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河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-25原子结构与性质
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这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-25原子结构与性质，共41页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，原理综合题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-25原子结构与性质
一、单选题
1．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）NiFe基催化剂是碱性条件下活性最高的催化剂之一，在NiFe基催化剂自修复水氧化循环中，发生的一步反应为(未配平)，下列说法正确的是
A．中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数相等
B．反应中FeOOH是氧化产物
C．生成22.4L时，转移4mol电子
D．配平后，与的化学计量数之比为2∶3
2．（2023·河北沧州·统考二模）核酸检测样品盛放在含有胍盐的标本保存液中，胍盐可以灭活病毒，有效保存多种病毒核酸。胍的结构简式如图，有关说法正确的是
A．胍是含氮有机物，所含元素的电负性大小顺序为
B．胍分子中C原子和3个N原子的杂化方式相同
C．晶体易吸收空气中生成碳酸盐
D．胍分子中两个单键N原子与C原子形成的N−C−N键角大于120°
3．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）某铜的氯化物常作工业催化剂，其晶胞结构如图所示，晶胞中C、D两原子核间距为298pm。设阿伏加德罗常数的值为，则下列说法正确的是
A．Cu的+2价比+1价稳定，是因为最外层电子达到半充满结构
B．此氯化物的化学式为
C．晶胞中Cu位于Cl形成的四面体空隙
D．Cu与Cl的核间距为棱长的倍
4．（2023·河北衡水·校联考二模）有机物M是来源于植物的化合物，具有很强的生理活性，可用于治疗感冒和咳喘，结构式如图所示，其中短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Z和R的常见单质均为无色无味的气体。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．由X、Y、Z、R四种元素组成的化合物可能为离子化合物
C．有机物M中，各原子均满足8电子稳定结构
D．元素Y、Z、R的p电子总数均小于s电子总数
5．（2023·河北衡水·校联考二模）铁畐化钾遇会生成沉淀(带有特征蓝色)，该反应可用于检验亚铁离子。下列有关化学用语表示正确的是
A．基态的价层电子排布图：
B．中杂化轨道的电子云轮廓图：
C．的原子结构示意图：
D．中阴离子的结构式：
6．（2023·河北邯郸·统考二模）磷青铜是铜与锡、磷的合金，质地坚硬，主要用作耐磨零件和弹性元件。某立方磷青铜晶胞结构如图所示，晶胞参数为(表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是
A．的外围电子排布式为
B．Ni在元素周期表中位于ds区，属于过渡元素
C．该晶体中，距离Sn原子最近的Cu原子有8个
D．该晶体密度计算式为
7．（2023·河北·校联考模拟预测）氮的化合物对人类生存和社会发展意义重大，下列说法错误的是
A．基态氮原子核外有5种空间运动状态不同的电子
B．同周期元素中第一电离能比N大的有两种
C．含氨基()的有机物分子间易形成氢键
D．将含氮气体转化为固体化合物的过程被称之为固氮
8．（2023·河北·模拟预测）新型超导材料晶体的晶胞结构中镁原子和镍原子位于顶点和面心，它们构成两种八面体空隙，一种由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子一起构成，两种八面体空隙的数量之比是1∶3，碳原子只填充在镍原子构成的八面体空隙中，沿晶胞立方格子对角线取得的截图如图所示。下列说法错误的是
A．基态Ni原子的价电子排布式为
B．该新型超导材料的化学式为
C．Mg的C配位数为6
D．若晶胞参数 nm，该晶体密度为 g·cm(为阿伏加德罗常数的值)
9．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）铜盐中毒可用青霉胺解毒，解毒原理如下：能与青霉胺形成环状络合物，其结构如图所示。该环状络合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。下列说法错误的是
A．比较硫化氢与氨气键角的大小：
B．第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有2种
C．该环状络合物易溶于水的主要原因是其与水可形成分子间氢键
D．该环状络合物中，VSEPR模型为四面体或正四面体的非金属原子共有13个
二、工业流程题
10．（2023·河北邯郸·统考二模）Be被主要用于原子能反应堆材料、宇航工程材料等，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。硫酸法是现代工业用绿柱石(主要成分为，还含有铁等杂质)生产氧化铍的方法之一，其简化的工艺流程如下：
已知几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀时pH
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时pH
3.7
5.0
9.7
—
(1)步骤②中还可以采取什么措施提高反应速率 (除粉碎外，任写一点)。
(2)滤渣1成分的化学式为 。
(3)步骤③中加入的目的是 。
(4)步骤④不宜使用溶液来沉淀，原因是 (用必要的文字和离子方程式说明)；已知，则沉淀完全时，溶液中 (通常认为溶液中离子浓度小于时为沉淀完全)。
(5)绿柱石因含有不同杂质而产生不同的颜色。各种绿柱石中最名贵的是祖母绿，这是由铬、钒元素的存在造成的。
①基态的最高能层中成对电子与未成对电子的数目之比为 。
②重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为 。
三、原理综合题
11．（2022·河北·模拟预测）随着汽车进入千家万户，汽车尾气排放标准也越来越高。NO2、NO、CO均为汽车尾气的主要成分，CO是汽油不完全燃烧的产物外，主要涉及如下反应。
反应I：
反应II：
回答下列问题：
(1)C、N、O三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为 。
(2)实验测得反应II的速率方程为，，、为速率常数。下，向某刚性密闭容器中投入和的起始浓度分别为和，平衡后的浓度变为，则下该反应的平衡常数为 ；温度改变为时，若，则 (填“>”“=”或“＜”)，原因为 。
(3)时，按投入某刚性密闭容器中，起始压强为。后容器内气体压强变为起始时的0.9倍，其中的分压为。
①时的体积分数为 。
②内的平均反应速率为 。
(4)研究某催化剂在汽车尾气处理中的应用，涉及反应。将一定比例的和的混合气体，模仿汽车尾气流通速度，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。
①已知：的燃烧热为，则 。
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是 。
四、结构与性质
12．（2022·河北沧州·统考二模）氮族元素包括氮(N)、磷(P)、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)，在性质上表现出从典型的非金属元素到典型的金属元素的一个完整的过渡。
(1)下列氮原子的能量最低的是_______。
A． B．
C． D．
(2)①氮族元素简单氢化物的键角NH3＞PH3＞AsH3，其原因是 。
②南开大学某课题组成功合成了无机二茂铁类似物[Fe(η4- P4)2]2-。环状是芳香性π配体，P的杂化方式是 ，中的大π键应表示为 (分子中的大π键可用符号表示，其中m代表形成大π键的原子数，n代表形成大π键的电子数)
(3)雌黄的分子式为As2S3，1个As2S3分子中孤电子对数目为 。
(4)天津理工大学科研团队制备出一种智能离子交换剂，由平行堆积的一维链阴离子(部分结构如下图)和K+阳离子组成，含有n个最简单元的阴离子可表示为 。
(5)①基态铋原子的价电子排布式为 。
②铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示，已知最近的两个铋离子之间的距离为a pm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。
13．（2022·河北张家口·统考三模）铝的单质、合金及其化合物在生产、生活中具有广泛的应用。
(1)Al属于周期表中 区元素，其基态原子核外具有 种空间运动状态不同的电子。
(2)与Al位于同一周期，且第一电离能比Al小的元素有 (填元素符号)。
(3)一般认为：如果两个成键元素间的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键；如果两个成键元素间的电负性差值小于1.7，它们之间通常形成共价键。部分主族元素的电负性如下表所示：
5
B
2.0
6
C
2.5
7
N
3.0
8
O
3.5
9
F
4.0
13
Al
1.5
14
Si
1.8
15
P
2.1
16
S
2.5
17
Cl
3.0
31
Ga
1.6
32
Ge
1.8
33
As
2.0
34
Se
2.4
35
Br
2.8
下列含铝化合物属于离子化合物的是_______(填标号)。
A． B． C． D．AlP
(4)Al的熔点为660℃，Ga的熔点为29.76℃，Al的熔点更高的原因为 。
(5)三甲基铝()是一种金属有机化合物，可作烯烃聚合催化剂、引火燃料。
①三甲基铝分子中C原子的VSEPR模型为 ，Al原子的杂化轨道类型为 。
②该物质可与胺类(，R表示烃基)结合，原因是 。
(6)X-射线衍射实验表明，合金Cr-Al晶体(有序)属四方晶系，其晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
①该合鑫Cr-Al晶体的化学式为 。
②用NA表示阿伏加德罗常数的值，则合金Cr-Al晶体的密度为 (写出计算式即可，不要求化简)。
14．（2022·河北·一模）福州大学徐艺军教授团队通过光催化还原CO2，将其合成一碳化合物(CO、HCOOH、CH4、CH3OH等)。常见的无机非贵金属光催化还原CO2的催化剂有CuO、Cu2O、CuxCoyOz、NiO等。回答下列问题：
(1)铜元素的焰色反应呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为 。
A．577~492nm B．597~577nm C．622~597nm
(2)基态Cu2+的价电子排布式为 。
(3)HCOOH、CH4、CH3OH三种物质中碳原子杂化形式有 ，催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的空间构型为 。CO可与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，CO中与Ni形成配位键的原子是 。
(4)NiO、FeO属于离子晶体，已知，则熔点NiO (填“＜”或“＞”)FeO，原因是 。
(5)CuxCoyOz还是一种新型的电极材料，其晶胞结构如图。该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，晶体中Co3+占据O2-形成的八面体空隙，其化学式为 。该晶体的密度为 (列计算式)。(设NA为阿伏加德罗常数的数值)
15．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态磷原子核外电子共有 种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式 。
(2)已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料，其熔沸点见表。
物质
熔点
沸点
偏二甲肼
-58℃
63.9℃
肼
1.4℃
113.5℃
偏二甲肼中氮原子的杂化方式为 ，二者熔沸点存在差异的主要原因是 。
(3)N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为 (分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π)。
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有 mol。
(5)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。
铁酸钇的化学式为 。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为 。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为 pm3(列出表达式)。
16．（2022·河北保定·统考二模）我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co—N—C)，该“纳米片“可用于氧化SO和吸附Hg2+。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布式为 ，N、C、Co中第一电离能最大的是 (填元素符号)。
(2)在空气中SO会被氧化成SO。SO的空间构型是 ，SO中S原子采用 杂化。
(3)[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2是钴的一种配合物，含1mol[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的溶液与足量AgNO3溶液能生成 molAgCl，[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中Co2+的配位数为 。
(4)氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为 。
(5)氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为 ，它的硬度超过金刚石的主要原因是 。
(6)氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。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。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(，，)，则原子3的原子分数坐标为 。若氮化馆的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ga-N键的键长为 (用含ρ、NA的代数式表示)pm。已知NA为阿伏加德罗常数的值。
图2
17．（2022·河北邢台·校联考模拟预测）一种无机纳米晶体材料，仅由铯、铅、溴三种元素构成，在太阳能电池方向有巨大应用前景。回答下列问题：
(1)基态原子核外电子占据能量最高的能级的电子云轮廓图形状为 。属于 区元素。
(2)位于同主族，元素的第一电离能分别为、。的原因是 。
(3)三种元素的电负性如下表。具有较高的熔点(855℃)，PbBr2具有较低的熔点(373℃)，原因是 。
电负性
F
Br
Pb
4.0
2.8
1.9
(4)该晶体材料的立方结构如图所示，其化学式为 。若其晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度= 。
(5)该晶体材料电池并未实现商业化，原因在于自身的不稳定性。
①该晶体材料在潮湿环境中易从固体变成溶液(发生相变)，导致器件效率降低，其原因是 。
②某大学采用对该材料进行钝化处理可有效提高其稳定性，钝化机理如图所示。根据晶格应变驰豫， (离子)脱离晶格，用钝化后的晶体比原晶体材料更稳定，其原因是 。
(已知：应力与应变相伴而生，从原子尺度上来理解，应力为单位晶格上的作用力，应变即为晶格的拉伸或收缩，对应于拉伸应变和压缩应变。对应出现的驰豫是指一个宏观平衡系统由于受到外界的作用变为非平衡状态，再从非平衡状态过渡到新的平衡态的过程。)
18．（2022·河北秦皇岛·统考二模）金属元素Cu、Mn、Co、Ni等在电池、储氢材料、催化剂等方面都有广泛应用。请回答下列问题：
(1)基态Cu原子中，核外电子占据最高能层的符号是 。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，即称为电子的自旋磁量子数。对于基态Ni原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(3)铜锰氧化物()能在常温下催化氧化甲醛(结构如图)生成甲酸。
① (填“>”、“=”或“＜”)120°；从原子轨道重叠方式分类，分子中键的类型是 。
②气态时，测得甲酸的相对分子质量大于46，其原因可能是 。
(4)是有机催化剂，其溶液为天蓝色。
①使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，则的杂化轨道类型为 (填标号)。
A． B．sp C． D．
②的空间构型为 ；分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则中的大π键应表示为 。
(5)Co晶体堆积方式为六方最密堆积，其晶胞结构如图所示，已知Co的原子半径为r，该晶胞的空间利用率为 (晶胞上占有的原子的体积与晶胞体积之比为晶胞的空间利用率，用含π的代数式表示)。
19．（2022·河北石家庄·统考一模）二甲基亚砜( )是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
(1)铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为 。
(2)已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为 。
③沸点：二甲基亚砜 丙酮(填“>”或“<”)，原因为 。
④二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为 。
(3)铬可以形成桥连柄状的二茂铬配合物，该配合物中心原子Cr的价层电子数为 。[已知：配合物二茂铁()中Fe的价层电子数为18]
(4)CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3：2：1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为 。
(5)已知硫化锰(MnS)晶胞如图所示，该晶胞参数α= 120°，β= γ= 90°。
①该晶体中锰原子的配位数为 ；
②已知锰和硫的原子半径分别r1 nm和r2 nm，该晶体中原子的空间利用率为 (列出计算式即可)。
20．（2022·河北·模拟预测）氮、硫、磷等元素不仅是制造农药、医药的重要元素，也是构成蛋白质的重要元素。回答下列问题：
(1)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的硫原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(2)诺西那生钠，用于治疗脊髓性肌肉萎缩症(SMA)，于2019年4月28日在我国上市，是国内首个能治疗SMA的药物。其结构片段G如图甲所示。
结构片段中P原子的杂化类型是 ，空间构型为 ；P、S的第一电离能()的大小为 ，(填“>”“＜”或“=”)。
(3)能与形成较稳定的，而却不能形成这样的配离子，其原因为 。
(4)中的键角小于和中的键角，依据价电子互斥理论，原因为 。
(5)晶体的熔点为2000℃，其晶胞结构如图乙所示：
①的晶体类型为 ；晶胞中原子空间堆积方式为 。
②晶体中配位键与普通共价键数目之比为 。
③已知晶体中铝和磷原子半径分别为anm和bnm，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 (写出计算式即可)。
21．（2021·河北·模拟预测）KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：
(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是 (填离子符号)。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：
N—N
N≡N
P—P
P≡P
193
946
197
489
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是 。
(4)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为 ，其中P采取 杂化方式。
(5)与PO电子总数相同的等电子体的分子式为 。
(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为 。
(7)分别用○、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：
①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度 g•cm-3(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为 (填标号)。
22．（2021·河北沧州·统考三模）高熵合金通常被定义为含有5种以上主要元素的固溶体，每种元素的摩尔比为。这个概念已经扩展到创造熵稳定的功能材料中。此类材料有熵稳定高熵功能材料(的氧化物)，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。根据所学知识回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为 ，有 个未成对电子。
(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如(表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为 ；晶体中存在的化学键类型有 (填标号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E.配位键 F.氢键
(3)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
(4)已知：是强还原剂，与水反应能生成，中含有键与键的数目之比为 ，该离子中C的杂化方式为 。
(5)的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为和，密度为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为 (用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
23．（2021·河北·模拟预测）氮、锂、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。
(1)卟啉锌中H、C、O、N四种元素中，第一电离能最大的是 (填元素符号)。
(2)卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为 ，图中①②③④处的化学键属于配位键的是 (填序号)。
(3)已知离子核外没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子无颜色的是 (填离子符号)。
(4)的键角小于，原因是 。
(5)氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中锂、氮的原子个数比为 ；设氮化锂晶体中，同层N-N间距为a pm，层与层间距为b pm，该物质的密度为 g/cm3.(用含a、b的式子表示)
24．（2021·河北邯郸·统考三模）氟代硼铍酸钾晶体是一种非线性光学晶体材料，能够将激光转化为史无前例的176纳米波长(深紫外)激光，从而可以制造出深紫外固体激光器。回答下列问题：
(1)基态K原子核外电子排布式为 ，在该原子中，原子轨道能量： (填“>”或“<”，下同) 。
(2)上述四种元素中，第一电离能最小的是 (填元素符号，下同)，电负性最大的是 。
(3)的空间构型为 ，的杂化类型为 ，的键角比的键角 (填“大”或“小”)，用价层电子对互斥理论解释原因为 。
(4)已知晶体硼的熔、沸点及硬度数据和基本结构单元(由硼原子组成的正二十面体如图所示，每个三角形均为正三角形，每个顶点为一个硼原子)如下：
晶体
金刚石
晶体硅
晶体硼
熔点(K)
3832
1683
2573
沸点(K)
5100
2628
3823
硬度
10
7.0
9.6
①晶体硼属于 晶体，其理由是 。
②每一个硼基本单元由 个原子组成。
(5)已知晶体具有型结构，在测出晶体密度为。晶胞边长为 (阿伏加德罗常数用表示)。
25．（2021·河北邯郸·统考二模）元素的金属性、非金属性及有关单质和化合物的性质与其原子结构、分子结构等有着密切的联系。回答。下列问题：
(1)下列基态原子的核外电子排布式正确的是 (填序号)。
A． B．
C． D．
(2)第IA、IIA族部分元素氯化物的熔点如下表，从NaCl到CsCl熔点依次降低，但BeCl2的熔点比MgCl2的低，其原因是 。
氯化物
NaCl
KCl
RbCl
CsCl
熔点/℃
801
776
715
645
405
714
(3)下列物质的变化破坏了极性共价键的是 (填序号)。乙酸中碳原子的杂化方式为 ，1 mol乙酸分子中含有的σ键和π键的个数比为 ；乙酸易溶于水的原因是相似相溶，以及 。
A．二氧化硅晶体熔化 B．乙酸溶于水 C．干冰升华 D．冰融化
(4)某晶体的晶胞如图所示，则该晶体的化学式为 ；已知该晶体的晶胞边长为540 pm，阿伏加德罗常数的值为，则体积为10 cm3晶体的质量为 g(列出计算式即可)。
参考答案：
1．D
【详解】A．中铁元素的化合价为+6价，基态铁原子的价电子排布式为，铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数不相等，A项错误；
B．反应中，铁元素化合价降低，FeOOH是还原产物，B项错误；
C．未注明温度和压强，不能确定的物质的量，C项错误；
D．配平后的化学方程式为，则与的化学计量数之比为2:3，D项正确；
故选D。
2．C
【详解】A．由结构简式可知，胍是含有氮元素的烃的衍生物，分子中元素的非金属性强弱顺序为N>C>H，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素电负性大小顺序为N>C>H，故A错误；
B．由结构简式可知，胍分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；
C．由结构简式可知，胍分子中的氮原子具有孤对电子，能与氢离子形成配位键而表现碱性，所以胍分子中能吸收酸性氧化物二氧化碳而生成碳酸盐，故C正确；
D．由结构简式可知，胍分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，双键与单键之间电子对的斥力大于单键与单键之间电子对的斥力，所以胍分子中两个单键氮原子与碳原子形成的N—C—N键角小于120°，故D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．Cu的+1价最外层电子达到全充满结构(3d10)，所以+1价稳定，故A错误；
B．此晶体中Cl位于顶点和面心，个数为=4，Cu位于晶胞内部，个数为4，Cu和Cl的原子个数比为1∶1，化学式为CuCl，故B错误；
C．根据晶胞图可知，1个Cu与4个Cl相连，因此 Cu位于Cl形成的四面体空隙，故C正确；
D．把立方体分为8个小立方体，Cu位于小立方体的体心，Cu与Cl的核间距为体对角线的一般，即为棱长的倍，故D错误；
答案为C。
4．B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，有机物M结构中X形成1条共价键， Y形成4条共价键，则X为H；Y为C；Z形成3条共价键，R形成2条共价键，且Z和R的常见单质均为无色无味的气体，则Z为N；R为O；综合以上分析，X、Y、Z、R依次为H、C、N、O，据此分析解答。
【详解】A．同一周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，但N的2p轨道处于半充满状态，第一电离能相对较高，第一电离能：，A项错误；
B．由H、C、N、O四种元素组成的化合物可能为离子化合物，如(NH4)2CO3、NH4HCO3均为离子化合物，B项正确；
C．有机物M中H的最外层仅有两个电子，不是8电子稳定结构，C项错误；
D．元素C、N、O电子排布式分别为1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，s电子总数都是4，p电子总数分别为2、3、4，由此可知，O元素的p电子总数等于s电子总数，D项错误；
答案选B。
5．B
【详解】A．铁原子失去2个电子形成亚铁离子，基态的价层电子排布图为 ，A错误；
B．中为sp杂化呈直线形，则杂化轨道的电子云轮廓图： ，B正确；
C．原子中有7个质子、7个电子，原子结构示意图 ，C错误；
D．中阴离子为，其中铁提供空轨道、-CN中碳提供孤电子对，从而形成配位键，结构式： ，D错误；
故选B。
6．D
【详解】A．基态铜原子的外围电子排布式为，因此的外围电子排布式为，A错误；
B．Ni位于第四周期Ⅷ族，属于过渡元素，位于d区，B错误；
C．以任一顶点处的Sn为例，距离Sn最近的Cu位于相邻面的面心，一个晶胞中有3个，每个Cu被两个面共用，该Sn被8个晶胞共用，因此距离Sn最近的Cu有3×8÷2=12个，C错误；
D．由均摊法可知，每个晶胞中含有1个Sn、3个Cu、1个P，摩尔质量为342g/mol，因此晶体密度为，D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．基态氮原子核外有5种空间运动状态不同的电子，分别是1s、2s、2p，其中2p轨道有三种运动状态不同的电子，A正确；
B．同周期元素中第一电离能比N大的有两种，分别为F和Ne，B正确；
C．含氨基()的有机物分子间易形成氢键，C正确；
D．将氮气转化为化合物的过程被称之为固氮，而不是固体化合物，D错误；
故选D。
8．C
【详解】A．Ni为第四周期第Ⅷ族的28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为(或)，故其价电子排布式为，A正确。
B．第一步：根据题给信息分析晶胞的结构图。在题述晶胞中，八面体空隙的中心位于体心位置和所有棱心位置，它们的比例是1∶3，中心处于体心位置的八面体由镍原子构成，可填入碳原子，而中心处于棱心位置的八面体由2个镁原子和4个镍原子一起构成，不填碳原子，所以C处于体心位置，则Mg处于顶点位置，Ni处于面心位置，该超导材料晶体的结构如图所示： 。第二步：根据均摊法得出晶胞中Mg、Ni、C的个数。晶胞中含Mg的个数为，含Ni的个数为，含C的个数为1.第三步：根据个数比得出化学式。该新型超导材料的化学式为，B正确。
C．由图可知，与Mg距离最近的C的个数为8，配位数为8，C错误。
D．该晶体密度 g·cm，D正确。
故选C。
9．D
【详解】A．氨分子的孤电子对数为1，的孤电子对数为2，中孤电子对对成键电子对的排斥力比的大，所以的键角比硫化氢的大，A正确；
B．同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的2p能级为半充满状态，第一电离能大于相邻的O原子，所以第二周期中第一电离能大于N的有F、Ne，B正确；
C．该化合物容易与水分子之间形成分子间氢键，提高其在水中的溶解度，C正确；
D．该环状络合物中的N原子、饱和C原子和S原子及羧基中中的O原子的价层电子对数都为4，则该络合物分子中VSEPR模型为四面体或正四面体形的非金属原子有14个，D错误；
故选D。
10．(1)适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等(2分，除粉碎外，任写一点，合理即可)
(2)
(3)将氧化为
(4) 能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀
(5) 8：3 16
【分析】绿柱石经石灰石熔炼后再粉碎、硫酸酸浸，得到滤渣H2SiO3和滤液（含有），加入H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+，用氨水调节pH，Fe3+、Al3+生成沉淀，Be2+留在滤液，继续加氨水调节pH可使Be2+生成Be(OH)2沉淀，灼烧后生成BeO。
【详解】（1）步骤②中还可以采取适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等措施提高反应速率。
（2）滤渣1成分的化学式为H2SiO3
（3）步骤③中加入的目的是将氧化为；
（4）能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀，故不宜使用溶液来沉淀。沉淀完全时，c(Be2+)=，由c(Be2+)c2(OH-)=Ksp[Be(OH)2]，可得c(OH-)=mol/L。
（5）基态的最高能层电子排布式为3s23p63d3，其中成对电子数为8，未成对电子数为3，故成对电子与未成对电子的数目之比为8：3。1 mol中，阳离子含有8 mol 键，阴离子含有8 mol 键，故1 mol中含有16 mol 键。
11．(1)N>O>C
(2) 20 ＜ ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小
(3) 或22.2%
(4) 催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低
【详解】（1）由于基态原子价电子排布式中轨道处于半满状态，所以、、三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为；
（2）下，反应Ⅱ达到平衡时、、各物质的量的浓度分别为、和，则下该反应的平衡常数为；温度改变为时，若，可知此时的平衡常数为；该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以；
（3）反应Ⅱ：
反应Ⅰ：
所以时各气体的分压分别为为、为、为、为；
①时的体积分数为；
②内的平均生成速率为；
（4）①反应的；
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是温度高于后，温度越高催化剂活性越低。
12．(1)B
(2) 随着N、P、As原子半径的增大，电负性减小，成键电子对之间斥力减小，键角减小 sp2
(3)8
(4)
(5) 6s26p3
【详解】（1）因为2p轨道的能量比1s、2s轨道的能量都高，所以将N原子的s电子跃迁到p轨道上，电子的能量升高，故氮原子的能量最低的是B。答案为：B；
（2）①从N到As，非金属性依次减弱，成键电子对间的排斥作用依次减弱，所以氮族元素简单氢化物的键角NH3＞PH3＞AsH3，其原因是：随着N、P、As原子半径的增大，电负性减小，成键电子对之间斥力减小，键角减小。
②由图可知，环状是芳香性π配体，每个P原子只形成2个σ键，另外还有1对孤对电子，所以P的杂化方式是sp2；中，每个P原子拿出1个电子形成大π键，另外还获得2个电子，所以大π键应表示为。答案为：随着N、P、As原子半径的增大，电负性减小，成键电子对之间斥力减小，键角减小；sp2；；
（3）从图中可以看出，1个As2S3分子中，每个As原子含有1个孤电子对，每个S原子含有2个孤电子对，所以孤电子对数目为1×2+3×2=8。答案为：8；
（4）从图中可以看出，一维链阴离子的结构单元为，则含有n个最简单元的阴离子，两端各得到1个电子，所以可表示为。答案为：；
（5）①铋与氮为同主族元素，其核外有6个电子层，所以基态铋原子的价电子排布式为6s26p3。
②铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示，已知最近的两个铋离子之间的距离为a pm，则晶胞的边长为pm ，在晶胞中，含Bi原子个数为=4，含O原子个数为6，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为g·cm-3。答案为：6s26p3；。
【点睛】计算晶胞中微粒的个数时，可采用均摊法。
13．(1) p 7
(2)Na
(3)A
(4)Al原子半径更小，形成的金属键更强
(5) 四面体形 三甲基铝中Al具有空轨道，胺类中N具有孤电子对，二者可通过配位键结合
(6) 或
【详解】（1）Al是13号元素，其基态原子核外电子排布式为，属于p区元素，根据其电子排布式可知其基态原子核外具有1+1+3+1+1=7种空间运动状态不同的电子；
（2）Mg的价层电子排布式为3s2，Al的价层电子排布式为3s23p1，则Mg的第一电离能大于Al，故同周期第一电离能比Al小的就只有Na；
（3）一般认为两个成键元素的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键，含有离子键的化合物是离子化合物。根据表中电负性数据进行计算，可判断4种含铝化合物中属于离子化合物的只有，故选A；
（4）两者都是金属晶体，则Al原子半径更小，形成的金属键更强，故其熔点更高，故答案为：Al原子半径更小，形成的金属键更强；
（5）①三甲基铝分子中C参与形成4个键，没有孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；分子中Al参与形成3个键，没有孤电子对，因此其杂化轨道类型为杂化；
②三甲基铝中Al具有空轨道，胺类中N具有孤电子对，二者可通过配位键结合；
（6）①由均摊法可知，该合金Cr—Al晶体中含有Al：8×+1=2，含有Cr：8×+2=4则其化学式为或；
②根据合金Cr—Al晶体的晶胞结构，再结合密度公式，可计算其密度。
14．(1)A
(2)3d9
(3) sp2、sp3 平面三角形 C
(4) ＜ ，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO
(5) CuCo2O4
【详解】（1）红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的波长逐渐减小，则绿色对应的辐射波长为577~492nm，故选A。答案为：A；
（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，所以Cu2+的价电子排布式为3d9。答案为：3d9；
（3）HCOOH、CH4、CH3OH三种物质中碳原子的价层电子对数分别为3、4、4，所以杂化形式为sp2、sp3、sp3，故有sp2、sp3；催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，所以空间构型为平面三角形。CO可与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，由于CO中C原子存在一对孤对电子，所以CO中与Ni形成配位键的原子是C。答案为：sp2、sp3；平面三角形；C；
（4）NiO、FeO属于离子晶体，已知，由于离子带电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能NiO＜FeO，故熔点NiO＜FeO，原因是，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO。答案为：＜；，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO；
（5）由CuxCoyOz的晶胞结构分析，1个晶胞中含有Cu的个数为，Co的个数为4×4=16，O的个数为4×8=32，即化学式为CuCo2O4。该晶体的体积V=(2a×10-7)3cm3，1个晶胞中含有CuCo2O4的物质的量为mol，密度为。答案为：CuCo2O4；。
【点睛】计算晶胞中所含有的离子个数时，可采用均摊法。
15．(1) 9 1s22s22p63s13p33d1
(2) sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
(3)Π
(4)10
(5) YFeO3 (，+m，)
【详解】（1）基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。
故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。
（2）偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
（3）由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为：个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可表示为。
故答案为：。
（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；
故答案为：10。
（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。
故答案为：YFeO3，(，+m，)，。
16．(1) 3d74s2 N
(2) 三角锥形 sp3
(3) 2 6
(4)3：4
(5) C3N4 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
(6) (，，) ××1010
【详解】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
（2）SO中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；SO中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
（3）根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；
（4）(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
（5）根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（6）根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)；根据信息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为=4，氮化镓的化学式为GaN，晶胞的质量为=g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为cm，Ga与N最近的距离，即Ga-N键长应是体对角线的，从而推出Ga-N键长××1010pm；故答案为(，，)；××1010。
17．(1) 纺锤形或哑铃形 p
(2)Na和Cs同主族，Cs电子层多，原子半径大，易失电子
(3)PbF2为离子晶体，融化时克服离子键；PbBr2为分子晶体，融化时克服分子间作用力
(4) CsPbBr3
(5) 离子晶体易溶于水发生相变 Br- Cd2+部分替换晶格中的铅离子之后，使得晶格畸变应力减小，CdBr2中的溴离子填充溴空位缺陷，使得晶体更加稳定。
【详解】（1）基态溴原子的价层电子排布为4s24p5，电子占据的最高能级为4p，电子云轮廓图为纺锤形或哑铃形；Pb在IVA族，属于p区；
（2）Na和Cs同主族，Cs电子层多，原子半径大，易失电子；
（3）一般认为两种元素的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，F与Pb电负性差值大于1.7，故PbF2为离子晶体，Br与Pb电负性差值小于1.7，PbBr2为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；
（4）该晶体中，Cs位于所有顶点、面心、体心、棱上，均摊法计算个数为8个；Pb位于内部由Br构成的八面体空隙中，共8个；Br的位置在组成该晶胞的八个小立方体的面心，六个面每个面上有4个，晶胞内部有12个，根据均摊法计算Br的个数为24个，故晶体的化学式为CsPbBr3，晶体的密度为： ；
（5）①该晶体材料中含有典型金属元素铯、典型非金属元素溴，属于离子晶体，易溶于水发生相变；
②Cd2+的半径小于Pb2+，当Cd2+部分替换晶格中的Pb2+之后，使得晶格畸变应力减小，结构更加稳定；CdBr2中的溴离子填充溴空位缺陷，使得晶体更加稳定。
18．(1)N
(2)-1或+1
(3) < 两个甲酸分子间可以通过氢键形成二聚体
(4) A 平面三角形
(5)
【解析】（1）铜为第四周期元素，核外电子占据最高能层的符号是N；
（2）基态Ni原子，其价电子轨道表示式为 ，自旋磁量子数的代数和为-1或+1；
（3）①双键的排斥作用大于单键的排斥作用，＜120°；从原子轨道重叠方式分类，甲醛分子中键是H原子的s轨道和C原子sp2杂化轨道形成的共价键，类型是；②两个甲酸分子间可以通过氢键形成二聚体，所以气态时，测得甲酸的相对分子质量大于46；
（4）①使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，则与4个H2O分子形成4个配位键，所以有4个杂化轨道，杂化空间构型为四面体，四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，所以杂化轨道类型是，选A；②中N原子杂化轨道数为，无孤电子对，空间构型为平面三角形； 中N原子有2个未参与杂化的p电子、O原子各有1个未成对的p电子、硝酸根从外获得1个电子，所以大π键应表示为；
（5）Co晶体堆积方式为六方最密堆积，Co的原子半径为r，1个晶胞含有Co原子数是；晶胞的边长为2r，高为，晶胞的体积为，则该晶胞的空间利用率为。
19．(1)6：5
(2) sp3 O>C>H > 二 甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高 二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键
(3)18
(4)[Cr(H2O)5Cl]2+
(5) 4
【详解】（1）Cr元素核外电子排布为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子，Mn元素核外电子排布为[Ar]3d54s2，有5个未成对电子，未成对电子数之比为6：5；
（2）①S原子价层共6个电子，二甲基亚砜分子中硫原子3个σ键，用去3个价电子，一个π键用去1个价电子，所以还有6-1-3=2个价电子，即一对孤电子对，所以价层电子对数为3+1=4，硫原子为sp3杂化；
②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氢化物中H均显正价，所以H的电负性最小，同主族自左至右电负性增大，所以电负性O＞C＞H；
③二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高；
④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键，所以二甲基亚砜能够与水以任意比互溶；
（3）Cr的价电子个数为6，与CO形成一个配位键，C原子提供一对电子，此时价层电子数为8，配合物二茂铁中Fe的价层电子数为18，而Fe的价层电子数为8，说明两个环可以提供10个价电子，所以该配合物中心原子Cr的价层电子数为10+8=18；
（4）外界的氯离子可以电离，结合题意可知紫色物质为[Cr(H2O)6]Cl3、浅绿色物质为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O，蓝绿色物质为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，所以浅绿色的结构中配离子的化学式为[Cr(H2O)5Cl]2+；
（5）①据图可知Mn原子位于S原子形成的四面体中心，所以Mn原子的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞Mn原子的个数为1+4×=2，S原子的个数,1+8×=2，所以原子总体积为2×nm3；晶胞底面边长为a nm，高为c nm，形状为菱形，所以体积为nm3，空间利用率为=。
20．(1)+1或-1
(2) 正四面体形 >
(3)的电负性比大，中受的吸电子作用电子云密度低，不易给出电子形成配位键；而中的电负性比大，易给出孤电子对形成配位键
(4)中原子上的孤电子对数为2，中原子上的孤电子对数为1，前者孤电子对数多，对成键电子对的斥力大，键角小
(5) 原子晶体 面心立方最密堆积 1：3
【解析】(1)
对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为，成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和为，或为即+1或-1；
(2)
形成四个键，无孤电子对，杂化方式为；中心原子的孤电子对数为，键电子对数为4，的空间构型为正四面体形；的价电子排布式为，的价电子排布式为，的轨道电子排布处于半充满状态，相对稳定，其第一电离能大于硫元素的第一电离能，即；
(3)
的电负性比大，对电子引力较大，使得不易给出电子形成配位键；而中的电负性比大，易给出孤电子对形成配位键；
(4)
孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，中原子上的孤电子对数为2，中原子上的孤电子对数为1，前者孤电子对数多，对成键电子对的斥力大，故前者键角小；
(5)
①具有较高的熔点(2000℃)，属于原子晶体；磷化铝晶胞中原子位于正六面体的顶点与面心，则其空间堆积方式为面心立方最密堆积；
②原子形成4个共价键，其中有1个共价键是配位键，3个是普通共价键，配位键与普通共价键数目之比为1：3；
③1个晶胞中原子个数是，原子个数是4，
已知晶体中铝和磷原子半径分别为anm和bnm，则晶胞中铝和磷原子的体积为=4×π（anm）3+4×π（bnm）3，根据晶胞的结构图可知，晶胞的体对角线长为4a+4b，所以晶胞的边长为，则晶胞的体积为, 则原子的体积占晶胞体积的百分率为=。
21． 和 或 在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 sp3 SiF4、SO2F2等 B
【详解】(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、、和，其中核外电子排布相同的是和。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。
(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若4mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ´6=1158kJ；若4mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ´2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若4mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ´6=1182kJ；若4mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ´2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。
(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。
(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。
(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。
(7)①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。
②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。
22． 2 三角锥形 BCE sp
【详解】(1)基态原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；
(2)(表示苯基)中配体为原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在(极性键)，(非极性键)，(配位键)，答案选BCE；
(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能Fe＞Mn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn；
(4)中C、N以三键连接，三键中含有1个键，2个键，故键与键的数目之比为，键不参与杂化，只有1个键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；
(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个，故原子所占的总体积，该晶胞的体积为，则原子的空间利用率为。
23． N sp2、sp3 ② Ti4+ 中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力 2∶1
【详解】(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；
(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；
(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
(4)和的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力，导致键角：＜；
(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有=2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1；
根据均摊法，晶胞中N原子(黑球)的个数为=1，Li原子的个数为=3，所以晶胞的质量为g；底面为菱形，变成为a pm，则底面积为a2pm2，高为b pm，则晶胞的体积为a2b pm3=a2b×10-30cm3，所以密度为g/cm3.。
24． 或 < > K F 直线形 大 中B的价层电子对数为3，分子的空间构型为平面三角形，键角为中N的价层电子对数为4，有1个孤对电子，分子的空间构型为三角锥形，键角为107° 原子(共价) 硼为非金属，所形成的晶体一定不是金属晶体和离子晶体，而且晶体硼的熔点和沸点也很高，硬度大，故为原子(共价)晶体 12
【详解】(1)K为31号元素，基态K原子核外电子排布式为或；
钾是多电子原子，其角量子数相同的能级的能量随主量子数的增大而增大，主量子数相同的能级的能量随角量子数的增大而增大，主量子数和角量子数都不相同的各能级存在“能级交错”现象，能级的能量(n-1)d＞(n-2)f＞ns，故<＞；
(2)在K、B、Be、F四种元素中；同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，即K的第一电离能最小；非金属性越强，电负性越大，所以电负性最大的是F；
(3)BeF2中中心原子为Be，F为配位原子， 价层电子对数= =2 ，成键电子对数为2，孤电子对数为2-2=0，电子对构型为直线型 ，由于无孤电子对的排斥，所以 BeF2 分子构型与电子对构型相同，为直线型；的杂化类型为杂化；
中B的价层电子对数为3，分子的空间构型为平面三角形，键角为中N的价层电子对数为4，有1个孤对电子，分子的空间构型为三角锥形，键角为107°，所以的键角比的键角大；
(4) ①硼为非金属，所形成的晶体一定不是金属晶体和离子晶体，而且晶体硼的熔点和沸点也很高，硬度大，故晶体硼属于原子(共价)晶体；
②由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共用，则此顶点完全属于一个三角形的只占到，每个三角形中有3个点，且晶体B中有20个这样的三角形，则晶体B中这样的顶点（B原子）有20××3=12，故每一个硼基本单元由12个原子组成；
(5)已知晶体具有型结构，是每个晶胞中有8个K+和8个F-，在测出晶体密度为。晶胞的体积为V=，其边长为cm=。
25． C 从NaCl到CsCl均为离子晶体，阳离子半径逐渐增大，离子键逐渐减弱，熔点降低；但BeCl2是分子晶体，MgCl2是离子晶体，分子晶体的熔点低于离子晶体 AB sp3、sp2 7∶1 乙酸分子与水分子间能形成氢键 ZnS
【详解】(1)A．根据构造原理可知原子的核外电子排布式应该为，A错误；
B．根据构造原理可知原子的核外电子排布式应该为是；
C．原子核外电子排布遵循构造原理，C正确；
D．原子核外3d轨道全满时原子处于稳定状态，则其电子排布式应该是，D错误；
故合理选项是C；
(2)NaCl、KCl、RbCl、CsCl均为离子晶体，由于金属阳离子半径按Na+、K+、Rb+、Cs+顺序逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，断裂离子键消耗的能量就越低，物质的熔点就越低，所以从NaCl到KCl、RbCl、CsCl逐渐降低；而BeCl2在固态时属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力比化学键弱，因此其熔沸点比较低；而MgCl2属于离子晶体，Mg2+与Cl-通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗能量较高，所以BeCl2的熔点比MgCl2低；
(3)A．SiO2为共价晶体，熔化时将破坏Si-O共价键，Si-O属于极性共价键，A符合题意；
B．乙酸溶于水时电离产生H+和CH3COO-，破坏的是H-O共价键，H-O共价键属于极性共价键，B符合题意；
C．干冰是固体CO2，由分子通过分子间作用力结合而成。干冰气化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，C不符合题意；
D．冰是固体H2O，由分子通过分子间作用力结合而成。冰熔化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，D不符合题意；
故合理选项是AB；
乙酸是由分子构成的物质，结构简式是CH3COOH，其中甲基(-CH3)中的碳原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基(-COOH)中的碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化，因此乙酸分子中C原子杂化类型为sp3、sp2杂化；
在1个CH3COOH分子中含有7个σ键和一个π键，因此在一个CH3COOH分子中含有的σ键和π键的个数比为其个数比为7∶1；
乙酸分子、水分子都是极性分子，且乙酸分子与水分子间会形成氢键，增加了分子间的作用力，因此乙酸易溶于水；
(4)晶胞中Zn在8个顶角和6个面心上，所以每个晶胞中含有Zn原子个数为，在每个晶胞内部含有4个S原子，晶体中Zn、S原子个数比为4：4=1：1，所以该晶体的化学式为ZnS；每个晶胞的质量为m=，晶胞体积为V=(540×10-10cm)3，则晶胞密度ρ=，故体积为10 cm3的晶体的质量m(晶体)= 。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-25原子结构与性质
一、单选题
1．（2023·河北衡水·河北武邑中学校考模拟预测）NiFe基催化剂是碱性条件下活性最高的催化剂之一，在NiFe基催化剂自修复水氧化循环中，发生的一步反应为(未配平)，下列说法正确的是
A．中铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数相等
B．反应中FeOOH是氧化产物
C．生成22.4L时，转移4mol电子
D．配平后，与的化学计量数之比为2∶3
2．（2023·河北沧州·统考二模）核酸检测样品盛放在含有胍盐的标本保存液中，胍盐可以灭活病毒，有效保存多种病毒核酸。胍的结构简式如图，有关说法正确的是
A．胍是含氮有机物，所含元素的电负性大小顺序为
B．胍分子中C原子和3个N原子的杂化方式相同
C．晶体易吸收空气中生成碳酸盐
D．胍分子中两个单键N原子与C原子形成的N−C−N键角大于120°
3．（2023·河北石家庄·校联考模拟预测）某铜的氯化物常作工业催化剂，其晶胞结构如图所示，晶胞中C、D两原子核间距为298pm。设阿伏加德罗常数的值为，则下列说法正确的是
A．Cu的+2价比+1价稳定，是因为最外层电子达到半充满结构
B．此氯化物的化学式为
C．晶胞中Cu位于Cl形成的四面体空隙
D．Cu与Cl的核间距为棱长的倍
4．（2023·河北衡水·校联考二模）有机物M是来源于植物的化合物，具有很强的生理活性，可用于治疗感冒和咳喘，结构式如图所示，其中短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Z和R的常见单质均为无色无味的气体。下列说法正确的是
A．第一电离能：
B．由X、Y、Z、R四种元素组成的化合物可能为离子化合物
C．有机物M中，各原子均满足8电子稳定结构
D．元素Y、Z、R的p电子总数均小于s电子总数
5．（2023·河北衡水·校联考二模）铁畐化钾遇会生成沉淀(带有特征蓝色)，该反应可用于检验亚铁离子。下列有关化学用语表示正确的是
A．基态的价层电子排布图：
B．中杂化轨道的电子云轮廓图：
C．的原子结构示意图：
D．中阴离子的结构式：
6．（2023·河北邯郸·统考二模）磷青铜是铜与锡、磷的合金，质地坚硬，主要用作耐磨零件和弹性元件。某立方磷青铜晶胞结构如图所示，晶胞参数为(表示阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是
A．的外围电子排布式为
B．Ni在元素周期表中位于ds区，属于过渡元素
C．该晶体中，距离Sn原子最近的Cu原子有8个
D．该晶体密度计算式为
7．（2023·河北·校联考模拟预测）氮的化合物对人类生存和社会发展意义重大，下列说法错误的是
A．基态氮原子核外有5种空间运动状态不同的电子
B．同周期元素中第一电离能比N大的有两种
C．含氨基()的有机物分子间易形成氢键
D．将含氮气体转化为固体化合物的过程被称之为固氮
8．（2023·河北·模拟预测）新型超导材料晶体的晶胞结构中镁原子和镍原子位于顶点和面心，它们构成两种八面体空隙，一种由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子一起构成，两种八面体空隙的数量之比是1∶3，碳原子只填充在镍原子构成的八面体空隙中，沿晶胞立方格子对角线取得的截图如图所示。下列说法错误的是
A．基态Ni原子的价电子排布式为
B．该新型超导材料的化学式为
C．Mg的C配位数为6
D．若晶胞参数 nm，该晶体密度为 g·cm(为阿伏加德罗常数的值)
9．（2023·河北沧州·沧县中学校考模拟预测）铜盐中毒可用青霉胺解毒，解毒原理如下：能与青霉胺形成环状络合物，其结构如图所示。该环状络合物无毒、易溶于水，可经尿液排出。下列说法错误的是
A．比较硫化氢与氨气键角的大小：
B．第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有2种
C．该环状络合物易溶于水的主要原因是其与水可形成分子间氢键
D．该环状络合物中，VSEPR模型为四面体或正四面体的非金属原子共有13个
二、工业流程题
10．（2023·河北邯郸·统考二模）Be被主要用于原子能反应堆材料、宇航工程材料等，有“超级金属、尖端金属、空间金属”之称。硫酸法是现代工业用绿柱石(主要成分为，还含有铁等杂质)生产氧化铍的方法之一，其简化的工艺流程如下：
已知几种金属阳离子的氢氧化物沉淀时的pH如下表：
金属阳离子
开始沉淀时pH
1.5
3.3
6.5
5.2
沉淀完全时pH
3.7
5.0
9.7
—
(1)步骤②中还可以采取什么措施提高反应速率 (除粉碎外，任写一点)。
(2)滤渣1成分的化学式为 。
(3)步骤③中加入的目的是 。
(4)步骤④不宜使用溶液来沉淀，原因是 (用必要的文字和离子方程式说明)；已知，则沉淀完全时，溶液中 (通常认为溶液中离子浓度小于时为沉淀完全)。
(5)绿柱石因含有不同杂质而产生不同的颜色。各种绿柱石中最名贵的是祖母绿，这是由铬、钒元素的存在造成的。
①基态的最高能层中成对电子与未成对电子的数目之比为 。
②重铬酸铵常用作有机合成催化剂，的结构如图。中键数目为 。
三、原理综合题
11．（2022·河北·模拟预测）随着汽车进入千家万户，汽车尾气排放标准也越来越高。NO2、NO、CO均为汽车尾气的主要成分，CO是汽油不完全燃烧的产物外，主要涉及如下反应。
反应I：
反应II：
回答下列问题：
(1)C、N、O三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为 。
(2)实验测得反应II的速率方程为，，、为速率常数。下，向某刚性密闭容器中投入和的起始浓度分别为和，平衡后的浓度变为，则下该反应的平衡常数为 ；温度改变为时，若，则 (填“>”“=”或“＜”)，原因为 。
(3)时，按投入某刚性密闭容器中，起始压强为。后容器内气体压强变为起始时的0.9倍，其中的分压为。
①时的体积分数为 。
②内的平均反应速率为 。
(4)研究某催化剂在汽车尾气处理中的应用，涉及反应。将一定比例的和的混合气体，模仿汽车尾气流通速度，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。
①已知：的燃烧热为，则 。
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是 。
四、结构与性质
12．（2022·河北沧州·统考二模）氮族元素包括氮(N)、磷(P)、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)，在性质上表现出从典型的非金属元素到典型的金属元素的一个完整的过渡。
(1)下列氮原子的能量最低的是_______。
A． B．
C． D．
(2)①氮族元素简单氢化物的键角NH3＞PH3＞AsH3，其原因是 。
②南开大学某课题组成功合成了无机二茂铁类似物[Fe(η4- P4)2]2-。环状是芳香性π配体，P的杂化方式是 ，中的大π键应表示为 (分子中的大π键可用符号表示，其中m代表形成大π键的原子数，n代表形成大π键的电子数)
(3)雌黄的分子式为As2S3，1个As2S3分子中孤电子对数目为 。
(4)天津理工大学科研团队制备出一种智能离子交换剂，由平行堆积的一维链阴离子(部分结构如下图)和K+阳离子组成，含有n个最简单元的阴离子可表示为 。
(5)①基态铋原子的价电子排布式为 。
②铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示，已知最近的两个铋离子之间的距离为a pm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)。
13．（2022·河北张家口·统考三模）铝的单质、合金及其化合物在生产、生活中具有广泛的应用。
(1)Al属于周期表中 区元素，其基态原子核外具有 种空间运动状态不同的电子。
(2)与Al位于同一周期，且第一电离能比Al小的元素有 (填元素符号)。
(3)一般认为：如果两个成键元素间的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键；如果两个成键元素间的电负性差值小于1.7，它们之间通常形成共价键。部分主族元素的电负性如下表所示：
5
B
2.0
6
C
2.5
7
N
3.0
8
O
3.5
9
F
4.0
13
Al
1.5
14
Si
1.8
15
P
2.1
16
S
2.5
17
Cl
3.0
31
Ga
1.6
32
Ge
1.8
33
As
2.0
34
Se
2.4
35
Br
2.8
下列含铝化合物属于离子化合物的是_______(填标号)。
A． B． C． D．AlP
(4)Al的熔点为660℃，Ga的熔点为29.76℃，Al的熔点更高的原因为 。
(5)三甲基铝()是一种金属有机化合物，可作烯烃聚合催化剂、引火燃料。
①三甲基铝分子中C原子的VSEPR模型为 ，Al原子的杂化轨道类型为 。
②该物质可与胺类(，R表示烃基)结合，原因是 。
(6)X-射线衍射实验表明，合金Cr-Al晶体(有序)属四方晶系，其晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。
①该合鑫Cr-Al晶体的化学式为 。
②用NA表示阿伏加德罗常数的值，则合金Cr-Al晶体的密度为 (写出计算式即可，不要求化简)。
14．（2022·河北·一模）福州大学徐艺军教授团队通过光催化还原CO2，将其合成一碳化合物(CO、HCOOH、CH4、CH3OH等)。常见的无机非贵金属光催化还原CO2的催化剂有CuO、Cu2O、CuxCoyOz、NiO等。回答下列问题：
(1)铜元素的焰色反应呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为 。
A．577~492nm B．597~577nm C．622~597nm
(2)基态Cu2+的价电子排布式为 。
(3)HCOOH、CH4、CH3OH三种物质中碳原子杂化形式有 ，催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的空间构型为 。CO可与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，CO中与Ni形成配位键的原子是 。
(4)NiO、FeO属于离子晶体，已知，则熔点NiO (填“＜”或“＞”)FeO，原因是 。
(5)CuxCoyOz还是一种新型的电极材料，其晶胞结构如图。该立方晶胞由4个I型和4个Ⅱ型小立方体构成，晶体中Co3+占据O2-形成的八面体空隙，其化学式为 。该晶体的密度为 (列计算式)。(设NA为阿伏加德罗常数的数值)
15．（2022·河北衡水·河北衡水中学校考模拟预测）氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态磷原子核外电子共有 种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式 。
(2)已知偏二甲肼[(CH3)2NNH2]、肼(N2H4)均可做运载火箭的主体燃料，其熔沸点见表。
物质
熔点
沸点
偏二甲肼
-58℃
63.9℃
肼
1.4℃
113.5℃
偏二甲肼中氮原子的杂化方式为 ，二者熔沸点存在差异的主要原因是 。
(3)N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图所示，其中的大π键可表示为 (分子中的大π键可用符号Π表示，其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数，如苯分子中的大π键可表示为Π)。
(4)Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2。1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子共有 mol。
(5)铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图。
铁酸钇的化学式为 。已知1号O原子分数坐标为(0，0，)，2号O原子分数坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的分数坐标为 。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为 pm3(列出表达式)。
16．（2022·河北保定·统考二模）我国科学家构建了新型催化剂“纳米片”(Co—N—C)，该“纳米片“可用于氧化SO和吸附Hg2+。回答下列问题：
(1)基态Co原子的价层电子排布式为 ，N、C、Co中第一电离能最大的是 (填元素符号)。
(2)在空气中SO会被氧化成SO。SO的空间构型是 ，SO中S原子采用 杂化。
(3)[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2是钴的一种配合物，含1mol[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2的溶液与足量AgNO3溶液能生成 molAgCl，[Co(NH3)4(H2O)Cl]Cl2中Co2+的配位数为 。
(4)氰气[(CN)2]称为拟卤素，它的分子中每个原子最外层都达到8电子结构，则(CN)2分子中σ键、π键个数之比为 。
(5)氮和碳组成的一种新型材料，硬度超过金刚石，其部分结构如图1所示。它的化学式为 ，它的硬度超过金刚石的主要原因是 。
(6)氮化镓是新型半导体材料，其晶胞结构可看作金刚石晶胞内部的碳原子被N原子代替，顶点和面心的碳原子被Ga原子代替。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。图2为沿y轴投影的氮化镓晶胞中所有原子的分布图。若原子1的原子分数坐标为(，，)，则原子3的原子分数坐标为 。若氮化馆的晶体密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ga-N键的键长为 (用含ρ、NA的代数式表示)pm。已知NA为阿伏加德罗常数的值。
图2
17．（2022·河北邢台·校联考模拟预测）一种无机纳米晶体材料，仅由铯、铅、溴三种元素构成，在太阳能电池方向有巨大应用前景。回答下列问题：
(1)基态原子核外电子占据能量最高的能级的电子云轮廓图形状为 。属于 区元素。
(2)位于同主族，元素的第一电离能分别为、。的原因是 。
(3)三种元素的电负性如下表。具有较高的熔点(855℃)，PbBr2具有较低的熔点(373℃)，原因是 。
电负性
F
Br
Pb
4.0
2.8
1.9
(4)该晶体材料的立方结构如图所示，其化学式为 。若其晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体密度= 。
(5)该晶体材料电池并未实现商业化，原因在于自身的不稳定性。
①该晶体材料在潮湿环境中易从固体变成溶液(发生相变)，导致器件效率降低，其原因是 。
②某大学采用对该材料进行钝化处理可有效提高其稳定性，钝化机理如图所示。根据晶格应变驰豫， (离子)脱离晶格，用钝化后的晶体比原晶体材料更稳定，其原因是 。
(已知：应力与应变相伴而生，从原子尺度上来理解，应力为单位晶格上的作用力，应变即为晶格的拉伸或收缩，对应于拉伸应变和压缩应变。对应出现的驰豫是指一个宏观平衡系统由于受到外界的作用变为非平衡状态，再从非平衡状态过渡到新的平衡态的过程。)
18．（2022·河北秦皇岛·统考二模）金属元素Cu、Mn、Co、Ni等在电池、储氢材料、催化剂等方面都有广泛应用。请回答下列问题：
(1)基态Cu原子中，核外电子占据最高能层的符号是 。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，即称为电子的自旋磁量子数。对于基态Ni原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(3)铜锰氧化物()能在常温下催化氧化甲醛(结构如图)生成甲酸。
① (填“>”、“=”或“＜”)120°；从原子轨道重叠方式分类，分子中键的类型是 。
②气态时，测得甲酸的相对分子质量大于46，其原因可能是 。
(4)是有机催化剂，其溶液为天蓝色。
①使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，则的杂化轨道类型为 (填标号)。
A． B．sp C． D．
②的空间构型为 ；分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为)，则中的大π键应表示为 。
(5)Co晶体堆积方式为六方最密堆积，其晶胞结构如图所示，已知Co的原子半径为r，该晶胞的空间利用率为 (晶胞上占有的原子的体积与晶胞体积之比为晶胞的空间利用率，用含π的代数式表示)。
19．（2022·河北石家庄·统考一模）二甲基亚砜( )是一种重要的非质子极性溶剂。铬和锰等过渡金属卤化物在二甲基亚砜中有一定溶解度，故可以应用在有机电化学中。回答下列问题：
(1)铬和锰基态原子核外未成对电子数之比为 。
(2)已知：二甲基亚砜能够与水和丙酮()分别以任意比互溶。
①二甲基亚砜分子中硫原子的杂化类型为 。
②丙酮分子中各原子电负性由大到小的顺序为 。
③沸点：二甲基亚砜 丙酮(填“>”或“<”)，原因为 。
④二甲基亚砜能够与水以任意比互溶的原因为 。
(3)铬可以形成桥连柄状的二茂铬配合物，该配合物中心原子Cr的价层电子数为 。[已知：配合物二茂铁()中Fe的价层电子数为18]
(4)CrCl3·6H2O的结构有三种，且铬的配位数均为6，等物质的量的三种物质电离出的氯离子数目之比为3：2：1，对应的颜色分别为紫色、浅绿色和蓝绿色。其中浅绿色的结构中配离子的化学式为 。
(5)已知硫化锰(MnS)晶胞如图所示，该晶胞参数α= 120°，β= γ= 90°。
①该晶体中锰原子的配位数为 ；
②已知锰和硫的原子半径分别r1 nm和r2 nm，该晶体中原子的空间利用率为 (列出计算式即可)。
20．（2022·河北·模拟预测）氮、硫、磷等元素不仅是制造农药、医药的重要元素，也是构成蛋白质的重要元素。回答下列问题：
(1)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用表示，与之相反的用表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的硫原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(2)诺西那生钠，用于治疗脊髓性肌肉萎缩症(SMA)，于2019年4月28日在我国上市，是国内首个能治疗SMA的药物。其结构片段G如图甲所示。
结构片段中P原子的杂化类型是 ，空间构型为 ；P、S的第一电离能()的大小为 ，(填“>”“＜”或“=”)。
(3)能与形成较稳定的，而却不能形成这样的配离子，其原因为 。
(4)中的键角小于和中的键角，依据价电子互斥理论，原因为 。
(5)晶体的熔点为2000℃，其晶胞结构如图乙所示：
①的晶体类型为 ；晶胞中原子空间堆积方式为 。
②晶体中配位键与普通共价键数目之比为 。
③已知晶体中铝和磷原子半径分别为anm和bnm，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为 (写出计算式即可)。
21．（2021·河北·模拟预测）KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：
(1)在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是 (填离子符号)。
(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ•mol-1)如表：
N—N
N≡N
P—P
P≡P
193
946
197
489
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为)形式存在的原因是 。
(4)已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为 ，其中P采取 杂化方式。
(5)与PO电子总数相同的等电子体的分子式为 。
(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为 。
(7)分别用○、●表示H2PO和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：
①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度 g•cm-3(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为 (填标号)。
22．（2021·河北沧州·统考三模）高熵合金通常被定义为含有5种以上主要元素的固溶体，每种元素的摩尔比为。这个概念已经扩展到创造熵稳定的功能材料中。此类材料有熵稳定高熵功能材料(的氧化物)，以及尖晶石、碳化物和硅化物等。根据所学知识回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为 ，有 个未成对电子。
(2)镍及其化合物常用作有机合成的催化剂，如(表示苯基)，在该化合物中，配体的空间构型为 ；晶体中存在的化学键类型有 (填标号)。
A．离子键 B．极性键 C．非极性键 D．金属键 E.配位键 F.氢键
(3)尖晶石是镁铝氧化物组成的矿物，含有铁、锌、锰等元素。三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
(4)已知：是强还原剂，与水反应能生成，中含有键与键的数目之比为 ，该离子中C的杂化方式为 。
(5)的晶胞结构如图所示，若碳和硅的原子半径分别为和，密度为，其原子的空间利用率(即晶胞中原子体积占空间体积的百分率)为 (用含的代数式表示，表示阿伏加德罗常数的值)。
23．（2021·河北·模拟预测）氮、锂、锌等元素及其化合物在现代农业、科技和国防建设中有着许多独特的用途。卟啉锌超分子结构如图所示。
(1)卟啉锌中H、C、O、N四种元素中，第一电离能最大的是 (填元素符号)。
(2)卟啉锌超分子中的碳原子采取的杂化方式为 ，图中①②③④处的化学键属于配位键的是 (填序号)。
(3)已知离子核外没有未成对d电子的过渡金属离子形成的水合离子是无色的，Ti4+、V3+、Ni2+三种离子的水合离子无颜色的是 (填离子符号)。
(4)的键角小于，原因是 。
(5)氮化锂晶体中存在锂、氮原子共同组成的锂、氮层，锂原子以石墨晶体中的碳原子方式排布，N原子处在六元环的中心，同层中锂、氮的原子个数比为 ；设氮化锂晶体中，同层N-N间距为a pm，层与层间距为b pm，该物质的密度为 g/cm3.(用含a、b的式子表示)
24．（2021·河北邯郸·统考三模）氟代硼铍酸钾晶体是一种非线性光学晶体材料，能够将激光转化为史无前例的176纳米波长(深紫外)激光，从而可以制造出深紫外固体激光器。回答下列问题：
(1)基态K原子核外电子排布式为 ，在该原子中，原子轨道能量： (填“>”或“<”，下同) 。
(2)上述四种元素中，第一电离能最小的是 (填元素符号，下同)，电负性最大的是 。
(3)的空间构型为 ，的杂化类型为 ，的键角比的键角 (填“大”或“小”)，用价层电子对互斥理论解释原因为 。
(4)已知晶体硼的熔、沸点及硬度数据和基本结构单元(由硼原子组成的正二十面体如图所示，每个三角形均为正三角形，每个顶点为一个硼原子)如下：
晶体
金刚石
晶体硅
晶体硼
熔点(K)
3832
1683
2573
沸点(K)
5100
2628
3823
硬度
10
7.0
9.6
①晶体硼属于 晶体，其理由是 。
②每一个硼基本单元由 个原子组成。
(5)已知晶体具有型结构，在测出晶体密度为。晶胞边长为 (阿伏加德罗常数用表示)。
25．（2021·河北邯郸·统考二模）元素的金属性、非金属性及有关单质和化合物的性质与其原子结构、分子结构等有着密切的联系。回答。下列问题：
(1)下列基态原子的核外电子排布式正确的是 (填序号)。
A． B．
C． D．
(2)第IA、IIA族部分元素氯化物的熔点如下表，从NaCl到CsCl熔点依次降低，但BeCl2的熔点比MgCl2的低，其原因是 。
氯化物
NaCl
KCl
RbCl
CsCl
熔点/℃
801
776
715
645
405
714
(3)下列物质的变化破坏了极性共价键的是 (填序号)。乙酸中碳原子的杂化方式为 ，1 mol乙酸分子中含有的σ键和π键的个数比为 ；乙酸易溶于水的原因是相似相溶，以及 。
A．二氧化硅晶体熔化 B．乙酸溶于水 C．干冰升华 D．冰融化
(4)某晶体的晶胞如图所示，则该晶体的化学式为 ；已知该晶体的晶胞边长为540 pm，阿伏加德罗常数的值为，则体积为10 cm3晶体的质量为 g(列出计算式即可)。
参考答案：
1．D
【详解】A．中铁元素的化合价为+6价，基态铁原子的价电子排布式为，铁元素化合价的绝对值与基态铁原子的价电子数不相等，A项错误；
B．反应中，铁元素化合价降低，FeOOH是还原产物，B项错误；
C．未注明温度和压强，不能确定的物质的量，C项错误；
D．配平后的化学方程式为，则与的化学计量数之比为2:3，D项正确；
故选D。
2．C
【详解】A．由结构简式可知，胍是含有氮元素的烃的衍生物，分子中元素的非金属性强弱顺序为N>C>H，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素电负性大小顺序为N>C>H，故A错误；
B．由结构简式可知，胍分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；
C．由结构简式可知，胍分子中的氮原子具有孤对电子，能与氢离子形成配位键而表现碱性，所以胍分子中能吸收酸性氧化物二氧化碳而生成碳酸盐，故C正确；
D．由结构简式可知，胍分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，双键与单键之间电子对的斥力大于单键与单键之间电子对的斥力，所以胍分子中两个单键氮原子与碳原子形成的N—C—N键角小于120°，故D错误；
故选C。
3．C
【详解】A．Cu的+1价最外层电子达到全充满结构(3d10)，所以+1价稳定，故A错误；
B．此晶体中Cl位于顶点和面心，个数为=4，Cu位于晶胞内部，个数为4，Cu和Cl的原子个数比为1∶1，化学式为CuCl，故B错误；
C．根据晶胞图可知，1个Cu与4个Cl相连，因此 Cu位于Cl形成的四面体空隙，故C正确；
D．把立方体分为8个小立方体，Cu位于小立方体的体心，Cu与Cl的核间距为体对角线的一般，即为棱长的倍，故D错误；
答案为C。
4．B
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序数依次增大，有机物M结构中X形成1条共价键， Y形成4条共价键，则X为H；Y为C；Z形成3条共价键，R形成2条共价键，且Z和R的常见单质均为无色无味的气体，则Z为N；R为O；综合以上分析，X、Y、Z、R依次为H、C、N、O，据此分析解答。
【详解】A．同一周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，但N的2p轨道处于半充满状态，第一电离能相对较高，第一电离能：，A项错误；
B．由H、C、N、O四种元素组成的化合物可能为离子化合物，如(NH4)2CO3、NH4HCO3均为离子化合物，B项正确；
C．有机物M中H的最外层仅有两个电子，不是8电子稳定结构，C项错误；
D．元素C、N、O电子排布式分别为1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4，s电子总数都是4，p电子总数分别为2、3、4，由此可知，O元素的p电子总数等于s电子总数，D项错误；
答案选B。
5．B
【详解】A．铁原子失去2个电子形成亚铁离子，基态的价层电子排布图为 ，A错误；
B．中为sp杂化呈直线形，则杂化轨道的电子云轮廓图： ，B正确；
C．原子中有7个质子、7个电子，原子结构示意图 ，C错误；
D．中阴离子为，其中铁提供空轨道、-CN中碳提供孤电子对，从而形成配位键，结构式： ，D错误；
故选B。
6．D
【详解】A．基态铜原子的外围电子排布式为，因此的外围电子排布式为，A错误；
B．Ni位于第四周期Ⅷ族，属于过渡元素，位于d区，B错误；
C．以任一顶点处的Sn为例，距离Sn最近的Cu位于相邻面的面心，一个晶胞中有3个，每个Cu被两个面共用，该Sn被8个晶胞共用，因此距离Sn最近的Cu有3×8÷2=12个，C错误；
D．由均摊法可知，每个晶胞中含有1个Sn、3个Cu、1个P，摩尔质量为342g/mol，因此晶体密度为，D正确；
故选D。
7．D
【详解】A．基态氮原子核外有5种空间运动状态不同的电子，分别是1s、2s、2p，其中2p轨道有三种运动状态不同的电子，A正确；
B．同周期元素中第一电离能比N大的有两种，分别为F和Ne，B正确；
C．含氨基()的有机物分子间易形成氢键，C正确；
D．将氮气转化为化合物的过程被称之为固氮，而不是固体化合物，D错误；
故选D。
8．C
【详解】A．Ni为第四周期第Ⅷ族的28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为(或)，故其价电子排布式为，A正确。
B．第一步：根据题给信息分析晶胞的结构图。在题述晶胞中，八面体空隙的中心位于体心位置和所有棱心位置，它们的比例是1∶3，中心处于体心位置的八面体由镍原子构成，可填入碳原子，而中心处于棱心位置的八面体由2个镁原子和4个镍原子一起构成，不填碳原子，所以C处于体心位置，则Mg处于顶点位置，Ni处于面心位置，该超导材料晶体的结构如图所示： 。第二步：根据均摊法得出晶胞中Mg、Ni、C的个数。晶胞中含Mg的个数为，含Ni的个数为，含C的个数为1.第三步：根据个数比得出化学式。该新型超导材料的化学式为，B正确。
C．由图可知，与Mg距离最近的C的个数为8，配位数为8，C错误。
D．该晶体密度 g·cm，D正确。
故选C。
9．D
【详解】A．氨分子的孤电子对数为1，的孤电子对数为2，中孤电子对对成键电子对的排斥力比的大，所以的键角比硫化氢的大，A正确；
B．同周期元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但由于N原子的2p能级为半充满状态，第一电离能大于相邻的O原子，所以第二周期中第一电离能大于N的有F、Ne，B正确；
C．该化合物容易与水分子之间形成分子间氢键，提高其在水中的溶解度，C正确；
D．该环状络合物中的N原子、饱和C原子和S原子及羧基中中的O原子的价层电子对数都为4，则该络合物分子中VSEPR模型为四面体或正四面体形的非金属原子有14个，D错误；
故选D。
10．(1)适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等(2分，除粉碎外，任写一点，合理即可)
(2)
(3)将氧化为
(4) 能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀
(5) 8：3 16
【分析】绿柱石经石灰石熔炼后再粉碎、硫酸酸浸，得到滤渣H2SiO3和滤液（含有），加入H2O2后Fe2+被氧化为Fe3+，用氨水调节pH，Fe3+、Al3+生成沉淀，Be2+留在滤液，继续加氨水调节pH可使Be2+生成Be(OH)2沉淀，灼烧后生成BeO。
【详解】（1）步骤②中还可以采取适当增加硫酸的浓度、搅拌、适当升高温度等措施提高反应速率。
（2）滤渣1成分的化学式为H2SiO3
（3）步骤③中加入的目的是将氧化为；
（4）能与强碱发生反应：，难以控制强碱的用量使恰好完全沉淀，故不宜使用溶液来沉淀。沉淀完全时，c(Be2+)=，由c(Be2+)c2(OH-)=Ksp[Be(OH)2]，可得c(OH-)=mol/L。
（5）基态的最高能层电子排布式为3s23p63d3，其中成对电子数为8，未成对电子数为3，故成对电子与未成对电子的数目之比为8：3。1 mol中，阳离子含有8 mol 键，阴离子含有8 mol 键，故1 mol中含有16 mol 键。
11．(1)N>O>C
(2) 20 ＜ ，可知此时的平衡常数为，该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小
(3) 或22.2%
(4) 催化剂在温度高于后，温度越高催化剂活性越低
【详解】（1）由于基态原子价电子排布式中轨道处于半满状态，所以、、三种元素对应的第一电离能由大到小的顺序为；
（2）下，反应Ⅱ达到平衡时、、各物质的量的浓度分别为、和，则下该反应的平衡常数为；温度改变为时，若，可知此时的平衡常数为；该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，所以；
（3）反应Ⅱ：
反应Ⅰ：
所以时各气体的分压分别为为、为、为、为；
①时的体积分数为；
②内的平均生成速率为；
（4）①反应的；
②当反应温度高于后，的去除率随温度升高而迅速下降的原因可能是温度高于后，温度越高催化剂活性越低。
12．(1)B
(2) 随着N、P、As原子半径的增大，电负性减小，成键电子对之间斥力减小，键角减小 sp2
(3)8
(4)
(5) 6s26p3
【详解】（1）因为2p轨道的能量比1s、2s轨道的能量都高，所以将N原子的s电子跃迁到p轨道上，电子的能量升高，故氮原子的能量最低的是B。答案为：B；
（2）①从N到As，非金属性依次减弱，成键电子对间的排斥作用依次减弱，所以氮族元素简单氢化物的键角NH3＞PH3＞AsH3，其原因是：随着N、P、As原子半径的增大，电负性减小，成键电子对之间斥力减小，键角减小。
②由图可知，环状是芳香性π配体，每个P原子只形成2个σ键，另外还有1对孤对电子，所以P的杂化方式是sp2；中，每个P原子拿出1个电子形成大π键，另外还获得2个电子，所以大π键应表示为。答案为：随着N、P、As原子半径的增大，电负性减小，成键电子对之间斥力减小，键角减小；sp2；；
（3）从图中可以看出，1个As2S3分子中，每个As原子含有1个孤电子对，每个S原子含有2个孤电子对，所以孤电子对数目为1×2+3×2=8。答案为：8；
（4）从图中可以看出，一维链阴离子的结构单元为，则含有n个最简单元的阴离子，两端各得到1个电子，所以可表示为。答案为：；
（5）①铋与氮为同主族元素，其核外有6个电子层，所以基态铋原子的价电子排布式为6s26p3。
②铋的一种氧化物的立方晶胞结构如图所示，已知最近的两个铋离子之间的距离为a pm，则晶胞的边长为pm ，在晶胞中，含Bi原子个数为=4，含O原子个数为6，阿伏加德罗常数为NA，则该晶体的密度为g·cm-3。答案为：6s26p3；。
【点睛】计算晶胞中微粒的个数时，可采用均摊法。
13．(1) p 7
(2)Na
(3)A
(4)Al原子半径更小，形成的金属键更强
(5) 四面体形 三甲基铝中Al具有空轨道，胺类中N具有孤电子对，二者可通过配位键结合
(6) 或
【详解】（1）Al是13号元素，其基态原子核外电子排布式为，属于p区元素，根据其电子排布式可知其基态原子核外具有1+1+3+1+1=7种空间运动状态不同的电子；
（2）Mg的价层电子排布式为3s2，Al的价层电子排布式为3s23p1，则Mg的第一电离能大于Al，故同周期第一电离能比Al小的就只有Na；
（3）一般认为两个成键元素的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键，含有离子键的化合物是离子化合物。根据表中电负性数据进行计算，可判断4种含铝化合物中属于离子化合物的只有，故选A；
（4）两者都是金属晶体，则Al原子半径更小，形成的金属键更强，故其熔点更高，故答案为：Al原子半径更小，形成的金属键更强；
（5）①三甲基铝分子中C参与形成4个键，没有孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；分子中Al参与形成3个键，没有孤电子对，因此其杂化轨道类型为杂化；
②三甲基铝中Al具有空轨道，胺类中N具有孤电子对，二者可通过配位键结合；
（6）①由均摊法可知，该合金Cr—Al晶体中含有Al：8×+1=2，含有Cr：8×+2=4则其化学式为或；
②根据合金Cr—Al晶体的晶胞结构，再结合密度公式，可计算其密度。
14．(1)A
(2)3d9
(3) sp2、sp3 平面三角形 C
(4) ＜ ，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO
(5) CuCo2O4
【详解】（1）红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的波长逐渐减小，则绿色对应的辐射波长为577~492nm，故选A。答案为：A；
（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，所以Cu2+的价电子排布式为3d9。答案为：3d9；
（3）HCOOH、CH4、CH3OH三种物质中碳原子的价层电子对数分别为3、4、4，所以杂化形式为sp2、sp3、sp3，故有sp2、sp3；催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，所以空间构型为平面三角形。CO可与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，由于CO中C原子存在一对孤对电子，所以CO中与Ni形成配位键的原子是C。答案为：sp2、sp3；平面三角形；C；
（4）NiO、FeO属于离子晶体，已知，由于离子带电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能NiO＜FeO，故熔点NiO＜FeO，原因是，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO。答案为：＜；，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO；
（5）由CuxCoyOz的晶胞结构分析，1个晶胞中含有Cu的个数为，Co的个数为4×4=16，O的个数为4×8=32，即化学式为CuCo2O4。该晶体的体积V=(2a×10-7)3cm3，1个晶胞中含有CuCo2O4的物质的量为mol，密度为。答案为：CuCo2O4；。
【点睛】计算晶胞中所含有的离子个数时，可采用均摊法。
15．(1) 9 1s22s22p63s13p33d1
(2) sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
(3)Π
(4)10
(5) YFeO3 (，+m，)
【详解】（1）基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。
故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。
（2）偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
（3）由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为：个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可表示为。
故答案为：。
（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；
故答案为：10。
（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。
故答案为：YFeO3，(，+m，)，。
16．(1) 3d74s2 N
(2) 三角锥形 sp3
(3) 2 6
(4)3：4
(5) C3N4 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
(6) (，，) ××1010
【详解】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
（2）SO中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；SO中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
（3）根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；
（4）(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
（5）根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（6）根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)；根据信息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为=4，氮化镓的化学式为GaN，晶胞的质量为=g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为cm，Ga与N最近的距离，即Ga-N键长应是体对角线的，从而推出Ga-N键长××1010pm；故答案为(，，)；××1010。
17．(1) 纺锤形或哑铃形 p
(2)Na和Cs同主族，Cs电子层多，原子半径大，易失电子
(3)PbF2为离子晶体，融化时克服离子键；PbBr2为分子晶体，融化时克服分子间作用力
(4) CsPbBr3
(5) 离子晶体易溶于水发生相变 Br- Cd2+部分替换晶格中的铅离子之后，使得晶格畸变应力减小，CdBr2中的溴离子填充溴空位缺陷，使得晶体更加稳定。
【详解】（1）基态溴原子的价层电子排布为4s24p5，电子占据的最高能级为4p，电子云轮廓图为纺锤形或哑铃形；Pb在IVA族，属于p区；
（2）Na和Cs同主族，Cs电子层多，原子半径大，易失电子；
（3）一般认为两种元素的电负性差值大于1.7形成离子键，小于1.7形成共价键，F与Pb电负性差值大于1.7，故PbF2为离子晶体，Br与Pb电负性差值小于1.7，PbBr2为分子晶体，离子晶体熔点高于分子晶体；
（4）该晶体中，Cs位于所有顶点、面心、体心、棱上，均摊法计算个数为8个；Pb位于内部由Br构成的八面体空隙中，共8个；Br的位置在组成该晶胞的八个小立方体的面心，六个面每个面上有4个，晶胞内部有12个，根据均摊法计算Br的个数为24个，故晶体的化学式为CsPbBr3，晶体的密度为： ；
（5）①该晶体材料中含有典型金属元素铯、典型非金属元素溴，属于离子晶体，易溶于水发生相变；
②Cd2+的半径小于Pb2+，当Cd2+部分替换晶格中的Pb2+之后，使得晶格畸变应力减小，结构更加稳定；CdBr2中的溴离子填充溴空位缺陷，使得晶体更加稳定。
18．(1)N
(2)-1或+1
(3) < 两个甲酸分子间可以通过氢键形成二聚体
(4) A 平面三角形
(5)
【解析】（1）铜为第四周期元素，核外电子占据最高能层的符号是N；
（2）基态Ni原子，其价电子轨道表示式为 ，自旋磁量子数的代数和为-1或+1；
（3）①双键的排斥作用大于单键的排斥作用，＜120°；从原子轨道重叠方式分类，甲醛分子中键是H原子的s轨道和C原子sp2杂化轨道形成的共价键，类型是；②两个甲酸分子间可以通过氢键形成二聚体，所以气态时，测得甲酸的相对分子质量大于46；
（4）①使溶液呈现天蓝色的四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，则与4个H2O分子形成4个配位键，所以有4个杂化轨道，杂化空间构型为四面体，四水合铜离子，其空间构型为平面正方形，所以杂化轨道类型是，选A；②中N原子杂化轨道数为，无孤电子对，空间构型为平面三角形； 中N原子有2个未参与杂化的p电子、O原子各有1个未成对的p电子、硝酸根从外获得1个电子，所以大π键应表示为；
（5）Co晶体堆积方式为六方最密堆积，Co的原子半径为r，1个晶胞含有Co原子数是；晶胞的边长为2r，高为，晶胞的体积为，则该晶胞的空间利用率为。
19．(1)6：5
(2) sp3 O>C>H > 二 甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高 二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键
(3)18
(4)[Cr(H2O)5Cl]2+
(5) 4
【详解】（1）Cr元素核外电子排布为[Ar]3d54s1，有6个未成对电子，Mn元素核外电子排布为[Ar]3d54s2，有5个未成对电子，未成对电子数之比为6：5；
（2）①S原子价层共6个电子，二甲基亚砜分子中硫原子3个σ键，用去3个价电子，一个π键用去1个价电子，所以还有6-1-3=2个价电子，即一对孤电子对，所以价层电子对数为3+1=4，硫原子为sp3杂化；
②丙酮中含有C、H、O元素，C、O元素的氢化物中H均显正价，所以H的电负性最小，同主族自左至右电负性增大，所以电负性O＞C＞H；
③二甲基亚砜、丙酮均是由分子构成的分子晶体，二甲基亚砜相对分子质量大，因此分子间的范德华力较大，沸点较高；
④二甲基亚砜与水均为极性分子，且能够与水之间形成氢键，所以二甲基亚砜能够与水以任意比互溶；
（3）Cr的价电子个数为6，与CO形成一个配位键，C原子提供一对电子，此时价层电子数为8，配合物二茂铁中Fe的价层电子数为18，而Fe的价层电子数为8，说明两个环可以提供10个价电子，所以该配合物中心原子Cr的价层电子数为10+8=18；
（4）外界的氯离子可以电离，结合题意可知紫色物质为[Cr(H2O)6]Cl3、浅绿色物质为[Cr(H2O)5Cl]Cl2·H2O，蓝绿色物质为[Cr(H2O)4Cl2]Cl·2H2O，所以浅绿色的结构中配离子的化学式为[Cr(H2O)5Cl]2+；
（5）①据图可知Mn原子位于S原子形成的四面体中心，所以Mn原子的配位数为4；
②根据均摊法，晶胞Mn原子的个数为1+4×=2，S原子的个数,1+8×=2，所以原子总体积为2×nm3；晶胞底面边长为a nm，高为c nm，形状为菱形，所以体积为nm3，空间利用率为=。
20．(1)+1或-1
(2) 正四面体形 >
(3)的电负性比大，中受的吸电子作用电子云密度低，不易给出电子形成配位键；而中的电负性比大，易给出孤电子对形成配位键
(4)中原子上的孤电子对数为2，中原子上的孤电子对数为1，前者孤电子对数多，对成键电子对的斥力大，键角小
(5) 原子晶体 面心立方最密堆积 1：3
【解析】(1)
对于基态的硫原子，其核外价电子排布图为，成对的电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0，根据洪特规则可知，其轨道的两个单电子自旋状态相同，因此基态硫原子价电子的自旋磁量子数的代数和为，或为即+1或-1；
(2)
形成四个键，无孤电子对，杂化方式为；中心原子的孤电子对数为，键电子对数为4，的空间构型为正四面体形；的价电子排布式为，的价电子排布式为，的轨道电子排布处于半充满状态，相对稳定，其第一电离能大于硫元素的第一电离能，即；
(3)
的电负性比大，对电子引力较大，使得不易给出电子形成配位键；而中的电负性比大，易给出孤电子对形成配位键；
(4)
孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，中原子上的孤电子对数为2，中原子上的孤电子对数为1，前者孤电子对数多，对成键电子对的斥力大，故前者键角小；
(5)
①具有较高的熔点(2000℃)，属于原子晶体；磷化铝晶胞中原子位于正六面体的顶点与面心，则其空间堆积方式为面心立方最密堆积；
②原子形成4个共价键，其中有1个共价键是配位键，3个是普通共价键，配位键与普通共价键数目之比为1：3；
③1个晶胞中原子个数是，原子个数是4，
已知晶体中铝和磷原子半径分别为anm和bnm，则晶胞中铝和磷原子的体积为=4×π（anm）3+4×π（bnm）3，根据晶胞的结构图可知，晶胞的体对角线长为4a+4b，所以晶胞的边长为，则晶胞的体积为, 则原子的体积占晶胞体积的百分率为=。
21． 和 或 在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 sp3 SiF4、SO2F2等 B
【详解】(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、、和，其中核外电子排布相同的是和。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。
(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若4mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ´6=1158kJ；若4mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ´2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若4mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ´6=1182kJ；若4mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ´2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。
(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。
(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。
(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。
(7)①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。
②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。
22． 2 三角锥形 BCE sp
【详解】(1)基态原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；
(2)(表示苯基)中配体为原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在(极性键)，(非极性键)，(配位键)，答案选BCE；
(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能Fe＞Mn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn；
(4)中C、N以三键连接，三键中含有1个键，2个键，故键与键的数目之比为，键不参与杂化，只有1个键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；
(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个，故原子所占的总体积，该晶胞的体积为，则原子的空间利用率为。
23． N sp2、sp3 ② Ti4+ 中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力 2∶1
【详解】(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；
(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；
(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
(4)和的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力，导致键角：＜；
(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有=2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1；
根据均摊法，晶胞中N原子(黑球)的个数为=1，Li原子的个数为=3，所以晶胞的质量为g；底面为菱形，变成为a pm，则底面积为a2pm2，高为b pm，则晶胞的体积为a2b pm3=a2b×10-30cm3，所以密度为g/cm3.。
24． 或 < > K F 直线形 大 中B的价层电子对数为3，分子的空间构型为平面三角形，键角为中N的价层电子对数为4，有1个孤对电子，分子的空间构型为三角锥形，键角为107° 原子(共价) 硼为非金属，所形成的晶体一定不是金属晶体和离子晶体，而且晶体硼的熔点和沸点也很高，硬度大，故为原子(共价)晶体 12
【详解】(1)K为31号元素，基态K原子核外电子排布式为或；
钾是多电子原子，其角量子数相同的能级的能量随主量子数的增大而增大，主量子数相同的能级的能量随角量子数的增大而增大，主量子数和角量子数都不相同的各能级存在“能级交错”现象，能级的能量(n-1)d＞(n-2)f＞ns，故<＞；
(2)在K、B、Be、F四种元素中；同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，即K的第一电离能最小；非金属性越强，电负性越大，所以电负性最大的是F；
(3)BeF2中中心原子为Be，F为配位原子， 价层电子对数= =2 ，成键电子对数为2，孤电子对数为2-2=0，电子对构型为直线型 ，由于无孤电子对的排斥，所以 BeF2 分子构型与电子对构型相同，为直线型；的杂化类型为杂化；
中B的价层电子对数为3，分子的空间构型为平面三角形，键角为中N的价层电子对数为4，有1个孤对电子，分子的空间构型为三角锥形，键角为107°，所以的键角比的键角大；
(4) ①硼为非金属，所形成的晶体一定不是金属晶体和离子晶体，而且晶体硼的熔点和沸点也很高，硬度大，故晶体硼属于原子(共价)晶体；
②由图可知，有20个等边三角形，晶体硼每个三角形的顶点被5个三角形所共用，则此顶点完全属于一个三角形的只占到，每个三角形中有3个点，且晶体B中有20个这样的三角形，则晶体B中这样的顶点（B原子）有20××3=12，故每一个硼基本单元由12个原子组成；
(5)已知晶体具有型结构，是每个晶胞中有8个K+和8个F-，在测出晶体密度为。晶胞的体积为V=，其边长为cm=。
25． C 从NaCl到CsCl均为离子晶体，阳离子半径逐渐增大，离子键逐渐减弱，熔点降低；但BeCl2是分子晶体，MgCl2是离子晶体，分子晶体的熔点低于离子晶体 AB sp3、sp2 7∶1 乙酸分子与水分子间能形成氢键 ZnS
【详解】(1)A．根据构造原理可知原子的核外电子排布式应该为，A错误；
B．根据构造原理可知原子的核外电子排布式应该为是；
C．原子核外电子排布遵循构造原理，C正确；
D．原子核外3d轨道全满时原子处于稳定状态，则其电子排布式应该是，D错误；
故合理选项是C；
(2)NaCl、KCl、RbCl、CsCl均为离子晶体，由于金属阳离子半径按Na+、K+、Rb+、Cs+顺序逐渐增大，离子半径越大，离子键越弱，断裂离子键消耗的能量就越低，物质的熔点就越低，所以从NaCl到KCl、RbCl、CsCl逐渐降低；而BeCl2在固态时属于分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力比化学键弱，因此其熔沸点比较低；而MgCl2属于离子晶体，Mg2+与Cl-通过离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用力，断裂消耗能量较高，所以BeCl2的熔点比MgCl2低；
(3)A．SiO2为共价晶体，熔化时将破坏Si-O共价键，Si-O属于极性共价键，A符合题意；
B．乙酸溶于水时电离产生H+和CH3COO-，破坏的是H-O共价键，H-O共价键属于极性共价键，B符合题意；
C．干冰是固体CO2，由分子通过分子间作用力结合而成。干冰气化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，C不符合题意；
D．冰是固体H2O，由分子通过分子间作用力结合而成。冰熔化破坏的是分子间作用力，与分子内的共价键无关，D不符合题意；
故合理选项是AB；
乙酸是由分子构成的物质，结构简式是CH3COOH，其中甲基(-CH3)中的碳原子形成4个单键，杂化轨道数目为4，采用的是sp3杂化；羧基(-COOH)中的碳原子形成3个σ键，杂化轨道数目为3，采用的是sp2杂化，因此乙酸分子中C原子杂化类型为sp3、sp2杂化；
在1个CH3COOH分子中含有7个σ键和一个π键，因此在一个CH3COOH分子中含有的σ键和π键的个数比为其个数比为7∶1；
乙酸分子、水分子都是极性分子，且乙酸分子与水分子间会形成氢键，增加了分子间的作用力，因此乙酸易溶于水；
(4)晶胞中Zn在8个顶角和6个面心上，所以每个晶胞中含有Zn原子个数为，在每个晶胞内部含有4个S原子，晶体中Zn、S原子个数比为4：4=1：1，所以该晶体的化学式为ZnS；每个晶胞的质量为m=，晶胞体积为V=(540×10-10cm)3，则晶胞密度ρ=，故体积为10 cm3的晶体的质量m(晶体)= 。
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