新高考化学二轮复习分层练习第21练 物质结构与性质综合题（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考化学二轮复习分层练习第21练 物质结构与性质综合题（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考化学二轮复习分层练习第21练物质结构与性质综合题原卷版docx、新高考化学二轮复习分层练习第21练物质结构与性质综合题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共65页， 欢迎下载使用。

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HClO(2)氢键、范德华力对物质性质的影响
①一般组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，物质的熔、沸点越高。
②形成分子间氢键，使物质的熔、沸点升高，溶解性增强。
③在同分异构体中，形成分子内氢键的物质的沸点低于形成分子间氢键的物质。
6.晶体熔、沸点高低的比较
①不同类型晶体——共价晶体>离子晶体>分子晶体。
②共价晶体——键长越短，键能越大，晶体的熔、沸点越高。
③离子晶体——阴、阳离子所带电荷数越多，离子半径越小，熔、沸点就越高。
④分子晶体eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1( 分子间的作用力越大，物质的熔、沸点越高；,有分子间氢键的分子熔、沸点反常的高,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,组成和结构不相似的物质相对分子质量相近，,分子的极性越大，其熔、沸点越高))
⑤金属晶体——金属离子半径越小与所带电荷数越多，金属键越强，熔、沸点越高。
7.晶胞的计算
(1)方法--均摊法：晶胞中任意位置上的一个原子如果是被n个晶胞所共有，那么，每个原子对这个晶胞的贡献就是eq \f(1,n)。
(2)类型
①长方体(正方体)晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献：
顶点占1/8，棱点占1/4，面心占1/2，体内占1
②非长方体(非正方体)晶胞中粒子对晶胞的贡献视具体情况而定。如三棱柱晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献：
顶点占1/12，底棱点占1/4，侧棱点占1/6，面心占1/2，体内占1
如六棱柱晶胞中不同位置的粒子对晶胞的贡献：
顶点占1/6，底棱点占1/4，侧棱点占1/3，面心占1/2，体内占1
8.金属晶体空间利用率的计算方法
空间利用率：指构成晶体的原子、离子或分子在整个晶体空间中所占有的体积百分比。
空间利用率＝eq \f(球体积,晶胞体积)×100%
9.计算晶体密度的方法：密度=质量/体积
1．（2023·全国·模拟预测）铁、镍都是磁性金属，在新型电池领域应用广泛。回答下列问题：
(1)基态的价电子轨道表示式为___________。
(2)实验室可用KSCN溶液、苯酚( )检验。N、O、S的第一电离能由大到小的顺序为___________(用元素符号表示)，苯酚中碳原子的杂化类型为___________。
(3)的熔点为306℃，沸点为316℃，的晶体类型是___________，蒸汽状态下以双聚分子()的形式存在，其双聚分子的结构式为___________。常作净水剂和补铁剂，的空间结构为___________。
(4)羰基镍可用作催化剂、合金材料等。1ml分子中含___________ml键，与CO互为等电子体的离子是___________(填化学式，写一种)。
(5)氧化亚铁晶体的晶胞如图所示。已知晶胞参数为apm，表示阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与紧邻且等距离的的数目为___________；晶体的摩尔体积为___________。
【答案】(1)
(2) N>O>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<对羟基苯甲酸；故C错误；
D．吸引电子能力：F>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“>”、“<”或“=”)。
②可以与反应生成的原因是___________。
(3)以和的混合体系做电解质溶液，可以实现在不锈钢上镀铜。镀铜时，阳极材料为___________，电解质溶液中向___________极移动(填“阴”或“阳”)。
Ⅱ、等氟化物可以做光导纤维材料，一定条件下，某的晶体结构如下图。

(4)与距离最近且相等的有___________个。
(5)表示阿伏伽德罗常数的值。晶胞为正方体，边长为，则晶体的摩尔体积___________。()
【答案】(1)3d104s1
(2) > 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“>”“<”或“=”)，理由是___________。
②c分子中氧原子杂化方式为___________；c分子中键长从大到小顺序为___________。
(3)一种新型导电陶瓷材料硅的钨化物，其晶胞结构如图2所示，硅原子的配位数为___________，设NA为阿伏伽德罗常数的值，则该硅的钨化物晶体的密度为___________g·cm-3(列出计算式)
【答案】(1) bd d
(2) < c为极性分子且能与水分子形成氢键 sp3 Si-Cl>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：a②c分子中氧原子形成两个键，有两个孤电子对，形成的杂化轨道数为4,杂化方式为sp3；原子半径越小，形成的键长越短，故c分子中键长从大到小顺序为Si-Cl>Si-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“<”)。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
【详解】（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；故答案为：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；故答案为：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C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；故答案为：O、Se。
（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；故答案为：＞；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；故答案为：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；故答案为：。
20．（2022·全国乙卷·统考高考真题）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a. b. c. d.
(2)①一氯乙烯分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的轨道形成_______键，并且Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键。
②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，键长的顺序是_______，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的键越强；(ⅱ)_______。
(3)卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。
(4)晶体中离子作体心立方堆积(如图所示)，主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，晶体在电池中可作为_______。
已知阿伏加德罗常数为，则晶体的摩尔体积_______(列出算式)。
【答案】(1) ad d
(2) sp2 σ 一氯乙烷>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（3）固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为 ，故答案为： 。
（4）CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；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的C-F键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，故答案为：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）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为，Ca2+与F-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为a pm，故答案为：Ca2+、a pm。
22．（2022·河北·高考真题）含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物(简写为CZTS)，是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为_____。
(2)Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是____，原因是_____。
(3)SnCl的几何构型为____，其中心离子杂化方式为____。
(4)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____(填标号)。
A．[Cu(NH3)2]ClB．[Cu(NH3)4]SO4C．[Zn(NH3)4]SO4D．Na2[Zn(OH)4]
(5)如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是____(填标号)，理由是____。
(6)如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为_____。
②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，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为_____。
【答案】(1)1：2或2：1
(2) Cu Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
(3) 三角锥形 sp3杂化
(4)B
(5) D D中含有—1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
(6) Cu2ZnSnS4 (，，)
【详解】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，根据基态原子电子排布规则，两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3）三氯化锡离子在锡离子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子；
A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故符合题意；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不符合题意；
故选B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中—1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故选D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
23．（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
(1)结构示意图如图1。
①的价层电子排布式为___________。
②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。
③中与与的作用力类型分别是___________。
(2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。
①距离最近的阴离子有___________个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。
该晶体的密度为___________。
(3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。
【答案】(1) 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 配位键、氢键
(2) 6
(3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
【详解】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。
②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。
（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：
。
4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。
答案为：6；
（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
24．（2022·福建·统考高考真题）1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪 (36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。
回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______。
(2)原子的活泼性依序增强，原因是_______。
(3)晶体熔点：_______(填“>”“<”或“=”)，判断依据是_______。
(4)的中心原子的杂化轨道类型为_______。
(5)加合物中_______，晶体中的微粒间作用力有_____(填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性共价键 d.非极性共价键
【答案】(1)
(2)同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
(3) < 二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高
(4)
(5) 2 bc
【详解】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为。
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强。
（3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<。
（4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为。
（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故选bc。
25．（2022·重庆·统考高考真题）配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。
(1)基态Zn2+的电子排布式为______。
(2)L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为______个，C与O之间形成σ键的数目为______个。
(3)X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入______。(假设X晶胞形状不变)。
A．－ClB．－OHC．－NH2D．－CH3
(4)X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。
①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。
②X晶体中Zn2+的配位数为______。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。
【答案】(1)3d10
(2) 哑铃形 8 8
(3)BC
(4) 与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 4 a—2d
【详解】（1）锌元素的原子序数为30，基态锌离子的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子处于基态时，电子云轮廓图为哑铃形的2p能级的电子占据最高能级；由结构简式可知，配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8；
（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故选BC；
（4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②1个[Zn4O]6+上、下、左、右、前、后共有6个L2-，每个L2-与[Zn4O]6+形成2个Zn←O配位键，1个[Zn4O]6+含有4个Zn←O配位键，1个[Zn4O]6+中Zn2+形成的配位键数目为6×2+4=16，1个Zn2+的配位数为4；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a—2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10—7) 3d，解得d=，故答案为：。
表示方法
举例
电子排布式
Mn：1s22s22p63s23p63d54s2
简化电子排布式
Zn：[Ar]3d104s2
价电子排布式
C：3d74s2
电子排布图(或轨道表示式)
O：
价层电子对数
杂化轨道数目
杂化轨道类型
分子立体构型
实例
2
2
sp
直线形
CO2、BeCl2、HgCl2
3
3
sp2
平面三角形
BF3、BCl3、CH2O
V形
SO2、SnBr2
4
4
sp3
四面体形
CH4、CCl4、CH3Cl
三角锥形
NH3、PH3、NF3
V形
H2S、H2O
A
B
C
A
B
C
物质
熔点/℃
800.7