电
子，有 种运动状态不同的电子。
若“↑”表示+½ 或-½，“↓”表示其相反数。则Cr 原子核外电子的代数和为 。
【知识点对点】
1.(2022·全国甲卷)基态F 原子的价电子排布图(轨道表示式)为________________________。
2.(2021·全国甲卷)Si 的价电子层的电子排布式为____3s
2 3p
2 ______________________。
3.(2020·全国卷Ⅱ)基态Ti 原子的核外电子排布式为__
1s
2 2s
2 2p
6 3s
2 3p
6 3d
2 4s
2 ________
。
4.(2022·山东卷)基态Ni 原子的价层电子排布式为__
3d
8 4s
2 ___
。
5.(全国卷)下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_____A_______(填标号)。
6.(全国卷)下列Li 原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为____ D ______、_____C_____ (填标号)。
二、电离能、电负性、化学键、杂化方式与立体构型类原因解释
1．元素第一电离能的周期性变化
随着原子序数的递增，元素的第一电离能呈周期性变化：同周期元素从左到右，第一电离能有逐渐增大的趋势，
稀有气体的第一电离能最大，氢和碱金属的第一电离能最小。同族元素从上到下，第一电离能逐渐减小。
【说明】 同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势。同能级的轨道为全充满、半充满时，元素的第一电离
3
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能较相邻元素要大，即第ⅡA 族、第ⅤA 族元素的第一电离能均大于同周期相邻元素。例如，Be、N、Mg、P。
2．元素电负性的周期性变化
随着原子序数的递增，元素的电负性呈周期性变化：同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增大；同族元素从
上到下，元素的电负性逐渐减小。
3．离子键
离子键存在于离子化合物中。一般阴、阳离子的电荷越多、离子半径越小，离子键越强。
4．共价键
(1)σ 键、π 键(以碳原子之间成键为例)
共价键
举例
说明
单键(σ 键)
①相同原子之间形成的共价键是非极性键，如Cl2；
不同原子之间形成的共价键是极性键，如HCl；
②分子中的大π 键可用符号Π 表示，其中m 代表参
与形成大π 键的原子数，n 代表参与形成大π 键的电
子数(如苯分子中的大π 键可表示为Π)，N：Π，
NO：Π，SO2：Π，O3：Π，CO：Π
双键(1 个σ 键、1 个π 键)
三键(1 个σ 键、2 个π 键)
大π 键
(2)σ 键和π 键的判断方法
①由原子轨道重叠方式判断:“头碰头”重叠为σ 键,“肩并肩”重叠为π 键。
②由共价键数目判断:单键为σ 键;双键或三键,其中一个为σ 键,其余为π 键。
③由成键轨道类型判断:s 轨道形成的共价键全是σ 键;杂化轨道形成的共价键全为σ 键。
(2)配位键
①配合物的组成：以[Cu(NH3)4]SO4为例，如图1 所示。
②一般来说，配合物内界与外界之间为离子键，电荷相互抵消。
③配体有多个配位原子，与中心原子形成螯合物，如铜离子与乙二胺形成配离子(图2)。
5．中心原子杂化类型和分子立体构型的相互判断
中心原子的杂化类型和分子的立体构型有关，二者之间可以相互判断。
分子组成(A
为中心原子)
中心原子的
孤电子对数
中心原子的
杂化方式
分子的立体构型
实例
AB2
0
sp
直线形
BeCl2
1
sp2
V 形
SO2
2
sp3
V 形
H2O
AB3
0
sp2
平面三角形
BF3
1
sp3
三角锥形
NH3
AB4
0
sp3
正四面体形
CH4
4
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【特别提醒】 (1)用价层电子对互斥理论判断分子的立体构型，不仅要考虑中心原子的孤电子对所占据的空间，
还要考虑孤电子对对成键电子对的排斥力大小。排斥力大小顺序为LP—LP>LP—BP>BP—BP(LP 代表孤电子对，
BP 代表成键电子对)。
(2)键角大小的判断方法
①不同杂化类型 sp3杂化<sp2杂化<sp 杂化
如键角：CH4<BF3<CO2。
②单键、双键、三键的影响(较少考查，了解)
三键、双键、单键之间的排斥力大小顺序：
三键—三键>三键—双键>双键—双键>双键—单键>单键—单键。
如乙烯分子中H—C==C 的键角是121.3°；H—C—H 的键角是117.4°，均接近120°。
③杂化类型相同，中心原子的孤电子对数越多，键角越小
如键角：CH4>NH3>H2O；NH>NH3；H3O＋>H2O。
④杂化类型和孤电子对数均相同，中心原子的电负性越大，键角越大
键角：NH3>PH3>AsH3。
解释：N、P、As 的电负性逐渐减小，中心原子的电负性越大，成键电子对越靠近中心原子，成键电子对排斥力增
大，键角增大。
⑤杂化类型和孤电子对数均相同，配位原子的电负性越大，键角越小
键角：NF3<NH3。
解释：F 的电负性比H 大，NF3中成键电子对偏向F，成键电子对排斥力比NH3小，且NF3的孤电子对偏向N，孤
电子对对成键电子对的排斥力较大。
对于第④、⑤种类型，可以归纳为判断中心原子的电子云密度，中心原子的电子云密度越大，则该分子的成键电
子对排斥力越大，则键角越大。
【拓展】等电子原理
等电子体具有相同的结构特征(立体结构和化学键类型)及相近的性质。
等电子体：原子总数相同、价电子总数相同的分子(或离子)互为等电子体。
确定等电子体的方法(举例)：变换过程中注意电荷改变，并伴有元素种类的改变。
――――――――――――→―――――――――――→
――――――――――――――――→
方法
示例
1
竖换：把同族元素(同族元素原子价电子数相同)上下交换，即
可得到相应的等电子体
CO2与CS2
O3与SO2
2
横换：换相邻主族元素，这时候价电子发生变化，再通过得失
电子使价电子总数相等
N2与CO
3
可以将分子变换为离子，也可以将离子变换为分子
O3与NO；CH4与NH；CO 与CN－
【知识点对点】
1．[2021·山东，16(2)节选]O、F、Cl 电负性由大到小的顺序为
F>O>Cl
。
2．[2020·全国卷Ⅰ，35(1)(2)]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__4 5__
∶
。
5
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(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__Na
与
Li
同主族，
Na
的电子层数更
多，原子半径更大，更易失电子，故第一电离能更小
__
。I1(Be)>I1(B)>I1(Li)，原因是__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
__
。
I1/(kJ·mol－1)
Li
520
Be
900
B
801
Na
496
Mg
738
Al
578
3．[2020·全国卷Ⅱ，35(3)]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：
CaTiO3的晶胞如图所示，其组成元素的电负性大小顺序是O ＞
Ti
＞
Ca
；金属离子与氧离子间的作用力为_ 离子键
_ ，
Ca2＋的配位数是
12
。
三、分子结构与性质原因解释题
1．分子性质
(1)分子构型与分子极性的关系
(2)溶解性
①“相似相溶”规律：非极性溶质一般能溶于非极性溶剂，极性溶质一般能溶于极性溶剂，若存在氢键，则溶剂
和溶质之间的氢键作用力越大，溶解性越好。
②“相似相溶”还适用于分子结构的相似性，如乙醇和水互溶，而戊醇在水中的溶解度明显减小。
2．氢键及其对物质性质的影响
氢键不属于化学键，氢键的作用力要大于范德华力。
对物理性质的影响：
(1)分子间氢键使物质沸点较高
例如，沸点：NH3>PH3(NH3分子间形成氢键)、H2O>H2S(H2O 分子间形成氢键)、HF>HCl(HF 分子间形成氢键)、
C2H5OH>CH3OCH3(C2H5OH 分子间形成氢键)。
6
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(2)分子内氢键使物质的熔、沸点降低，如熔沸点：
＜
。
(3)使物质易溶于水：如NH3、C2H5OH、CH3CHO、H2O2、CH3COOH 等易溶于水(分子与水分子间形成氢键)。
(4)解释一些特殊现象：例如水结冰体积膨胀(水分子间形成氢键，体积大，密度小)。
3.共价键
(1)分类
(2)σ 键和π 键的判断方法
①由原子轨道重叠方式判断:“头碰头”重叠为σ 键,“肩并肩”重叠为π 键。
②由共价键数目判断:单键为σ 键;双键或三键,其中一个为σ 键,其余为π 键。
③由成键轨道类型判断:s 轨道形成的共价键全是σ 键;杂化轨道形成的共价键全为σ 键。
(3)大π 键
①简介:
大π 键一般是三个或更多个原子间形成的,是未杂化轨道中原子轨道“肩并肩”重叠形成的π 键。
②表达式:πm
n
m 代表参与形成大π 键的原子数,n 代表参与形成大π 键的电子数。
(4)配位键与配位化合物的结构,以[Cu(NH3)4]SO4
为例:
【配合物的组成】
①配体
含有孤电子对的分子或离子,如NH3、H2O、CO、Cl-、Br-、I-、SCN-等。
②中心离子
一般是金属离子,特别是过渡金属离子,如Cu2+、Fe3+等。
③配位数
直接同中心原子(或离子)配位的含有孤电子对的分子(或离子)的数目。
④常见配合物:如[Cu(NH3)4](OH)2、[Cu(NH3)4]SO4、[Ag(NH3)2]OH、Fe(SCN)3、Fe(CO)5等。
【微点拨】 配位键也属于共价键的一种,形成配位键的条件是成键原子一方(A)能够提供孤电子对,另一方(B)具有能
够接受孤电子对的空轨道,可表示为A→B。
4.杂化轨道与分子立体构型
价层电子对数
2
3
4
杂化轨道类型
sp
sp2
sp3
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价层电子对模
型
直线形
平面三角形
四面体形
粒子组成形式
与立体构型
AB2
直线形
AB2
V 形
AB3
平面三角形
AB2
V 形
AB3
三角锥形
AB4
正四面体形
分子极性
非极性
极性
非极性
极性
极性
非极性
实例
CO2、BeCl2
SO2、PbCl2
BF3、SO3
H2O、H2S
NH3、PH3
CH4、SO4
2-、
CCl4、NH4
+
规律
当中心原子无孤电子对时,粒子的立体构型与价层电子对模型一致;当有孤电子对时,粒
子的立体构型为去掉孤电子对后剩余部分的空间构型
四、晶体类型与微粒间作用力原因解释题
1．不同晶体的特点比较
离子晶体
金属晶体
分子晶体
原子晶体
概念
阳离子和阴离子通
过离子键结合而形
成的晶体
通过金属离子与自由
电子之间的较强作用
形成的晶体
分子间以分子
间作用力相结
合的晶体
相邻原子间以共价键
相结合而形成空间网
状结构的晶体
晶体微粒
阴、阳离子
金属阳离子、自由电
子
分子
原子
微粒之间作用力
离子键
金属键
分子间作用力
共价键
物理
性质
熔、沸点
较高
有的高(如铁)、有的低
(如汞)
低
很高
硬度
硬而脆
有的大、有的小
小
很大
溶解性
一般情况下，易溶
于极性溶剂( 如
水)，难溶于有机
溶剂
钠等可与水、醇类、
酸类反应
极性分子易溶
于极性溶剂；
非极性分子易
溶于非极性溶
剂
不溶于任何溶剂
2.晶体类别的判断方法
(1)依据构成晶体的微粒和微粒间作用力判断
由阴、阳离子形成的离子键构成的晶体为离子晶体；由原子形成的共价键构成的晶体为原子晶体；由分子依靠分
子间作用力形成的晶体为分子晶体；由金属阳离子、自由电子以金属键构成的晶体为金属晶体。
(2)依据物质的分类判断
①活泼金属氧化物和过氧化物(如K2O、Na2O2等)、强碱(如NaOH、KOH 等)、绝大多数的盐是离子晶体。
②部分非金属单质、所有非金属氢化物、部分非金属氧化物、几乎所有的酸、绝大多数有机物的晶体是分子晶体。
③常见的单质类原子晶体有金刚石、晶体硅、晶体硼等，常见的化合物类原子晶体有SiC、SiO2、AlN、BP、GaAs
等。
④金属单质、合金是金属晶体。
(3)依据晶体的熔点判断
不同类型晶体熔点大小的一般规律：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体的熔点差别很大，如钨、铂等熔点
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很高，铯等熔点很低。
(4)依据导电性判断
①离子晶体溶于水和熔融状态时均能导电。
②原子晶体一般为非导体。
③分子晶体为非导体，但分子晶体中的电解质(主要是酸和强极性非金属氢化物)溶于水时，分子内的化学键断裂形
成自由移动的离子，也能导电。
④金属晶体是电的良导体。
(5)依据硬度和机械性能判断
一般情况下，硬度：原子晶体>离子晶体>分子晶体。金属晶体多数硬度大，但也有较小的，且具有较好的延展性。
3．晶体熔、沸点的比较
(1)原子晶体
→→→
如熔点：金刚石>碳化硅>晶体硅。
(2)离子晶体
一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，离子间的作用力就越强，离子晶体的熔、沸点就越高，如
熔点：MgO>NaCl>CsCl。
(3)分子晶体
①分子间作用力越大，物质的熔、沸点越高；具有分子间氢键的分子晶体熔、沸点反常的高，如沸点：
H2O>H2Te>H2Se>H2S。
②组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔、沸点越高，如熔、沸点：SnH4>GeH4>SiH4>CH4。
③组成和结构不相似的物质(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高，如熔、沸点：CO>N2。
④在同分异构体中，一般支链越多，熔、沸点越低，如熔、沸点：正戊烷>异戊烷。
(4)金属晶体
金属离子半径越小，所带电荷数越多，其金属键越强，熔、沸点就越高，如熔、沸点：Na<Mg<Al。
【知识点对点】
(1)[2022·全国甲卷节选] ①固态氟化氢中存在(HF)n形式,画出(HF)3的链状结构: 。
②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:
。
(2)[2021·全国乙卷节选] [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O 以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。
NH3的沸点比PH3的 ,原因是 。H2O 的键角小于NH3的,分析原因:
。
(3)氨硼烷(NH3BH3)在高温下释放氢后生成的立方氮化硼晶体具有类似金刚石的结构,但熔点比金刚石低,原因是
。
9
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(4)FeCO3可作补血剂,CoCO3可用于陶瓷工业的着色剂。已知:①r(Fe2+)为61 pm,r(Co2+)为65 pm。②隔绝空气加
热:FeCO3
FeO+CO2↑;CoCO3
CoO+CO2↑。分别加热FeCO3和CoCO3时,FeCO3的分解温度低于CoCO3,其原因
是
。
(5)
GaCl
①
3的空间构型为 ;GaCl3的熔点为77.9 ℃,沸点为201.3 ℃;而GaN 的熔点为1700 ℃,其原因是
。
H
②
2O、H2S、H2Te 的沸点由高到低的顺序为 (填化学式,下同);H2O、H2S、H2Te 的键角由大
到小的顺序为 。
(6)
Cu
①
和K 属于同一周期元素,且原子核外最外层电子排布相同,但金属Cu 的熔点比金属K 的高,原因是
。
②形成[Cu(CO)(NH3)3]+后NH3中H—N—H 的键角变大,原因是
。
【答案】（1）①
②C—F 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
(2) 高 NH3存在分子间氢键 NH3含有一对孤对电子,而H2O 含有两对孤对电子。H2O 中的孤对电子对成键电子对
的排斥作用较大(3)B—N 的键长大于C—C,键能小于C—C
(4)FeO 和CoO 都是离子晶体,r(Fe2+)<r(Co2+),晶格能FeO>CoO,FeO 比CoO 更稳定,FeCO3比CoCO3易分解
(5)①平面三角形 GaCl3为分子晶体,GaN 为原子晶体 ②H2O>H2Te>H2S H2O>H2S>H2Te
(4)
Cu
①
的原子半径较小且价电子数较多,金属键较强
②形成配离子后,配位键与NH3中N—H 之间的排斥力小于原孤电子对与NH3中N—H 之间的排斥力
【解析】 (1)NaCl 是离子晶体,SiCl4是分子晶体,离子键的强度明显大于分子间作用力,故NaCl 的熔点明显高于
SiCl4。对于同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4,它们都是分子晶体,相对分子质量依次增大,分子间作用力依次增
大,故SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点依次升高。(2)①固态HF 分子间存在氢键,则(HF)3的链状结构为
。
②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C—F 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。(3)氨存在分子间氢
键,其沸点高于PH3。NH3中的N 有一对孤对电子,而H2O 中O 有两对孤对电子,H2O 中孤对电子多,对成键电子对的
排斥作用大,键角小。(3)B—N 的键长大于C—C,键长越大,键能越小,B—N 的键能小于C—C,破坏C—C 需要更多的
能量,所以立方氮化硼晶体的熔点比金刚石低。(4)不溶性碳酸盐分解过程的实质是金属阳离子与碳酸根离子中的氧
离子结合的过程,产物FeO 和CoO 都是离子晶体,金属阳离子半径越小,形成氧化物的晶格能越大、物质越稳定,由于
r(Fe2+)<r(Co2+),则FeO 比CoO 更稳定,FeCO3越易分解,故其分解温度低于CoCO3。(5)
Ga
①
与Al 为同主族元素,GaCl3
中有3 个σ 键,孤电子对数为3−3×1
2
=0,价层电子对数为3,即GaCl3的空间构型为平面三角形;GaCl3的熔点为77.9
10
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℃,沸点为201.3 ℃,熔沸点低,这是分子晶体的特点,推出GaCl3为分子晶体,GaN 的熔点为1700 ℃,熔点高,是原子晶体。
②H2O、H2Te、H2S 都属于分子晶体,H2O 分子间存在氢键,H2S 和H2Te 分子间不存在氢键,H2O 的沸点最高,H2Te 的
相对分子质量比H2S 大,因此H2Te 的沸点高于H2S,从而推出沸点高低顺序是H2O>H2Te>H2S;O、S、Te 同族,电负性
O>S>Te,电负性越小,对氢原子的吸引力越弱,H—X(X 为O、S、Te)的成键电子对之间的排斥力越弱,即键角的大小
顺序是H2O>H2S>H2Te。(6)
Cu
①
和K 属于同一周期元素,且原子核外最外层电子排布相同,但金属Cu 的熔点比金属
K 的高,原因是Cu 的原子半径较小且价电子数较多,金属键较强。
【归纳总结】 三步分析微粒间相互作用对物质性质的影响
第一步:晶体类型确定
根据题设信息(性质、经验和特征)确定比较的物质分属什么类型的晶体。
第二步:决定、影响因素分析
根据共同点与差异点得出规律(求同找相似,求异找变化,规律找递变),并分析其决定和影响因素,去同存异,从结构上
(或指定答题点)进行比较。
第三步:科学规范表达
一答比较点(**晶体**性质)、二答变量(从本质到性质)相对大小(强弱)、三答结论(结果或规律)。
五、晶体结构与晶胞计算
1、晶胞中微粒数目的计算方法——均摊法
（1）原则：晶胞任意位置上的一个粒子如果是被n 个晶胞所共有，那么这个粒子对每个晶胞的贡献是。
（2）晶胞分析
晶胞
平行四面体
正六棱柱
正三棱柱
均摊规
则
顶点1
8;棱上1
4 ;面心1
2;体
内1
顶点1
6;水平棱1
4 ,竖直棱1
3;面心
1
2;体内1
顶点1
12;水平棱1
4 ,竖直棱1
6;面心
1
2;体内1
单位换算:1 pm=10-12 m=10-10 cm,1 nm=10-9 m=10-7 cm。
(3)熟记几种常见的晶胞结构及晶胞含有的粒子数目
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2.晶胞计算
(1)晶胞参数
①晶胞的形状和大小可以用6 个参数来表示,包括晶胞的3 组棱长a、b、c 和3 组棱相互间的夹角α、β、γ,此即晶格
特征参数,简称晶胞参数。如立方晶胞中,晶胞参数a=b=c,α=β=γ=90°。
②晶胞参数的计算
(2)计算晶体密度的方法
晶胞中含有粒子的体积
晶胞体积
(3)晶胞中原子空间利用率= ×100%。
(4)原子分数坐标
晶胞中任意一个原子的中心位置均可用3 个不大于1 的数在立体坐标系中表示出来,如位于晶胞原点(顶角)的原子的
坐标为(0,0,0);位于晶胞体心的原子的坐标为(1
2,1
2,1
2);位于xOy 面心的原子的坐标为(1
2,1
2,0);位于xOz 面心的原子的
坐标为(1
2,0,1
2),如图所示。
3．常见共价晶体（原子晶体）结构分析
(1)金刚石
①每个C 与相邻4 个C 以共价键结合，形成正四面体结构；
②键角均为109°28′；
③最小碳环由6 个C 组成且6 个C 不在同一平面内；
④每个C 参与4 个C—C 的形成，C 原子数与C—C 数之比为1 2∶；
⑤密度ρ＝(a 为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数的值)。
(2)SiO2
①每个Si 与4 个O 以共价键结合，形成正四面体结构；
②每个正四面体占有1 个Si,4 个“O”，因此二氧化硅晶体中Si 与O 的个数之比为1 2∶；
③最小环上有12 个原子，即6 个O、6 个Si；
④密度ρ＝(a 为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数的值)。
(3)SiC、BP、AlN
①每个原子与另外4 个不同种类的原子形成正四面体结构；
②密度：ρ(SiC)＝；ρ(BP)＝；ρ(AlN)＝(a 为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数的值)。
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4．常见分子晶体结构分析
(1)干冰
8
①个CO2位于立方体的顶角且在6 个面的面心各有1 个CO2；
②每个CO2分子周围紧邻的CO2分子有12 个；
③密度ρ＝(a 为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数的值)。
(2)白磷
①面心立方最密堆积；
②密度ρ＝(a 为晶胞边长，NA为阿伏加德罗常数的值)。
5．常见离子晶体结构分析
(1)典型离子晶体模型的配位数
晶体
晶胞
配位数
晶体
晶胞
配位数
NaC
l
Na＋、Cl－的配位数
均为6
ZnS
Zn2＋、S2－的配位数均为4
CsCl
Cs＋、Cl－的配位数
均为8
CaF2
Ca2＋( )的配位数为8；F－(
)的配位
数为4
【补充】晶格能
(1)定义：气态离子形成1 摩离子晶体释放的能量。晶格能是反映离子晶体稳定性的数据，可以用来衡量离子键的
强弱，晶格能越大，离子键越强。
(2)影响因素：晶格能的大小与阴阳离子所带电荷数、阴阳离子间的距离、离子晶体的结构类型有关。离子所带电
荷数越多，半径越小，晶格能越大。
(3)对离子晶体性质的影响：晶格能越大，形成的离子晶体越稳定，而且熔点越高，硬度越大。
【知识点对点】
(2021·重庆卷)研究发现纳米CeO2可催化O 分解。CeO2晶体属立方CaF2型晶体，结构如图所示。
以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中的原子位置，称作原子分数坐标。A 离子的坐标为，则B 离
子的坐标为___
_______
。
2.(2021·海南卷)MnS 晶胞与NaCl 晶胞属于同种类型，如图所示。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a 点硫原子
坐标为，b 点锰原子坐标为，则c 点锰原子坐标为___
_____________
。
【解题建模】
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【真题演练】
1.（2023·北京）中国科学家首次成功制得大面积单晶石墨炔，是碳材料科学的一大进步。
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下列关于金刚石、石墨、石墨炔的说法正确的是
A. 三种物质中均有碳碳原子间的
键
B. 三种物质中的碳原子都是
杂化
C. 三种物质的晶体类型相同
D. 三种物质均能导电
【答案】 A
【解析】 A．原子间优先形成
键，三种物质中均存在
键，A 项正确；B．金刚石中所有碳原子均采用sp3杂化，
石墨中所有碳原子均采用sp2杂化，石墨炔中苯环上的碳原子采用sp2杂化，碳碳三键上的碳原子采用sp 杂化，B
项错误；C．金刚石为共价晶体，石墨炔为分子晶体，石墨为混合晶体，C 项错误；D．金刚石中没有自由移动电
子，不能导电，D 项错误；故选A。
2. （2023·北京）下列化学用语或图示表达正确的是
A. NaCl 的电子式为
B. NH3的VSEPR 模型为
C. 2PZ电子云图为
D. 基态24Cr 原子的价层电子轨道表示式为
【答案】C
【解析】 A．氯化钠是离子化合物，其电子式是
，A 项错误；B．氨分子的VSEPR 模型是四面体结
构，B 项错误：C．p 能级电子云是哑铃(纺锤)形，C 项正确；D．基态铬原子的价层电子轨道表示式是
，D 项错误；故选C。
3. （2023·山东）下列分子属于极性分子的是
A. CS2
B. NF3
C. SO3
D. SiF4
【答案】 B
【解析】 A．CS2中C 上的孤电子对数为
×(4-2×2)=0，σ 键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的空间构型为
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直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A 项不符合题意；B．NF3中N 上的孤电子对数为
×(5-
3×1)=1，σ 键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间构型为三角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于
极性分子，B 项符合题意；C．SO3中S 上的孤电子对数为
×(6-3×2)=0，σ 键电子对数为3，价层电子对数为3，
SO3的空间构型为平面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C 项不符合题意；D．SiF4中Si
上的孤电子对数为
×(4-4×1)=0，σ 键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间构型为正四面体形，分子中正
负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D 项不符合题意；答案选B。
4.（2023·1 月浙江）下列化学用语表示正确的是
A. 中子数为18 的氯原子：
37
17Cl
B. 碳的基态原子轨道表示式：
C. BF3的空间结构：
(平面三角形)
D. HCl 的形成过程：
【答案】 C
【解析】 A．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18 的氯
原子的质量数为17+18=35，核素符号为
37
17Cl，故A 错误；B．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪
特规则，2p 轨道上的2 个电子应该分别在2 个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：
，故
B 错误；C．BF3的中心原子B 原子孤电子对数=
=0，价层电子对数=3，空间构型为平面三角形，空间结构模
型为：
，故C 正确；D ．HCl 是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为
，故D 错误；故选：C。
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5. （2023·湖卷）下列化学用语表述错误的是
A. HClO 的电子式：
B. 中子数为10 的氧原子：
O
C. NH3分子的VSEPR 模型：
D. 基态N 原子的价层电子排布图：
【答案】 C
【解析】 A．HClO 中O 元素成负化合价，在结构中得到H 和Cl 共用的电子，因此HClO 的电子式为
，
A 正确；B．中子数为10，质子数为8 的O 原子其相对原子质量为10+8=18，其原子表示为
O，B 正确；C．根据
VSEPR 模型计算，NH3分子中有1 对故电子对，N 还连接有3 和H 原子，因此NH3的VSEPR 模型为四面体型，C
错误；D．基态N 原子是价层电子排布为2s22p3，其电子排布图为
，D 正确；故答案选C
6. （2023·湖卷）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为
。阿伏加德罗
常数的值为
。下列说法错误的是
A. 晶体最简化学式为KCaB6C6
B. 晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8 个
C. 晶胞中B 和C 原子构成的多面体有12 个面
D. 晶体的密度为
【答案】C
【解析】 A．根据晶胞结构可知，其中K 个数：8×
=1，其中Ca 个数：1，其中B 个数：12×
=6，其中C 个数：
12×
=6，故其最简化学式为KCaB6C6，A 正确；B．根据晶胞结构可知，K+位于晶胞顶点，Ca2+位于体心，每个
K+为8 个晶胞共用，则晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8 个，B 正确；C．根据晶胞结构可知，晶胞中B 和C
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原子构成的多面体有14 个面，C 错误；D．根据选项A 分析可知，该晶胞最简化学式为KCaB6C6，则1 个晶胞质
量为：
，晶胞体积为a3×10-30cm3，则其密度为
，D 正确；故选C。
7.（2023·辽宁） 晶体结构的缺陷美与对称美同样受关注。某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)，进行镁离子
取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法错误的是
A. 图1 晶体密度为
g∙cm-3
B. 图1 中O 原子的配位数为6
C. 图2 表示的化学式为LiMg2OClxBr1-x
D. Mg2+取代产生的空位有利于Li+传导
【答案】 C
【解析】 A．根据均摊法，图1 的晶胞中含Li：8×¼+1=3，O：2×½=1，Cl：4×¼=1，1 个晶胞的质量为
g=
g，晶胞的体积为(a×10-10cm)3=a3×10-30cm3，则晶体的密度为
g÷(a3×10-30cm3)=
g/
cm3，A 项正确；B．图1 晶胞中，O 位于面心，与O 等距离最近的Li 有6 个，O 原子的配位数为6，B 项正确；
C．根据均摊法，图2 中Li：1，Mg 或空位为8×¼=2。O：2×½=1，Cl 或Br：4×¼=1，Mg 的个数小于2，根据正
负化合价的代数和为0，图2 的化学式为LiMgOClxBr1-x，C 项错误；D．进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得
高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D 项正确；答案选C。
8.（2023·湖北卷）镧La 和H 可以形成一系列晶体材料LaHn，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaHn属于立方
晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH2中的每个H 结合4 个H 形成类似CH4的结构，即得到晶体LaHx。
下列说法错误的是
A. LaH2晶体中La 的配位数为8
B. 晶体中H 和H 的最短距离：LaH2 > LaHx
C. 在LaHx晶胞中，H 形成一个顶点数为40 的闭合多面体笼
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D. LaHx单位体积中含氢质量的计算式为
【答案】 C
【解析】 A．由LaH2的晶胞结构可知，La 位于顶点和面心，晶胞内8 个小立方体的中心各有1 个H 原子，若以顶
点La 研究，与之最近的H 原子有8 个，则La 的配位数为8，故A 正确；B．由LaHx晶胞结构可知，每个H 结合4
个H 形成类似CH4的结构，H 和H 之间的最短距离变小，则晶体中H 和H 的最短距离：LaH2 > LaHx，故B 正确；
C．由题干信息可知，在LaHx晶胞中，每个H 结合4 个H 形成类似CH4的结构，这样的结构有8 个，顶点数为
4×8=32，且不是闭合的结构，故C 错误；D．1 个LaHx晶胞中含有5×8=40 个H 原子，含H 质量为
g，晶胞的
体积为(484.0×10-10cm)3=(4.84×10-8)3cm3 ，则
LaHx
单位体积中含氢质量的计算式为
，故D 正确；答案选C。
9.(2023·全国甲卷)将酞菁—钴酞菁—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________，C60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p 轨道能提供一对电子的N 原子是________(填图2 酞菁中N 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AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a 所示，二聚体中Al 的轨道杂化类型为________。
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AlF3的熔点为1 090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为________键。AlF3结构属立方
晶系，晶胞如图3b 所示，F－的配位数为________。若晶胞参数为a pm，晶体密度ρ＝________ g·cm－3(列出计算
式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】 (1)同素异形体 金刚石 范德华力 (2)③ ＋2 配位 (3)sp3 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，C60属于分子晶体，碳纳米管
不属于原子晶体；C60分子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sp2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sp2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 易断裂从而电离出H＋；钴酞菁分子中，失去了2 个H＋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
Al2Cl6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Al 的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1 090 ℃，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
黑色球的个数为12×＝3，白色球的个数为8×＝1，则黑色的球为F－，距F－最近且等距的Al3＋有2 个，则F－的配
位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为a3×10－30 cm3，晶胞的质量为，则其晶体密度ρ＝ g·cm－3。
10.(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(MgxFe2－
xSiO4)。回答下列问题：
(1)基态Fe 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/℃
NaCl
800.7
SiCl4
－68.8
GeCl4
－51.5
SnCl4
－34.1
Na 与Si 均为第三周期元素，NaCl 熔点明显高于SiCl4，原因是_____________________________________________。
分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因__________________________________。SiCl4
的空间结构为________，其中Si 的轨道杂化形式为________。
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(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Mg。该物质化学式为________，B—B 最近距离为________。
【答案】 (1)3d64s2 O＞Si＞Fe＞Mg ＋2
(2)NaCl 为离子晶体，而SiCl4为分子晶体，NaCl 中离子键强度远大于SiCl4分子间作用力 SiCl4、GeCl4、SnCl4的
熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，结构相似，随相对分子质量增大，分子间作用
力逐渐增强 正四面体形 sp3 (3)1 MgB2 a
【解析】 (1)Fe 为26 号元素，基态Fe 原子的价电子排布式为3d64s2。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(MgxFe2－xSiO4)中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为
MgxFe2－xSiO4中Mg、Si、O 的化合价分别为＋2、＋4 和－2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，＝2，
可以确定铁的化合价为＋2。(2)Na 与Si 均为第三周期元素，NaCl 熔点明显高于SiCl4，原因是NaCl 为离子晶体，
而SiCl4为分子晶体，NaCl 中离子键强度远大于SiCl4分子间作用力。由表中的数据可知， SiCl4、GeCl4、SnCl4熔
点依次升高，其原因是SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，结构相似；随着其相对分子质量增大，其分子间作
用力逐渐增强。SiCl4的空间结构为正四面体形，其中Si 的价层电子对数为4，因此Si 的轨道杂化形式为sp3。(3)
由硼镁化合物的晶体结构可知Mg 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12×＋2×＝3 个
Mg，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B 在正六
棱柱体内共6 个，则该物质的化学式为MgB2；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a，因此B—B 最近距离为a××2＝a。
11.（2023·1 月浙江） 硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）
分子的空间结构(以
为中心)名称为________，分子中氮原子的杂化轨道类型是_______。
受热分解生成
和
，其受热不稳定的原因是________。
（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①
、②
、③
，有关
这些微粒的叙述，正确的是___________。
A. 微粒半径：③>
>
①②
B. 电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C. 电离一个电子所需最低能量：①>
>
②③
D. 得电子能力：①>②
（3）Si 与P 形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是___________，该化合物的化学式为___________。
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【答案】（1） ①. 四面体 ②. sp3
.
③Si 周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强Si(NH2)4中Si-N
键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增) （2）AB
（3） ①. 共价晶体 ②.SiP2
【解析】 （1）Si(NH2)4分子可视为SiH4分子中的4 个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以Si(NH2)4分子中Si
原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以Si 为中心)名称为四面体；
氨基(-NH2)氮原子形成3 个σ 键，含有1 对孤对电子，N 原子杂化轨道数目为4，N 原子轨道的杂化类型是sp3；
Si 周围的NH2基团体积较大，受热时斥力较强Si(NH2)4中Si-N 键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，
故Si(NH2)4受热不稳定，容易分解生成Si3N4和NH3；（2）电子排布式分别为：①[Ne]3s23p2、②[Ne]3s23p1、
③[Ne]3s23p14s1，可推知分别为基态Si 原子、Si+离子、激发态Si 原子；A．激发态Si 原子有四层电子，Si+离子失
去了一个电子，根据微粒电子层数及各层电子数多少可推知，微粒半径：③>
>
①②，选项A 正确；B．根据上述分
析可知，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B 正确；C．激发态Si 原子不稳定，容易失去电子；基
态Si 原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一
个电子所需最低能量：②>
>
①③，选项C 错误；D．由C 可知②比①更难失电子，则②比①更容易得电子，即得电
子能力：②>①，选项D 错误；答案选AB；（3）Si 与P 形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键
形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有
个Si，8 个P，故该化
合物的化学式为SiP2。
12. （2023·1 月浙江）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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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sp3
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）①. A
. N
②
nHn+2−2m(
，m 为正整数)
.
③＜ ④.
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） ①. CaCN2
. 6
②
【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：1s22s22p23s1，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：Ca3N2>Mg3N2，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：N2H2，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sp3，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[CuNH3]2+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H+的能力：NH3＜[CuNH3]2+(填“>”或“<”)；故答案为：＜；[CuNH3]2+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
，CN2
2-个数为
，则其化学式为CaCN2；根据六方最密堆积图
，以
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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
，以这个CN2
2-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。
13.（2023·北京） 硫代硫酸盐是一类具有应用前景的浸金试剂。硫代硫酸根(S2O3
2-)可看作是SO4
2-中的一个O 原子
被S 原子取代的产物。
（1）基态S 原子价层电子排布式是__________。
（2）比较S 原子和O 原子的第一电离能大小，从原子结构的角度说明理由：____________________。
（3）S2O3
2-的空间结构是__________。
（4）同位素示踪实验可证实(S2O3
2-)中两个S 原子的化学环境不同，实验过程为
。过程ⅱ中，S2O3
2-断裂的只有硫硫键，若过程ⅰ所用试剂是Na2
32S2O3和
35S，过程ⅱ含硫产物是__________。
（5）MgS2O3·6H2O 的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、bnm、c nm，结构如图所示。
晶胞中的[Mg(H2O)6]2+个数为__________。已知MgS2O3·6H2O 的摩尔质量是Mg·mol-1，阿伏加德罗常数为NA，该晶
体的密度为__________g·cm-3。(1nm=10-7cm)
（6）浸金时，S2O3
2-作为配体可提供孤电子对与Au+形成[Au(S2O3)2]3-]。分别判断S2O3
2-中的中心S 原子和端基S 原
子能否做配位原子并说明理由：____________________。
【答案】（1）3s23p4 （2）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）四面体形 （4）Na2
32SO4和Ag2
35S （5）①. 4
.
②
（6）S2O3
2-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
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【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3s23p4。答案为3s23p4；（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）SO4
2-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，S2O3
2-可看作是SO4
2-中1 个O 原子被S 原子取代，则S2O3
2-的空间构型为四面体形。答案为四面体形；
（4）过程Ⅱ中S2O3
2-断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中SO3
2-最终转化为SO4
2-，S 最终转化为
Ag2S。若过程ⅰ所用的试剂为Na2
32SO3和
35S，过程Ⅱ的含硫产物是Na2
32SO4和Ag2
35S。答案为Na2
32SO4和Ag2
35S
；（5）由晶胞结构可知，1 个晶胞中含有
个[Mg(H2O)6]2+，含有4 个S2O3
2-；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。S2O3
2-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。
14. （2023·山东）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）-40℃时，F2与冰反应生成HOF 利HF。常温常压下，HOF 为无色气体，固态HOF 的晶体类型为_____，HOF
水解反应的产物为_____(填化学式)。
（2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O 中心原子为O，二者均为V 形结构，但ClO2中存在大π 键(π3
5)。ClO2中
原子的
轨道杂化方式_____；为O-Cl-O 键角_____Cl-O-Cl 键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较ClO2与Cl2O 中Cl-O 键的
键长并说明原因_____________________。
（3）一定条件下，CuCl2、K 和F2反应生成KCl 和化合物X。已知X 属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数
a=b≠c，α=β=γ=90°)，其中Cu 化合价为+2。上述反应的化学方程式为_____。若阿伏加德罗常数的值为NA，化合
物X 的密度ρ=_____g·cm-3(用含X 的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 分子晶体 ②. HF 、H2O2和O2
（2）①. sp2
.
②＞ ③. ClO2分子中Cl-O 键的键长小于Cl2O 中Cl-O 键的键长，其原因是：ClO2分子中既
存在σ 键，又存在大π 键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O 键的键长较小，而Cl2O 只存在普通的σ 键。
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（3） ①. CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl
.
②
【解析】 （1）常温常压下，HOF 为无色气体，则HOF 的沸点较低，因此，固态HOF 的晶体类型为分子晶体。
HOF 分子中F 显-1 价，其水解时结合H2O 电离的H+生成HF，则OH+结合H2O 电离的OH-，两者反应生成H2O2，
H2O2不稳定，其分解生成O2，因此，HOF 水解反应的产物为HF 、H2O2和O2。
（2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O 中心原子为O，二者均为V 形结构，但ClO2中存在大π 键(π3
5)。由ClO2中存在π3
5
可以推断，其中Cl 原子只能提供1 对电子，有一个O 原子提供1 个电子，另一个O 原子提供1 对电子，这5 个电
子处于互相平行的p 轨道中形成大π 键，Cl 提供孤电子对与其中一个O 形成配位键，与另一个O 形成的是普通的
共价键（σ 键，这个O 只提供了一个电子参与形成大π 键）， Cl 的价层电子对数为3，则Cl 原子的轨道杂化方式
为sp2；Cl2O 中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知
，因此，O 的杂化方式为sp3；根据
价层电子对互斥理论可知，n=4 时，价电子对的几何构型为正四面体，n=3 时，价电子对的几何构型平面正三角形，
sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2O 均为V 形结构，但Cl-O-Cl 键角大于Cl-O-Cl 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。ClO2分子中Cl-O 键的键长小于Cl2O 中Cl-O 键的键长，其原
因是：ClO2分子中既存在σ 键，又存在大π 键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O 键的键长较小，而ClO2
只存在普通的σ 键。
（3）一定条件下，CuCl2、K 和F2反应生成KCl 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8×¼+2=4、白球的个数为16×¼+4×½+2=8、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、F 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K2CuF4，上述反应的化学方程式为CuCl2+4K+2F2=K2CuF4+2KCl。若阿伏加德罗富数的
值为NA ，晶胞的质量为
，晶胞的体积为a2cpm3=a2c×10-30pm3 ，化合物X 的密度
。
【考向预测】
1．（2024·重庆·三模）由O、Na、Cl 三种元素组成的一种物质的立方晶胞如下图所示，已知顶点为O，面心为
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Na，体心为Cl，晶胞参数为a nm，a 点坐标为
，下列说法正确的是
A．该物质的化学式为
B．b 点的坐标可能为
C．晶胞密度为
D．晶体中与O 等距且紧邻的Na 有8 个
【答案】 B
【解析】 A．由“均摊法”，晶胞中O 的个数为
，Na 的个数为
，Cl 的个数为1，故该物质的化
学式为Na3ClO，A 错误；B．取晶胞图中左下角的O 原子为坐标原点时，b 点的坐标为(1,
,
)，B 正确；C．晶
胞的密度
，C 错误；D．晶体中，与O 等距且紧邻的Na
在同一层面内有4 个，上下层中各有4 个，共12 个，D 错误；本题选B。
2．（2024·湖南·三模）南开大学某课题组采用新合成路线，合成出新型的二元Fe/As 团簇离子[Fe3(As3)3(As4)]3-，其
结构如图所示。下列有关说法错误的是
A．K3[Fe3(As3)3(As4)]固体是离子晶体
B．3 个Fe 形成正三角形
C．含极性键、非极性键
D．存在5 种不同化学环境的As
【答案】 B
【解析】 A．由阴离子和阳离子构成的K3[Fe3(As3)3(As4)]是离子晶体，A 正确；B．[Fe3(As3)3(As4)]3-中3 个Fe 分别
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连有不同化学环境的As，故形成的三角形不是正三角形，B 错误；C．[Fe3(As3)3(As4)]3-中含As-Fe 极性键和As-Fe
非极性键，C 正确；D．如图
可知，[Fe3(As3)3(As4)]3-中存在a、b、c、d、e 共5 种不同化
学环境的As，D 正确；故选：B。
3．（2024·湖南·二模）下列化学用语表述正确的是
A．PH3的VSEPR 模型：
B．基态铜原子价层电子排布式：3d94s2
C．(CN)2的电子式：
D．质子数为6、中子数为7 的碳原子：
12
6C
【答案】 C
【解析】 A．PH3的中心原子P 是sp3杂化，所以VSEPR 模型为四面体，不是三角锥，A 错误；B．基态铜原子价
层电子排布式：3d104s1，B 错误；C．(CN)2的电子式：
，C 正确；D．质子数为6、中子数为7 的
碳原子：
12
6C，D 错误； 故选C。
4．（2024·江西赣州·二模）下列符号表征或说法正确的是
A．HClO 的电子式：
B．ClO3
-的VSEPR 模型：
C．
的离子结构示意图：
D．基态S 原子的价电子排布图：
【答案】 B
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【解析】 A．HClO 是共价化合物，电子式是
，故A 错误；B．ClO3
-的中心原子Cl 价层电子对数
为3+½（7+1-3×2）=4，VSEPR 模型为四面体形，有1 对孤电子对，故B 正确；C．Fe2+的离子结构示意图：
，故C 错误；D．硫为16 号元素，基态硫原子的价电子排布图：
，故D
错误；故答案选B。
5．（2024·河北邯郸·三模）由
、
、
等元素组成的钒基笼目金属在超导电性方面有广阔的应用前景，其晶
胞结构如下图所示。下列说法错误的是
A．钒基笼目金属的化学式为GdV6Sn6
B．Gd 分布在由Sn 构成的八面体空隙中
C．可以通过X 射线衍射实验测定晶体结构
D．1 号、2 号Sn 原子间的距离为
【答案】 B
【解析】 A．V 有2 个在内部，8 个在面上，均推为6 个；Sn 有4 个在面上，8 个在棱上，2 个在内部，均推为6
个；Gd 有4 个在棱心，均推为1 个，化学式为GdV6Sn6，A 正确；B．Gd 周围的Sn 为8 个，构成的不是八面体空
隙，B 错误；C．测定晶体结构最常用的仪器是
射线衍射仪，C 正确；D．如图所示
，1 号、2 号Sn 原子投影在同一平面的距离为
，晶胞中1 号Sn 与2 号Sn 的
垂直高度为c pm，根据勾股定理有，1 号、2 号Sn 原子间的距离为
，D 正确； 故选B。
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6．（2024·河北邯郸·三模）用杯酚（表示为
）分离C60和C70的过程如图甲所示，①～③各步骤在实验室中所
用到的装置选择合理的是
A．①－a、②－a、③－d
B．①－a、②－b、③－c
C．①－b、②－a、③－d
D．①－b、②－b、③－c
【答案】 A
【解析】 过程①中超分子不溶于甲苯，为固态，分离操作选择a 为过滤；过程②中C60为不溶于氯仿的固体，因
此分离操作选择为a；过程③中分离氯仿和杯酚，二者互溶，但沸点不同，因此通过装置d 蒸馏分离，故A 正确。
7．（2024·湖北武汉·二模）化合物Q 是一种潜在热电材料，其晶胞结构如图甲所示，沿x、y、z 轴方向的投影均
如图乙所示。Q 最简式的式量为Mr，晶体密度为
。下列说法错误的是
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A．Q 的化学式为K2SeBr6
B．K+位于阴离子构成的四面体空隙内
C．Q 固体颗粒的X 射线衍射图谱有尖锐的衍射峰
D．相邻K+之间的最短距离为
【答案】 D
【解析】 由图可知，
位于晶胞的顶角和面心，K 位于晶胞内部，将晶胞等分为8 各小正方体，K 位于小正
方体的体心，利用均摊法可知：晶胞中
共有
个， K 有8 个，据此进行判断。A．根据分析可
知，Q 的化学式为K2SeBr6，故A 正确；B． 由晶胞的结构图可知
和K+的位置，K+位于阴离子构成的四面
体空隙内，故B 正确；C．构成 Q 固体颗粒的微观粒子在三位空间里呈现周期性有序排列，故为晶体，则其X 射
线衍射图谱有尖锐的衍射峰，故C 正确；D． 根据图可知，相邻K+之间的最短距离为晶胞边长的一半，由分析知，
晶胞的质量为
，设晶胞边长为a，则
，则相邻K+之间的最短距离为
，
故D 错误；故选D。
8．（2024·江西·模拟预测）对于
反应，下列叙述错误的是
A．Ca(OH)2的电子式：
B．H2O 的VSEPR 模型：
C．NH3是只含极性键的极性分子
D．NH4Cl 和NH3中的N 原子都采用sp3杂化
【答案】 B
【解析】 A．Ca(OH)2是离子化合物，故其电子式为：
，A 正确；B．H2O 的价层电
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子对数为：2+½（6-2×1）=4，根据价层电子对互斥理论可知，其VSEPR 模型为：
，B 错误；C．NH3
是只含N-H 极性键，分子中正、负电荷中心不重合，则为极性分子，C 正确；D．NH4Cl 和NH3中的N 原子周围的
价层电子对数均为4，则N 原子都采用sp3杂化，D 正确；故答案为：B。
9．（2024·河北邯郸·模拟预测）亚氨基化硫（
）的制备原理：
。下列化学
用语表述正确的是
A．基态S 原子的价层电子排布式：
B．
的VSEPR 模型：
C．
的电子式：
D．
的结构式：
【答案】 C
【解析】 A．S 是16 号元素，价层电子排布式：3s23p4，A 错误；B．NH3中心原子价层电子对数为3+
=4，含有1 个孤电子对，VSEPR 模型为四面体形，B 错误；C．NH4Cl 是离子化合物，电子式为
，C 正确；D．S2Cl2是共价化合物，结构式为：Cl-S-S-Cl，D 错误；故选C。
10．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）铋的一种芯片微观结构如图所示，晶胞夹角均为
当阿伏加德罗常数值。
下列说法错误的是
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A．化学式为
B．1 个晶胞表面有24 个原子
C．晶体密度为
D．晶胞沿轴方向的投影图为
【答案】 C
【解析】A．根据电荷守恒可知，该晶胞中
和
个数比为1：1，该晶胞化学式为
，A 正确；
B．该晶胞中表面有8 个Se，8 个O，8 个Bi，共24 个原子，B 正确；C．该晶胞中含有Se 的个数为
，
晶体密度为
，C 错误；D．根据图示，晶胞沿轴方向的投影图为
，D 正确；
故选C。
11．（2024 高三下·重庆·阶段练习）
发生水解反应的机理如下图。下列说法正确是
A．
为非极性分子
B．
中
为
杂化
C．
的水解产物
为二元酸
D．
和
均能形成分子间氢键
【答案】 C
【解析】 A．PCl3的空间构型为三角锥形，正负电中心不重叠，是极性分子，A 错误；B．PCl3中P 为
杂化，B
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错误；C．PCl3的水解产物为
，两个-OH 上的H 离子可以电离，所以是二元酸，C 正确；
．
不能形成分子间氢揵，D 错误；故选C。
12．（2024·辽宁朝阳·三模）新型储氢合金材料的研究和开发将为氢气作为能源的实际应用起到重要的推动作用。
两种常见储氢合金的晶胞结构如图所示。设阿伏加德罗常数为
，下列说法正确的是
A．图中涉及的四种元素均为d 区元素
B．图b 晶体的化学式为
C．图a 晶体晶胞边长为dpm，该合金的密度为
D．图a 晶体储氢时，储存的氢相当于
分子在晶胞的体心和棱心位置，则含24g Mg 的该储氢合金储存的
在标准状况下的体积约为11.2L
【答案】 D
【解析】 A．Mg 为s 区元素、Fe、La、Ni 为d 区元素，A 错误；B．根据均摊法，图b 晶体中La 个数为
，
Ni 个数为
，化学式为
，B 错误；C．Fe 位于顶点和面心，其个数：
；Mg 位于晶胞
内，个数为8；晶胞质量：
，晶胞体积：
，则晶胞密度：
，C
错误；D．若该晶体储氢时，H2分子在晶胞的体心和棱心位置，则1 个晶胞中含氢分子个数：
，则晶
胞化学式：Mg2FeH2，则含Mg 24g（1mol）的该储氢合金储存的H2在标准状况下的体积约为11.2L，D 正确；故选
D。
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13．（2024·陕西咸阳·三模）磷酸亚铁锂(
)是锂离子电池电极材料，主要用于动力锂离子电池，作为正极
活性物质使用，人们习惯也称其为磷酸铁锂。回答下列问题：
(1)基态锂原子核外能量最高的电子电子云轮廓图形状为 ；基态磷原子第一电离能比基态硫的
(填“大”或“小”)，原因是 。
(2)实验室中可用KSCN 或
来检验
。
与KSCN 溶液混合，可得到配位数为5 的配合物的化
学式是 ，其中硫、碳的杂化类型分别是 、 。
(3)磷酸和亚磷酸(
)是磷元素的两种含氧酸。
的空间构型为 ；亚磷酸与NaOH 反应只生成
和
两种盐，则
的结构简式为 。
(4)
和
都是三角锥形分子，但键角
，可能的原因是 。
(5)氧化亚铁晶体的晶胞如图。已知：氧化亚铁晶体的密度为ρ g cm
⋅
，
代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，
与
紧邻且等距离的
数目为 ，
与
最短核间距为 pm。
【答案】 (1)球形 大 磷原子的3p 轨道半充满，较稳定 (2) K2[Fe(SCN)5] sp3 sp
(3) 正四面体
或
(4)N 的电负性强于P，对成键电子对的吸引能力更强，成键电子
对离中心原子更近，成键电子对之间之间距离更小，排斥力更大致使键角更大 (5) 6
【解析】（1）基态锂原子核外能量最高的电子所在的电子云为2s，其轮廓图形状为球形；由于基态磷原子价电子
排布为3s23p3，p 轨道电子半充满，能量低，第一电离能出现反常，所以比基态硫的大，原因是磷原子的3p 轨道半
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充满，较稳定；（2）FeCl3与KSCN 溶液混合，可得到配位数为5 的配离子为
，再依据电荷守恒，
配上2 个K+，从而得出其化学式K2[Fe(SCN)5]，其中硫、碳的价层电子对数分别为4、2，杂化类型分别是sp3、
sp；（3）
的结构式中，P 原子周围有4 个O 原子，构成AB4型结构，所以空间构型为正四面体；亚磷酸与
NaOH 反应只生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，则H3PO3为二元酸，分子中含有2 个-OH，从而得出H3PO3的结构
式为
或
；（4）由于N 的电负性强于P，对成键电子对的吸引能力更强，成键电子对离中
心原子更近，成键电子对之间之间距离更小，排斥力更大致使键角更大；（5）由图知，从晶胞中找到位于中心的
一个
，在其周围等距离的
数目为6；可从一个小立方体中进行计算，在小立方体中，含有个“FeO”，设
与
最短核间距为a，则
，从而求出
。
14．（2024·山东·模拟预测）第
族元素又称硼族元素，该族元素可形成许多结构和性质特殊的化合物。
回答下列问题：
(1)Ga 原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)冰晶石
中
是六配位，
的空间构型为 ，铝的其他卤化物是四配位，主要原因是
。某离子液体中阴离子有
中含有配位键
。
(3)
为一元弱酸，电离方程式为
。亚砷酸
为三元弱酸，前二步电
离和
类似。常温下，
电离常数为：
,亚砷酸第三步电离方程式为
。
(4)
与
结构相似，都是两性氧化物，但
能溶于氨水，则碱性
（填“小
于”或“大于”）
。
(5)氮化硼(BN)晶体有多相，六方相BN 结构如图甲，则m 原子在
平面的投影的原子分数坐标为
。立方相BN 结构如图乙，该BN 晶胞中四面体空隙有 个。若BN 晶胞边长为anm，则该晶胞密度为
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（用含a、NA的式子表示）。
【答案】 (1)16 (2)正八面体 卤素中氟离子半径最小，空间位阻小 2
(4)
或
(4)小于 (5)
4
【解析】（1）已知Ga 是31 号元素，Ga 原子核外电子占据16 根轨道，即其空间运动状态有16 种，故答案为：
16；（2）冰晶石
中
是六配位，
周围的价层电子对数为6，故其空间构型为正八面体形，由于F
原子半径比其他卤素原子半径都小，配位数位阻小，导致铝的其他卤化物是四配位，某离子液体中阴离子有
中每个Al 周围均形成了4 个共价键，而Al 最外层只有3 个电子，即每个
含有2 个Al-Cl 配
位键，故
中含有配位键2
，故答案为：正八面体形；卤素中氟离子半径最小，空间位阻小；2；
（3）根据H3BO3的电离方程式可知，常温下，
电离常数为：
,即亚砷酸
为弱酸，故亚砷酸第三步电离方程式为
或
，故答案为：
或
；（4）
与
结构相似，都是两性氧化物，
但
能溶于氨水，而Al(OH)3不溶于氨水，说明碱性
小于
，故答案为：小于；（5）由题
干图甲所示晶胞可知，m 原子与周围的4 个黑球构成正四面体形，则m 原子在
平面的投影即位于x-y 平面前
面的正三角形的中心上，故该投影的原子分数坐标为
，由题干图乙所示立方相BN 晶胞示意图可知，该晶
胞与金刚石晶胞类似，即N 或B 位于立方体的面心和8 个顶点，B 或N 位于体内8 个小立方体的4 个空隙上，即
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该BN 晶胞中四面体空隙有4 个，则一个晶胞含有N 或B 个数为：
=4，B 或N 的个数为4，则一个晶胞
的质量为：
g，若BN 晶胞边长为anm，一个晶胞的体积为：(a×10-7)3cm3，则该晶胞密度为
，故答案为：
；4；
。
15．（2024·天津滨海新·三模）Ⅰ.环氧乙烷常用于医学消毒，工业上常用乙烯氧化法生产，其反应原理为：
CH2=CH2(g)+
O2(g)
(g)；ΔH=-120kJ/mol；
(1)该反应在 (填“高温”或“低温”)条件下自发进行。
(2)化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和热
交换降温装置，设计这种工艺的目的 。
Ⅱ.反应过程中常伴随副反应
；ΔH=-1350kJ/mol，在恒容密闭容器中
充入
乙烯和含
的净化空气，在
(耐热)催化下发生上述两个反应，反应相同时间后测得乙烯的转化率
及
的分压随温度变化如图所示：
(3)比较
点：v 正 v 逆(填“>”“<”或“=”)。
(4)200℃时测得环氧乙烷的选择性为
(某产物的选择性
)，计算该温度下主反应的平
衡常数(用物质分压表示
(用含
的式子表示)。
Ⅲ.我国化学工作者最新发明用电解法制乙烯，原理如图所示。
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该电解池中用到了
多孔单晶，其在氧化过程可以促进晶格氧向活性氧的转变。
(5)①阳极的电极反应式为 ；
②如图为
的晶胞(●、○分别表示
或
)，该晶胞中
的配位数为 ，若晶胞边长为
，则该
晶体的密度为
(设阿伏加德罗常数的值为
的摩尔质量用
表示，
)。
【答案】 (1)低温 (2)降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用 (3)＞ (4)
(5)
8
【解析】（1）主反应是放热反应，反应方程式的气体系数和正向减小，即熵减，所以该反应需在低温下自发进行；
（2）化工生产设计时，常用串联多个反应器的工艺方法进行合成，并在两个相同的反应器中间加产物吸收装置和
热交换降温装置，设计这种工艺的目的：降温、及时分离出产品有利于平衡正向移动，增大原料利用率；（3）对
于放热反应而言，若已达到平衡，升温逆向移动，反应物转化率下降，那么温度升高，转化率升高一定是没达到
化学平衡，a 点没达到化学平衡，在反应正向进行过程中，始终有v 正＞v 逆，（4）由图可知200℃时反应已达平衡，
环氧乙烷的选择性为
：
，由图可知，p(O2)=p0，乙烯的分压与
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环氧乙烷相等，则平衡常数Kp=
；（5）①由图可知，C2H6生成C2H4一极为阳极，CO2生成CO 一极为
阴极，则阳极的电极反应式为：
；②黑球在8 个顶点和面心，均摊为
，白
球在内部，为8 个，根据化学式可知，Ce2+为黑球，O2-为白球，则该晶胞中Ce 的配位数为8，若晶胞边长为a
pm，则该CeO2晶体的密度为
g cm
⋅
3。
16．（2024·河南安阳·三模）回收废弃锂离子电池中的有价物质对工业可持续发展非常重要。利用
对废弃的
锂离子电池正极材料
进行氯化处理并再生的一种工艺流程如图所示：
已知：①
②
的溶解度曲线如图所示：
回答下列问题：
(1)“烧渣”是
、
利
的混合物，“氯化焙烧”时的化学方程式为 。
(2)常温下，“沉钻”过程中为了使
沉淀完全，溶液的
应该不低于 [已知：
，
时，可认为
沉淀完全]。
(3)为提高
的析出量和纯度，“沉锂”后进行的操作依次为 、 、洗涤、干燥。
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(4)该工艺流程中可循环利用的物质有 (填化学式)。
(5)“煅烧”过程中生成
的化学方程式为 。
(6)“焙烧”过程中固体残留率(固体残留率
)随温度的变化如图1 所示。为了获得纯净的
，则该步骤应该控制的温度为_______(填字母)。
A．
B．
C．
D．
以上
(7)
晶体结构属于六方晶系，其晶体结构如图2 所示，若阿伏加德罗常数的值为
，
晶体的密度
为
(用含
、、
的代数式表示)。
【答案】 (1)
(2)9.4 (3)蒸发浓缩 趁热过滤
(4) O2 (5)
(6)B (7)
【解析】 由流程和题中信息可知，LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和
SiO2的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液和滤渣1，滤渣1 的主要成分是SiO2；滤液用氢氧化钠溶液沉钴，过滤
后得滤渣主要成分为Co(OH)2和滤液主要溶质为LiCl；滤渣置于空气中在850℃煅烧得到Co3O4；滤液经碳酸钠溶
液沉锂，得到为Li2CO3；Co3O4和Li2CO3通入空气煅烧生成LiCoO2；（1）LiCoO2粗品与SiCl4在500℃焙烧时生成
氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl2和SiO2的混合物，同时生成O2，结合质量守恒配平反应为：
；（2）“沉钻”过程中Co2+沉淀完全，则
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，pOH=4.6，pH=9.4，则溶液的pH 应该不低于
9.4；（3）Li2CO3的溶解度随温度升高为减小，为提高Li2CO3的析出量和纯度，“沉锂”后进行的操作依次为蒸
发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥；（4）由流程可知，在后续煅烧过程中需要通入空气，空气中氧气具有氧化性，
在煅烧过程中做氧化剂，故该工艺流程中可循环利用的物质为焙烧过程中生成的氧气；（5）Co3O4和Li2CO3通入
空气煅烧生成LiCoO2，反应中Co 被空气中氧气氧化为+3，氧气中氧化合价由0 变为-2，结合电子守恒可知反应为：
；（6）Co(OH)2于空气中煅烧得到Co3O4，由Co 元素守恒可知
，此时固体残留率
，结合图可知，该步骤应该控制的温度
为
；故选B；（7）根据“均摊法”，晶胞中含
个O、
个O、
个Li，则晶体密度为
。
17．（2024·江西·模拟预测）Ce(SO4)2·4H2O 是一种常用的强氧化剂，CeO2可用作处理汽车尾气中催化剂的助剂。
以含铈矿(含CeFCO3、SiO2等)为原料制备Ce(SO4)2·4H2O 和CeO2的流程如下：
已知：在硫酸体系中，萃取剂(HA)2能萃取Ce4+，而不能萃取Ce3+。
回答下列问题：
(1)基态Ce 原子价层电子排布式为4f15d16s2，其电子所占据的能级中有 个空轨道。
(2)下列玻璃仪器中，“萃取”、“反萃取”操作不需要选择的是 (填字母)。
“反萃取”中H2O2的作用是 。
42
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(3)写出“沉铈”的离子方程式： 。
(4)Ce(OH)4经一系列操作得到Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为
)。
①在空气中Ce(SO4)2·4H2O 热失重图像如图所示。
。
b 点对应纯净固体可能是 (填字母)。
A．Ce(SO4)2·2H2O B．Ce(SO4)2 C． CeOSO4 D．Ce2(SO4)3
②测定产品纯度。称取wg Ce(SO4)2·4H2O 产品溶于水配制成100mL 溶液，量取25.00mL 溶液于锥形瓶中，用
标准溶液滴定至终点，消耗滴定液体积为
。滴定反应为
，
该产品中Ce(SO4)2·4H2O 的质量分数为 %。
(5) CeO2催化尾气中CO 转化机理如图所示：
写出反应ⅰ的化学方程式： 。
(6) CeO2晶胞如图所示，晶胞参数为apm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为
。
43
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【答案】 (1)10 (2)CD 将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层 (3)2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl-
(5) D
(5)xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2 (6)
【解析】 氟碳铈矿在空气中氧化焙烧将Ce3+氧化为Ce4+，然后加入稀硫酸形成含+4 价Ce 的溶液，用萃取剂将
Ce4+萃取到有机层，对有机相进行除氟操作，得到含氟液和含Ce4+溶液，向有机相中加入硫酸和H2O2，用H2O2还
原Ce4+为Ce3+，进入水层，分离出有机层，向水层溶液中加入NaClO 和NaOH 进行沉铈，即产生Ce(OH)4，过滤得
到Ce(OH)4沉淀，向沉淀中加入硫酸进行溶解，然后蒸发浓缩、冷却结晶，过滤洗涤干燥即得Ce(SO4)2·4H2O，或
者对沉淀灼烧即得到CeO2，据此分析解题。（1）已知基态Ce 原子价层电子排布式为4f15d16s2，其电子所占据的
能级中有4f 上6 个空轨道和5d 上4 个空轨道，即一共10 个空轨道，故答案为：10；（2）“萃取”、“反萃取”
操作需要用到的玻璃仪器有：分液漏斗、烧瓶和玻璃棒，故不需要选择坩埚和漏斗，由分析可知，“反萃取”中
H2O2的作用是将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层，故答案为：CD；将还原Ce4+为Ce3+，使其进入水层；（3）由分
析可知，“沉铈”为向水层溶液中加入NaClO 和NaOH 进行沉铈，即将Ce3+转化为Ce(OH)4，根据氧化还原反应
配平可得，该反应的离子方程式为：2Ce3++ClO-+6OH-+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl- ，故答案为：2Ce3++ClO-+6OH-
+H2O=2Ce(OH)4↓+Cl-；（4）①设1molCe(SO4)2·4H2O 进行加热分解实验，则a 点对应失重质量为：1mol×404g/
mol×(1-82.2%)=72g，即可知此过程失去4 个结晶水，a 点对应的化学式为：Ce(SO4)2，a 点到b 点继续失重，故b
点物质不可能是Ce(SO4)2·2H2O 和Ce(SO4)2，a 点到b 点过程中失重质量为：1mol×404g/mol×(82.2%-70.3%)=48g，
1molCe(SO4)2转化为CeOSO4时需失重80g，1molCe(SO4)2转化为Ce2(SO4)3时失重恰好为48g，即失去0.5molSO4原
子团，故b 点对应的纯净固体可能为：Ce2(SO4)3，故答案为：D；②由滴定反应为
可知，
n(Ce(SO4)2·4H2O)=n(Fe2+)=
×cmol/L×V×10-3L=4cV×10-3mol ，该产品中Ce(SO4)2·4H2O 的质量分数为
×100%=
%，故答案为：
；（5）根据图中所给反应物和生成物可知，过程i
发生反应的化学方程式为xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2，故答案为：xCO+CeO2=CeO(2-x)+xCO2；（6）由题干CeO2晶胞
示意图可知，一个晶胞中有白球个数为：
=4，有黑球8 个，即一个晶胞中含有4 个Ce、8 个O，设NA
为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：
g，晶胞参数为apm，则一个晶胞的体积为：
(a×10-10)3cm3 ，则该晶胞的密度为
=
=
，故答案为：
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。
18．（2024·四川成都·三模）含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。我国科学家发现聚集诱导发光(AIE)效
应以来，AIE 在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se 的新型AIE 分子结构如图所示。
(1)Se 原子的价电子排布式为 ，硫原子核外有 种空间运动状态的电子。
(2)图示AIE 分子中C 原子和Se 原子的杂化方式分别为 、 。
(3)H、C、O、S 的电负性由大到小的顺序为 。
(4)硒酸酸性强于亚硒酸，原因是 。根据价层电子对互斥理论，推测SO4
2−的空间构型是 。
(5)相同条件下，在水中的溶解度：SeO2 CO2(填“>”“<”或“=”)，理由是 。
(6)Cu2Se 的晶体结构如下图所示，其晶胞密度为d g·cm−3，阿伏加德罗常数值为NA ，M 点所示原子代表的是
原子，该点的分数坐标为 ，则图中两个黑球的距离为 pm(列出计算式)。
【答案】 (1) 4s24p4 9 (2)sp2 sp3 (3)O>S>C>H
(4) 硒酸中非羟基氧原子数为2，亚硒酸非羟基氧原子数为1，非羟基氧原子数越多，酸性越强。或同一元素含氧
酸中，元素的价态越高，含氧酸的酸性越强，硒酸为最高价的氧化物对应的水化物，则硒酸的酸性比亚硒酸的强
正四面体形 (5)> SeO2为极性分子，CO2为非极性分子 (6) Cu
或
【解析】 （1）Se 为34 号元素，原子核外电子数为34，基态Se 原子外围电子的排布式为4s24p4，S 原子电子的空
间运动状态有9 种。（2）苯环上的碳原子和双键碳原子均发生sp2杂化，Se 原子价层电子对为4，发生sp3杂化。
（3）根据不同周期同主族递变规律，电负性大到小的顺序为O>S>C>H。（4）硒酸中非羟基氧原子数为2，亚硒
酸非羟基氧原子数为1，非羟基氧原子数越多，酸性越强则硒酸的酸性强于亚硒酸；
中S 原子价层电子对数
=4+0=4，无孤电子对，微粒空间结构为正四面体形。（5）SeO2为极性分子，CO2为非极性分子，根据相似相溶原
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理，SeO2在极性水分子中溶解度更大。（6）由晶胞图根据均摊法可知，晶胞中有8 个黑球，4 个白球，由化学式
推测黑球代表铜，M 原子的分数坐标为
；该晶胞体积
，晶胞参数为
，图中两个黑球
的距离为晶胞参数的一半，即
pm。
19．（2024·北京朝阳·二模）氢的有效储存与释放是氢能应用的关键问题之一。
Ⅰ．有机储氢材料
(1)N—乙基咔唑是具有应用前景的储氢材料，其储氢、释氢原理如图1 所示。
①基态N 原子价层电子轨道表示式为 。
②
晶体中离子键的百分数为41%。分析
、MgO、
、
中离子键的百分数小于41%的有 。
③比较在水中的溶解性：
乙基咔唑 乙胺（
）（填“＞”或“＜”）。
(2)HCOOH 是安全方便的具有应用前景的液态储氢材料。HCOOH 催化释氢的可能机理如图2 所示。
①依据VSEPR 模型，
中心原子上的价层电子对数是 。
②为证实上述机理，用HCOOD 代替HCOOH 进行实验。在图3 中补充HCOOD 催化释氢部分过程的相应内容
。
Ⅱ．复合储氢材料
(3)一种新型储氢材料的晶胞形状为正方体如图4。
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①该物质的化学式为 。（电负性：B 元素为2.0，H 元素为2.1）
②已知阿伏加德罗常数为
，该物质的摩尔质量为
，该晶体的密度为
，则晶胞边长为
nm。（
）
【答案】 (1)
、
< (2) 2
(3)
【解析】（1）①基态N 为7 号元素，其原子价层电子轨道表示式为
。②硅磷电负性大于铝，则
硅氧、磷氧键的离子成分小于铝氧键，故
、MgO、
、
中离子键的百分数小于41%的有
、
。
③
能和水形成氢键，而
乙基咔唑不能形成氢键，则在水中的溶解性：
乙基咔唑小于
乙胺；（2）①CO2分子中C 原子的价层电子对数为2＋
=2。②由反应历程可知，HCOOD 中D 原子和氮结
合、HCOOD 中H 原子和Pd 结合，然后在③反应中H 和D 结合生成氢气，故图示为：
；
（3）①电负性：B 元素为2.0，H 元素为2.1，则
表示
，据“均摊法”，晶胞中含8 个
、
个
，该物质的化学式为
；②设晶胞边长为anm，结合①分析，晶体
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密度为
，
。
20．（23-24 高三下·重庆·阶段练习）利用废电池材料
（含炭黑及少量
等元素）回收金属
资源的工艺流程如下：
已知：①常温下，部分氢氧化物完全沉淀的
如下表：
氢氧化物
完全沉淀
9.2
1.3
4.7
3.1
②电极电位
表示溶液中某微粒获得电子被还原的趋势（即氧化性）；如电极反应
的
越大，表示
的氧化性越强。
酸性条件：
；
碱性条件：
；
③丁二酮肟是不溶于水的固体，溶于乙醇后可与
反应生成丁二酮肟镍。
(1)“酸浸还原”中，
转化后的钴离子价电子排布式为 ，滤渣1 为 。
(2)“氧化调
"中，
转化为
，滤渣2 中还有 ，调节
范围为 。
(3)“转化”时，加入浓氨水将
转化为
的原因是 ，加
目的是 。
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(4)“沉镍”后，从滤渣3 中回收丁二酮肟固体的操作是 。
(5)由
溶液制备催化剂
的步骤为：第一步加入尿素
生成
沉淀（有
气体
产生），第二步焙烧得到
。写出第一步的离子方程式 。
(6)由
制备得一种锂离子电池材料
，其晶胞分别由4 个
个
立方单元构成。则
。
【答案】 (1)
炭黑 (2)
(3)酸性条件下
难以氧化
碱性
条件下
易氧化
避免产生
沉淀 (4)加入盐酸，充分反应后过滤
(4)
(6)1：2：4
【解析】 由题给流程可知，向废电池材料中加入硫酸和硫代硫酸钠混合溶液酸浸还原，将钴酸锂转化为正二价钴
离子和锂离子，材料中含有的少量金属元素转化为可溶的硫酸盐，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠
溶液，将溶液中的亚铁离子、铝离子、锰离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝、二氧化锰沉淀，过滤得到含有氢氧化
铁、氢氧化铝、二氧化锰的滤渣和滤液；滤液中的镍离子与浓氨水反应转化为六氨合镍离子，正二价钴离子与氨
水、铵根离子、双氧水反应转化为六氨合钴离子，向转化后的溶液中加入丁二酮肟的乙醇溶液，将溶液中的六氨
合镍离子转化为丁二酮肟镍沉淀，过滤得到含有丁二酮肟镍的滤渣和滤液；向滤渣中加入盐酸，充分反应后过滤
得到丁二酮肟固体和二氯化镍溶液；向滤液中加入盐酸，将溶液中六氨合钴离子转化为钴离子和铵根离子，再加
入氢氧化钠溶液，将溶液中的钴离子转化为氢氧化钴沉淀、铵根离子转化为氨气，过滤得到钴的氢氧化物和含锂
离子的溶液。（1）“酸浸还原”中，
转化为二价钴离子，价电子排布式为
；滤渣1 为没有参与反应的
炭黑；（2）根据分析知，“氧化调
”中，
转化为
，滤渣2 中还有
；根据已知信
息，调节
范围为
；（3）根据已知信息，酸性条件下
难以氧化
，所以“转化”时，加入浓
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氨水将
转化为
；根据已知信息知，碱性条件下
易氧化
，为了避免产生
沉淀，所以加入
；（4）“沉镍”后，滤渣3 是丁二酮肟镍，根据
知，加入盐酸，平衡逆移，则回收丁二
酮肟固体的操作是加入盐酸，充分反应后过滤；（5）由
溶液制备催化剂
的步骤为：第一步加入尿素
生成
沉淀（有
气体产生），则第一步的离子方程式：
；（6）结合三个晶体结构知，1 个A 在
晶胞中含锂原子2 个，则1 个
晶胞中含锂原子8 个，1 个
晶胞中含氧原子32 个，1
个
晶胞中含锰原子16 个，则
1：2：4。
21．（2024·浙江·三模）金属及其化合物是物质世界的重要组成部分。请回答：
(1)锶（Sr）、钛（Ti）、氧（O）组成的
晶体的立方体晶胞如图所示，其中Sr、Ti 与O 的间距均相等，且
Sr 与O 的最小间距要大于Ti 与O 的最小间距。
①该晶体属于 （写晶体类型名称）。
②请用小黑点在晶胞示意图中标出O 所在的位置 。
(2)具有高能量密度的
是值得深入研究的电池正极材料。
①与Co、Ni 位于同一周期且同一族的元素是 （填写元素符号）。
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②基态Co 原子的核外电子排布式是 。
(3)下列说法正确的是________（填序号）。
A．离子势
：
B．与Al 同周期且第一电离能小于Al 的元素有2 种
C．基态O 原子中s 能级电子数与p 能级电子数相等
D．离子键百分比：
(4)金属
与
的配合物
在一定条件下可发生如下转化：
①当
分子中有
个配位键时，
的物质的量是 mol。
②
与Na 反应后，结构模型中所示的∠1 将会 （选填“增大”“减小”或“不变”），原因是
。【答案】 (1)离子晶体
(2)Fe
或
(3)AC
(5)
减小 反应时Mn 得到电子，形成孤电子对，对共用电子对排斥作用增大，∠1 变小
【解析】（1）①晶体中含有Sr，根据元素周期律，Sr 是活泼金属，故
为离子晶体；②因“Sr、Ti、O 三种
粒子的间距均相等”，所以O 位于面心或棱心，又“Sr 与O 的间距要大于Ti 与O 的间距”，所以O 位于棱心，又
一个晶胞中有3 个O，故晶胞的12 条棱心都有O，据此作图
；（2）①Co、Ni 属于第四周期第
VIII 族元素，所以同一周期同一族的元素是Fe；②Co 元素原子序数为27，根据核外电子排布规则，基态Co 原子
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的核外电子排布式是
；（3）A．根据元素周期律和定义，半径:
，则离子势：
Ni3+>Ni2+>Mn2+，A 项正确；B．与Al 同周期且第一电离能小于Al 的只有Na 元素，B 项错误；C．基态O 原子核
外电子排布为
，则基态O 原子中s 能级电子数与p 能级电子数相等.C 项正确；D．根据“对角线原则”，
Li 与Mg 相似，离子键百分比：
，D 项错误；故选AC；（4）①1 个
分子中有11 个配位
键（5 个Mn←C、Mn→H、5 个C←O），所以当存在
个配位键时，
为
；②
与Na
反应后变成阴离子，Mn 原子有一孤电子对，对共用电子对的排斥力增大，导致∠1 减小。
22．（2024·河北邯郸·三模）某实验小组从某废旧锂离子电池正极活性材料（主要成分可表示为
，还含有
少量
、
的化合物）中分别回收处理金属元素，工艺流程如下图所示：
已知：①“酸浸”后滤液中主要金属阳离子为
、
、
、
；
②有关金属离子沉淀完全的
见下表：
离
子
9.3
3.2
9.0
8.9
③沉镍反应为
请回答下列问题：
(1)丁二酮肟分子中
杂化的碳原子个数为 ，二丁二酮肟镍中存在的化学键有 （填序号）。
A．
链 B．氢键 C．金属键 D．配位键
(2)“氧化”过程的操作为控制体系的
在
，加入
溶液，写出反应的离子方程式 。
(3)P507 萃取剂（用HA 表示）萃取
的原理可表示为
的浸出与水相
的关系
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如图所示。分析
较小时萃取率偏低的原因为 。
(4)
和
在空气氛围中焙烧可得到
，该反应化学方程式为 。
(5)将草酸钴晶体
置于空气中加热，受热过程中固体残留率（
）变化如下图所示，则C 点固体物质的化学式为 。
(6)
的一种晶胞如图所示（仅标出
与
未标出）、该晶胞中占有O 的个数为 。
【答案】 (1)2 AD (2)
（3）
越小，
浓度越大，平衡逆向移动 (4)
(5)
(6)16
【解析】 废旧锂离子电池正极活性材料（主要成分可表示为
，还含有少量
、
的化合物），加入稀硫
酸和NaClO 酸浸氧化，过滤得到的滤液中主要阳离子为锂离子、铁离子、镍离子和钴离子，加入丁二铜肟沉镍，
得到二丁二酮肟镍，过滤得到的滤液中加入萃取剂萃取分液得到水相中含有锂离子，加入碳酸钠沉锂得到碳酸锂，
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有机相加入试剂反萃取后加入草酸沉钴得到草酸钴。（1）丁二酮肟分子中
杂化的原子是两个甲基中的碳原子，
个数为2；二丁二酮肟镍中存在的化学键有
键、
键、配位键，氢键不属于化学键，金属键存在于金属或合金中，
故答案选
。（2）因为
值为
转化为
，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
。（3）根据图像分析
越小，氢离子浓度越大，该反应化学平衡逆
向移动，降低了萃取率。（4）
和
在空气氛围中焙烧可得到
，其化学反应方程式为
（5）
，取
的
，则Co 元素的质量为
，
点固体物质中O 元素约为
原子和O
原子物质的量之比为1：1.5，化学式为
。（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的锂离子的
个数为
，由钴酸锂的化学式可知，晶胞中含有O 的个数为
。
23．（2024·陕西宝鸡·三模）硒(Se)被国内外医药界和营养学界尊称为“生命的火种”，享有“长寿元素”“抗癌
之王”“心脏守护神”“天然解毒剂”等美誉。硒在电子工业中可用作光电管、太阳能电池，硒元素形成的多种
化合物也有重要作用。
(1)硒和硫同为
A 族元素，基态硒原子的价层电子排布式为 。
(2)单质硒的熔点为221℃，其晶体类型为 。
(3)与硒元素相邻的同周期元素是砷和溴，则这三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号表示)。
(4)
分子中Se 原子的杂化轨道类型为 ；
的立体构型是 ，写出一种与
互为
等电子体的分子 (写化学式)。
(5)
分子中含有的共价键是 (选填“极性键”或“非极性键”)；
水溶液比
水溶液的酸性
强，原因是 。
(6)
-AgI 可用作固体离子导体，能通过加热
-Ag 制得。上述两种晶体的晶胞示意图如图1 所示(为了简化，只画
出了碘离子在晶胞中的位置)。
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①测定晶体结构最常用的仪器是 (填字母)。
A．质谱仪 B．红外光谱仪 C．核磁共振仪 D．X 射线衍射仪
②
-AgI 与
-AgI 晶胞的体积之比为 。
③测定
-AgI 中导电离子类型的实验装置如图2 所示，实验测得支管a 中AgI 质量不变，可判定导电离子是
而
不是
，依据是 。
【答案】 (1)4s24p4 (2)分子晶体 (3)Se<As<Br (4)sp2 三角锥形
或
（5）极性键 Se 原子半径大于S 原子半径，H—Se 键更容易断裂，
更容易电离出
(6)D 12 7 a
∶
中银电极质量减小，b 中银电极质量增大
【解析】（1）由硒元素和硫元素同为VIA 族元素可知，基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4，故答案为：
4s24p4；（2）由熔点可知，单质硒属于熔点低的分子晶体，故答案为：分子晶体；（3）同周期元素，从左到右第
一电离能呈增大趋势，砷原子的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，则第一电离能由
小到大的顺序为Se<As<Br，故答案为：Se<As<Br；（4）二氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，原子的杂
化方式为sp2杂化；亚硒酸根离子分子中硒原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的立体构型为三角
锥形；硒酸根离子与四氯化碳、四氯化硅的原子个数都为5、价电子数都为32，互为等电子体，故答案为：sp2；
三角锥形；CCl4或SiCl4；（5）硒化氢分子是只含有极性共价键的共价化合物，硒原子的原子半径大于硫原子，H
—Se 键更容易断裂，硒化氢在溶液中更容易电离出氢离子，所以硒化氢水溶液比硫化氢水溶液的酸性强，故答案
为：极性共价键；Se 原子半径大于S 原子半径，H—Se 键更容易断裂，H2Se 更容易电离出H+。（6）①测定晶体
和非晶体的最佳方法为X 射线衍射法，则测定晶体结构最常用的仪器是X 射线衍射仪，故选D；②由晶胞结构可
知，γ-AgI 晶胞中碘化银的个数为8×
+6×
=4，α-AgI 晶胞中碘化银的个数为8×
+1=2，设碘化银的摩尔质量为
M，γ-AgI 和α-AgI 晶胞的体积分别为a 和b，由晶胞的质量公式可得：
=7.0a 和
=6.0b，则
=
=
，
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故答案为：12 7∶；③由图可知，支管a 中与直流电源正极相连的银电极为阳极，银失去电子发生氧化反应生成银离
子，支管b 中与直流电源负极相连的银电极为阴极，银离子得到电子发生还原反应生成银，实验测得支管a 中碘化
银质量不变，说明支管a 中银离子向支管b 中移动，所以实验中导电离子是银离子而不是碘离子，故答案为：a 中
银电极质量减小，b 中银电极质量增大。
24．（2024·陕西西安·三模）某种锰铁基钠离子电池的正极材料(
)具有优异的性能。回答下列问题：
(1)基态
的价层电子排布图是 。
(2)该正极材料的外层被碳原子包覆，掺杂氮原子，结构如图1 所示。图中“N1”“N2”“N3”所示的氮原子所在环为
平面结构，则氮原子的杂化方式为 。第一电离能，
。含有“N3”的碳氮环处
于富电子状态，原因是 。更易与某些金属形成配位键的是 (填“N1”或“N3”)。
(3)
的结构如图2 所示。图中
与
，
之间的作用力分别是 、 。
加热
时，最易失去的水分子是 (填图中水分子的标号)，判断的理由是 。
(4)
的晶胞如图3 所示。Mn 原子位于F 原子形成的 空隙中。已知晶胞参数为a nm，该晶体的密
度为 g⋅m
(列出表达式，阿伏伽德罗常数用
表示)。
【答案】 (1)
(2)sp2 含有N3 的碳氮环中C 原子连接4 个共价键，其中有1 个是双
键，N 连接3 个共价键处于富电子状态 > N1 (3)配位键 氢键 ⑤ 氢键的强度弱于配位键
(5) 正八面体
【解析】（1）基态Fe 原子的核外价电子排布式为[Ar]3d64S2，Fe2+的价层电子排布式为3d6，则Fe2+的价层电子排
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布图为
。（2）结构如图1 所示。图中“N1”“N2”“N3”所示的氮原子所在环为平面结构，
则氮原子的杂化方式为sp2，含有“N3”的碳氮环处于富电子状态，原因是：含有N3 的碳氮环中C 原子连接4 个共
价键，其中有1 个是双键，N 连接3 个共价键处于富电子状态，同周期元素，从左往右第一电离能逐渐增大，则
>
，N1 存在孤电子对，更易与某些金属形成配位键。（3）由
的结构图可知，H2O 与
形成配位键，H2O 和
形成氢键，氢键的强度弱于配位键，加热
时，最易失去的水分子是⑤。
（4）由晶胞结构可知，Mn 原子位于F 原子形成的正八面体空隙中，Mn2+的个数为1，K+的个数为
=1，F-的个
数为
=3，已知晶胞参数为a nm，该晶体的密度为
。
25．（2024·四川泸州·三模）材料的发展是电池性能优化的关键，根据相关电池材料回答下列问题：
(1)双(三氟甲基磺酰)亚胺锂(
)是电池电解液成分之一，涉及的非金属原子的第一电离能
最大的是 。以上C、N、Li 元素的简单氢化物中，熔点最低的是 (填化学式)，原因是 。
(2)二甲亚砜(
)是电池电解液溶剂之一，分子中C、O、S 的四个原子构成的空间构型为 (选填
“平面三角形”或“三角锥形”)。二甲亚砜被誉为“万能溶剂”，能溶解大多数水溶性化合物和脂溶性化合物，
是因为其结构中具有亲水的基团 (填基团结构简式，下同)和亲油的基团 。
(3)一种新型锂离子电池正极复合材料，其晶胞结构如图所示(所有原子均位于晶胞的棱、顶点和内部)，基态Co 原
子的价电子轨道表示式为 ；一个晶胞中含有 个Co 原子；该晶体密度为 g/cm3(用含a、b 的
式子表示)。
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【答案】 (1) F CH4 LiH 为离子晶体，CH4、NH3都是分子晶体，但NH3分子间存在氢键，使得分子间
作用力更强 (2)三角锥形
-CH3 (3)
1
【解析】（1）
涉及的非金属原子有C、N、O、F、S，同周期的主族元素的第一电离能从左往
右呈现增大的趋势，但在IIA 和VA 出现反常，同主族元素从上往下第一电离能减小，可知 第一电离能最大的是
F；C、N、Li 元素形成的简单氢化物分别为：CH4、NH3、LiH，LiH 为离子晶体，CH4、NH3都是分子晶体，但
NH3分子间存在氢键，使得分子间作用力更强，因此熔点最低的是CH4，故答案为：F；CH4；LiH 为离子晶体，
CH4、NH3都是分子晶体，但NH3分子间存在氢键，使得分子间作用力更强。（2）二甲亚矾的甲基中的C 原子与
S 原子共用一对电子，因此二甲亚矾的中心原子S 的价层电子对数为
，有1 对孤电子对，因此二
甲亚矾为三角锥形；二甲亚矾具有亲水的基团为
，是由于O 的电负性很强可以与水形成氢键；亲油的基
团为：-CH3，故答案为：三角锥形；
；-CH3。（3）基态Co 核外电子27 个，价电子轨道表示式
；根据图中晶胞结构，运用均摊法可知，大的黑色小球为O，有
个，白色小
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球为Li，有
个，小的黑色小球有
个，说明含有1 个Co、1 个Ni、1 个Mn；晶体密度为
，故答案为：
；1；
。
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