【暑假衔接】高中化学新高三（高二升高三）暑假自学 第21讲 物质结构与性质综合题 （教师版+学生版）讲义

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一、考情分析
物质结构与性质题考查主要集中在原子内部结构和电子排布规则上，将分子结构、杂化理论与晶体类型理论结合起来，通过用主观题的形式考核学生对此理论知识掌握的程度。从主观题的构成来看，给出一定的知识背景，然后设置成4—5个小题，每个小题考查一个知识要点是主要的命题模式，内容主要考查基本概念，如电子排布式，轨道式，电离能，电负性，杂化方式以及空间构型等，也可联系有机考查有机物中C原子的杂化，联系数学几何知识考查晶体的计算等，一般利用均摊法考查晶胞中的原子个数，或者考查晶体的化学式的书写、晶体类型的判断等，考查的抽象思维能力、逻辑思维能力；同时培养学生的分析和推理能力。
二、高频考点及应对策略
1.核外电子排布的书写
(1)一般原子核外电子排布式的四种表示方法
(2)特殊原子的核外电子排布式
①Cr的核外电子排布：因3d5为半充满状态，比较稳定，故该原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d54s1。
②Cu的核外电子排布：因3d10为全充满状态，比较稳定，故该原子的电子排布式：1s22s22p63s23p63d104s1。
2.第一电离能、电负性大小比较
(1)元素第一电离能的周期性变化规律
①同一周期,随着原子序数的增加,元素的第一电离能呈现增大的趋势,稀有气体元素的第一电离能最大,碱金属元素的第一电离能最小;同一主族,随着电子层数的增加,元素的第一电离能逐渐减小。
②反常情况:第一电离能的变化与元素原子的核外电子排布有关。通常情况下,当原子核外电子排布在能量相等的轨道上形成全空(p0、d0、f0)、半满(p3、d5、f7)和全满(p6、d10、f14)结构时,原子的能量较低,该元素具有较大的第一电离能。如同周期主族元素,第ⅡA族元素的原子最外层s能级全充满、ⅤA族元素的原子最外层p能级半充满,比较稳定,所以其第一电离能大于同周期相邻的主族元素。
(2)电负性大小判断
①在周期表中,同周期主族元素电负性从左到右逐渐增大,同主族从上往下逐渐减小。
②特殊情况:常常应用化合价及物质类别判断电负性的大小,如O与Cl的电负性比较:①HClO中Cl为+1价、O为-2价,可知O的电负性大于Cl;②Al2O3是离子化合物、AlCl3是共价化合物,可知O的电负性大于Cl。
3.中心原子A的价层电子对数的速算方法
对ABm型化合物，中心原子A的价层电子对数n＝eq \f(A的价电子数＋B提供的电子数×m,2)，计算时一般说来，价电子数即为最外层电子数，但B为卤素原子、氢原子时，提供1个价电子，若为氧原子、硫原子时，则不提供电子。
4.杂化轨道类型与分子立体构型的关系
注意：杂化轨道数＝价层电子对数=与中心原子结合的原子数＋中心原子的孤电子对数。
5.物质的性质与其影响因素的判断
(1)分子的性质
①分子极性的判断：中心原子化合价的绝对值等于最外层电子数，则为非极性分子；反之，中心原子化合价的绝对值不等于最外层电子数，则为极性分子。
②溶解性
“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。
③无机含氧酸分子的酸性：无机含氧酸可写成(HO)mROn，如果成酸元素R相同，则n值越大，R的正电性越高，使R—O—H中O的电子向R偏移，在水分子的作用下越易电离出H＋，酸性越强，如HClOO>S
(3) 分子晶体 正四面体形
(4) 8 (或)
(5) 12
【详解】（1）的简化电子排布式为，基态的价电子轨道表示式为 。答案为 ；
（2）N的2p轨道为半充满状态，相对比较稳定，第一电离能：N>O，O、S为同主族元素，S的电子层数更多，第一电离能：O>S，故N、O、S的第一电离能：N>O>S，苯酚中碳原子的杂化类型为。答案为N>O>S；；
（3）氯化铁的熔点、沸点较低，其晶体类型是分子晶体。中的化学键具有明显的共价性，而在蒸汽状态下以双聚分子()的形式存在，这是由于原子具有空轨道而Cl原子具有孤电子对，Fe原子与Cl原子之间又形成了配位键，的结构式为 。中硫原子的价电子对数为4，孤电子对数为0，故的空间结构为正四面体形。答案为 ；正四面体形；
（4）羰基镍的结构式为 ，Ni与C之间形成了4个配位键，配位键也是键，再加上C、O之间的4个键，共8个键，则1ml羰基镍共有8mlσ键；与CO互为等电子体的离子有、等。答案为8；或；
（5）观察晶胞结构可知，与紧邻且等距离的有12个。1个氧化亚铁晶胞中含的数目为，含的数目为，所以1个氧化亚铁晶胞中含4个“FeO”，故晶体的摩尔体积为。答案为。
2．（2023·山东聊城·统考二模）金属及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。请回答下列问题：
(1)与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有___________种。
(2)次磷酸的正盐KH2PO2中P的___________杂化轨道与O的___________轨道形成键。
(3)Zn、Fe、Cu等过渡金属的原子或离子易通过配位键形成配合物或配离子。
① 和 中所有原子均共面，其中氮原子较易形成配位键的是___________。
②配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性大小有关，元素电负性越大，其原子越不容易提供孤电子对。则对于配合物Fe(SCN)3，配体SCN-中提供孤电子对的原子是___________(填元素符号)。
③将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质，下列物质中，属于顺磁性物质的是___________。
A．［Cu(NH3)2］C1 B．［Cu(NH3)4］SO4
C．［Zn(NH3)4］SO4 D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2
(4)硫化锌(ZnS)晶体属于六方晶系，Zn原子位于4个S原子形成的正四面体空隙中。晶胞参数如图所示α=120°，β=γ=90°。
①该晶体中，锌的配位数为___________。
②已知空间利用率，设锌和硫的原子半径分别r1cm和r2cm，则该晶体的空间利用率为(列出计算式即可)___________。
③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。若A点原子的分数坐标为(0，0，0)，则B点原子的分数坐标为___________。
【答案】(1)7
(2) sp3 2p
(3) S BD
(4) 4
【详解】（1）Fe为26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最外层电子数为2，与Fe最外层电子数相同且同周期的过渡元素有Sc、Ti、V、Mn、C、Ni、Zn共7种，答案为7；
（2）KH2PO2中P原子的孤电子对==2，成键电子对=2，价层电子对=孤电子对+成键电子对=4，P为sp3杂化；P的sp3杂化轨道与O的2p轨道形成键；
（3）① 中N的sp2杂化轨道形成的化学键 (代表孤电子对)参与形成六元环大键的是未成对电子，该孤电子对填充空轨道的能力较强，所以后者更易形成配位键；答案为 ；
②S、N原子均有孤电子对，N电负性大，不易给出电子形成配位键；答案为S；
③A．［Cu(NH3)2］C1中Cu+外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项A不符合；
B．［Cu(NH3)4］SO4中Cu2+外围电子排布式为3d9，有未成对电子，选项B符合；
C．［Zn(NH3)4］SO4中Zn2+外围电子排布式为3d10，没有未成对电子，选项C不符合；
D．［Cr(H2O)5Cl］Cl2中Cr3+外围电子排布式为3d3，有未成对电子，选项D符合；
答案选BD；
（4）①以B外Zn为例，离该处Zn最近且等距的S有4个，则Zn的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞中含有1+2+2=2个Zn原子，1+4+4=2个S原子，则原子体积为，晶胞底面为平行四边形，晶胞体积为，则空间利用率为=；
③六方ZnS是S按六方密堆积排列，Zn相间占据S所形成的正四面体空隙，配位数是4：4，Zn、S各有两套等同点，属于六方简单晶格，有2个S2-，2个Zn2+，各离子的分数坐标分别为:S2-(0,0,0)，；Zn2+，， 根据晶胞的结构可知，A为S2-，B的坐标为，答案为。
3．（2023·浙江金华·统考模拟预测）铜单质及其化合物在社会实际中有着广泛的应用。回答下列相关问题：
(1)碘化钠溶液和硫酸铜溶液能反应生成一种铜的碘化物A(白色沉淀)，A的晶胞如图甲所示，则A的化学式是___________，化合物A中阳离子的基态电子排布式为___________。

(2)向硫酸铜溶液中滴加氨水会生成蓝色沉淀，再滴加氨水到沉淀刚好全部溶解可得到深蓝色溶液，继续向其中加入极性较小的乙醇可以生成深蓝色的沉淀，该物质中的通过___________键与中心离子结合，离子的空间结构为___________，N、O元素第一电离能大小关系为___________，原因是___________。
(3)晶体铜的晶胞结构如图乙表示，原子之间相对位置关系的平面图如图丙所示，铜原子半径为127.8pm，表示阿佛加德罗常数的值，晶体铜的密度为___________(列出计算式即可)。

【答案】(1) CuI 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2) 配位 平面正方形 N＞O N原子2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子
(3)
【详解】（1）碘化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成一种铜的碘化物A，根据均摊法，A的晶胞中含白球4个，黑球8×+6×=4个，则A的化学式为CuI；化合物A中I元素的化合价为-1价，则化合物A中阳离子为Cu+，Cu+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；答案为：CuI；1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；
（2）在[Cu(NH3)4]SO4∙H2O中NH3中N原子提供孤电子对与Cu2+的空轨道共用，形成配位键；[Cu(NH3)4]2+的空间结构为平面正方形；同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子，故第一电离能N＞O；答案为：配位；平面正方形；N＞O；N原子2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子；
（3）设晶胞的边长为x，由图丙结构知，x=4r(Cu)=4×127.8pm，解得x=2×127.8pm，晶胞的体积为(2×127.8×10-10cm)3；根据均摊法，晶胞中含Cu的个数为8×+6×=4，晶胞的质量为；晶体铜的密度为÷(2×127.8×10-10cm)3=g/cm3；答案为：。
4．（2023·浙江金华·模拟预测）物质的组成与结构决定物质的性质与变化。请回答：
(1)有如下反应： (氯化苯重氮盐)，NO的空间结构名称为______，产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子的杂化轨道类型是_____。
(2)MgCl2的熔点比BeCl2高的原因是______。
(3)下列叙述正确的是______。
A．电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)
B．键角大小：H3O+＜H2O
C．沸点：邻羟基苯甲酸＞对羟基苯甲酸
D．pKa：CF3COOH＜CH3COOH
(4)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。该物质的晶体类型是_____，该化合物的化学式为______。

【答案】(1) V形或角形 sp
(2)MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强
(3)AD
(4) 离子晶体 H3S
【详解】（1）NO中N和O成键，且有两个未成键电子，所以空间结构名称为V形；产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子有两个σ键，其杂化轨道类型是sp杂化；故答案为V形或角形；sp。
（2）MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强，所以MgCl2的熔点比BeCl2高；故答案为MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强。
（3）A．Mg+(g)最外层电子为3s1，3s轨道为半满；Al+(g)最外层电子为3s2，3s轨道为全满，所以电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)；故A正确；
B．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小；因此键角大小：H3O+>H2O；故B错误；
C．邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，所以沸点：邻羟基苯甲酸H，所以酸性CF3COOH>CH3COOH；pKa值是越小酸性越强；所以pKa：CF3COOH＜CH3COOH；故D正确；
故答案选AD。
（4）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，根据其超导性质，推断其由阴阳离子构成，所以该晶体类型为离子晶体；由晶胞结构可知，S原子处于晶胞的体心和顶点，晶胞中含有个S原子，H原子属于棱边的中点与面心，晶胞中含有H原子数目为；该化合物的化学式为H3S；故答案为离子晶体；H3S。
5．（2023·北京房山·统考二模）短周期元素B、C、N等元素可以形成多种物质，呈现出不同的性质，请回答以下问题：
(1)B、C、N三种元素中第一电离能最大的是___________。
(2)硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次是___________。
(3)的结构与类似、但是性质差异较大。
①的空间结构为___________形。N原子的轨道杂化类型为___________。
②具有碱性(可与结合)而不显碱性，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距离硼原子最近的氮原子有___________个，氮化硼晶体中含有的微粒间作用力为___________。
②已知：立方氮化硼晶体的摩尔质量为ag⋅ml，密度为ρg⋅cm，设为阿佛加德罗常数的值，则该晶体的晶胞边长为___________cm。
【答案】(1)N
(2)金刚石>碳化硅>硅
(3) 三角锥形 中F元素电负性强，使得N原子呈正电性()，难与结合
(4) 4 共价键
【详解】（1）同周期元素从左到右第一电离能有增大的趋势，B、C、N三种元素中第一电离能最大的是N；
（2）硅、金刚石和碳化硅都是共价晶体，原子半径越小，键能越大，原子半径C碳化硅>硅；
（3）①中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对，空间结构为三角锥形。N原子的轨道杂化类型为。
②中F元素电负性强，使得N原子呈正电性()，难与结合，所以不显碱性。
（4）①根据图示，距离硼原子最近的氮原子有4个，氮化硼为共价晶体，含有的微粒间作用力为共价键。
②根据均摊原则，晶胞中B原子数为 、N原子数为4，立方氮化硼晶体的摩尔质量为ag⋅ml，密度为ρg⋅cm，设为阿佛加德罗常数的值，边长为xcm，则；该晶体的晶胞边长x=cm。
6．（2023·海南海口·统考模拟预测）我国最新研究表明，钛酸钡/氧化锌纳米纤维具有良好光催化性能，可以降解水中亚甲基蓝等有机污染物90％以上，同时高效吸附、，具有良好的应用前景。
(1)下列电子排布式表示Ti原子激发态的是______。（填序号，下同）
a． b． c．
(2)光照使催化剂的电子被激发。该过程形成的原子光谱为__________（填“吸收”或“发射”）光谱。
(3)中Cu的化合价是__________，其配位原子是__________。稳定性大于，从结构的角度解释为__________。
(4)亚甲基蓝分子结构如图所示。
①其中环上C原子的杂化轨道类型为__________。
②亚甲基蓝在水中的溶解度略大于乙醇，其可能的原因是__________。
(5)晶体的密度为，其晶胞结构如图所示。的晶体中，距离钡原子最近的氧原子数为__________，二者之间的距离为__________pm（写出表达式）。
【答案】(1)bc
(2)吸收
(3) +1 C CN离子与Cu形成的配位键比NH3形成的更强，所以形成的配合物更稳定
(4) sp2 亚甲蓝为盐，具有一定的极性，按照相似相溶，所以在水里溶解度大于在乙醇中的
(5) 12
【详解】（1）Ti的原子序数为22，Ti原子核外有22个电子，基态Ti原子的核外电子排布式为{Ar}3d24s2；{Ar}3d14s2不表示Ti原子；4p的能量高于3d，[Ar]3d14s24p1表示Ti原子的激发态；4d的能量高于4s，[Ar]3d24d2表示Ti原子的激发态；答案选bc。
（2）光照使催化剂的电子被激发，该过程吸收能量，形成的原子光谱为吸收光谱；答案为：吸收；
（3）[Cu(CN)4]3-中配体CN-的整体价态为-1价，则Cu的化合价为+1价；由于C的电负性小于N，则配位原子为C；CN离子与Cu形成的配位键比Cu+与NH3形成的配位键更强，所以[Cu(CN)4]3-的稳定性大于[Cu(NH3)4]+；答案为：+1；C；CN离子与Cu形成的配位键比NH3形成的更强，所以形成的配合物更稳定；
（4）①在亚甲基蓝中与N原子相连的4个甲基碳原子为sp3杂化，环上的所有碳原子都采取sp2杂化；答案为：sp2；
②由亚甲基蓝的结构可知，亚甲蓝为盐，具有一定的极性，按照相似相溶，亚甲基蓝在水里溶解度大于在乙醇中的溶解度；答案为：亚甲蓝为盐，具有一定的极性，按照相似相溶，所以在水里溶解度大于在乙醇中的；
（5）以顶点Ba原子为研究对象，由BaTiO3的晶胞可知，距离钡原子最近的氧原子的个数为=12，两者之间的距离为面对角线的；根据均摊法，1个晶胞中Ba：8×=1，Ti：1，O：6×=3，晶胞的质量为g=g，晶体的密度为ag/cm3，晶胞的边长为=cm，Ba原子与O原子的最短距离为cm=pm；答案为：12；。
7．（2023·北京丰台·统考二模）随着科学的发展，氟及其化合物的用途日益广泛。
Ⅰ、离子液体具有电导率高、化学稳定性高等优点，在电化学领域用途广泛。某离子液体的结构简式如下图。

1−乙基−3−甲基咪唑四氟硼酸盐()
(1)写出基态铜原子的价电子排布式___________。
(2)是制备此离子液体的原料。
①微粒中键角：___________(填“>”、“ 可与F-结合形成配位键
(3) Cu 阴
(4)6
(5)
【详解】（1）铜是29号元素，基态铜原子的价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；
（2）①BF3中价层电子对数=键数+孤电子对数=3+=3，杂化轨道数=价层电子对数=3，B采取sp2杂化，而价层电子对数=4+=4，杂化轨道数=4，B采取sp3杂化，所以键角：>；
②可与F-结合形成配位键，故可以与反应生成；
（3）镀铜时，阳极材料为Cu，电解质溶液中阳离子向阴极移动；
（4）白球，黑球，与等距且最近的有6个，以体心处白球为研究对象，与等距且最近的位于6个面心处；
（5）1个晶胞中有8+6=4个，12+1=4个F-，晶胞物质的量=ml，晶胞体积=(a)3m3，Vm==m3/ml。
8．（2023·广西玉林·统考模拟预测）中科院大连化物所化学研究团队在化学链合成NH3研究方面取得新进展，该研究中涉及的物质有Ni－BaH2/Al2O3、Fe－K2O－Al2O3、Cs－Ru/MgO等，相关研究成果发表于《自然》上。请回答下列问题：
(1)[Fe(CN)6]3-离子中σ键和π键的数目之比为_____，Ni的价电子排布式_____。
(2)元素的第一电离能：Mg_____Al(填“＞”或“＜”)。H、B、N、O的电负性由大到小的顺序为_____。
(3)已知MgO的熔点为2852℃，CaO的熔点为2614℃，二者的晶体类型为_____，NaBH4阴离子的空间构型是_____。
(4)铝离子电池能量密度高、成本低且安全性高，是有前景的下一代储能电池。铝离子电池一般采用离子液体作为电解质，一种电解质离子的结构如图：
传统的有机溶剂大多易挥发，而离子液体有相对难挥发的优点，原因是_____，该电解质阳离子结构中环上所有原子共面，其中氮原子的杂化方式为_____。
(5)镍的某种氧化物常用作催化剂，其晶胞结构如图所示。其中镍离子形成面心立方结构，氧离子填充在镍离子构成的八面体空隙中，填充率为100%。
①从该晶胞中能分割出来的结构图有_____(填标号)。
a. b. c. d. e.
②已知该晶体密度为ρg•cm-3，NA为阿伏伽德罗常数的值。该晶胞中镍离子周围与其等距离的镍离子距离为_____pm(用含ρ和NA的代数式表示)。
【答案】(1) 1：1 3d84s2
(2) ＞ O＞N＞H＞B
(3) 离子晶体 正四面体
(4) 有机溶剂通过分子间作用力结合而成，而离子液体通过阴阳离子作用形成离子键，离子键作用力大于分子间作用力，故离子液体相对难挥发 sp2
(5) bc ×1010(或×1010)
【详解】（1）[Fe(CN)6]3-离子中，Fe3+与CN-通过配位键结合，配位键属于σ键，CN-中有1个σ键、2个π键，所以σ键和π键的数目之比为1:1，Ni是28号元素，价电子排布式3d84s2。
（2）同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，Mg原子2s能级全充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，元素的第一电离能：Mg>Al。元素非金属性越强，电负性越大，H、B、N、O的电负性由大到小的顺序为O＞N＞H＞B。
（3）MgO、CaO的熔点高，二者的晶体类型为离子晶体，NaBH4阴离子是，B原子的价电子对数为4，无孤电子对，空间构型是正四面体。
（4）有机溶剂通过分子间作用力结合而成，而离子液体通过阴阳离子作用形成离子键，离子键作用力大于分子间作用力，故离子液体相对难挥发；该电解质阳离子结构中环上所有原子共面，可知原子的价电子对数为3，氮原子的杂化方式为sp2。
（5）①根据晶胞图，氧离子在镍离子构成的正八面体的中心，镍离子在氧离子构成的正八面体的中心，从该晶胞中能分割出来的结构图有bc。
②根据均摊原则，晶胞中镍离子数为，氧离子数为，该晶体密度为ρg•cm-3，则晶胞边长为，该晶胞中镍离子周围与其等距离的镍离子距离为面对角线的一半，则距离为pm。
9．（2023·全国·模拟预测）我国科学家设计了一种钝化剂三氟乙脒来抑制薄膜缺陷，提高无机钙钛矿太阳能电池的功率转换效率。回答下列问题：
(1)基态碘原子的价层电子的运动状态有_______种，基态原子的价层电子排布式为_______。
(2)、、的第一电离能由大到小顺序为：_______。
(3)①三氟乙脒的结构如图所示，碳原子的杂化类型为_______；测量相对分子质量测量值经常偏大的原因是_______。
②已知：F—F的键能为，Br—Br的键能为，结合原子结构，对键能数据给予合理解释：_______。
(4)某种金属卤化物无机钙钛矿的晶胞结构如图所示，晶胞的边长，晶体中与最短距离为_______pm；晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、的代数式表示；可能用到相对原子质量： )
【答案】(1) 7
(2)
(3) 和 分子间存在氢键，形成缔合分子 F的原子半径小，两个F原子的孤对电子之间斥力大
(4)
【详解】（1）基态碘原子的核外电子排布为：，价层电子的运动状态有7种；基态Pb原子的价层电子排布式为6s26p2，故答案为：7；6s26p2；
（2）同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的趋势，As、Se和Br为同周期元素，核电荷数依次增加，第一电离能呈增大趋势，但由于基态As原子的4p能级轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离能大于Se，、、的第一电离能由大到小顺序为，故答案为：；
（3）①其中单键碳原子采用sp3杂化，双键碳原子采用sp2杂化；HF分子间存在氢键，易形成缔合分子(HF)n导致HF相对分子质量测量值偏大，故答案为：sp2和sp3；HF分子间存在氢键，形成缔合分子(HF)n；
②F—F的键能为，Br—Br的键能为，两者为同一主族元素，原子半径从上到下逐渐增大，则键能变化原因为F的原子半径小，两个F原子的孤对电子之间斥力大；
（4）Cs+有8个位于顶点，个数为：；I-有6个位于面心，个数为：，Pb2+有1个位于体心，则该晶胞的化学式：CsPbI3，；晶体中Pb2+与Cs+最短距离为体对角线的一半，即为 pm；晶胞质量为：g，晶胞体积为：cm3，则晶胞密度为：g/cm3，故答案为：；。
10．（2023·山东青岛·统考二模）硼、铝及其化合物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态B原子核外电子有___________种空间运动状态。
(2)、、沸点由高到低的顺序为___________，、、的热稳定性由强到弱的顺序为___________。
(3)分子中键长远比B和F的半径之和小，原因是分子中含有与苯类似的大大键。该分子中的大键表示为___________。
(4)下列物质均与发生配位反应，其中形成N-B键最强的是___________。
A． B． C．
(5)氮化硼()有立方氮化硼和六方氮化硼两种结构。
①立方氮化硼晶胞如图，N与B原子的配位数之比为___________。已知N-B的键长为anm，则该晶胞的晶胞参数为___________nm。
②六方氮化硼又称“白石墨”，结构与石墨相似，氮硼交替形成层状结构，与石墨的导电能力不同，是优良的绝缘体，原因是___________。
【答案】(1)3
(2)
(3)
(4)A
(5) 1∶1 氮的电负性较大，键上的电子很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动
【详解】（1）基态B原子核外电子排布为1s22s22p1，有三个原子轨道，因此基态B原子核外电子有3种空间运动状态。
（2）AlF3是离子化合物，AlCl3和AlBr3为共价化合物，且AlBr3的相对分子质量大于AlCl3，因此沸点AlF3＞AlBr3＞AlCl3。键长越小，则键能越大，分子越稳定，键长B-F＜B-Cl＜B-Br，则热稳定性BF3＞BCl3＞BBr3。
（3）BF3分子中每个F提供一对孤电子对，与B原子形成大π键，即。
（4）B和N之间形成配位键，B提供空轨道，N提供电子，乙基向N提供电子的能力大于H原子和Cl原子，因此形成N-B键最强的是(C2H5)3N，选择A项。
（5）①BN中B和N的配位数都是4，则N与B原子的配位数之比为1∶1，N-B的键长相当于体对角线的，则该晶胞的晶胞参数为。②N的电负性大于B，则π 键上的电子很大程度上被定域在氮的周围，不能自由流动，因此BN的导电性差，为优良的绝缘体。
11．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）硅在地壳中含量丰富，晶体硅与硅化物等新材料在现代工业领域作用巨大。回答下列问题：
(1)下列属于硅原子激发态的电子排布式有___________(填标号，下同)，其中能量较高的是___________。
a．1s22s22p63s23p2 b．1s22s22p63s13p3 c．1s22s22p63s13p2 d．1s22s22p63s13p24s1
(2)SiCl4可发生水解反应，机理如图1所示。
①a与c的水溶性：a___________c(填“>”“Si-O>H-O
(3) 4
【详解】（1）a．1s22s22p63s23p2为硅原子的基态电子排布式，选项a不符合；
b．1s22s22p63s13p3为硅原子的激发态电子排布式，选项b符合；
c．1s22s22p63s13p2为铝原子的激发态电子排布式，选项c不符合；
d．1s22s22p63s13p24s1为硅原子的激发态电子排布式，选项d符合；
答案选bd；
电子所占的能级越高，能量越高，其中能量较高的是d；
（2）①c中含有亲水基-OH， c为极性分子且能与水分子形成氢键，故a与c的水溶性：aSi-O>H-O；
（3）根据均摊法，晶胞中含有8+2=4个Si原子，8+1=2个W原子，Si与W的原子个数比为4：2，由图可知，W的配位数为8，则Si的配位数为4，晶胞质量：m=nM==，晶胞体积V=a2bpm3=a2bcm3，晶胞密度==。
12．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）我国科学家研究发现AgCrS2 (AMX2家族成员之一，A为一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
(1)基态铬原子的价电子排布式为___________ ；基态硫原子核外电子的空间运动状态有___________种。
(2)同周期元素Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序为___________ (用元素符号表示)，O、S为同主族元素， H2O的沸点比H2S高的原因是___________。
(3)硫元素能形成多种微粒如H2S、SO2、SO3、、等。SO2 的立体构型为___________，的中心原子的杂化类型是___________。
(4)CrO5中Cr元素化合价为+6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为___________ (填标号)。
(5)某含铬化合物立方晶胞如图所示。该晶体的化学式为___________；与Cr最近的氧原子的个数为___________；Ca和Cr的最近距离为a nm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则该晶体密度为__________(填含a、NA的表达式)g·cm－3。
【答案】(1) 3d54s1 9
(2) P> S>Si H2O分子之间能形成分子间氢键，而H2S分子不能，故H2O的沸点比H2S高
(3) V形 sp3
(4)B
(5) CaCrO3 6 或
【详解】（1）铬为24号元素，基态铬原子的价电子排布式为3d54s1；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，因而空间运动状态个数等于轨道数；基态S原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，故基态硫原子核外电子的空间运动状态有9种；
（2）同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈变大的趋势，P的3p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，同周期元素Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序为P> S>Si；O、S为同主族元素， H2O的沸点比H2S高的原因是H2O分子之间能形成分子间氢键，而H2S分子不能，故H2O的沸点比H2S高；
（3）SO2的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp2杂化，立体构型为V形，的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化；
（4）CrO5中Cr元素化合价为+6价，则氧的总的化合价为-6价，故会存在2个过氧根，其结构式可能为，故选B；
（5）根据“均摊法”，晶胞中含个Ca、个O、1个Cr，则该晶体的化学式为CaCrO3；Cr位于6个氧构成的八面体中，故与Cr最近的氧原子的个数为6；Ca和Cr的最近距离为a nm，也为体对角线的二分之一，设晶胞边长为bnm，则，，晶体密度为。
13．（2023·四川成都·校联考三模）锂离子电池具有能量高、电压高、工作温度范围宽、贮存寿命长等优点。电池正极有磷酸铁锂(LiFePO4)、钛酸锂(Li2TiO3)、镍钴锰酸锂[Li(NiCMn)O2]等。回答下列问题：
(1)基态Li原子的电子排布式为_______，基态Ti原子电子云轮廓图呈球形的能级上填充_______个电子。
(2)O和P电负性较大的是_______(填元素符号)，Fe、C和Ni的第三电离能由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。
(3)磷酸(H3PO4)的分子结构如图甲，其中P原子的杂化轨道类型是_______。浓磷酸呈粘稠状，且能与水任意比例混溶，从结构上分析磷酸具有这种的特性原因是_______。

(4)C的一种配离子如上图乙，该中心离子位于6个—NH2组成的_______(填立体构型名称)中心位置，配离子中存在_______个键。
(5)钛锰复合氧化物的尖晶石晶胞由A区和B区组成，其结构如下图所示，该晶体中锰原子的配位数是_______，该晶体的化学式为_______。

【答案】(1) 1s22s1 8
(2) O Ni > C > Fe
(3) sp3 (H3PO4分子中有3个—OH，可形成分子间氢键，故浓磷酸呈粘稠状；)H3PO4和H2O均是极性分子，且H3PO4可与H2O形成分子间氢键，溶解度大，故能与水任意比例混溶
(4) 正八面体 39
(5) 6 Mn2TiO4(或TiMn2O4)
【详解】（1）Li为3号元素电子排布式为1s22s1。s能级得电子云轮廓为球形，Ti电子排布为答案为1s22s22p63s23p63d24s2，基态Ti原子电子云轮廓图呈球形的能级上填充电子数为2+2+2+2=8。答案为1s22s1；8；
（2）非金属性O>N>P，电负性O>P。Fe、C和Ni的失去两个电子后电子排布分别为[Ar]3d6、[Ar]3d7、[Ar]3d8，再失去一个电子Fe3+为半满结构稳定即铁第三电离能小。而C和Ni电子层相同，核电荷数大半径小，那么半径小的Ni更难失电子其第三电离能Ni>C。答案为Ni>C>Fe；
（3）从真实构型来看，它为四面体型，所以P为sp3杂化。磷酸具有多个羟基能与水形成氢键增大溶解性，且磷酸为极性分子易溶于极性溶剂水。答案为sp3杂化；H3PO4和H2O均是极性分子，且H3PO4可与H2O形成分子间氢键，溶解度大，故能与水任意比例混溶；
（4）6配位形成正八面体。乙二胺中存在11个σ键。该配离子中6个配位键为6个σ键，所以总的σ键数为11×3+6=39。答案为正八面体；39；
（5）由于晶胞中A和B交错堆积，那么Mn周围最近的O为 ，配位数为3+3=6。晶胞中含有结构A、结构B均为4个，Ti原子处于晶胞的顶点和面心。结构A的体内，晶胞中Ti为4+8×+6×=8个。Mn位于结构B的内部，晶胞中有Mn原子为4×4=16个。而O原子位于A和B结构的内部，4×4+4×4=32，所以该物质的化学式为Mn2TiO4(或TiMn2O4)。答案为6；Mn2TiO4(或TiMn2O4)。
14．（2023·福建莆田·统考模拟预测）我国科学家研究发现(家族成员之一，A为一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题
(1)基态铬原子的价电子排布式为___________；基态硫原子核外电子的运动状态有___________种。
(2)同周期元素Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)。
(3)硫元素能形成多种微粒如、、、、等。的中心原子的杂化类型是___________。
(4)中元素化合价为+6价，常温下呈蓝色，则其结构式可能为___________(填标号)。
(5)某含铬化合物立方晶胞如图所示。该晶体的化学式为___________；与Cr最近的氧原子的个数为___________。
【答案】(1) 16
(2)
(3)
(4)B
(5) 6
【详解】（1）Cr是24号元素，基态铬原子的价电子排布式为；S原子核外有16个电子，基态硫原子核外电子的运动状态有16种。
（2）同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，P原子3p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，同周期元素Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序为。
（3）中S原子价电子对数为4，S原子的杂化类型是。
（4）中元素化合价为+6价，可知有4个氧原子显-1价、1个氧原子显-2价，则其结构式可能为B。
（5）根据均摊原则，Ca原子数为 、Cr原子数为1、O原子数为。该晶体的化学式为；根据图示，与Cr最近的氧原子的个数为6。
15．（2023·天津·统考三模）CaF2、CaC2都是工业生产的重要物质。回答下列问题：
(1)基态钙原子的电子排布式________，钙原子核外有________种能量状态的电子。
(2)CaC2与水反应生成乙炔(C2H2)，乙炔中的σ键与π键数之比为_______。
(3)CaF2与浓H2SO4反应生成HF，HF的沸点高于C2H2，原因是________。
(4)F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为___________，其中氧原子的杂化方式为___________。
(5)CaF2晶胞结构见图，则距Ca2+最近且等距的F-有________个。晶胞中两个F-的最近距离为273.1pm，用NA表示阿伏加德罗常数，则晶胞的密度为________g·cm-3(列出计算式即可)。
(6)CaF2难溶于水，但可溶于含Al3+的溶液中，原因是________(用离子方程式表示)。 已知AlF63-在溶液中可稳定存在。
(7)NaF溶液中c(F-)=0.02ml·L-1 ，向其中加入等体积的CaCl2溶液，使 F-沉淀完全，已知 Ksp (CaF2)=3.45×10-11，则所加 CaCl2溶液的浓度最小为_______ml·L-1 。
【答案】(1) [Ar]4s2 6
(2)3：2
(3)HF分子之间存在氢键
(4) V形 sp3
(5) 8
(6)3CaF2+Al3+= 3Ca2++AlF
(7)0.7
【详解】（1）钙为20号元素，基态钙原子的电子排布式1s22s22p63s23p64s2或[Ar]4s2，相同轨道的电子的能量相同，则钙原子核外有6种能量状态的电子；
（2）乙炔结构为CH≡CH，单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键，乙炔中的σ键与π键数之比为3:2；
（3）氟的电负性较强，在HF分子之间存在氢键，使得其沸点高于乙炔；
（4）OF2中氧原子的价层电子对数为2+=4，则中心原子为sp3杂化，有2对孤对电子，立体构型为V形；
（5）由图可知，以底面面心的Ca2+为例，上下层各有8个F-，则距Ca2+最近且等距的F-有8个；晶胞中两个F-的最近距离为273.1pm，也为晶胞边长的二分之一，则晶胞的边长为，根据“均摊法”，晶胞中含个Ca2+、8个F-，则晶体密度为；
（6）已知AlF在溶液中可稳定存在，则CaF2和Al3+可以反应生产Ca2+和AlF，反应为3CaF2+Al3+= 3Ca2++AlF；
（7）向其中加入等体积的CaCl2溶液，使 F-沉淀完全，此时Ca2+浓度为，则初始需Ca2+浓度为0.69ml·L-1，Ca2++2F-=CaF2，反应消耗Ca2+浓度为0.01ml·L-1，则所加CaCl2溶液的浓度最小为0.7ml·L-1。
16．（2023·全国乙卷·统考高考真题）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()。回答下列问题：
(1)基态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：
与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是_______。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因_______。的空间结构为_______，其中的轨道杂化形式为_______。
(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。该物质化学式为_______，B-B最近距离为_______。

【答案】(1) O＞Si＞Fe＞Mg +2
(2) 钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大 正四面体
(3) 1

【详解】（1）为26号元素，基态原子的价电子排布式为。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()中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为中、、的化合价分别为+2、+4和-2，x+2-x=2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为+2。
（2）与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知， 、、熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：、、均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大。的空间结构为正四面体，其中的价层电子对数为4，因此的轨道杂化形式为。
（3）由硼镁化合物的晶体结构可知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个，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；晶体结构中在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为；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，因此B-B最近距离为。
17．（2023·全国甲卷·统考高考真题）将酞菁—钴钛—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_______，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，其中轨道能提供一对电子的原子是_______(填图2酞菁中原子的标号)。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)气态通常以二聚体的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中的轨道杂化类型为_______。的熔点为，远高于的，由此可以判断铝氟之间的化学键为_______键。结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，的配位数为_______。若晶胞参数为，晶体密度_______(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】(1) 同素异形体 金刚石 范德华力
(2) ③ +2 配位
(3) 离子 2
【详解】（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，属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；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键易断裂从而电离出；钴酞菁分子中，失去了2个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A1的轨道杂化类型为。AlF3的熔点为1090℃，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，其中含灰色球的个数为，红色球的个数为，则灰色的球为，距最近且等距的有2个，则的配位数为2。若晶胞参数为a pm，则晶胞的体积为，晶胞的质量为，则其晶体密度。
18．（2023·浙江·高考真题）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>①>②
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>②>③
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___________。
【答案】(1) 四面体 周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
(2)AB
(3) 共价晶体
【详解】（1）分子可视为SiH4分子中的4个氢原子被—NH2(氨基)取代形成的，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)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；
周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；
（2）电子排布式分别为：①、②、③，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>①>②，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>①>③，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。
19．（2022·广东·高考真题）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“一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
(3) CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4) 电解质
【详解】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，
a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；
d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；
答案选ad；
而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d；
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键；
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；
（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高；
（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=ml=ml，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/ml。
21．（2022·全国甲卷·高考真题）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。
(4) CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；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_______。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。

【答案】(1)
(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
(3)
(4) sp2 sp3 C-F键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
(5) Ca2+ a pm
【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。
【详解】（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C