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专题09 物质结构与性质（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版）
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这是一份专题09 物质结构与性质（提升卷）-2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）（解析版），共26页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题09 物质结构与性质（提升卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共60分）
1. (2021·甘肃省兰州市·月考试卷)现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。
则下列有关比较中正确的是（）
A. 最高正化合价：③＞②＞① B. 原子半径：③＞②＞①
C. 电负性：③＞②＞① D. 第一电离能：③＞②＞①
【答案】D
【解析】
根据核外电子排布可知①是S，②是P，③是F。
A.F无最高正价，A错误；
B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：②＞①＞③，B错误；
C.非金属性越强，电负性越大，则电负性：③＞①＞②，C错误；
D.非金属性越强第一电离能越大，但P的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能强于S，则第一电离能：③＞②＞①，D正确。
故选D。
2. (2021·山西省·单元测试)胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu（H2O）4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列有关胆矾的说法正确的是（ ）
A. Cu2＋的价电子排布式为3d84s1
B. 所有氧原子都采取sp3杂化
C. 胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键
D. 胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大
【答案】C
【解析】
A．Cu是29号元素，原子核外电子数为29，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子排布式为3d9，故A错误；
B．氧原子并不都是sp3杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，故B错误；
C．胆矾为离子化合物，含有离子键，H2O中原子间为极性键，H2O分子之间有氢键，H2O和Cu2+之间为配位键，故C正确；
D．胆矾所含元素中，H、O、S的半径依次增大，但电负性O＞S＞H，故D错误。
故选C。
3. (2021·全国·历年真题)向溶液中滴加氨水至过量,下列叙述正确的是（ ）
A. 先出现沉淀, 后沉淀溶解变为无色溶液
B. 离子方程式为+O=[Cu]+O
C. 与中的氮原子以键结合
D. 分子中HNH为28'
【答案】C
【解析】
A.向溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，当氨水过量时，沉淀溶解并生成深蓝色的溶液，A项错误；
B.该反应的离子方程式可表示为+O=+O，B项正确；
C.中提供空轨道，分子中的N原子提供孤电子对，形成配位键，C项错误；
D.分子为三角锥形，键角为107°，D项错误。
4. (2021·甘肃省兰州市·月考试卷)下列说法不正确的是（ ）
A. 元素的第一电离能（I1）是元素的单质失去最外层1个电子所需要吸收的能量，同周期从左到右元素的I1逐渐增大
B. 元素的电负性是衡量元素在化合物中吸引电子能力大小的一种标度，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小
C. 含有阴离子的晶体中一定含有阳离子，含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子
D. 原子晶体中一定含有共价键；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键；分子晶体中一定存在分子间作用力
【答案】A
【解析】
A．元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大，同周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，故A错误；
B．元素非金属性越强，电负性越大，原子对键合电子的吸引力越大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，故B正确；
C．晶体呈电中性，有阴离子的晶体中一定有阳离子，但是有阳离子的晶体中不一定含有阴离子，比如金属晶体没有阴离子而含有电子，故C正确；
D．原子晶体中一定含有共价键；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，稀有气体形成的晶体类型为分子晶体，含有分子间作用力，故D正确，故选A。
5. (2021·全国·单元测试)部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径的大小顺序：e＞f＞g＞h
B. 与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞d
C. y、z、d三种元素第一电离能和电负性的大小顺序不一致
D. e、f、g、h四种元素最高价氧化物对应的水化物相互之间均能发生反应
【答案】C
【解析】
根据原子序数、原子半径和化合价可知，x为H，y为C，z为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl。
A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，则离子半径：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，即g＞h＞e＞f，故A错误；
B．常温下，水为液体，甲烷、氨气为气体，水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，则简单氢化物的沸点：d＞z＞y，故B错误；
C．C、N、O的电负性大小为O＞N＞C，但第一电离能大小为N＞O＞C，故C正确；
D．硫酸和高氯酸都是强酸，二者不发生反应，故D错误；
故选：C。
6. (2021·江西省·月考试卷)使用NC环金属化Ir（Ⅲ）配合物催化甲酸脱氢的反应机理如图，下列说法中错误的是（ ）
A. 甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B. 反应过程中，Ir（Ⅲ）配合物B为催化剂，Ir（Ⅲ）配合物A为中间产物
C. 由D→E的过程，是甲酸协助转运H+的过程
D. 反应过程中，HCOOH中的C=O键发生断裂
【答案】D
【解析】
A．由反应历程可知，甲酸脱氢过程的总反应为 HCOOH CO2↑+H2↑，故A正确；
B．催化剂是反应前就有的物质，在反应过程中，参加反应，反应前后质量和性质不变，中间产物是反应前没有，反应过程中生成的产物，根据反应历程可知，第一步反应为B与甲酸的反应，故B为催化剂，A为中间产物，故B正确；
C．D→E 的过程，是甲酸协助转运 H+ 的过程，故C正确；
D．反应过程中，HCOOH 中的 C=O 键不发生断裂，断裂的是C-H、H-O键，且重新形成C=O，生成CO2，故D错误；
故选：D。
7. (2021·山东省德州市·期末考试)吡咯和卟吩都是平面分子。已知处于同一平面的多原子分子中如有相互平行的p轨道，p轨道电子在多个原子间运动形成不局限在两个原子之间的π型化学键，称为离域π键，表示为πmn，m是成键原子数，n是成键电子数。下列说法错误的是（ ）
A. 熔沸点：吡咯＜卟吩
B. 吡咯中存在离域π键为π56
C. 苯分子中也存在离域π键
D. 吡咯和卟吩中N原子的杂化方式都是sp3杂化
【答案】D
【解析】
A．相对分子质量：吡咯＜卟吩，所以熔沸点：吡咯＜卟吩，故A正确；
B．吡咯分子中环上每一个碳原子提供1个电子、N原子提供2个电子形成离域π键，该离域π键为，故B正确；
C．苯分子中环上每一个碳原子提供1个电子形成离域π键，分子中离域π键表示为，故C正确；
D．吡咯和卟吩分子中N原子价层电子对个数都是3且不含孤电子对，所以两种分子中N原子都采用sp2杂化，故D错误；
故选：D。
8. (2021·湖北省·期中考试)下列叙述不正确的是（ ）
A. Li2S晶胞结构如图1，S2-的配位数是8
B. 某镍白铜合金的立方晶胞结构如图2，晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：1
C. 氯化钠晶胞如图3，离钠离子最近的钠离子有6个
D. 铜与氧元素形成的晶胞如图4，晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次（0，0，0）、（），则d的坐标参数为（，，）
【答案】C
【解析】
A．Li+与S2-的个数比为2：1，则Li+与S2-的配位数之比为1：2，由Li2S的晶胞结构可知，Li+的配位数为4，则S2-的配位数是8，故A正确；
B．用“均摊法”，晶胞中Ni原子的个数为8×=1，Cu原子的个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：1，故B正确；
C．以1个顶点Na+为研究对象，在图示晶胞中离其最近的Na+为位于面心上的3个Na+，由于顶点Na+为8个晶胞共有，面心Na+为2个晶胞共有，则氯化钠晶胞中离钠离子最近的钠离子有=12个，故C错误；
D．晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，由晶胞可知Cu位于体对角线上、与体心O的距离为体对角线的，a、b的坐标参数依次为（0，0，0）、（），则d的坐标参数为（，，），故D正确；
故选：C。
9. (2021·山西省·单元测试)氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂（主要成分Na2B4O7）为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. BF3是分子晶体，其熔沸点低于BCl3，制备BF3的CaF2是离子晶体，其熔沸点高于MgF2
B. 六方相氮化硼结构与石墨相似，则六方相氮化硼也导电
C. 立方相氮化硼结构与金刚石相似，1mol立方相氮化硼晶体中含有配位键的数目为NA
D. 由B2O3可制备晶体硼，晶体硼的熔点2573K，沸点2823K，硬度大，属于混合晶体
【答案】C
【解析】
A. BF3是分子晶体，由于BF3与BCl3结构相似，BF3相对分子质量小于BCl3，则其熔沸点低于BCl3，由于CaF2与MgF2同为离子晶体，Mg2+的半径小于Ca2+半径，因此，MgF2晶格能大于CaF2的晶格能，因此CaF2熔沸点低于MgF2，故A错误；
B. 六方相氮化硼结构与石墨相似，但六方相氮化硼中不存在自由移动的电子，因此不导电，故B错误；
C. 立方相氮化硼结构与金刚石相似，则1molBN晶体中，一个B周围有4mol N原子，则B与N之间形成的化学键中必定有1mol属于配位键，因此，含有1mol立方相氮化硼晶体中含有配位键的数目为NA，故C正确；
D. 由于晶体硼的熔点2573K，沸点2823K，硬度大，应属于原子晶体，故D错误。
10. (2021·湖北省·历年真题)下列有关N、P及其化合物的说法错误的是（ ）
A. N的电负性比P的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
B. N与N的π键比P与P的强，可推断N≡N的稳定性比P≡P的高
C. NH3的成键电子对间排斥力较大，可推断NH3的键角比PH3的大
D. HNO3的分子间作用力较小，可推断HNO3的熔点比H3PO4的低
【答案】A
【解析】
A．N的电负性比P的大，所以P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3的大，故A错误；
B．N与N的π键比P与P的强，N≡N更牢固，其稳定性比P≡P的高，故B正确；
C．NH3中的成键电子距离N原子比PCl3中的成键电子距离P原子的距离近，成对电子对间的排斥力大，因此NH3的键角比PH3的大，故C正确；
D．HNO3的相对分子质量小于H3PO4，HNO3分子间的作用力小于H3PO4分子间的作用力，所以HNO3的熔点比H3PO4的低，故D正确；
故选：A。
11. (2021·全国·历年真题)铑的配合物离子（Rh（CO）2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. CH3COI是反应中间体
B. 甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变
D. 存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
【答案】C
【解析】
A、由图可知，铑的配合物离子（Rh（CO）2I2]-生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；
B、由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI=CH3I+H2O，②+CH3I=，③=，④+CO=，⑤=CH3COI+，⑥CH3COI+H2O=HI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO=CH3CO2H，故B正确；
C、由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C错误；
D、由B分析，按照箭头方向可知：CH3OH和HI反应生成CH3I和H2O，反应方程式为：即CH3OH+HI=CH3I+H2O，故D正确；
故选：C。
12. (2021·湖北省黄冈市·月考试卷)下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是（ ）
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强
C. 金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【答案】C
【解析】
A.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，与共价键的键能大小无关，故A错误；
B.HF、HCl、HBr、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，但是HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，故B错误；
C.金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，硬度也大，金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与共价键的键能大小有关，故C正确；
D.NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，晶格能越小，熔沸点越低，与共价键的键能大小无关，故D错误。
故选C。
13. (2021·广东省·模拟题)最近科学家制造出一种“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. “超离子冰”可以导电
B. 1mol“普通冰”中氢键数目为2NA
C. “超离子冰”的存在证实：化学键（H-O） 强度弱于氢键（H…O-H）
D. 7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”中所含电子数目为10NA
【答案】C
【解析】
A．“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出，说明存在氢离子和氧离子，“超离子冰”可以导电，故A正确；
B．2mol水分子的一个氧原子和另外两个水分子中的氢原子形成两个氢键，另外两个氢原子分别和水形成两个氢键，总计形成4个氢键，每个氢键是两个水分子间形成，属于一个水分子的氢键只占氢键的一半，分摊法得到1mol“普通冰”中氢键数目为2NA，故B正确；
C．超离子冰的存在，说明共价键强于氢键，因为超离子冰结构更稳定，故C错误；
D．7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”为18g水分子的质量，物质的量==1mol，所含电子数目为10NA，故D正确；
故选：C。
14. (2021·山西省·单元测试)下列模型分别表示、、的结构，下列说法错误的是（ ）
A. 分子中有键
B. 上述三种物质形成的晶体类型相同
C. 属于极性分子
D. 中S原子采用了杂化
【答案】C
【解析】
A.1molC2H2分子中含有2molC-H单键和1molCC键，单键为和三键中的一条共价键都为键，所以共有3mol键，故A正确；
B.结合图示可知，上述三种物质形成的晶体类型相同，都为分子晶体，故B正确；
C.结合图示可知，SF6属于由极性键形成的非极性分子，故C错误；
D.在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4，因此S原子采用的杂化轨道方式为sp3，故D正确。
15. (2021·陕西省汉中市·月考试卷)金晶体是面心立方最密堆积，已知立方体的每个面上5个金原子紧密堆砌，金原子半径为r cm，则金晶体的空间利用率为（ ）
A. ×100% B. ×100% C. ×100% D. ×100%
【答案】B
【解析】
金晶体为面心立方最密堆积，则晶胞面对角线为金原子半径的4倍，金原子半径为r cm，则晶胞的边长a=2r cm，每个金晶胞中含有4个原子，则金原子总体积为4×，金晶胞体积，故空间利用率=。
故选：B。
16. (2021·山西省·单元测试)下列说法正确的是（ ）
A. 干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同
B. 化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键
C. CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
【答案】B
【解析】
A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故A错误；
B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键，所以化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，故B正确；
C、CH4分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构，不是8电子稳定结构，故C错误；
D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故D错误；
故选：B。
17. (2021·山西省·单元测试)实验证明，KCl、MgO、CaO、TiN这四种晶体的结构与NaCl晶体结构相似。已知三种离子晶体的晶格能如下：
晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能（KJ/mol）
786
715
3401
下列说法正确的是（ ）
A. 1个NaCl晶胞中占有1个钠离子和1个氯离子
B. KCl晶胞中K＋的配位数为12
C. 四种晶体的熔点：TiN＞CaO＞NaCl＞KCl
D. MgO晶体中Mg2＋填充由O2-堆积成的正四面体空隙
【答案】C
【解析】
A.根据氯化钠的晶胞结构分析可知1个NaCl晶胞中占有个钠离子和个氯离子，故A错误；
B.根据氯化钠的晶胞结构分析可知KCl晶胞中K＋的配位数为6，故B错误；
C.根据晶格能关系以及离子所带电荷数可知四种晶体的熔点：TiN＞CaO＞NaCl＞KCl，故C正确；
D.根据氯化钠晶胞结构分析可知MgO晶体中Mg2＋填充由O2-堆积成的正八面体空隙，故D错误。
18. (2021·全国·历年真题)下列对有关事实的解释正确的是（ ）
事实
解释
A.
某些金属盐灼烧呈现不同焰色
电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B.
与分子的空间构型不同
二者中心原子杂化轨道类型不同
C.
HF的热稳定性比HCl强
H—F比H—Cl的键能大
D.
的熔点比干冰高
分子间的范德华力大
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A.金属的焰色反应是其单质或化合物在加热时电子由低能轨道跃迁至高能轨道，然后再从高能轨道向低能轨道跃迁，从而释放出不同波长的光，故A项错误；
B.和的空间构型分别为正四面体形和三角锥形，两者的中心原子均采取杂化，故B项错误；
C.热稳定性HF>HCl，是因为非金属性F>CI，H—F比H—Cl的键能大，故C项正确；
D.为共价晶体，不存在分子间作用力，干冰为分子晶体，晶体熔点：共价晶体>分子晶体，故D项错误。
19. (2021·单元测试)HCHO与[Zn(CN)4]2－在水溶液中发生反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O＝[Zn(H2O)4] 2＋＋4HOCH2CN，下列说法错误的是
A. 反应中HCHO发生了加成反应
B. HCHO和H2O中心原子的价层电子对数相同
C. CN－和H2O与Zn2＋的配位能力：CN－>H2O
D. Zn 2＋与CN－生成的配离子[Zn(CN)4]2－中，σ键和π键的数目之比为1:1
【答案】B
【解析】
A.反应中HCHO变为HOCH2CN，C=O键断开，发生了加成反应，故A正确；
B.HCHO中心原子C的杂化方式为sp2，H2O中心原子O的杂化方式为sp3，中心原子的价层电子对数不相同，故B错误；
C.CN－是C原子与Zn2＋配位，H2O是O与Zn2＋配位，由于O的电负性大，则C更容易提供孤对电子与Zn2＋形成配位键，故配位能力：CN－>H2O，故C正确；
D.Zn 2＋与CN－生成的配离子[Zn(CN)4]2－中，Zn 2＋与CN－之间形成4个配位键为σ键，1个CN－中有1个σ键和2个π键，则σ键和π键数目之比为1:1，故D正确；
故选B。
20. (2021·山东省济南市·模拟题)直接在分子尺度上对分子进行光控制是化学工作者极大关注的领域之一。如图所示（图中Me代表甲基），分子Ⅰ吸收蓝光（波长435nm）转变为分子Ⅱ；分子Ⅱ吸收绿光（波长530nm）则恢复为分子Ⅰ。已知光的波长越短，光的能量就越高。下列说法正确的是（ ）
A. 分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变是可逆反应
B. 分子Ⅰ中的所有碳原子都是sp2杂化
C. 利用蓝光和绿光转换，可有效操控分子中两个联苯臂的相对位置
D. 分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量高
【答案】C
【解析】
A．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变时，分子Ⅰ吸收蓝光（波长435nm）转变为分子Ⅱ，分子Ⅱ吸收绿光（波长530nm）则恢复为分子Ⅰ，反应条件不同，所以不能可逆反应，故A错误；
B．分子Ⅰ中存在甲基，甲基中C原子为sp3杂化，所以分子Ⅰ中的碳原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化，故B错误；
C．从图中两种分子的结构可知，两个分子中联苯臂的相对位置不同，所以利用蓝光和绿光转换，可有效操控分子中两个联苯臂的相对位置，故C正确；
D．波长越短，光的能量越高，分子I吸收的能量多，则由分子I生成的分子Ⅱ具有的能量高，所以分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量低，故D错误；
故选：C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共40分）
21. (2021·云南省普洱市·月考试卷)东晋《华阳国志·南中志》记载云南镍白铜（铜镍合金），曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）铜元素基态原子的电子排布式为______________；镍元素基态原子3d能级上的未成对电子数为_____。单质铜及镍都是由________键形成的晶体。
（2）如图，Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。
①丁二酮肟分子中电负性最大的元素是______。
②丁二酮肟镍分子中氮原子的杂化轨道类型为________。
（3）铜的晶胞结构如图所示，铜晶体配位数目是___________；若铜的原子半径为d pm，密度计算表达式是______g/cm3；铜原子空间利用率的计算表达式是__________。（铜的相对原子量用Mr表示）
【答案】
（1）或；2；金属
（2）①O
②sp2
（3）12；；
【解析】
（1）铜是29号元素，基态铜原子的电子排布式为或，镍为28号元素，基态镍原子的电子排布式为，3d 能级上5个轨道，现有8个电子填入，故其未成对电子数为2，单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；
（2）
① 元素的非金属性越强，电负性越大，则丁二酮肟分子中电负性最大的元素是O；
②丁二酮肟镍分子中氮原子形成3个σ键，不含孤对电子，杂化轨道类型为sp2；
（4）铜晶体为面心立方堆积，配位数是12；铜的密度应由晶胞内铜的质量除以晶胞体积计算，晶胞中所包含的铜原子数目：8+6=4，故晶胞质量为g，又已知Cu原子的半径为dpm，晶胞棱长为2dpm，晶胞体积为16=16，故晶胞密度为g/cm3，空间利用率的计算表达式为。
22. (2021·河南省·月考试卷)
镍的合金及镍的配合物[如Ni（CO）4、[Ni（CN）4]2-、Ni（en）3]SO4等]在生产和科学研究中有重要应用。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为______。
（2）Ni与Ca同周期且最外层电子构型相同，镍的熔、沸点依次为1453℃、2732℃，钙的熔、沸点依次为842℃、1484℃，镍的熔沸点均比钙高得多，这是因为______。
（3）CuNi（CN）4是一种二维负热膨胀材料，可通过下列反应（未配平）制备：
CuNi（ CN）4中Cu、Ni的配位原子依次为______、______，其σ键与π键数目之比为______。
（4）Ni（CO）4的中心原子为sp3'杂化，Ni（CO）4的空间构型为______；[Ni（CN）4]2-的中心原子含 s、p、d轨道的杂化轨道，其中Ni采取的杂化类型为______（填标号）。
①dsp2
②sp3d
③sp3d2
（5）乙二胺（en，）的沸点为117.3°C，正丁烷的沸点为-0.5℃，前者沸点比后者高得多的主要原因是_____________________。
（6）某Ni、Nb合金的晶胞结构如图所示，设Ni和Nb的原子半径分别为rNi pm和rNb pm，则金属原子的空间利用率为______% （列出计算表达式）。
【答案】
（1）3d84s2
（2）镍的原子半径比钙的小，晶体镍中金属键比钙中强
（3）N C 3：2
（4）正四面体 ①
（5）乙二胺分子间可形成氢键
（6） ×100
【解析】
（1）Ni元素是28号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d84s2，基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，
故答案为：3d84s2；
（2）金属晶体中金属键越强，熔沸点越高，Ni与Ca同周期且最外层电子构型相同，镍的熔沸点均比钙高得多，这是因为：镍的原子半径比钙的小，晶体镍中金属键比钙中强，
故答案为：镍的原子半径比钙的小，晶体镍中金属键比钙中强；
（3）由图知，CuNi（CN）4中Cu、Ni的配位原子依次为N、C，单键包括配位键都是σ键、三键中有1个σ键2个π键。由化学式可知，制备CuNi（CN）4时，与Cu2+按等物质的量进行反应，每个有8个σ键4个π键、每个Cu2+形成4个配位键，设CuNi（CN）4由nmol与nmolCu2+反应所得，则产物中σ键为（8n+4n）mol、π键为8nmol，其σ键与π键数目之比为3：2，
故答案为：N；C；3：2；
（4）已知Ni（CO）4的中心原子为sp3杂化，则Ni（CO）4的空间构型为正四面体；杂化轨道数等于价层电子对数，[Ni（CN）4]2-的中心原子含s、p、d轨道的杂化轨道，则其含4个杂化轨道、其中Ni采敢的杂化类型为dsp2，
故答案为：正四面体；①；
（5）乙二胺与正丁烷均构成分子晶体，分子晶体中有氢键的沸点＞没有氢键的；乙二胺的沸点比正丁烷的沸点高得多的主要原因是：乙二胺分子间可形成氢键，
故答案为：乙二胺分子间可形成氢键；
（6）某Ni、Nb合金的晶胞结构如图所示，则含Nb原子数目为8×+1=2，含Ni原子数目为10×+4×=6，设Ni和Nb的原子半径分别为rNipm和rNbpm，则原子所占据体积为：（6×+2×）pm3，晶胞体积为a2cpm3，可得金属原子的空间利用率为×100%，
故答案为：×100。
23. (2021·河北省·联考题)卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维（2D/3D）的钙钛矿异质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3上合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿（PEA）2PbBr4（PEA+代表）异质结。回答下列问题：
（1）基态Br原子的价电子排布式为__________。
（2）PEA+中N的价层电子对数为_________，杂化轨道类型为_________，PEA+中涉及元素的电负性由大到小的顺序为__________，1mol PEA+中存在__________mol σ键。
（3）已知铅卤化合物中存在正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半径最小的配体为________。已知[Pb2I6]2-中每个Pb均采用四配位模式，则[Pb2I6]2-的结构式为_________。
（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔点/℃
747
734
693
636
等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热优先导电的是______（填化学式），熔点呈现表中趋势的原因是_________________。
（5）已知三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞（a）中占据正方体顶点、面心、体心位置，图（b）显示的是三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置：
①若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为________g•cm-3（写出表达式）。
②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为图（c）中的__________（填标号）。
【答案】
（1）4s24p5
（2）4 sp3 N＞C＞H 21
（3）Cl-
（4）CsBr NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低
（5） A
【解析】
（1）Br在元素周期表中处于第四周期第ⅦA族，价电子排布式为4s24p5，
故答案为：4s24p5；
（2）中N形成4个σ键，不存在孤电子对，因此价层电子对数为4；杂化轨道类型为sp3；PEA+中涉及的元素为N、C、H，同一周期从左向右电负性逐渐增大，结合两种元素形成的化合物的价态分析，得知电负性从大到小的顺序为N＞C＞H；1mol PEA+中存在8mol C-Cσ键，9molC-Hσ键，1mol C-Nσ键，3mol N-Hσ键，共21mol σ键，
故答案为：4；sp3；N＞C＞H；21；
（3）正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，配离子中中心原子为Pb，配体分别为Cl-、Br-、I-，同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为Cl-；根据[Pb2I6]2-中每个Pb均采用四配位模式，则每个Pb会形成四个配位键，结合化学式判断结构式为，
故答案为：Cl-；；
（4）NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子导电，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔点呈现递减趋势的原因是均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低，
故答案为：CsBr；NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低；
（5）三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞（a）中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置相同，推出其晶胞结构为，
①Br-位于面心，晶胞中Br-的数目为=3，Cs+位于顶点，晶胞中Cs+的数目为=1，Pb2+位于体心，晶胞中Pb2+的数目为1，平均每个晶胞中占有的CsPbBr3的数目均为1，若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞的体积为a3×10-30cm3，晶体的密度为=g•cm-3，
故答案为：；
②沿体对角线方向的投影图为，
故答案为：A。
24. (2021·全国·单元测试)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SiX4。
SiX4的熔沸点
SiF4
SiCl4
SiBr4
SiI4
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液态的是_________（填化学式），沸点依次升高的原因是______________，气态SiX4分子的空间结构是______________；
②SiCl4与N-甲基咪唑（）反应可以得到M2+，其结构如图所示：
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M2+中含有________个σ键；
（3）下图是Mg、Ge、O三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中Ge和O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a nm、b nm、c nm，α＝β＝γ＝90°，则该晶体的密度ρ＝____________g·cm-3（设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、b、c、NA的代数式表示）。
【答案】
（1）；SiC
（2）①SiCl4 相对分子质量逐渐增大 正四面体 ②sp2、sp3 N＞C＞H 44
（3）①O Mg2GeO4 ②
【解析】
（1）基态硅原子的最外层电子是3s23p2，其电子排布图为：。晶体硅和碳化硅均属于原子晶体，其熔点与共价键的强弱有关，碳原子的半径小于硅原子，故Si—Si键长大于C—Si键，键能C—Si键较大，熔点碳化硅即SiC较高。
（2）①热力学的273 K为0℃，由题表提供的数据可知，只有SiF4的沸点低于0℃，在0℃时，SiF4是气体，SiCl4为液态，SiBr4、SiI4的熔点高于0℃为固态。沸点依次升高的原因是相对分子质量逐渐增大；
根据价层电子对互斥理论，SiX4分子的中心原子的价层电子对数个数为4+（4-4×1）=4，则气态SiX4分子的空间结构是正四面体；
②N-甲基咪唑中甲基碳原子为sp3杂化，五元环中的碳原子是sp2杂化。根据电负性规律可知，电负性N＞C＞H。配位键也属于σ键，每个N-甲基咪唑中含有12个σ键，与硅原子又形成1个σ键，另外还有两个Si—Cl键，共含有(12+1)×4+2＝44个σ键。
（3）①根据各粒子在晶胞中的位置及其贡献率，确定各元素的原子数目：X位于顶点、棱上、面上和体内：；Y均在体内共4个；Z均在体内共16个。结合Ge和O的原子个数比为1:4，则化学式为Mg2GeO4。Z元素为O。
②每个晶胞含有4个Mg2GeO4，Mg2GeO4的摩尔质量为185 g·mol-1，晶胞体积为(a×b×c)×10-21 cm3。 则晶体的密度为。
25. (2021·重庆市市辖区·月考试卷)离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。氯代1-丁基-3-甲基咪唑离子液（[bmim]Cl）可以与GaCl3混合形成离子液体；[bmim]Cl也可以转化成其他离子液体，下图是（[bmim]Cl）与NH4BF4离子交换反应合成离子液体（[bmim]BF4）的流程：
（1）请画出基态Ga原子的价电子排布图________________；同周期元素中基态原子未成对电子数与硼（B）原子相同的有________（填元素符号）。
（2）NH4BF4中N原子的杂化方式为________，的空间构型为________，[bmim]＋中几种元素电负性由大到小的顺序为________。
（3）已知分子中的大π键可以用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则[bmim]＋中大π键可以表示为________________。
（4）GaCl3熔点为77.8 ℃，则GaCl3的晶体类型为________________，GaCl3和[bmim]Cl混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，请画出的结构式________________。
（5）某种Ga2O3的晶胞结构如图所示，O2-以六方最密方式堆积，Ga3＋在其八面体空隙中（注：未全部标出，如：Ga3＋在1、2、3、4、5、6构成的八面体体心）。
①该晶胞中O2-的配位数为________________。
②该晶胞有________％（保留一位小数）八面体空隙未填充阳离子。
③已知氧离子半径为a cm，晶胞的高为b cm，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为________g·cm-3（用含a、b和NA的代数式表示）。
【答案】
（1）；Li、F；
（2）sp3；正四面体；N＞C＞H；
（3）；
（4）分子晶体；或；
（5）4；33.3；。
【解析】
（1）基态Ga原子的价电子排布图；因为B的价电子为，有一个未成对电子，第二周期中还有Li和F。
（2）N的周围有四对电子，价层电子对数为4，故原子的杂化方式为sp3；中B的价层电子对数为4，故的空间构型为正四面体；H元素的电负性比碳元素和氮元素都小，同周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，则[bmim]＋中几种元素电负性由大到小的顺序为N＞C＞H。
（3）[bmim]＋中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，每个碳原子有1个未杂化的电子，每个N有两个未杂化的电子，但是还失去了一个电子，故参与形成大π键的有6个电子，则[bmim]＋中大π键可以表示为。
（4）GaCl3熔点为77.8℃，熔点低，所以晶体类型为分子晶体，根据转换流程，GaCl3先与Cl-形成配位键，接着GaCl3再与形成，其结构为或。
（5）
①氧化物的化学式为Ga2O3，Ga3＋与O2-个数比为2∶3，故配位数之比为3∶2，Ga3＋周围等距离的O2-有6个，即Ga3＋的配位数为6，O2-的配位数为4。
②该晶胞中共有12个正八面体空隙，其中8个正八面体空隙中填充了Ga3＋，则该晶胞中有4个未填充阳离子的八面体空隙，所占比例为；
③已知氧离子的半径为acm，则底面边长为2acm，又晶胞的高度为bcm，所以晶胞的体积，一个晶胞中含有2个Ga2O3，其质量，故密度为。
2022届高三化学【精准提升·二轮】专题训练卷（新高考专用）
专题09 物质结构与性质（提升卷）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题3分，共60分）
1. (2021·甘肃省兰州市·月考试卷)现有三种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4；②1s22s22p63s23p3；③1s22s22p5。
则下列有关比较中正确的是（）
A. 最高正化合价：③＞②＞① B. 原子半径：③＞②＞①
C. 电负性：③＞②＞① D. 第一电离能：③＞②＞①
【答案】D
【解析】
根据核外电子排布可知①是S，②是P，③是F。
A.F无最高正价，A错误；
B.同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径：②＞①＞③，B错误；
C.非金属性越强，电负性越大，则电负性：③＞①＞②，C错误；
D.非金属性越强第一电离能越大，但P的3p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，第一电离能强于S，则第一电离能：③＞②＞①，D正确。
故选D。
2. (2021·山西省·单元测试)胆矾CuSO4·5H2O可写为[Cu（H2O）4]SO4·H2O，其结构示意图如下：
下列有关胆矾的说法正确的是（ ）
A. Cu2＋的价电子排布式为3d84s1
B. 所有氧原子都采取sp3杂化
C. 胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键
D. 胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大
【答案】C
【解析】
A．Cu是29号元素，原子核外电子数为29，Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成铜离子，故铜离子价电子排布式为3d9，故A错误；
B．氧原子并不都是sp3杂化，该结构中的氧原子部分饱和，部分不饱和，杂化方式不同，故B错误；
C．胆矾为离子化合物，含有离子键，H2O中原子间为极性键，H2O分子之间有氢键，H2O和Cu2+之间为配位键，故C正确；
D．胆矾所含元素中，H、O、S的半径依次增大，但电负性O＞S＞H，故D错误。
故选C。
3. (2021·全国·历年真题)向溶液中滴加氨水至过量,下列叙述正确的是（ ）
A. 先出现沉淀, 后沉淀溶解变为无色溶液
B. 离子方程式为+O=[Cu]+O
C. 与中的氮原子以键结合
D. 分子中HNH为28'
【答案】C
【解析】
A.向溶液中滴加氨水，先生成蓝色沉淀，当氨水过量时，沉淀溶解并生成深蓝色的溶液，A项错误；
B.该反应的离子方程式可表示为+O=+O，B项正确；
C.中提供空轨道，分子中的N原子提供孤电子对，形成配位键，C项错误；
D.分子为三角锥形，键角为107°，D项错误。
4. (2021·甘肃省兰州市·月考试卷)下列说法不正确的是（ ）
A. 元素的第一电离能（I1）是元素的单质失去最外层1个电子所需要吸收的能量，同周期从左到右元素的I1逐渐增大
B. 元素的电负性是衡量元素在化合物中吸引电子能力大小的一种标度，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小
C. 含有阴离子的晶体中一定含有阳离子，含有阳离子的晶体中不一定含有阴离子
D. 原子晶体中一定含有共价键；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键；分子晶体中一定存在分子间作用力
【答案】A
【解析】
A．元素的第一电离能是指气态原子失去1个电子形成气态阳离子克服原子核的引力而消耗的能量，原子越稳定其第一电离能越大，同周期从左到右元素的第一电离能逐渐增大，但同一周期中第ⅡA族元素比第ⅢA族元素的第一电离能大，第ⅤA族比第ⅥA族第一电离能大，故A错误；
B．元素非金属性越强，电负性越大，原子对键合电子的吸引力越大，同主族从上到下元素的电负性逐渐减小，故B正确；
C．晶体呈电中性，有阴离子的晶体中一定有阳离子，但是有阳离子的晶体中不一定含有阴离子，比如金属晶体没有阴离子而含有电子，故C正确；
D．原子晶体中一定含有共价键；离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键，稀有气体形成的晶体类型为分子晶体，含有分子间作用力，故D正确，故选A。
5. (2021·全国·单元测试)部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径的大小顺序：e＞f＞g＞h
B. 与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞d
C. y、z、d三种元素第一电离能和电负性的大小顺序不一致
D. e、f、g、h四种元素最高价氧化物对应的水化物相互之间均能发生反应
【答案】C
【解析】
根据原子序数、原子半径和化合价可知，x为H，y为C，z为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl。
A．电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，则离子半径：S2-＞Cl-＞Na+＞Al3+，即g＞h＞e＞f，故A错误；
B．常温下，水为液体，甲烷、氨气为气体，水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点高于甲烷，则简单氢化物的沸点：d＞z＞y，故B错误；
C．C、N、O的电负性大小为O＞N＞C，但第一电离能大小为N＞O＞C，故C正确；
D．硫酸和高氯酸都是强酸，二者不发生反应，故D错误；
故选：C。
6. (2021·江西省·月考试卷)使用NC环金属化Ir（Ⅲ）配合物催化甲酸脱氢的反应机理如图，下列说法中错误的是（ ）
A. 甲酸脱氢过程的总反应为HCOOHCO2↑+H2↑
B. 反应过程中，Ir（Ⅲ）配合物B为催化剂，Ir（Ⅲ）配合物A为中间产物
C. 由D→E的过程，是甲酸协助转运H+的过程
D. 反应过程中，HCOOH中的C=O键发生断裂
【答案】D
【解析】
A．由反应历程可知，甲酸脱氢过程的总反应为 HCOOH CO2↑+H2↑，故A正确；
B．催化剂是反应前就有的物质，在反应过程中，参加反应，反应前后质量和性质不变，中间产物是反应前没有，反应过程中生成的产物，根据反应历程可知，第一步反应为B与甲酸的反应，故B为催化剂，A为中间产物，故B正确；
C．D→E 的过程，是甲酸协助转运 H+ 的过程，故C正确；
D．反应过程中，HCOOH 中的 C=O 键不发生断裂，断裂的是C-H、H-O键，且重新形成C=O，生成CO2，故D错误；
故选：D。
7. (2021·山东省德州市·期末考试)吡咯和卟吩都是平面分子。已知处于同一平面的多原子分子中如有相互平行的p轨道，p轨道电子在多个原子间运动形成不局限在两个原子之间的π型化学键，称为离域π键，表示为πmn，m是成键原子数，n是成键电子数。下列说法错误的是（ ）
A. 熔沸点：吡咯＜卟吩
B. 吡咯中存在离域π键为π56
C. 苯分子中也存在离域π键
D. 吡咯和卟吩中N原子的杂化方式都是sp3杂化
【答案】D
【解析】
A．相对分子质量：吡咯＜卟吩，所以熔沸点：吡咯＜卟吩，故A正确；
B．吡咯分子中环上每一个碳原子提供1个电子、N原子提供2个电子形成离域π键，该离域π键为，故B正确；
C．苯分子中环上每一个碳原子提供1个电子形成离域π键，分子中离域π键表示为，故C正确；
D．吡咯和卟吩分子中N原子价层电子对个数都是3且不含孤电子对，所以两种分子中N原子都采用sp2杂化，故D错误；
故选：D。
8. (2021·湖北省·期中考试)下列叙述不正确的是（ ）
A. Li2S晶胞结构如图1，S2-的配位数是8
B. 某镍白铜合金的立方晶胞结构如图2，晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：1
C. 氯化钠晶胞如图3，离钠离子最近的钠离子有6个
D. 铜与氧元素形成的晶胞如图4，晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，a、b的坐标参数依次（0，0，0）、（），则d的坐标参数为（，，）
【答案】C
【解析】
A．Li+与S2-的个数比为2：1，则Li+与S2-的配位数之比为1：2，由Li2S的晶胞结构可知，Li+的配位数为4，则S2-的配位数是8，故A正确；
B．用“均摊法”，晶胞中Ni原子的个数为8×=1，Cu原子的个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的数量比为3：1，故B正确；
C．以1个顶点Na+为研究对象，在图示晶胞中离其最近的Na+为位于面心上的3个Na+，由于顶点Na+为8个晶胞共有，面心Na+为2个晶胞共有，则氯化钠晶胞中离钠离子最近的钠离子有=12个，故C错误；
D．晶胞中Cu均匀地分散在立方体内部，由晶胞可知Cu位于体对角线上、与体心O的距离为体对角线的，a、b的坐标参数依次为（0，0，0）、（），则d的坐标参数为（，，），故D正确；
故选：C。
9. (2021·山西省·单元测试)氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂（主要成分Na2B4O7）为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A. BF3是分子晶体，其熔沸点低于BCl3，制备BF3的CaF2是离子晶体，其熔沸点高于MgF2
B. 六方相氮化硼结构与石墨相似，则六方相氮化硼也导电
C. 立方相氮化硼结构与金刚石相似，1mol立方相氮化硼晶体中含有配位键的数目为NA
D. 由B2O3可制备晶体硼，晶体硼的熔点2573K，沸点2823K，硬度大，属于混合晶体
【答案】C
【解析】
A. BF3是分子晶体，由于BF3与BCl3结构相似，BF3相对分子质量小于BCl3，则其熔沸点低于BCl3，由于CaF2与MgF2同为离子晶体，Mg2+的半径小于Ca2+半径，因此，MgF2晶格能大于CaF2的晶格能，因此CaF2熔沸点低于MgF2，故A错误；
B. 六方相氮化硼结构与石墨相似，但六方相氮化硼中不存在自由移动的电子，因此不导电，故B错误；
C. 立方相氮化硼结构与金刚石相似，则1molBN晶体中，一个B周围有4mol N原子，则B与N之间形成的化学键中必定有1mol属于配位键，因此，含有1mol立方相氮化硼晶体中含有配位键的数目为NA，故C正确；
D. 由于晶体硼的熔点2573K，沸点2823K，硬度大，应属于原子晶体，故D错误。
10. (2021·湖北省·历年真题)下列有关N、P及其化合物的说法错误的是（ ）
A. N的电负性比P的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
B. N与N的π键比P与P的强，可推断N≡N的稳定性比P≡P的高
C. NH3的成键电子对间排斥力较大，可推断NH3的键角比PH3的大
D. HNO3的分子间作用力较小，可推断HNO3的熔点比H3PO4的低
【答案】A
【解析】
A．N的电负性比P的大，所以P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3的大，故A错误；
B．N与N的π键比P与P的强，N≡N更牢固，其稳定性比P≡P的高，故B正确；
C．NH3中的成键电子距离N原子比PCl3中的成键电子距离P原子的距离近，成对电子对间的排斥力大，因此NH3的键角比PH3的大，故C正确；
D．HNO3的相对分子质量小于H3PO4，HNO3分子间的作用力小于H3PO4分子间的作用力，所以HNO3的熔点比H3PO4的低，故D正确；
故选：A。
11. (2021·全国·历年真题)铑的配合物离子（Rh（CO）2I2]-可催化甲醇羰基化，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. CH3COI是反应中间体
B. 甲醇羰基化反应为CH3OH+CO=CH3CO2H
C. 反应过程中Rh的成键数目保持不变
D. 存在反应CH3OH+HI=CH3I+H2O
【答案】C
【解析】
A、由图可知，铑的配合物离子（Rh（CO）2I2]-生成CH3COI，CH3COI继续与H2O反应生成HI和CH3CO2H，所以CH3COI是反应中间体，故A正确；
B、由图可知发生的反应依次为：①CH3OH+HI=CH3I+H2O，②+CH3I=，③=，④+CO=，⑤=CH3COI+，⑥CH3COI+H2O=HI+CH3CO2H，6个反应依次发生，6个反应方程式相加和，消去中间产物得出总反应：CH3OH+CO=CH3CO2H，故B正确；
C、由图可以看出Rh的成键数目由4变为6再变为5再变为6再变为4，依次循环，故C错误；
D、由B分析，按照箭头方向可知：CH3OH和HI反应生成CH3I和H2O，反应方程式为：即CH3OH+HI=CH3I+H2O，故D正确；
故选：C。
12. (2021·湖北省黄冈市·月考试卷)下列物质性质的变化规律，与共价键的键能大小有关的是（ ）
A. F2、Cl2、Br2、I2的熔点、沸点逐渐升高
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次增强
C. 金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅
D. NaF、NaCl、NaBr、NaI的熔点依次降低
【答案】C
【解析】
A.F2、Cl2、Br2、I2属于分子晶体，影响熔沸点的因素是分子间作用力，物质的相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔沸点越高，与共价键的键能大小无关，故A错误；
B.HF、HCl、HBr、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，但是HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，故B错误；
C.金刚石、晶体硅属于原子晶体，原子之间存在共价键，原子半径越小，键能越大，熔沸点越高，硬度也大，金刚石的硬度、熔点、沸点都高于晶体硅，与共价键的键能大小有关，故C正确；
D.NaF、NaCl、NaBr、NaI属于离子晶体，离子半径越大，晶格能越小，熔沸点越低，与共价键的键能大小无关，故D错误。
故选C。
13. (2021·广东省·模拟题)最近科学家制造出一种“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出。已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）
A. “超离子冰”可以导电
B. 1mol“普通冰”中氢键数目为2NA
C. “超离子冰”的存在证实：化学键（H-O） 强度弱于氢键（H…O-H）
D. 7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”中所含电子数目为10NA
【答案】C
【解析】
A．“超离子冰”，冰中的氢离子可在氧离子晶格中自由溢出，说明存在氢离子和氧离子，“超离子冰”可以导电，故A正确；
B．2mol水分子的一个氧原子和另外两个水分子中的氢原子形成两个氢键，另外两个氢原子分别和水形成两个氢键，总计形成4个氢键，每个氢键是两个水分子间形成，属于一个水分子的氢键只占氢键的一半，分摊法得到1mol“普通冰”中氢键数目为2NA，故B正确；
C．超离子冰的存在，说明共价键强于氢键，因为超离子冰结构更稳定，故C错误；
D．7g“普通冰”和11g“超离子冰”的“混合物”为18g水分子的质量，物质的量==1mol，所含电子数目为10NA，故D正确；
故选：C。
14. (2021·山西省·单元测试)下列模型分别表示、、的结构，下列说法错误的是（ ）
A. 分子中有键
B. 上述三种物质形成的晶体类型相同
C. 属于极性分子
D. 中S原子采用了杂化
【答案】C
【解析】
A.1molC2H2分子中含有2molC-H单键和1molCC键，单键为和三键中的一条共价键都为键，所以共有3mol键，故A正确；
B.结合图示可知，上述三种物质形成的晶体类型相同，都为分子晶体，故B正确；
C.结合图示可知，SF6属于由极性键形成的非极性分子，故C错误；
D.在S8分子中S原子成键电子对数为2，孤电子对数为2，即价层电子对数为4，因此S原子采用的杂化轨道方式为sp3，故D正确。
15. (2021·陕西省汉中市·月考试卷)金晶体是面心立方最密堆积，已知立方体的每个面上5个金原子紧密堆砌，金原子半径为r cm，则金晶体的空间利用率为（ ）
A. ×100% B. ×100% C. ×100% D. ×100%
【答案】B
【解析】
金晶体为面心立方最密堆积，则晶胞面对角线为金原子半径的4倍，金原子半径为r cm，则晶胞的边长a=2r cm，每个金晶胞中含有4个原子，则金原子总体积为4×，金晶胞体积，故空间利用率=。
故选：B。
16. (2021·山西省·单元测试)下列说法正确的是（ ）
A. 干冰和石英晶体中的化学键类型相同，熔化时需克服微粒间的作用力类型也相同
B. 化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键
C. CH4和CCl4中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
D. NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键不受影响
【答案】B
【解析】
A、干冰是分子晶体，而石英晶体是原子晶体，熔化时需克服微粒间的作用力分别是分子间作用力和共价键，故A错误；
B、化学反应的实质是断开旧化学键，形成新的化学键，所以化学变化发生时，需要断开反应物中的化学键，并形成生成物中的化学键，故B正确；
C、CH4分子中氢原子最外层达2电子的稳定结构，不是8电子稳定结构，故C错误；
D、NaHSO4晶体溶于水时，电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以NaHSO4晶体溶于水时，离子键被破坏，共价键也被破坏，故D错误；
故选：B。
17. (2021·山西省·单元测试)实验证明，KCl、MgO、CaO、TiN这四种晶体的结构与NaCl晶体结构相似。已知三种离子晶体的晶格能如下：
晶体
NaCl
KCl
CaO
晶格能（KJ/mol）
786
715
3401
下列说法正确的是（ ）
A. 1个NaCl晶胞中占有1个钠离子和1个氯离子
B. KCl晶胞中K＋的配位数为12
C. 四种晶体的熔点：TiN＞CaO＞NaCl＞KCl
D. MgO晶体中Mg2＋填充由O2-堆积成的正四面体空隙
【答案】C
【解析】
A.根据氯化钠的晶胞结构分析可知1个NaCl晶胞中占有个钠离子和个氯离子，故A错误；
B.根据氯化钠的晶胞结构分析可知KCl晶胞中K＋的配位数为6，故B错误；
C.根据晶格能关系以及离子所带电荷数可知四种晶体的熔点：TiN＞CaO＞NaCl＞KCl，故C正确；
D.根据氯化钠晶胞结构分析可知MgO晶体中Mg2＋填充由O2-堆积成的正八面体空隙，故D错误。
18. (2021·全国·历年真题)下列对有关事实的解释正确的是（ ）
事实
解释
A.
某些金属盐灼烧呈现不同焰色
电子从低能轨道跃迁至高能轨道时吸收光波长不同
B.
与分子的空间构型不同
二者中心原子杂化轨道类型不同
C.
HF的热稳定性比HCl强
H—F比H—Cl的键能大
D.
的熔点比干冰高
分子间的范德华力大
A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
A.金属的焰色反应是其单质或化合物在加热时电子由低能轨道跃迁至高能轨道，然后再从高能轨道向低能轨道跃迁，从而释放出不同波长的光，故A项错误；
B.和的空间构型分别为正四面体形和三角锥形，两者的中心原子均采取杂化，故B项错误；
C.热稳定性HF>HCl，是因为非金属性F>CI，H—F比H—Cl的键能大，故C项正确；
D.为共价晶体，不存在分子间作用力，干冰为分子晶体，晶体熔点：共价晶体>分子晶体，故D项错误。
19. (2021·单元测试)HCHO与[Zn(CN)4]2－在水溶液中发生反应：4HCHO＋[Zn(CN)4]2－＋4H＋＋4H2O＝[Zn(H2O)4] 2＋＋4HOCH2CN，下列说法错误的是
A. 反应中HCHO发生了加成反应
B. HCHO和H2O中心原子的价层电子对数相同
C. CN－和H2O与Zn2＋的配位能力：CN－>H2O
D. Zn 2＋与CN－生成的配离子[Zn(CN)4]2－中，σ键和π键的数目之比为1:1
【答案】B
【解析】
A.反应中HCHO变为HOCH2CN，C=O键断开，发生了加成反应，故A正确；
B.HCHO中心原子C的杂化方式为sp2，H2O中心原子O的杂化方式为sp3，中心原子的价层电子对数不相同，故B错误；
C.CN－是C原子与Zn2＋配位，H2O是O与Zn2＋配位，由于O的电负性大，则C更容易提供孤对电子与Zn2＋形成配位键，故配位能力：CN－>H2O，故C正确；
D.Zn 2＋与CN－生成的配离子[Zn(CN)4]2－中，Zn 2＋与CN－之间形成4个配位键为σ键，1个CN－中有1个σ键和2个π键，则σ键和π键数目之比为1:1，故D正确；
故选B。
20. (2021·山东省济南市·模拟题)直接在分子尺度上对分子进行光控制是化学工作者极大关注的领域之一。如图所示（图中Me代表甲基），分子Ⅰ吸收蓝光（波长435nm）转变为分子Ⅱ；分子Ⅱ吸收绿光（波长530nm）则恢复为分子Ⅰ。已知光的波长越短，光的能量就越高。下列说法正确的是（ ）
A. 分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变是可逆反应
B. 分子Ⅰ中的所有碳原子都是sp2杂化
C. 利用蓝光和绿光转换，可有效操控分子中两个联苯臂的相对位置
D. 分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量高
【答案】C
【解析】
A．分子Ⅰ与分子Ⅱ之间的相互转变时，分子Ⅰ吸收蓝光（波长435nm）转变为分子Ⅱ，分子Ⅱ吸收绿光（波长530nm）则恢复为分子Ⅰ，反应条件不同，所以不能可逆反应，故A错误；
B．分子Ⅰ中存在甲基，甲基中C原子为sp3杂化，所以分子Ⅰ中的碳原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化，故B错误；
C．从图中两种分子的结构可知，两个分子中联苯臂的相对位置不同，所以利用蓝光和绿光转换，可有效操控分子中两个联苯臂的相对位置，故C正确；
D．波长越短，光的能量越高，分子I吸收的能量多，则由分子I生成的分子Ⅱ具有的能量高，所以分子Ⅰ比分子Ⅱ的能量低，故D错误；
故选：C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题（共40分）
21. (2021·云南省普洱市·月考试卷)东晋《华阳国志·南中志》记载云南镍白铜（铜镍合金），曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：
（1）铜元素基态原子的电子排布式为______________；镍元素基态原子3d能级上的未成对电子数为_____。单质铜及镍都是由________键形成的晶体。
（2）如图，Ni2+与丁二酮肟生成鲜红色丁二酮肟镍沉淀，该反应可用于检验Ni2+。
①丁二酮肟分子中电负性最大的元素是______。
②丁二酮肟镍分子中氮原子的杂化轨道类型为________。
（3）铜的晶胞结构如图所示，铜晶体配位数目是___________；若铜的原子半径为d pm，密度计算表达式是______g/cm3；铜原子空间利用率的计算表达式是__________。（铜的相对原子量用Mr表示）
【答案】
（1）或；2；金属
（2）①O
②sp2
（3）12；；
【解析】
（1）铜是29号元素，基态铜原子的电子排布式为或，镍为28号元素，基态镍原子的电子排布式为，3d 能级上5个轨道，现有8个电子填入，故其未成对电子数为2，单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；
（2）
① 元素的非金属性越强，电负性越大，则丁二酮肟分子中电负性最大的元素是O；
②丁二酮肟镍分子中氮原子形成3个σ键，不含孤对电子，杂化轨道类型为sp2；
（4）铜晶体为面心立方堆积，配位数是12；铜的密度应由晶胞内铜的质量除以晶胞体积计算，晶胞中所包含的铜原子数目：8+6=4，故晶胞质量为g，又已知Cu原子的半径为dpm，晶胞棱长为2dpm，晶胞体积为16=16，故晶胞密度为g/cm3，空间利用率的计算表达式为。
22. (2021·河南省·月考试卷)
镍的合金及镍的配合物[如Ni（CO）4、[Ni（CN）4]2-、Ni（en）3]SO4等]在生产和科学研究中有重要应用。回答下列问题：
（1）基态Ni原子的价电子排布式为______。
（2）Ni与Ca同周期且最外层电子构型相同，镍的熔、沸点依次为1453℃、2732℃，钙的熔、沸点依次为842℃、1484℃，镍的熔沸点均比钙高得多，这是因为______。
（3）CuNi（CN）4是一种二维负热膨胀材料，可通过下列反应（未配平）制备：
CuNi（ CN）4中Cu、Ni的配位原子依次为______、______，其σ键与π键数目之比为______。
（4）Ni（CO）4的中心原子为sp3'杂化，Ni（CO）4的空间构型为______；[Ni（CN）4]2-的中心原子含 s、p、d轨道的杂化轨道，其中Ni采取的杂化类型为______（填标号）。
①dsp2
②sp3d
③sp3d2
（5）乙二胺（en，）的沸点为117.3°C，正丁烷的沸点为-0.5℃，前者沸点比后者高得多的主要原因是_____________________。
（6）某Ni、Nb合金的晶胞结构如图所示，设Ni和Nb的原子半径分别为rNi pm和rNb pm，则金属原子的空间利用率为______% （列出计算表达式）。
【答案】
（1）3d84s2
（2）镍的原子半径比钙的小，晶体镍中金属键比钙中强
（3）N C 3：2
（4）正四面体 ①
（5）乙二胺分子间可形成氢键
（6） ×100
【解析】
（1）Ni元素是28号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d84s2，基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，
故答案为：3d84s2；
（2）金属晶体中金属键越强，熔沸点越高，Ni与Ca同周期且最外层电子构型相同，镍的熔沸点均比钙高得多，这是因为：镍的原子半径比钙的小，晶体镍中金属键比钙中强，
故答案为：镍的原子半径比钙的小，晶体镍中金属键比钙中强；
（3）由图知，CuNi（CN）4中Cu、Ni的配位原子依次为N、C，单键包括配位键都是σ键、三键中有1个σ键2个π键。由化学式可知，制备CuNi（CN）4时，与Cu2+按等物质的量进行反应，每个有8个σ键4个π键、每个Cu2+形成4个配位键，设CuNi（CN）4由nmol与nmolCu2+反应所得，则产物中σ键为（8n+4n）mol、π键为8nmol，其σ键与π键数目之比为3：2，
故答案为：N；C；3：2；
（4）已知Ni（CO）4的中心原子为sp3杂化，则Ni（CO）4的空间构型为正四面体；杂化轨道数等于价层电子对数，[Ni（CN）4]2-的中心原子含s、p、d轨道的杂化轨道，则其含4个杂化轨道、其中Ni采敢的杂化类型为dsp2，
故答案为：正四面体；①；
（5）乙二胺与正丁烷均构成分子晶体，分子晶体中有氢键的沸点＞没有氢键的；乙二胺的沸点比正丁烷的沸点高得多的主要原因是：乙二胺分子间可形成氢键，
故答案为：乙二胺分子间可形成氢键；
（6）某Ni、Nb合金的晶胞结构如图所示，则含Nb原子数目为8×+1=2，含Ni原子数目为10×+4×=6，设Ni和Nb的原子半径分别为rNipm和rNbpm，则原子所占据体积为：（6×+2×）pm3，晶胞体积为a2cpm3，可得金属原子的空间利用率为×100%，
故答案为：×100。
23. (2021·河北省·联考题)卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维（2D/3D）的钙钛矿异质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3上合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿（PEA）2PbBr4（PEA+代表）异质结。回答下列问题：
（1）基态Br原子的价电子排布式为__________。
（2）PEA+中N的价层电子对数为_________，杂化轨道类型为_________，PEA+中涉及元素的电负性由大到小的顺序为__________，1mol PEA+中存在__________mol σ键。
（3）已知铅卤化合物中存在正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，三者中半径最小的配体为________。已知[Pb2I6]2-中每个Pb均采用四配位模式，则[Pb2I6]2-的结构式为_________。
（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔点/℃
747
734
693
636
等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热优先导电的是______（填化学式），熔点呈现表中趋势的原因是_________________。
（5）已知三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞（a）中占据正方体顶点、面心、体心位置，图（b）显示的是三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置：
①若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为________g•cm-3（写出表达式）。
②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为图（c）中的__________（填标号）。
【答案】
（1）4s24p5
（2）4 sp3 N＞C＞H 21
（3）Cl-
（4）CsBr NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低
（5） A
【解析】
（1）Br在元素周期表中处于第四周期第ⅦA族，价电子排布式为4s24p5，
故答案为：4s24p5；
（2）中N形成4个σ键，不存在孤电子对，因此价层电子对数为4；杂化轨道类型为sp3；PEA+中涉及的元素为N、C、H，同一周期从左向右电负性逐渐增大，结合两种元素形成的化合物的价态分析，得知电负性从大到小的顺序为N＞C＞H；1mol PEA+中存在8mol C-Cσ键，9molC-Hσ键，1mol C-Nσ键，3mol N-Hσ键，共21mol σ键，
故答案为：4；sp3；N＞C＞H；21；
（3）正四面体构型的[PbCl4]2-、[PbBr4]2-、[PbI4]2-，配离子中中心原子为Pb，配体分别为Cl-、Br-、I-，同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为Cl-；根据[Pb2I6]2-中每个Pb均采用四配位模式，则每个Pb会形成四个配位键，结合化学式判断结构式为，
故答案为：Cl-；；
（4）NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子导电，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔点呈现递减趋势的原因是均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低，
故答案为：CsBr；NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低；
（5）三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞（a）中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置相同，推出其晶胞结构为，
①Br-位于面心，晶胞中Br-的数目为=3，Cs+位于顶点，晶胞中Cs+的数目为=1，Pb2+位于体心，晶胞中Pb2+的数目为1，平均每个晶胞中占有的CsPbBr3的数目均为1，若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞的体积为a3×10-30cm3，晶体的密度为=g•cm-3，
故答案为：；
②沿体对角线方向的投影图为，
故答案为：A。
24. (2021·全国·单元测试)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SiX4。
SiX4的熔沸点
SiF4
SiCl4
SiBr4
SiI4
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液态的是_________（填化学式），沸点依次升高的原因是______________，气态SiX4分子的空间结构是______________；
②SiCl4与N-甲基咪唑（）反应可以得到M2+，其结构如图所示：
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M2+中含有________个σ键；
（3）下图是Mg、Ge、O三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中Ge和O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a nm、b nm、c nm，α＝β＝γ＝90°，则该晶体的密度ρ＝____________g·cm-3（设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、b、c、NA的代数式表示）。
【答案】
（1）；SiC
（2）①SiCl4 相对分子质量逐渐增大 正四面体 ②sp2、sp3 N＞C＞H 44
（3）①O Mg2GeO4 ②
【解析】
（1）基态硅原子的最外层电子是3s23p2，其电子排布图为：。晶体硅和碳化硅均属于原子晶体，其熔点与共价键的强弱有关，碳原子的半径小于硅原子，故Si—Si键长大于C—Si键，键能C—Si键较大，熔点碳化硅即SiC较高。
（2）①热力学的273 K为0℃，由题表提供的数据可知，只有SiF4的沸点低于0℃，在0℃时，SiF4是气体，SiCl4为液态，SiBr4、SiI4的熔点高于0℃为固态。沸点依次升高的原因是相对分子质量逐渐增大；
根据价层电子对互斥理论，SiX4分子的中心原子的价层电子对数个数为4+（4-4×1）=4，则气态SiX4分子的空间结构是正四面体；
②N-甲基咪唑中甲基碳原子为sp3杂化，五元环中的碳原子是sp2杂化。根据电负性规律可知，电负性N＞C＞H。配位键也属于σ键，每个N-甲基咪唑中含有12个σ键，与硅原子又形成1个σ键，另外还有两个Si—Cl键，共含有(12+1)×4+2＝44个σ键。
（3）①根据各粒子在晶胞中的位置及其贡献率，确定各元素的原子数目：X位于顶点、棱上、面上和体内：；Y均在体内共4个；Z均在体内共16个。结合Ge和O的原子个数比为1:4，则化学式为Mg2GeO4。Z元素为O。
②每个晶胞含有4个Mg2GeO4，Mg2GeO4的摩尔质量为185 g·mol-1，晶胞体积为(a×b×c)×10-21 cm3。 则晶体的密度为。
25. (2021·重庆市市辖区·月考试卷)离子液体被认为是21世纪理想的绿色溶剂，是指室温或者接近室温时呈液态，而本身由阴、阳离子构成的化合物。氯代1-丁基-3-甲基咪唑离子液（[bmim]Cl）可以与GaCl3混合形成离子液体；[bmim]Cl也可以转化成其他离子液体，下图是（[bmim]Cl）与NH4BF4离子交换反应合成离子液体（[bmim]BF4）的流程：
（1）请画出基态Ga原子的价电子排布图________________；同周期元素中基态原子未成对电子数与硼（B）原子相同的有________（填元素符号）。
（2）NH4BF4中N原子的杂化方式为________，的空间构型为________，[bmim]＋中几种元素电负性由大到小的顺序为________。
（3）已知分子中的大π键可以用表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表大π键中的电子数，则[bmim]＋中大π键可以表示为________________。
（4）GaCl3熔点为77.8 ℃，则GaCl3的晶体类型为________________，GaCl3和[bmim]Cl混合形成离子液体的过程中会存在以下转化：，请画出的结构式________________。
（5）某种Ga2O3的晶胞结构如图所示，O2-以六方最密方式堆积，Ga3＋在其八面体空隙中（注：未全部标出，如：Ga3＋在1、2、3、4、5、6构成的八面体体心）。
①该晶胞中O2-的配位数为________________。
②该晶胞有________％（保留一位小数）八面体空隙未填充阳离子。
③已知氧离子半径为a cm，晶胞的高为b cm，NA代表阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为________g·cm-3（用含a、b和NA的代数式表示）。
【答案】
（1）；Li、F；
（2）sp3；正四面体；N＞C＞H；
（3）；
（4）分子晶体；或；
（5）4；33.3；。
【解析】
（1）基态Ga原子的价电子排布图；因为B的价电子为，有一个未成对电子，第二周期中还有Li和F。
（2）N的周围有四对电子，价层电子对数为4，故原子的杂化方式为sp3；中B的价层电子对数为4，故的空间构型为正四面体；H元素的电负性比碳元素和氮元素都小，同周期元素的电负性随着原子序数的递增而增大，则[bmim]＋中几种元素电负性由大到小的顺序为N＞C＞H。
（3）[bmim]＋中环上圆圈表示大π键，环上的N、C原子都是sp2杂化，每个碳原子有1个未杂化的电子，每个N有两个未杂化的电子，但是还失去了一个电子，故参与形成大π键的有6个电子，则[bmim]＋中大π键可以表示为。
（4）GaCl3熔点为77.8℃，熔点低，所以晶体类型为分子晶体，根据转换流程，GaCl3先与Cl-形成配位键，接着GaCl3再与形成，其结构为或。
（5）
①氧化物的化学式为Ga2O3，Ga3＋与O2-个数比为2∶3，故配位数之比为3∶2，Ga3＋周围等距离的O2-有6个，即Ga3＋的配位数为6，O2-的配位数为4。
②该晶胞中共有12个正八面体空隙，其中8个正八面体空隙中填充了Ga3＋，则该晶胞中有4个未填充阳离子的八面体空隙，所占比例为；
③已知氧离子的半径为acm，则底面边长为2acm，又晶胞的高度为bcm，所以晶胞的体积，一个晶胞中含有2个Ga2O3，其质量，故密度为。
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