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2024届鲁科版高考化学一轮复习大题突破04物质结构与性质综合题作业含答案
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这是一份2024届鲁科版高考化学一轮复习大题突破04物质结构与性质综合题作业含答案，共29页。
大题突破04物质结构与性质综合题
命题热点一
原子核外电子排布
命题热点二
电离能与电负性的大小比较
命题热点三
共价键的形成、极性、类型
命题热点四
用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质
命题热点五
分子间作用力对分子性质的影响
命题热点六
杂化轨道的类型和微粒空间结构的判断
命题热点七
等电子体与分子中的“大Π键”
命题热点八
晶体的堆积模型和堆积方式
命题热点九
晶胞空间利用率的相关计算
命题热点十
晶胞配位数的判断及晶体密度的计算
（建议用时：90分钟）
【真题再现】
1．（2022·广东卷）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
(1)与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
(2)的沸点低于，其原因是_______。
(3)关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有键
B．I中的键为非极性共价键
C．II易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(4)IV中具有孤对电子的原子有_______。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为_______(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_______。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)4s24p4
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE
(4)O、Se
(5)＞ 正四面体形
(6) K2SeBr6
【解析】(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
(2)的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。
(3)A．I中有键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。
(4)根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子。
(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为＞。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形。
(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即。
2．（2022·湖南卷）铁和硒()都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态原子的核外电子排布式为_______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
(2)富马酸亚铁是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中键与键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化，将转化为，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数、。阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。
【答案】(1) [Ar] 3d104s24p4 6 ＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形
(2) 11:3 O＞C＞H＞Fe
(3) sp3杂化 H2O
(4) KFe2Se2 4
【解析】(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°；
(2)①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；
(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体；
(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12×+2×=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；
③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=。
3．（2022·山东卷）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5)、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。
【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族
(2) 2:3 2:1:1 Zn2+
(3)D
(4) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
(5)
【解析】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为：4，Zn2+周围形成的配位键数目为：6，则与的配位数之比,4:6=2:3；4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+，故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+；
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
(4)已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
(5)已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。
4．（2022·北京卷）失水后可转为，与可联合制备铁粉精和。
I.结构如图所示。
(1)价层电子排布式为___________。
(2)比较和分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
(3)与和的作用分别为___________。
II．晶胞为立方体，边长为，如图所示。
(4)①与紧邻的阴离子个数为___________。
②晶胞的密度为___________ 。
(5)以为燃料，配合可以制备铁粉精和。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。
【答案】(1)3d6
(2)SO的键角大于H2O，SO中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形
(3)配位键、氢键
(4) 6 ×1021
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4
【解析】(1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子，故答案为：SO的键角大于H2O，SO中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形；
(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；
(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021，故答案为：×1021；
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4。
5．（2021·山东卷）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态F原子核外电子的运动状态有__种。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF2分子的空间构型为__；OF2的熔、沸点__(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是___。
(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为___，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d
(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有__个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___；晶胞中A、B间距离d=___pm。
【答案】(1)9(2)F>O>Cl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高 (3)5D(4)2(0，0，) pm
【解析】
(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；
(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；
(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为，其中心原子的杂化方式应为sp3d；
(4)图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，，，所以 pm。
6．（2021·湖南卷）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；
②与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；
(3)下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
【答案】(1)； SiC(2)SiCl4SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3N>C>H54(3)OMg2GeO4=×1021
【解析】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
【优选特训】
1．硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。
(1)基态硼原子的核外电子排布式为___________。量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态硼原子的电子有___________种空间运动状态。
(2)分子的空间构型为___________，和反应后形成一种超强酸，中心硼原子的杂化方式为___________。
(3)六方氮化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，其晶体片层结构如图所示。
①六方氮化硼的化学式为___________，其晶体中存在的作用力有___________(填字母序号)。
a、范德华力 b、键 c、离子键
②石墨能导电的主要原因是电子能在由电负性相同的碳原子所形成的大键中流动。但六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是___________。
(4)立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
①晶胞中平均含有___________个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有___________个。
②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为，密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。
【答案】(1) 1s22s22p1 3
(2) 平面三角形 sp3
(3) BN ab 六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子
(4) 4 4
【详解】（1）基态硼原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1；基态B原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，基态B原子核外电子空间运动状态个数=1+1+1=3；
（2）BF3中B原子的价层电子对数为3+(3−3×1)=3，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为平面三角形；HBF4中B原子与F原子形成4个σ键，为sp3杂化；
（3）①根据六方氮化硼类似于石墨的结构，图示为正六边形，可推知每个正六边形所占有的原子数为6个，而每一个点都是3个六边形共用的，晶胞每个6边形中N原子数目3×=1、B原子数目3×=1，故氮化硼的化学式为BN；不同非金属原子之间易形成极性键，所以B-N原子之间存在极性共价键（σ键）；分子之间存在范德华力，所以层之间存在范德华力；
②六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子，所以不导电；
（4）①根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子位于晶胞中体对角线上，距离硼原子最近的氮原子有4个；
②根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子为4个，设晶胞边长为xcm，根据，解得x=。
2．（2022·四川·成都七中高三期中）天宫空间站有两对单翼翼展约30米的柔性太阳翼。关键部件为高性能颗粒增强铝基复合材料(SiC/Al)。请回答：
(1)基态Si的价电子轨道表示式是_______。碳化硅的晶体类型是_______晶体。
(2)矾土含Al3+，《诗经》言“缟衣茹藘(茜草)”，茜草中的茜素与矾土中的Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料。
①C、N、O、Al的第一电离能从大到小的顺序为 _______。
②X中Al3+的配位数为 _______，C的杂化轨道类型是 _______。
③茜素水溶性较好的原因是 _______。
(3)某硅、铁化合物晶胞如图2，铁有两种位置，分别用Fe1、Fe2(未画出)表示，Fe2占据硅形成的所有正四面体空隙。
①距离Fe1最近的Fe1有 _______个。
②若将Fe1置于晶胞顶点，则位于此晶胞面心、体心的原子分别是 _______、_______(选填“Si”、“Fe1”、“Fe2”)。
③若晶体密度为ρ g•cm﹣3，则两个最近的Fe1和Fe2之间的距离是 _______pm(不必化简)。
【答案】(1) 共价
(2) N＞O＞C＞Al 6 sp2 茜素含有亲水性的羟基、羰基，易与水形成数目较多的分子间氢键
(3) 12 Fe1 Si ××1010
【详解】（1）Si是14号元素，根据构造原理可知基态Si原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，基态Si的价电子排布式为3s23p2，其轨道表达式为；
SiC中Si原子与C原子之间以共价键结合形成立体网状结构，故SiC为共价晶体；
（2）①同一周期主族元素的第一电离能从左向右呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素大，活泼金属的第一电离能比非金属的小，所以C、N、O、Al的第一电离能从大到小的顺序为：N＞O＞C＞Al；
②由图可知，Al与6个O原子成键；X中每个C原子形成3个σ键和1个π键，所以C原子杂化类型为sp2；
③茜素含有亲水性的羟基、羰基，易与水形成数目较多的分子间氢键，使得茜素水溶性较好，导致该物质比较易溶于水；
（3）①以体心的Fe1为例，距离体心的Fe1最近的Fe1位于棱心，一共由12个；
②若将Fe1置于晶胞顶点，则Fe1位于面心，则Si位于体心，
故答案为：Fe1；Si；
③设晶胞边长为x pm，则晶胞体积为(x pm)3，即x3×10﹣30cm3，晶胞中Si原子个数为8× +6×=4，Fe2原子位于正方体分割成的8个小立方体的体心，Fe1原子位于棱心和体心，则Fe原子个数为8+12×+1=12，则晶胞质量为m=，则晶胞密度ρ=，则x=，两个最近的Fe1和Fe2之间的距离是体对角线的的，即，则其距离为×。
3．元素周期表在化学中有举足轻重的地位。请根据提示回答下列问题：
(1)铁在生活生产中用途广泛，写出 Fe 在元素周期表中的位置_______。Fe 分别与硫单质和氯气共热，可以得到两种含铁的二元化合物。请问这两种物质中金属阳离子的未成对电子数之比为_______。
(2)古往今来，人类发展的脚步离不开青铜器的冶炼，锻造及使用。如今，铜元素依旧为科研人员所钟爱，请写出铜原子的价电子排布式_______。利用铜离子作为中心原子可以形成多种具有良好特性的配合物。我们熟知的是一种深蓝色配合物，向硫酸铜溶液中通入过量氨气，可制备这种深蓝色配合物[Cu(NH3)4]2+。请用适当的化学用语描述该反应过程的实质_______。写出[Cu(NH3)4]2+配体的电子式_______。
(3)I1表示第一电离，I1(Mg)> I1(Al)> I1(Na)，原因是_______。
(4)CoO 的晶胞如图所示。
设阿伏加德罗常数的值为 NA，则 CoO 晶体的密度为_______g﹒cm−3(列出计算式即可)
(5)磷元素在农药的合成中有着重要作用。了解其化合物的结构有助于我们合成新型农药，提高粮食的产量。PO的 VSEPR 模型为_______，其中 P 的杂化轨道类型为_______。
(6)配位化学中，硼元素深受研究者的喜爱。其原因在于 B 容易与配体形成配位键，如BF、B(OH)等，从原子结构分析其原因_______。
(7)溶解度、熔沸点、颜色等是每种物质自身特有的性质，但也存在一定的规律。
①水和 H2S 均可以溶于乙醇，但 H2O 在乙醇中的溶解度大于 H2S 的原因_______
a.水和乙醇均为分子晶体 b.水和乙醇分子间可以形成氢键 c.水和乙醇可以发生反应
②比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律的原因 _______。
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
−49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约 400
【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 4:5
(2) 3d104s1
(3)同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Mg的第一电离能比相邻元素大
(4)
(5) 正四面体形 sp3
(6)B存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键
(7) b 锗卤化物均为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高
【详解】（1）Fe 为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。Fe 分别与硫单质生成硫化亚铁、和氯气共热生成氯化铁，亚铁离子、铁离子价电子排布分别为3d6、3d5，两种物质中金属阳离子的未成对电子数之比为4:5；
（2）铜为29号元素，原子的价电子排布式3d104s1。向硫酸铜溶液中通入过量氨气，可制备这种深蓝色配合物[Cu(NH3)4]2+，该反应过程的实质为生成的氢氧化铜和一水合氨形成[Cu(NH3)4]2+、氢氧根离子和水， ，[Cu(NH3)4]2+配体为NH3，电子式；
（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小，存在第一电离，I1(Mg)> I1(Al)> I1(Na)；
（4）晶胞中氧离子数目为；Co2+数目为；故晶胞质量为；晶胞边长为anm，则晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
（5）PO的中心原子的价层电子对数为，VSEPR 模型为正四面体形，其中 P 的杂化轨道类型为sp3；
（6）B 容易与配体形成配位键，原因为B为缺电子结构，存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键；
（7）①H2O 在乙醇中的溶解度大于 H2S 的原因水能和乙醇形成氢键，导致其溶解度变大，故选b；
②锗卤化物均为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，因此熔点GeCl4< GeBr4< GeI4。
4．半导体材料对现代信息技术的发展至关重要。硅(Si)、砷化铝(AlAs)均为半导体材料。
(1)基态砷原子的核外电子排布式为_______。第一电离能：As_______(填“>”或“<”)Se。
(2)高纯硅可用于制造芯片，其制备过程中会产生SiH3Cl、SiH2Cl2、SiHCl3、SiCl4等物质。熔沸点：SiH4_______(填“>”或“<”)SiCl4，原因是_______。
(3)SiCl4可发生水解反应，水解机理如图1。SiCl4和SiCl3(OH)中Si采取的杂化类型分别为：_______、_______；Si、、Cl的电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
(4)一种新型半导体材料砷化硼的晶胞结构示意图如图2。砷化硼的化学式为_______，该晶胞中As的配位数为_______，该晶胞中As原子处于B原子形成的_______(填“正四面体”或“正八面体”)空隙中，设该晶胞的边长均为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______(列出计算式)g·cm-3。
【答案】(1) >
(2) < 两种物质均是分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高
(3) 、、
(4) 4 正四面体
【详解】（1）基态砷原子的核外电子排布式为，砷原子最外层的能级处于半满状态较稳定，硒原子最外层的能级有4个电子，不稳定，所以第一电离能砷大于硒，答案：，>；
（2）两种物质均是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大分子间作用力越强，熔沸点越高，答案：<，两种物质均是分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高；
（3）SiCl4和SiCl3(OH)中Si的价层电子对都是4 ，中心原子采取的杂化类型都是，电负性的变化规律同周期自左向右电负性依次增大，同主族自上而下依次减小，氧的电负性大于氯，氯的电负性大于硅，答案：，，，、、，
（4）由晶胞结构可知硼原子位于晶胞的顶点和面心，所以一个晶胞均摊硼原子的个数，砷原子处于晶胞的内部有4个，所以化学式，晶胞中距离As最近的硼原子有4个，围城一个正四面体的结构，所以晶胞中As的配位数为4，该晶胞中As原子处于B原子形成的正四面体空隙中，根据 ，答案：，4，正四面体，。
5．腈类化合物是一类含氰基(－C≡N)的重要有机化合物，可以用作农药、香料、金属缓蚀剂或液晶材料等，氨氧化法是丙烯腈的重要生产方法，反应原理如下：
CH2=CH－CH3(丙烯)+NH3+O2CH2=CH－CN(丙烯腈)+H2O(未配平)
(1)丙烯分子中碳原子的杂化方式为_____，丙烯腈分子中σ键与π键的数目比为_____。
(2)该反应原理中的第二周期各元素的第一电离能由大到小的顺序为_____，原因是_____。
(3)键角：NH3_____(填“>”、“<”或“=”)H2O，原因是_____。
(4)丙烯腈在不同条件下可以转化为丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH，试比较二者酸性的强弱：CH3CH2COOH_____(填“>”、“<”或“=”)CH3CHClCOOH。
(5)一种金属钼(Mo)的晶胞为体心立方堆积，如图1所示。
①以晶胞参数为单位长度建立如图2所示坐标系，若图1中原子1的坐标为(0，0，0)，则图1中原子2的坐标为_____。
②若晶胞参数为apm，则图1中原子1和原子2的连线长度为_____pm，金属钼的密度为_____g•cm-3。
【答案】(1) sp2、sp3 2：1
(2) N>O>C 在同一周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C
(3) > NH3含有一对孤对电子，而H2O含有2对孤对电子，H2O中孤对电子对成键电子排斥作用力大，键角小
(4)<
(5) (0，1，1) a
【详解】（1）丙烯分子中碳原子周围存在双键和单键，双键碳原子价层电子对数为3，单键碳原子价层电子对数为4，其杂化方式分别为sp2和sp3；丙烯腈分子中含有6个σ键与3个π键，其数目之比为2：1；
（2）该反应原理中的第二周期元素是C、N、O，在同一周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C；
（3）NH3的键角大于H2O，因为NH3含有一对孤对电子，而水含有2对孤对电子，H2O中孤对电子对成键电子排斥作用力大，键角小；
（4）对比丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH可以看出，CH3CHClCOOH分子中的电负性较大，对电子的吸引力较强，使-COOH更易电离出H+，故CH3CHClCOOH酸性更强；
（5）①以晶胞参数为单位长度，根据金属钼的晶胞可知，原子2的坐标为(0，1，1)；
②若晶胞参数为a pm，图1中原子1和原子2的连线为面对角线，其长度为a pm；金属钼晶胞为体心立方堆积，根据其晶胞可知钼原子个数为，其密度为=。
6．锌及其化合物在医药、科研等方面都有重要应用。回答下列问题：
(1)Zn元素位于元素周期表的_______区，基态Zn原子核外电子的空间运动状态有_______种。
(2)一种锌的配合物结构如图所示。
中心离子提供空轨道的能级是_______；H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为_______；C、N原子的杂化方式共有_______种。该配合物中H-N-H键角为109.5°，而NH3分子中H-N-H键角为107°，原因是_______。
(3)ZnO立方晶胞结构如图所示
A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是_______。该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则ZnO晶体的密度为_______g·cm-3(用代数式表示)。
【答案】(1) ds 15
(2) 4s4p 2 配合物中单原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大
(3)
【详解】（1）Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为，，电子层数等于周期数，位于周期表ds区，空间运动状态即轨道数，共有15种；
（2）配合物中中心离子为，排布式为：，提供空轨道的能级是4s和4p；根据元素在周期表中的位置，H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为：；在分子中，C原子为杂化，N原子为杂化，C、N原子的杂化方式共有2种；配合物中单原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以H-N-H键角大于NH3分子中H-N-H键角；
（3）图中A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是；晶胞中Zn个数为：4，O的个数为：，所以有4个，该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，所以晶胞的边长为：，根据。
7．（2022·北京·101中学高三阶段练习）硼与氮、氢能形成多种具有优良性能的化合物，受到人们的广泛关注。
Ⅰ.氨硼烷()具有良好的储氢能力。
(1)分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，三种元素电负性大小顺序是_______。
(2)其在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构为 。在该反应中，B原子的杂化轨道类型的变化是_______。
(3)无机苯( )不能形成像苯一样的离域π键，原因是_______。
Ⅱ.氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法为：
(4)被认为是有机化学上的“万能还原剂”，其中H的化合价为_______。
(5)硼酸的化学式为，硼酸产生过程为：，下列说法正确的是_______。
A．是一元弱酸 B．硼酸体现酸性与配位键有关
C．B位于三个O构成的三角形的中心 D．与的反应是氧化还原反应
(6)氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______，已知该晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm，则阿伏伽德罗常数的表达式为_______。
②六方氮化硼可做润滑剂，不导电。则六方氮化硼的晶体类型是_______，其中含有的微粒间作用力有_______。
【答案】(1)N>H>B
(2)变为
(3)电负性N>B，π电子主要在N附近，不能自由移动
(4)-1
(5)ABC
(6) 均属共价晶体，结构相似，B-N键长比Si-C键短，键能更大 混合型晶体 共价键、配位键、分子间作用力
【详解】（1）NH3BH3分子中，根据与N原子相连的H呈正电性，说明电负性：N>H；根据与B原子相连的H呈负电性，说明电负性：B H> B；
（2）NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间可形成配位键。NH3BH3分子中B原子的价层电子对数为4，B原子杂化方式为sp3；根据的结构可知，B原子价层电子对数为3，B原子的杂化方式为sp2，故反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2；
（3）B的最外层电子排布式为2s22p1，N的最外层电子排布式为2s22p3，经过sp2轨道杂化后，N原子剩下1个孤电子对，B原子剩下1个空的p轨道，因而形成大键的电子全部由N提供，由于电负性N>B，π电子主要在N附近，因而不能自由移动；
（4）NaBH4 中Na为+1价，B为+3价，则H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价；
（5）A．硼酸只能进行一步电离，且只能部分电离，说明硼酸为一元弱酸，A正确；
B．硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s2p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键，B正确；
C．硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，B位于三个O构成的三角形的中心，C正确；
D．硼酸与NH3发生反应H3BO3+NH3+H2O=NH4B(OH)4，反应中无元素化合价升降，不是氧化还原反应，D错误；
故选ABC；
（6）①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是:二者均属共价晶体，结构相似，其中N原子半径小于C，B原子半径小于Si，B-N共价键的键长小于Si-C键长，B-N共价键的键能大于Si-C键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；该晶胞中，N=4，B=，则，即；
②B和N都是非金属元素，每层中B和N以共价键结合，具有共价晶体的特征，层和层之间存在分子间作用力，又具有分子晶体的特征，因而六方氮化硼的晶体属于混合型晶体；其中含有的微粒间作用力有共价键、配位键和分子间作用力。
8．（2022·宁夏·银川市第六中学高三阶段练习）C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)写出Si的基态原子核外最外层电子排布式_______，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(2)干冰是分子晶体，其密度比冰大的原因是_______。SiC晶体的结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______。
(3)氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X为_______(填元素符号)，XO是优良的耐高温材料，其熔点比CaO高的原因是_______。
(4)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。在这个过程中先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解的原因是：_______。
(5)下图表示的是SiO2的晶胞结构(白圈代表硅原子，黑点代表氧原子)，判断在30g二氧化硅晶体中含_______键。如果该立方体的边长为，用表示阿伏加德罗常数，则SiO2晶体的密度表达式为_______。
【答案】(1) 3s23p2 O>C>Si
(2) 干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大 sp3杂化
(3) Mg Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大
(4)向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解
(5) 2
【详解】（1）Si的基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p2，最外层电子排布式为3s23p2，同一周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Si；故答案为：3s23p2；O>C>Si；
（2）干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；晶体硅中1个硅原子与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以其杂化方式是sp3，SiC的晶体结构与晶体硅的相似，故C原子的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；sp3杂化；
（3）氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X原子中电子数为12，原子中电子数=原子序数=12，所以X为Mg元素，MgO和CaO都是离子晶体，镁离子半径小于钙离子，且二者所带电荷数相等，则MgO的晶格能大于CaO，所以MgO的熔点高于CaO，
故答案为：Mg；Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大；
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀
Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O
=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解，故答案为：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解；
（5）30g二氧化硅的物质的量为： ，每个Si原子形成4 个Si-O键，30g二氧化硅晶体中含Si-O键为0.5mol×4=2mol；晶胞中Si原子数目：
，则晶胞中O原子数目为8×2=16，晶胞质量=，晶
胞体积为a3cm3，则晶体密度： ，故答案为：2；。
大题突破04物质结构与性质综合题
命题热点一
原子核外电子排布
命题热点二
电离能与电负性的大小比较
命题热点三
共价键的形成、极性、类型
命题热点四
用键能、键长、键角等说明简单分子的某些性质
命题热点五
分子间作用力对分子性质的影响
命题热点六
杂化轨道的类型和微粒空间结构的判断
命题热点七
等电子体与分子中的“大Π键”
命题热点八
晶体的堆积模型和堆积方式
命题热点九
晶胞空间利用率的相关计算
命题热点十
晶胞配位数的判断及晶体密度的计算
（建议用时：90分钟）
【真题再现】
1．（2022·广东卷）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
(1)与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
(2)的沸点低于，其原因是_______。
(3)关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有键
B．I中的键为非极性共价键
C．II易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(4)IV中具有孤对电子的原子有_______。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为_______(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_______。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)4s24p4
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE
(4)O、Se
(5)＞ 正四面体形
(6) K2SeBr6
【解析】(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
(2)的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。
(3)A．I中有键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。
(4)根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子。
(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为＞。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形。
(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即。
2．（2022·湖南卷）铁和硒()都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态原子的核外电子排布式为_______；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态分子_______离子(填“>”“<”或“=”)，原因是_______。
(2)富马酸亚铁是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中键与键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化，将转化为，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与互为等电子体的一种分子为_______(填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；
②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数、。阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为_______(列出计算式)。
【答案】(1) [Ar] 3d104s24p4 6 ＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形
(2) 11:3 O＞C＞H＞Fe
(3) sp3杂化 H2O
(4) KFe2Se2 4
【解析】(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°；
(2)①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3；
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe；
(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体；
(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12×+2×=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4；
③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=。
3．（2022·山东卷）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp杂化轨道 D．sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5)、、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。
【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族
(2) 2:3 2:1:1 Zn2+
(3)D
(4) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
(5)
【解析】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为：4，Zn2+周围形成的配位键数目为：6，则与的配位数之比,4:6=2:3；4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+，故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+；
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
(4)已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
(5)已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。
4．（2022·北京卷）失水后可转为，与可联合制备铁粉精和。
I.结构如图所示。
(1)价层电子排布式为___________。
(2)比较和分子中的键角大小并给出相应解释：___________。
(3)与和的作用分别为___________。
II．晶胞为立方体，边长为，如图所示。
(4)①与紧邻的阴离子个数为___________。
②晶胞的密度为___________ 。
(5)以为燃料，配合可以制备铁粉精和。结合图示解释可充分实现能源和资源有效利用的原因为___________。
【答案】(1)3d6
(2)SO的键角大于H2O，SO中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形
(3)配位键、氢键
(4) 6 ×1021
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4
【解析】(1)铁元素的原子序数为26，基态亚铁离子的价电子排布式为3d6，故答案为：3d6；
(2)硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，水分子中氧原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形，所以硫酸根离子的键角大于水分子，故答案为：SO的键角大于H2O，SO中S原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，离子的空间构型为正四面体形，H2O分子中O原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为2，分子的空间构型为V形；
(3)由图可知，具有空轨道的亚铁离子与水分子中具有孤对电子的氧原子形成配位键，硫酸根离子与水分子间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；
(4)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的亚铁离子与位于棱上的阴离子S离子间的距离最近，则亚铁离子紧邻的阴离子个数为6，故答案为：6；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的亚铁离子个数为8×+6×=4，位于棱上和体心的S离子个数为12×+1=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：==10—21a3d，解得d=×1021，故答案为：×1021；
(5)由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4·H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用，故答案为：由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4·H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4。
5．（2021·山东卷）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态F原子核外电子的运动状态有__种。
(2)O、F、Cl电负性由大到小的顺序为__；OF2分子的空间构型为__；OF2的熔、沸点__(填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是___。
(3)Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为___，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是___(填标号)。
A．sp B．sp2 C．sp3 D．sp3d
(4)XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有__个XeF2分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(，，)。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为___；晶胞中A、B间距离d=___pm。
【答案】(1)9(2)F>O>Cl 角(V)形 低于 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高 (3)5D(4)2(0，0，) pm
【解析】
(1)基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外电子的运动状态有9种；
(2)电负性一定程度上相当于得电子能力，半径越小，得电子能力越强，电负性越大，半径由小到大的顺序为F、O、Cl，所以电负性大小顺序为F>O>Cl；根据VSEPR理论有，去掉2对孤对电子，知OF2分子的空间构型是角形；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高；
(3)XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为，其中心原子的杂化方式应为sp3d；
(4)图中大球的个数为，小球的个数为，根据XeF2的原子个数比知大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF2分子；由A点坐标知该原子位于晶胞的中心，且每个坐标系的单位长度都记为1，B点在棱的处，其坐标为(0，0，)；图中y是底面对角线的一半，，，所以 pm。
6．（2021·湖南卷）硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；
②与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；
(3)下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
【答案】(1)； SiC(2)SiCl4SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3N>C>H54(3)OMg2GeO4=×1021
【解析】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
【优选特训】
1．硼及其化合物具有多种结构和化学性质，化合物中的硼原子多以缺电子中心参与反应。
(1)基态硼原子的核外电子排布式为___________。量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，基态硼原子的电子有___________种空间运动状态。
(2)分子的空间构型为___________，和反应后形成一种超强酸，中心硼原子的杂化方式为___________。
(3)六方氮化硼晶体俗称“白石墨”，与石墨具有类似的结构，其晶体片层结构如图所示。
①六方氮化硼的化学式为___________，其晶体中存在的作用力有___________(填字母序号)。
a、范德华力 b、键 c、离子键
②石墨能导电的主要原因是电子能在由电负性相同的碳原子所形成的大键中流动。但六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是___________。
(4)立方氮化硼晶体结构与金刚石相似，其晶胞如图所示。
①晶胞中平均含有___________个硼原子，距离硼原子最近的氮原子有___________个。
②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为，密度为，设为阿伏加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。
【答案】(1) 1s22s22p1 3
(2) 平面三角形 sp3
(3) BN ab 六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子
(4) 4 4
【详解】（1）基态硼原子核外有5个电子，根据构造原理书写基态B原子核外电子排布式为1s22s22p1；基态B原子核外有几个轨道，其核外电子就有几个空间运动状态，基态B原子核外电子空间运动状态个数=1+1+1=3；
（2）BF3中B原子的价层电子对数为3+(3−3×1)=3，根据价层电子对互斥理论判断该分子空间构型为平面三角形；HBF4中B原子与F原子形成4个σ键，为sp3杂化；
（3）①根据六方氮化硼类似于石墨的结构，图示为正六边形，可推知每个正六边形所占有的原子数为6个，而每一个点都是3个六边形共用的，晶胞每个6边形中N原子数目3×=1、B原子数目3×=1，故氮化硼的化学式为BN；不同非金属原子之间易形成极性键，所以B-N原子之间存在极性共价键（σ键）；分子之间存在范德华力，所以层之间存在范德华力；
②六方氮化硼晶体不导电，可能的原因是六方氮化硼晶体结构其层结构中没有自由电子，所以不导电；
（4）①根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子位于晶胞中体对角线上，距离硼原子最近的氮原子有4个；
②根据均摊法，晶胞中的B原子个数为8×+6×=4；N原子为4个，设晶胞边长为xcm，根据，解得x=。
2．（2022·四川·成都七中高三期中）天宫空间站有两对单翼翼展约30米的柔性太阳翼。关键部件为高性能颗粒增强铝基复合材料(SiC/Al)。请回答：
(1)基态Si的价电子轨道表示式是_______。碳化硅的晶体类型是_______晶体。
(2)矾土含Al3+，《诗经》言“缟衣茹藘(茜草)”，茜草中的茜素与矾土中的Al3+、Ca2+生成的红色配合物X是最早的媒染染料。
①C、N、O、Al的第一电离能从大到小的顺序为 _______。
②X中Al3+的配位数为 _______，C的杂化轨道类型是 _______。
③茜素水溶性较好的原因是 _______。
(3)某硅、铁化合物晶胞如图2，铁有两种位置，分别用Fe1、Fe2(未画出)表示，Fe2占据硅形成的所有正四面体空隙。
①距离Fe1最近的Fe1有 _______个。
②若将Fe1置于晶胞顶点，则位于此晶胞面心、体心的原子分别是 _______、_______(选填“Si”、“Fe1”、“Fe2”)。
③若晶体密度为ρ g•cm﹣3，则两个最近的Fe1和Fe2之间的距离是 _______pm(不必化简)。
【答案】(1) 共价
(2) N＞O＞C＞Al 6 sp2 茜素含有亲水性的羟基、羰基，易与水形成数目较多的分子间氢键
(3) 12 Fe1 Si ××1010
【详解】（1）Si是14号元素，根据构造原理可知基态Si原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，基态Si的价电子排布式为3s23p2，其轨道表达式为；
SiC中Si原子与C原子之间以共价键结合形成立体网状结构，故SiC为共价晶体；
（2）①同一周期主族元素的第一电离能从左向右呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族比相邻元素大，活泼金属的第一电离能比非金属的小，所以C、N、O、Al的第一电离能从大到小的顺序为：N＞O＞C＞Al；
②由图可知，Al与6个O原子成键；X中每个C原子形成3个σ键和1个π键，所以C原子杂化类型为sp2；
③茜素含有亲水性的羟基、羰基，易与水形成数目较多的分子间氢键，使得茜素水溶性较好，导致该物质比较易溶于水；
（3）①以体心的Fe1为例，距离体心的Fe1最近的Fe1位于棱心，一共由12个；
②若将Fe1置于晶胞顶点，则Fe1位于面心，则Si位于体心，
故答案为：Fe1；Si；
③设晶胞边长为x pm，则晶胞体积为(x pm)3，即x3×10﹣30cm3，晶胞中Si原子个数为8× +6×=4，Fe2原子位于正方体分割成的8个小立方体的体心，Fe1原子位于棱心和体心，则Fe原子个数为8+12×+1=12，则晶胞质量为m=，则晶胞密度ρ=，则x=，两个最近的Fe1和Fe2之间的距离是体对角线的的，即，则其距离为×。
3．元素周期表在化学中有举足轻重的地位。请根据提示回答下列问题：
(1)铁在生活生产中用途广泛，写出 Fe 在元素周期表中的位置_______。Fe 分别与硫单质和氯气共热，可以得到两种含铁的二元化合物。请问这两种物质中金属阳离子的未成对电子数之比为_______。
(2)古往今来，人类发展的脚步离不开青铜器的冶炼，锻造及使用。如今，铜元素依旧为科研人员所钟爱，请写出铜原子的价电子排布式_______。利用铜离子作为中心原子可以形成多种具有良好特性的配合物。我们熟知的是一种深蓝色配合物，向硫酸铜溶液中通入过量氨气，可制备这种深蓝色配合物[Cu(NH3)4]2+。请用适当的化学用语描述该反应过程的实质_______。写出[Cu(NH3)4]2+配体的电子式_______。
(3)I1表示第一电离，I1(Mg)> I1(Al)> I1(Na)，原因是_______。
(4)CoO 的晶胞如图所示。
设阿伏加德罗常数的值为 NA，则 CoO 晶体的密度为_______g﹒cm−3(列出计算式即可)
(5)磷元素在农药的合成中有着重要作用。了解其化合物的结构有助于我们合成新型农药，提高粮食的产量。PO的 VSEPR 模型为_______，其中 P 的杂化轨道类型为_______。
(6)配位化学中，硼元素深受研究者的喜爱。其原因在于 B 容易与配体形成配位键，如BF、B(OH)等，从原子结构分析其原因_______。
(7)溶解度、熔沸点、颜色等是每种物质自身特有的性质，但也存在一定的规律。
①水和 H2S 均可以溶于乙醇，但 H2O 在乙醇中的溶解度大于 H2S 的原因_______
a.水和乙醇均为分子晶体 b.水和乙醇分子间可以形成氢键 c.水和乙醇可以发生反应
②比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律的原因 _______。
GeCl4
GeBr4
GeI4
熔点/℃
−49.5
26
146
沸点/℃
83.1
186
约 400
【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 4:5
(2) 3d104s1
(3)同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Mg的第一电离能比相邻元素大
(4)
(5) 正四面体形 sp3
(6)B存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键
(7) b 锗卤化物均为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高
【详解】（1）Fe 为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族。Fe 分别与硫单质生成硫化亚铁、和氯气共热生成氯化铁，亚铁离子、铁离子价电子排布分别为3d6、3d5，两种物质中金属阳离子的未成对电子数之比为4:5；
（2）铜为29号元素，原子的价电子排布式3d104s1。向硫酸铜溶液中通入过量氨气，可制备这种深蓝色配合物[Cu(NH3)4]2+，该反应过程的实质为生成的氢氧化铜和一水合氨形成[Cu(NH3)4]2+、氢氧根离子和水， ，[Cu(NH3)4]2+配体为NH3，电子式；
（3）同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小，存在第一电离，I1(Mg)> I1(Al)> I1(Na)；
（4）晶胞中氧离子数目为；Co2+数目为；故晶胞质量为；晶胞边长为anm，则晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
（5）PO的中心原子的价层电子对数为，VSEPR 模型为正四面体形，其中 P 的杂化轨道类型为sp3；
（6）B 容易与配体形成配位键，原因为B为缺电子结构，存在空的2p轨道，能接受孤电子对形成配位键；
（7）①H2O 在乙醇中的溶解度大于 H2S 的原因水能和乙醇形成氢键，导致其溶解度变大，故选b；
②锗卤化物均为分子晶体，且分子间都不含有氢键，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，因此熔点GeCl4< GeBr4< GeI4。
4．半导体材料对现代信息技术的发展至关重要。硅(Si)、砷化铝(AlAs)均为半导体材料。
(1)基态砷原子的核外电子排布式为_______。第一电离能：As_______(填“>”或“<”)Se。
(2)高纯硅可用于制造芯片，其制备过程中会产生SiH3Cl、SiH2Cl2、SiHCl3、SiCl4等物质。熔沸点：SiH4_______(填“>”或“<”)SiCl4，原因是_______。
(3)SiCl4可发生水解反应，水解机理如图1。SiCl4和SiCl3(OH)中Si采取的杂化类型分别为：_______、_______；Si、、Cl的电负性由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
(4)一种新型半导体材料砷化硼的晶胞结构示意图如图2。砷化硼的化学式为_______，该晶胞中As的配位数为_______，该晶胞中As原子处于B原子形成的_______(填“正四面体”或“正八面体”)空隙中，设该晶胞的边长均为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______(列出计算式)g·cm-3。
【答案】(1) >
(2) < 两种物质均是分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高
(3) 、、
(4) 4 正四面体
【详解】（1）基态砷原子的核外电子排布式为，砷原子最外层的能级处于半满状态较稳定，硒原子最外层的能级有4个电子，不稳定，所以第一电离能砷大于硒，答案：，>；
（2）两种物质均是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大分子间作用力越强，熔沸点越高，答案：<，两种物质均是分子晶体，相对分子质量越大熔沸点越高；
（3）SiCl4和SiCl3(OH)中Si的价层电子对都是4 ，中心原子采取的杂化类型都是，电负性的变化规律同周期自左向右电负性依次增大，同主族自上而下依次减小，氧的电负性大于氯，氯的电负性大于硅，答案：，，，、、，
（4）由晶胞结构可知硼原子位于晶胞的顶点和面心，所以一个晶胞均摊硼原子的个数，砷原子处于晶胞的内部有4个，所以化学式，晶胞中距离As最近的硼原子有4个，围城一个正四面体的结构，所以晶胞中As的配位数为4，该晶胞中As原子处于B原子形成的正四面体空隙中，根据 ，答案：，4，正四面体，。
5．腈类化合物是一类含氰基(－C≡N)的重要有机化合物，可以用作农药、香料、金属缓蚀剂或液晶材料等，氨氧化法是丙烯腈的重要生产方法，反应原理如下：
CH2=CH－CH3(丙烯)+NH3+O2CH2=CH－CN(丙烯腈)+H2O(未配平)
(1)丙烯分子中碳原子的杂化方式为_____，丙烯腈分子中σ键与π键的数目比为_____。
(2)该反应原理中的第二周期各元素的第一电离能由大到小的顺序为_____，原因是_____。
(3)键角：NH3_____(填“>”、“<”或“=”)H2O，原因是_____。
(4)丙烯腈在不同条件下可以转化为丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH，试比较二者酸性的强弱：CH3CH2COOH_____(填“>”、“<”或“=”)CH3CHClCOOH。
(5)一种金属钼(Mo)的晶胞为体心立方堆积，如图1所示。
①以晶胞参数为单位长度建立如图2所示坐标系，若图1中原子1的坐标为(0，0，0)，则图1中原子2的坐标为_____。
②若晶胞参数为apm，则图1中原子1和原子2的连线长度为_____pm，金属钼的密度为_____g•cm-3。
【答案】(1) sp2、sp3 2：1
(2) N>O>C 在同一周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C
(3) > NH3含有一对孤对电子，而H2O含有2对孤对电子，H2O中孤对电子对成键电子排斥作用力大，键角小
(4)<
(5) (0，1，1) a
【详解】（1）丙烯分子中碳原子周围存在双键和单键，双键碳原子价层电子对数为3，单键碳原子价层电子对数为4，其杂化方式分别为sp2和sp3；丙烯腈分子中含有6个σ键与3个π键，其数目之比为2：1；
（2）该反应原理中的第二周期元素是C、N、O，在同一周期从左至右，第一电离能呈增大趋势，但是N原子的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C；
（3）NH3的键角大于H2O，因为NH3含有一对孤对电子，而水含有2对孤对电子，H2O中孤对电子对成键电子排斥作用力大，键角小；
（4）对比丙酸(CH3CH2COOH)和CH3CHClCOOH可以看出，CH3CHClCOOH分子中的电负性较大，对电子的吸引力较强，使-COOH更易电离出H+，故CH3CHClCOOH酸性更强；
（5）①以晶胞参数为单位长度，根据金属钼的晶胞可知，原子2的坐标为(0，1，1)；
②若晶胞参数为a pm，图1中原子1和原子2的连线为面对角线，其长度为a pm；金属钼晶胞为体心立方堆积，根据其晶胞可知钼原子个数为，其密度为=。
6．锌及其化合物在医药、科研等方面都有重要应用。回答下列问题：
(1)Zn元素位于元素周期表的_______区，基态Zn原子核外电子的空间运动状态有_______种。
(2)一种锌的配合物结构如图所示。
中心离子提供空轨道的能级是_______；H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为_______；C、N原子的杂化方式共有_______种。该配合物中H-N-H键角为109.5°，而NH3分子中H-N-H键角为107°，原因是_______。
(3)ZnO立方晶胞结构如图所示
A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是_______。该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则ZnO晶体的密度为_______g·cm-3(用代数式表示)。
【答案】(1) ds 15
(2) 4s4p 2 配合物中单原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大
(3)
【详解】（1）Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为，，电子层数等于周期数，位于周期表ds区，空间运动状态即轨道数，共有15种；
（2）配合物中中心离子为，排布式为：，提供空轨道的能级是4s和4p；根据元素在周期表中的位置，H、C、Cl、Br电负性由大到小的顺序为：；在分子中，C原子为杂化，N原子为杂化，C、N原子的杂化方式共有2种；配合物中单原子的孤电子对与形成配位键，对成键电子对的排斥力减小，键角变大，所以H-N-H键角大于NH3分子中H-N-H键角；
（3）图中A点原子的分数坐标为()，则B点原子的分数坐标是；晶胞中Zn个数为：4，O的个数为：，所以有4个，该晶胞中距离最近的两个Zn原子间的长度为anm，所以晶胞的边长为：，根据。
7．（2022·北京·101中学高三阶段练习）硼与氮、氢能形成多种具有优良性能的化合物，受到人们的广泛关注。
Ⅰ.氨硼烷()具有良好的储氢能力。
(1)分子中，与N原子相连的H呈正电性()，与B原子相连的H呈负电性()，三种元素电负性大小顺序是_______。
(2)其在催化剂作用下水解释放氢气：，的结构为 。在该反应中，B原子的杂化轨道类型的变化是_______。
(3)无机苯( )不能形成像苯一样的离域π键，原因是_______。
Ⅱ.氮化硼(BN)是一种高硬度、耐高温、耐腐蚀、高绝缘性的材料。一种获得氮化硼的方法为：
(4)被认为是有机化学上的“万能还原剂”，其中H的化合价为_______。
(5)硼酸的化学式为，硼酸产生过程为：，下列说法正确的是_______。
A．是一元弱酸 B．硼酸体现酸性与配位键有关
C．B位于三个O构成的三角形的中心 D．与的反应是氧化还原反应
(6)氮化硼(BN)晶体存在如图所示的两种结构，六方氮化硼的结构与石墨类似，立方氮化硼的结构与金刚石类似，可作研磨剂。
①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是_______，已知该晶胞的密度为，晶胞的边长为a cm，则阿伏伽德罗常数的表达式为_______。
②六方氮化硼可做润滑剂，不导电。则六方氮化硼的晶体类型是_______，其中含有的微粒间作用力有_______。
【答案】(1)N>H>B
(2)变为
(3)电负性N>B，π电子主要在N附近，不能自由移动
(4)-1
(5)ABC
(6) 均属共价晶体，结构相似，B-N键长比Si-C键短，键能更大 混合型晶体 共价键、配位键、分子间作用力
【详解】（1）NH3BH3分子中，根据与N原子相连的H呈正电性，说明电负性：N>H；根据与B原子相连的H呈负电性，说明电负性：B
（2）NH3BH3分子中，氮原子上有一对孤电子对，而硼原子中有空轨道，二者之间可形成配位键。NH3BH3分子中B原子的价层电子对数为4，B原子杂化方式为sp3；根据的结构可知，B原子价层电子对数为3，B原子的杂化方式为sp2，故反应中B原子的杂化方式由sp3变为sp2；
（3）B的最外层电子排布式为2s22p1，N的最外层电子排布式为2s22p3，经过sp2轨道杂化后，N原子剩下1个孤电子对，B原子剩下1个空的p轨道，因而形成大键的电子全部由N提供，由于电负性N>B，π电子主要在N附近，因而不能自由移动；
（4）NaBH4 中Na为+1价，B为+3价，则H为-1价，体现出强还原性，易被氧化为0价；
（5）A．硼酸只能进行一步电离，且只能部分电离，说明硼酸为一元弱酸，A正确；
B．硼酸具有弱酸性是由于B与水中的OH-形成配位键，B原子价电子式2s2p1，可提供1个p轨道作为空轨道，接受OH-中O原子提供的孤电子对形成配位键，B正确；
C．硼酸分子中B原子采取sp2杂化，σ键数为3，没有孤电子对，空间构型为平面三角形，B位于三个O构成的三角形的中心，C正确；
D．硼酸与NH3发生反应H3BO3+NH3+H2O=NH4B(OH)4，反应中无元素化合价升降，不是氧化还原反应，D错误；
故选ABC；
（6）①立方氮化硼的熔点和硬度均高于SiC的原因是:二者均属共价晶体，结构相似，其中N原子半径小于C，B原子半径小于Si，B-N共价键的键长小于Si-C键长，B-N共价键的键能大于Si-C键能，故该种氮化硼的熔点和硬度均高于SiC；该晶胞中，N=4，B=，则，即；
②B和N都是非金属元素，每层中B和N以共价键结合，具有共价晶体的特征，层和层之间存在分子间作用力，又具有分子晶体的特征，因而六方氮化硼的晶体属于混合型晶体；其中含有的微粒间作用力有共价键、配位键和分子间作用力。
8．（2022·宁夏·银川市第六中学高三阶段练习）C和Si元素在化学中占有极其重要的地位。
(1)写出Si的基态原子核外最外层电子排布式_______，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。
(2)干冰是分子晶体，其密度比冰大的原因是_______。SiC晶体的结构与晶体硅的相似，其中C原子的杂化方式为_______。
(3)氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X为_______(填元素符号)，XO是优良的耐高温材料，其熔点比CaO高的原因是_______。
(4)向盛有硫酸铜水溶液的试管中加氨水，先形成蓝色沉淀，继续加入氨水沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液。在这个过程中先生成蓝色沉淀，后沉淀溶解的原因是：_______。
(5)下图表示的是SiO2的晶胞结构(白圈代表硅原子，黑点代表氧原子)，判断在30g二氧化硅晶体中含_______键。如果该立方体的边长为，用表示阿伏加德罗常数，则SiO2晶体的密度表达式为_______。
【答案】(1) 3s23p2 O>C>Si
(2) 干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大 sp3杂化
(3) Mg Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大
(4)向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解
(5) 2
【详解】（1）Si的基态原子核外电子排布式1s22s22p63s23p2，最外层电子排布式为3s23p2，同一周期主族元素从左向右电负性逐渐增大，同一主族元素从上到下电负性逐渐减小，C、O、Si三种元素的电负性由大到小的顺序为O>C>Si；故答案为：3s23p2；O>C>Si；
（2）干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；晶体硅中1个硅原子与4个硅原子相连，呈正四面体结构，所以其杂化方式是sp3，SiC的晶体结构与晶体硅的相似，故C原子的杂化方式为sp3杂化；
故答案为：干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大；sp3杂化；
（3）氧化物XO的电子总数与SiC的相等，则X原子中电子数为12，原子中电子数=原子序数=12，所以X为Mg元素，MgO和CaO都是离子晶体，镁离子半径小于钙离子，且二者所带电荷数相等，则MgO的晶格能大于CaO，所以MgO的熔点高于CaO，
故答案为：Mg；Mg2+半径比Ca2+小，MgO的晶格能大；
（4）向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀
Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O
=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解，故答案为：向盛有硫酸铜水溶液的试管里加入氨水，首先生成氢氧化铜沉淀：Cu2++2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，氢氧化铜与氨水会继续发生反应： Cu(OH)2+4NH3∙H2O=Cu(NH3)42++2OH-+4H2O，沉淀溶解；
（5）30g二氧化硅的物质的量为： ，每个Si原子形成4 个Si-O键，30g二氧化硅晶体中含Si-O键为0.5mol×4=2mol；晶胞中Si原子数目：
，则晶胞中O原子数目为8×2=16，晶胞质量=，晶
胞体积为a3cm3，则晶体密度： ，故答案为：2；。
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