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高考化学真题与模拟题分类训练专题17 物质结构与性质（选修）（2份打包，含解析+原卷版，可预览）
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专题17 物质结构与性质
1．(2021·全国高考真题)我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为_________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。SiCl4可发生水解反应，机理如下：
含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________(填标号)。
(2)CO2分子中存在_______个键和______个键。
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是________。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为______g·cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=________(用x表达)。
【答案】3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ② 2 2 甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 8 2-x
【解析】
(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；
(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键，故答案为：2；2；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度===g·cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。
2．(2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考)过渡金属元素铬是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为
B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
(2)三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______，中心离子的配位数为_______。
(3)中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。
中P的杂化类型是_______。的沸点比的_______，原因是_______，的键角小于的，分析原因_______。
(4)在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是_______原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为_______%(列出计算表达式)。
【答案】AC 6 高 存在分子间氢键 含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大 Al
【解析】
(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为，A正确；
B. Cr核外电子排布为，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；
C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；
故答案为：AC；
(2)中三价铬离子提供空轨道，提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为三种原子的个数和即3+2+1=6，故答案为：；6；
(3)的价层电子对为3+1=4，故中P的杂化类型是； N原子电负性较强，分子之间存在分子间氢键，因此的沸点比的高；的键角小于的，原因是：含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：；高；存在分子间氢键；含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；
(4)已知具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为，白球个数为，结合化学式可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率=%，故答案为：Al；。
3．(2021·广东高考真题)很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
(1)基态硫原子价电子排布式为__________。
(2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为__________。
(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第______周期第ⅡB族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有________。
A．在I中S原子采取sp3杂化
B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°
D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E. 在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是________。
(6)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是__________________。
②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_________；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = _________。
③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为________g/cm3(列出算式)。
【答案】3s23p4 H2O>H2S>CH4 六 AD 化合物III 由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2
【解析】
(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。
(2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故答案为：H2O>H2S>CH4。
(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。
(4)A．中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；
B．中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；
C．中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C错误；
D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；
E．中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误；
综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。
(5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。
(6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。
②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。
③1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的密度为== g/cm3，故答案为：。
4．(2021·河北高考真题)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KH2PO4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)。
【答案】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
【解析】
(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6mol 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6mol 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6mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ´6=1182kJ；若6mol 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。
5．(2021·湖南高考真题)硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；
②与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；
(3)下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
【答案】； SiC SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3；； N>C>H 54 O Mg2GeO4 =×1021
【解析】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
1．(2021·广西南宁市·南宁三中高三三模)金云母{K2Mg6[Al2Si6O20] (OH)4}是一种含镁和钾的铝硅酸盐，化学成分中替代钾的有钠、钙、钡；替代镁的有钛、铁、锰、铬。
(1)基态钾原子的核外电子排布式为___________。
(2)钡元素在周期表中位于___________ (填“s”“d”或“p”) 区。
(3) Mg、Al、 K的第一电离能由小到大的顺序是___________。
(4)镁、钙、钡均为第IIA族元素。
①MgO、CaO、BaO 中硬度最小的是___________。
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，则与O2-距离最近的Ca2+数目为___________。
(5)双(β—二酮)钛(IV)配合物具有抗肿瘤作用。为了寻求生物活性更好的β—二酮配体，设计如下合成过程：
①物质甲中碳原子的杂化方式为___________。
②K2CO3中阴离子的空间构型为___________。
③物质乙中含σ键和π键的数目之比为___________。
(6)镁与硅形成的晶体的晶胞属于面心立方结构，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。
①C点的Mg原子坐标参数为___________。
②设Na为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为___________g·cm-3。
【答案】1s22s22p63s23p64s1 s K＜Al＜Mg BaO 6 sp2、sp3 平面三角形 22∶3 ( )
【解析】
(1) K是19号元素，根据能量最低原理，可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1；
(2)钡处于第六周期第IIA族，属于s区元素：
(3) 一般金属性越强，笫一电离能越小，Mg元素原子3s轨道为全充满稳定结构，第一电离能高于于Al的，故第一电离能由小到大的顺序为： K＜A1＜Mg；
(4) ①MgO、CaO、BaO均属于离子晶体，离子电荷数相同，由于r(Mg2+) ＜r(Ca2+) ＜r(Ba2+)，故晶格能MgO＞ CaO＞ BaO，故BaO的硬度最小：
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，离子的配位数为6，则与O2-距离最近的Ca2+数目为6；
(5)①物质甲羰基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化；②CO32-中C原子孤电子对数==0， 价层电子对数=3+0=3，故其空间构型为平面三角形：③单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，物质乙中含σ键和π键的数目之比为22： 3；
(6)①C点的Mg原子与坐标原点Si原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，
可知其参数x=y=z= ，即C点Mg原子坐标参数为()：②晶胞中Mg原子数目为8， Si 原子数目为8×+6×=4 晶胞质量= 晶胞体积= (a×10-7)3，晶胞密度= ÷(a×10-7)3=
2．(2021·山东济南市·高三三模)铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)铁元素在元素周期表中的位置为___________，其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+，基态Fe2+的价电子的排布式为___________，相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是___________。
(2)一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为___________(填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。P原子的杂化方式为___________，分子中不含有的化学键类型是___________(填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．键 F．键
(3)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所示。
其中铁酸钇的化学式为___________，已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为___________，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为___________(列出表达式)
【答案】第四周期第Ⅷ族 3d6 基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定 O N＞O＞C sp3 A YFeO3 (，+m，)
【详解】
(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是键，C=N双键中有一个键，一个键，不含有离子键，故选A。
(3)晶胞中Y的个数为，Fe的个数为2，O的个数为，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为(，+m，)，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为。
3．(2021·江西新余市·高三二模)氨、磷、砷、铁、钛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。
I．如，是新型锂离子电池的电极材料，可采用、、LiC1和苯胺等作为原料制备。
(1)基态铁原子的价电子排布式为______，中，除氢元素外，其余三种元素第一电离能最大的是______(填元素符号)。
(2)的熔点为306℃，沸点为315℃，的晶体类型是______。
(3)苯胺()和中的N原子杂化方式分别为______。
(4)苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，原因是______。
II．氨、磷、砷、锑等第ⅤA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。
(5)白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为______。
(6)研究发现固态和均为离子晶体，但其结构分别为和，分析和结构存在差异的原因是______。
(7)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，，则：
①锑酸亚铁的化学式为______。
②晶体的密度为______(设为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 N 分子晶体 、 苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺中N原子容易形成分子间氢键，其熔点偏高 三角锥 半径较大，无法形成
【详解】
I．(1)铁原子序数为26，按构造规律知，基态铁原子的价电子排布式为。同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但当电子排布有半充满结构，第一电离能较高，则N的第一电离能高于O元素，同主族元素第一电离能从上到下依次减小，则N的第一电离能高于P元素，则中，除氢元素外，其余三种元素N、O和P的第一电离能最大的是N (填元素符号)。
(2)的熔点为306℃，沸点为315℃，氯化铁的熔沸点较低，则的晶体类型是分子晶体。
(3)苯胺()中N含有1对孤电子对、价层电子对数为4，则苯胺中N原子杂化方式为、中的N原子没有孤电子对、价层电子对数为4，杂化方式为。
(4) 苯胺和甲苯可构成分子晶体，苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，则苯胺分子间的作用力更强，从苯胺的结构可知，苯胺中N原子容易形成分子间氢键，使其熔点偏高、甲苯分子间则不存在氢键，甲苯熔点比苯胺低。
II．(5) 分子内中心原子P孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形。
(6) 固态和均为离子晶体，但其结构分别为和，原因是：Br−半径较大，而Cl−半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl−，能形成，而无法容纳6个Br−、即无法形成。
(7) ①锑酸亚铁晶胞如图所示，据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为，O原子的个数为 ，Fe2+的个数为 ，则锑酸亚铁的化学式为。
②晶胞的质量为， 其晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，，则晶体的体积为 ，晶体的密度为。
4．(2021·贵州贵阳市·高三二模)铁是一种重要的金属，铁元素也是人体必需的微量元素之一．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用．回答下列问题：
(1)氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示．该配合物中基态铁离子的价电子排布式为___________，碳原子的杂化轨道类型为_______．
(2)铁氯化钾溶液是检验常用的试剂，中所含键的数目为____________．
(3)铁的晶体中铁原子有三种堆积方式，其中两种品胞结构如下图所示，下列说法正确的是_________．
a．的空间利用率为74%
b．品胞中铁原子的配位数为12
c．延展时，可以转变为
d．金属铁导电是由于通电时自由电子作定向移动
(4)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，其原因是_____________．
(5)有一种蓝色晶体，它的结构特征是和分别占据立方体互不相邻的顶点，立方体的每一条棱上均有一个位于立方体的某个合适的位置上，由此可知该晶体的化学式为_________；立方体中间连接起来形成的空间构型为_______________．
(6)晶体的晶胞如图所示，晶胞边长为．设为阿伏加罗常数的值，则晶体密度的计算表达式为_________；晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______．
【答案】 bd Fe的原子半径比Ca的原子半径小，价电子数更多，金属键更强 正四面体
【分析】
根据铁原子的电子排布式和Fe3+的电子排布式写出Fe3+的价电子排布式；根据铁氯化钾的结构，判断该结构中所含键的数目；根据属于体心立方堆积，属于面心立方最密堆积判断正确选项；根据Fe和Ca的结构，由金属键判断熔沸点高低的原因；根据题中信息，计算晶体的化学式；根据晶胞的结构，由“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
【详解】
(1)Fe的原子序数为26，核内26个质子，核外26个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是Fe原子失去最外层2个电子和次外层一个电子形成的，则铁离子的价电子排布式为3d5；该配合物中，甲基和乙基上的碳原子形成4个σ键且不含孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3杂化，碳碳双键、酯基中C碳原子形成3个σ键且不含孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2杂化；答案为3d5；sp2、sp3。
(2)[Fe(CN)6]3+中Fe3+与CN-之间形成配位键，属于σ键、CN-中C原子与N原子之间形成1个σ键，[Fe(CN)6]3+含有12个σ键，1mol[Fe(CN)6]3+离子中所含σ键的数目为12NA；答案为12NA。
(3)a．由可知，属于体心立方堆积，空间利用率为68%，故a错误；
b．由可知，属于面心立方最密堆积，面心立方最密堆积配位数为12，故b正确；
c．金属延展时，金属键不变，金属结构不变，所以延展时，不可能转变为，故c错误；
d．金属铁的导电性是由于在Fe中含有自由移动的电子，在通电时自由电子改作定向移动形成电流，故d正确；
答案为bd。
(4)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，是因为二者均为金属晶体，金属键越强，熔沸点越高，Fe的原子半径比Ca的小，价电子数更多，金属键更强；答案为Fe的原子半径比Ca的原子半径小，价电子数更多，金属键更强。
(5)某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，Fe2+、Fe3+个数都是4×=0.5，立方体的每条棱上均有一个CN-，CN-个数=12×=3，根据电荷守恒得K+个数==0.5，所以Fe2+、Fe3+、CN-、K+个数之比=0.5:0.5:3:0.5=1:1:6:1，所以该晶体的化学式为KFe[Fe(CN)6]；立方体中Fe3+间连接起来形成的空间构型为正四面体形；答案为KFe[Fe(CN)]6；正四面体。
(6)晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积V=(a×10-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，个数=8×+6×=4，其晶体密度ρ=═g·cm-3=g·cm-3=g·cm-3；晶胞中Fe2+位于所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的边长=；答案为；。
5．(2021·天津高三三模)请回答以下问题：
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有__种不同运动状态的电子。
(2)如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA—ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是__。
(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___晶体。
(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___种。GaCl3中心原子的杂化方式为___。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有___个紧邻分子。
(6)若[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为___(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形
(7)F与Ca可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中Ca2+的配位数为___，若该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞的体积是__cm3(写出表达式即可，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】12 SiH4 原子 3 sp2 12 a 8
【解析】
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，从图1得出信息，其最外层有2个电子，则其是12号镁元素，其原子核外有12个电子，则有12种不同运动状态电子。
(2)根据图中信息，第二周期的元素，ⅣA—ⅦA中，只有碳元素对应的CH4没有分子间氢键，则最下方的曲线为ⅣA元素氢化物的沸点变化曲线，则a点代表的是SiH4。
(3) CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示，可知该晶体是立体网状结构，故该晶体类型为原子晶体。
(4)同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但ⅡA元素的np为全充满，ⅤA元素的np为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的元素，则第一电离能：Al
(6)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，可能是平面正方形，也可能是正四面体，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，可判断其空间构型为平面正方形。
(7)从晶胞结构图可知，Ca2+采取的是面心立方最密堆积，钙离子周围与钙离子最近的氟离子有8个，则Ca2+的配位数为8，晶胞中含有的钙离子数为8+6=4个，其中F-离子填充在晶胞的四面体空隙中，则F-的个数为8个，则整个晶胞的质量为+=g，晶胞的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为 cm3。
6．(2021·四川雅安市·高三三模)20年11月24日，长征五号遥五运载火箭搭载嫦娥五号月球探测器成功发射升空并将其送入预定轨道，实现了我国首次月球无人采样返回。月球的沙土中含有丰富的钛铁矿，土壤中还含有硅、铝、钾、钡、钴、铷、汞、铜和稀土元素等。
(1)在元素周期表的短周期中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是_______，Al元素基态原子核外M层电子自旋状态相同的电子数为_______个。
(2)钠与铝是位于同一周期的金属元素，但NaCl的熔点(801℃)高于AlCl3(194℃)，原因是____；事实证明熔融态氯化铝可挥发出二聚分子Al2Cl6，其结构如图所示，请在图上用“→”标出其配位键____；S也是第3周期元素，同周期元素中，第一电离能比S高的有____种。
(3)作为过渡元素的Fe、Cu容易形成配位化合物：如实验室检验Fe3+会用到KSCN溶液，C、N两种元素的电负性大小关系为____，与SCN-互为等电子体的粒子有____(写两种即可)。无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力有___。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E.氢键 F.范德华力
(4)钴的一种化合物晶胞结构如下图所示：
①晶胞中离Ti最近的O有____个，其中Co原子位于O原子构成的____空隙中。
A．正四面体 B．正六面体 C．正八面体 D．正十二面体
②已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ti与O的最近距离是____nm(用含ρ、NA的代数式表示，相对原子质量O-16，Co-59，Ti-48)。
【答案】Be 2 NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体 3 C＜N CO2、N2O、CNO-、COS B、C 12 C
【解析】
(1)根据对角线原则，与Al的化学性质最相似的邻族元素为Be；Al的M层为最外层，价电子排布图为，自旋状态相同的电子数为2个；故答案为Be；2；
(2)氯化钠为离子晶体，氯化铝为分子晶体，一般离子晶体高于分子晶体，因此氯化钠的熔点高于氯化铝；铝原子最外层有3个电子，Cl最外层有7个电子，一个铝原子与3个氯原子形成共价键，因此属于配位键的是或；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第一电离能比S高的元素有P、Cl、Ar，有3种；故答案为NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体；或；3；
(3)同周期从左向右电负性增大，即C＜N；根据等电子体的定义，以及邻近原则和同主族，与SCN-互为等电子体的是CO2、N2O、CNO-、COS等；硫酸铜在溶液中完全电离，不含离子键，水分子间存在范德华力和氢键，水分子内和硫酸根离子中原子间以共价键形式结合，水合铜离子中存在配位键，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力是离子键和金属键，选项BC符合题意；故答案为C＜N；CO2、N2O、CNO-、COS等；BC；
(4)①根据晶胞的结构离Ti最近的O有上、同、下层各有4个，即共有12个；根据晶胞的结构，Co周围最近的O有8个，即Co原子位于O原子构成的正八面体空隙中；故答案为12；C；
②Co原子位于晶胞的内部，全部属于晶胞，Ti位于顶点，属于该晶胞的个数为=1，氧原子位于面心，属于该晶胞的个数为=3，化学式为CoTiO3，晶胞的质量为g，晶胞的边长为nm，根据晶胞的结构，Ti与O最近的距离是面对角线的一半，即最近的距离是nm；故答案为nm。
7．(2021·山东青岛市·高三二模) HgCl2稀溶液可用作外科手术刀消毒剂，HgCl2晶体熔点较低，熔融状态下不导电。
(1)HgCl2属于___________化合物(填“离子”或“共价”)。
(2)HgCl2和不同浓度NH3-NH4Cl反应得到某种含汞化合物的晶胞结构M如图所示：(部分微粒不在晶胞内)
①写出该含汞化合物的化学式___________。
②M中___________(填“大于”、“小于”、或“等于”)NH3中的，分析原因___________。
③该含汞化合物晶体在水中的溶解性___________(填“可溶”或“难溶”)，分析原因___________。
④在晶胞中Cl原子a的分数坐标为(，，1)，则Hg原子b的分数坐标为___________；晶胞的体积为V cm3，则该晶体的密度为___________。
【答案】共价 Hg(NH3)2Cl2 大于 在M中氮原子的孤电子对填充到汞离子的空轨道形成共价键，对N-H键的斥力减弱，因此M中比NH3中的变大 可溶 该分子可以与水分子形成分子间氢键 (，0，)
【详解】
(1)因为HgCl2晶体熔点较低，熔融状态下不导电，所以HgCl2属于共价化合物；
(2)①由图可知一个Hg连接2个NH3和4个Cl，2个NH3被一个Hg完全占有，而每个Cl均被两个Hg平分，则一个Hg拥有2个Cl，所以该含汞化合物的化学式为Hg(NH3)2Cl2；
②在M中含有NH3，NH3中N原子存在孤电子对，该孤电子对填充到汞离子的空轨道形成共价键，对N-H键的斥力减弱，导致M中几个N-H键之间的键角增大，所以比NH3中的变大，即M中大于NH3中；
③该含汞化合物晶体中含有较多的NH3，在水中会与水分子形成分子间的氢键，导致物质的溶解性增强，故该晶体在水中可溶；
④由图可知Hg原子b的分数坐标为(，0，)；
用均摊方法计算，在晶胞中含有Cl数目为：，含有Hg原子数为：1+2×=2，含有NH3分子4个，晶胞的体积为V cm3，则该晶体的密度为：。
8．(2021·陕西宝鸡市·高三二模)照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠溶解未曝光的溴化银，生成含的废定影液再向其中加入使中的银转化为，使定影液再生。将在高温下转化为Ag，达到回收银的目的。
回答下列问题：
(1)元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式为___________。乙二胺是一种有机化合物，与等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________，
(2)离子结构如图所示，写出一种等电子体___________，其结构中δ键的类型为___________。
(3)写出AgBr溶于溶液反应的离子方程式___________。中存在的作用力有___________(填化学键类型)，银离子的配位数是___________。
(4)在空气中灼烧生成Ag和分子中心原子的杂化类型为___________，分子的空间构型为___________，与CO2构型不同的原因是___________，由此判断的键角___________ 的键角。
(5)用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数。金的X射线衍射图象可知晶胞属于面心立方晶胞。若金原子的半径为rcm，金的密度为，摩尔质量为，列出计算阿伏加德罗常数的算式___________用含a，，M的表达式表示。
(6)从组成的角度分析Ag2CO3比Ag2S的分解温度低的原因是___________。
【答案】 乙二胺的两个N提供孤对电子给Cu2+形成配位键 P-Pσ键 离子键、共价键、配位键 2 V形 硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小 小于 Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体
【详解】
(1)已知基态铜原子的价层电子排布式为：，元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，故基态银原子的价层电子排布式为，由于乙二胺()中两个-NH2的N原子上均有孤电子，均能与Cu2+等金属离子形成配位键，故能与等金属离子形成稳定环状离子，故答案为：；乙二胺的两个N提供孤对电子给Cu2+形成配位键；
(2)等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的分子，因S和O的价电子数相等，故等电子体为，其结构中σ键是S原子的3p轨道和O原子的2p轨道重叠形成的，故σ键的类型为P-Pσ键，故答案为：；P-Pσ键；
(3)由题干信息可知，硫代硫酸钠()溶解未曝光的溴化银(AgBr)，生成含， AgBr溶于溶液反应的方程式为：AgBr+2=+NaBr，故离子方程式为：，
中存在的作用力有Na+与之间的离子键、内部中有S原子和O原子间的共价键和Ag+与之间的配位键，中银离子的配位数是2，故答案为：；离子键、共价键、配位键；2；
(4)在空气中灼烧生成Ag和分子中心原子S原子周围形成2个σ键，含有的孤电子对数为：=1，故中心原子的价层电子对数为3，故杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形，CO2中C原子没有孤电子对，导致C=O之间的排斥力减小，故键角增大，故SO2与CO2构型不同的原因是硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小，由于H2O中O原子存在2对孤电子对，中O原子存在1对孤电子对，由此判断的键角小于 的键角，故答案为：sp2；V形；硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小；小于；
(5)设阿伏加德罗常数NA，已知金的晶胞属于面心立方晶胞，故一个晶胞中含有 个金原子，设晶胞的边长为xcm，若金原子的半径为rcm，可知：4r=，即x=2rcm，又金的密度为，摩尔质量为，列出为：4M=NA(2r)3，故计算阿伏加德罗常数的算式为：，故答案为：；
(6)由于S2-的半径大于O2-的半径，Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体，导致Ag2CO3比Ag2S的分解温度低，故答案为：Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体。
9．(2021·海南海口市·高三三模)金属Ni可以与Mg、C形成一种化合物M，M是一种新型超导体，它的临界温度为8K。回答下列问题：
(1)在基态Mg原子中，核外存在___________对自旋相反的电子。
(2)碳在矿物中，通常以碳酸盐形式存在。根据价层电子对互斥理论，可推知CO的空间构型为 ___________，其中碳原子的杂化轨道类型为___________。NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，其原因是HCO在水溶液中易形成多聚离子，请解释HCO形成多聚离子的原因是___________。
(3)Ni的基态原子的价层电子排布式为___________。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为___________。向绿色的NiSO4溶液中滴加过量的氨水，溶液会变成深蓝色，其原因是溶液中生成了一种六配体的配离子，该配离子的化学式为___________。
(4)已知M的晶胞(α = β = γ = 90°)结构如下图所示，则M的化学式为___________。其晶胞参数为：a = b = c = d pm，该晶体的密度为___________g·cm-3.(列出计算式)
【答案】6 平面三角形 sp2 HCO中的-OH可以与另一HCO中的氧原子形成氢键，故可形成多聚体 3d84s2 X射线衍射法 [Ni(NH3)6]2+ MgCNi3
【详解】
(1)Mg元素为12号元素，核外电子排布为1s22s22p63s2，同一轨道中最多有两个自旋方向的电子，Mg原子所占轨道均排满，所以有6对自旋相反的电子；
(2)CO中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形，碳原子为sp2杂化；HCO中含有-OH可以与另一HCO中的氧原子形成氢键，故可形成多聚体；
(3)Ni元素为28号元素，核外电子排布为[Ar]3d84s2，价层电子排布式为3d84s2；区分晶体和非晶体的最科学方法为X射线衍射法；氨水中含有大量NH3分子，NH3分子中N原子有孤电子对，而Ni2+存在空轨道，二者可以形成配位键，根据题意配位数为6，所以该配离子为[Ni(NH3)6]2+；
(4)根据均摊法，晶胞中Mg原子的个数为=1，Ni原子的个数为=3，C原子的个数为1，所以化学式为MgCNi3；晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=d3 pm3=d3×10-30cm3，则晶体密度为= g·cm-3.。
10．(2021·四川成都市·石室中学高三三模)氮元素在农药生产及工业、制造业等领域用途非常广泛。请根据提示回答下列问题∶
(1)N原子的最外层电子排布式为___，在第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有___种。
(2)NH3是重要的配体，如[Cu(NH3)4]2+，NH3分子的VSEPR模型为____，其中H—N—H的键角为107.3°，则[Cu(NH3)4]2+中H—N—H的键角___107.3°(填“大于”“小于”“等于”)。
(3)甲基胺离子(CH3NH)的电子式为_____，其中存在的共价键类型为____(填极性键、非极性键、配位键)。已知(CH3)2NH比NH3接收质子的能力强，可能的原因是____。
(4)2-甲基吡啶()是类似于苯的芳香化合物，分子中N原子的杂化类型为___。1mol该物质中含有的σ键数目为____。
(5)已知氨在一定条件下可形成一种立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴投影图均如图所示
①晶胞的棱长为apm，则该晶体的密度为___g/cm3(写出数学表达式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
②请画出该立方晶胞沿体对角线方向的投影图___。
【答案】2s2 2p3 2 四面体形 大于 极性键和配位键 甲基的供电子能力强于氢原子，导致N原子电子云密度增大，接收质子的能力强 sp2 14NA
【详解】
(1)N原子为第二周期VA族，则最外层电子排布式为2s22p3；在第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有Ne、F，合计2种；
(2)NH3的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中存在孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中孤电子对已形成配位键，不再有孤对电子；NH3中孤电子对与成键电子对之间排斥力更大，使成键电子对之间的夹角更小，则H—N—H的键角大于107.3°。
(3)甲基胺离子(CH3NH)的电子式为；存在的共价键类型为C-H、N-H、C-N极性键，N-H配位键；甲基供电子能力强于氢原子，甲基越多，N原子的电负性更强，接收质子能力更强，则(CH3)2NH比NH3接收质子的能力强。
(4)N原子有两个σ键，一对孤电子对，另一个单电子参与形成π键，故为SP2杂化；分子中含有7条C-H σ键，5条C-C σ键，2条C-N σ键，合计14条σ键，则1mol该物质中含有的σ键数目为14NA。
(5)①根据题意可知，此时氨形成的晶体类型为体心立方堆积，配位数为8，每个晶胞中含有2个NH3，密度= g/cm3=g/cm3。
②正方体的角对角线的投影为正六边形，图像为。
11．(2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三二模)金属元素及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
(1)锰元素在周期表中的位置是___，基态锰原子的最外层电子排布式为___。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。Cr(CO)6的晶体类型是___，Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为___。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是___。
(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用∆表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能△[Fe(H2O)6]2+__△[Fe(H2O)6]3+(填<”或“=”)，理由___。
(5)已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如图。
Pb(CH2CH3)4在晶体结构中的配位数是___。设阿伏加德罗常数为NAmol-1，Pb(CH2CH3)4的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4晶体的密度是___g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】第四周期第ⅦB族 4s2 分子晶体 1：1 直线形 ＜ Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构 12
【详解】
(1)锰是25号元素，其电子排布式为[Ar]3d54s2，因此锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅦB族，基态锰原子的最外层电子排布式为4s2；故答案为：第四周期第ⅦB族；4s2。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，说明Cr(CO)6的晶体类型是分子晶体，由于N2和CO是互为等电子体，N2含有1个σ键和2个π键，CO与Cr形成配位键，因此Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为(6+6)：12=1:1；故答案为：分子晶体；1：1。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，说明该配离子的空间构型是直线形；故答案为：直线形。
(4)根据题意得出Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构，因此分裂能△[Fe(H2O)6]2+＜△[Fe(H2O)6]3+，其理由是Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构；故答案为：＜；Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构。
(5)Pb(CH2CH3)4晶体堆积方式为是六方最密堆积，因此其结构中的配位数是12。根据题意得到Pb(CH2CH3)4晶体的密度是；故答案为：。
12．(2021·山东泰安市·高三其他模拟)H、N、P、Mg、A1、Cu6种元素及其化合物可以形成用于生活和工业、国防中的重要材料。
(1)上述6种元素的基态原子中，只含有1个未成对电子的有_______种。
(2)肼(N2H4)可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH3取代所形成的一种物质。NH3分子的空间构型是_______，肼的沸点比氧气的沸点高的原因是_______。
(3)下表列出的是某元素的第一至第四电离能(单位：kJ·mol-1)的数据。
I1
I2
I3
I4
420
3100
4400
5900
上述6种元素中元素的电离能有类似变化的是_______(填元素符号)。
(4)氮和磷相结合能形成一类偶磷氮烯的化合物，其链状高聚物的结构为，则P的杂化方式为_______。
(5)Mg、Cu合金的拉维斯结构如图所示，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。
①若1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)，则2号原子的坐标为_______。
②该晶胞的化学式为_______。
【答案】3 三角锥形 肼分子间形成了氢键 Cu sp3 (，，1) MgCu2
【详解】
(1)上述6种元素的基态原子中，只含有1个未成对电子的有H、Al、Cu，共计是3种。
(2)NH3分子中氮原子的价层电子对数是＝4，含有1对孤电子对，空间构型是三角锥形，由于肼分子间形成了氢键，所以肼的沸点比氧气的沸点高。
(3)根据表中数据可知第二电离能远大于第一电离能，属于第ⅠA族或第ⅠB族，由于氢原子只有1个电子，因此满足条件的是Cu；
(4)分子中P原子形成4个o键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4，P原子采用的杂化方式为sp3。
(5)①若1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)，2号原子位于面心处，其坐标为(，，1)。
②晶胞中Mg原子个数＝8，Cu原子个数16，该晶胞的化学式为MgCu2。
13．(2021·福建南平市·高三二模)砷化镓是当前最重要、技术成熟度最高的半导体材料之一、我国“玉兔二号”月球车就是通过砷化镓太阳能电池提供能量。
(1)基态原子核外电子排布式为___________，最高能级电子的电子云形状为___________。
(2)和为结构相似的原子晶体，沸点___________(填“>”或“<”，下同)，第一电离能___________。
(3)成语“信口雌黄”中雌黄的分子式为，分子结构如图1，原子的杂化方式为___________。
(4)的晶胞结构如图2，在晶体中，与原子最近且等距离的原子数为___________，原子位于形成的___________空隙中。
(5)若砷化镓晶胞边长为，则与最近的核间距为___________。
【答案】或 哑铃形(或纺锤形) 12 正四面体
【详解】
(1)Ga为第31号元素，基态原子核外电子排布式为或，最高能级为p，电子的电子云形状为哑铃形(或纺锤形)。
(2)和为结构相似的原子晶体，原子半径越小，作用力越强，熔沸点越高，沸点<，同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高，则第一电离能As>Ga。
(3)成语“信口雌黄”中雌黄的分子式为，分子结构如图1，As是中心原子，H原子是配体，中心原子As有5个价电子，配体3个H有3个价电子，共8个价电子，4个电子对，其中3个成键电子对，1个孤对电子As采取sp3杂化。
(4)晶体中砷原子的堆积方式为面心立方，与一个砷原子距离最近且等距离的砷原子数为12，晶体中一个镓原子通过四个共价键结合四个砷原子，镓原子位于由砷原子构成的正四面体空隙中。
(5)晶体中镓原子与砷原子的最小核间距即Ga- As键的键长，该距离是晶胞体对角线的四分之一，已知晶胞边长为apm，则晶胞体对角线为apm，镓原子与砷原子的最小核间距为。
14．(2021·山东日照市·高三三模)硼酸(H3BO3)是玻璃工业、电子元件行业的重要原料。回答下列问题：
(1)与B、O同周期，第一电离能介于二者之间的有___________(填元素符号)。
(2)硼酸晶体结构为平面层状结构(如图I)，四硼酸根为立体结构(如图Ⅱ)。
①硼酸为___________晶体；晶体中各层之间的作用力为___________。
②四硼酸根中硼原子的杂化方式为___________。
(3)工业上曾用碳氨法制备硼酸，先用MgO·B2O3与NH4HCO3、H2O制得(NH4)H2BO3和MgCO3，然后再将(NH4)H2BO3脱NH3生成H3BO3。
①NH与CO的空间构型：NH___________：CO_______。
②MgO晶体结构属于NaC1型(如图)，图中表示Mg2+的为___________(填“大球”或“小球”)，其配位数是___________；MgO晶胞参数为a pm，则MgO晶胞的密度为___________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的式子表示)。
【答案】Be、C 分子 范德华力 sp2、sp3 正四面体 平面正三角形 小球 6
【详解】
(1)同周期，从左向右第一电离能增大，则第二周期元素中，第一电离能介于B和O之间的元素有Be、C。
【点睛】
(2)①硼酸晶体中存在H3BO3分子，因此，是分子晶体，在硼酸[B(OH)3]分子中，硼原子与氧原子形成共价健、羟基中氢原子和氧原子间形成共价键，硼酸分子与硼酸分子间形成氢键、范德华力。
②四硼酸根的中的B必含有配位键，也就是说，四硼酸根的中的B是sp3杂化。
(3) ①铵根：中心原子为N，价层电子对为对数 (5-1×4-1)÷2+4=4，所以氮原子是sp³杂化，VSEPR模型是正四面体，考虑到有一个氢是以离子形式发生配位，每两个原子之间的作用力不一样，所以铵根的构型是四面体；碳酸根：中心原子是C，价层电子对对数为 (4-2×3+2)÷2+3=3，所以碳原子是sp²杂化，空间构型是平面正三角形。
②MgO晶体结构属于NaC1型(如图)，由氯化钠的晶胞结构可知，氯离子和钠离子的配位数都是6；所以在MgO晶胞中Mg和O的配位数也都是6，由氯化钠的晶胞结构知，氧化镁中镁原子和镁原子处于小正方形的对角线上，根据图象知，图中表示Mg2+的为小球；MgO晶胞参数为a pm，则MgO晶胞的密度为=·cm-3。
15．(2021·吉林长春市·高三模拟)卤族元素是重要的非金属元素，用途广泛。回答下列问题：
(1)卤族元素位于元素周期表___________区，其中电负性最大的是___________(填元素符号)。
(2)基态氟原子核外有___________种运动状态不同的电子，其中含有单电子的轨道形状为___________。
(3)溴元素对应的含氧酸 HBrO4酸性比 HBrO3酸性___________(填“强”或“弱”)，原因是___________。
(4)化合物 I3 AsF6为离子化合物，其中阳离子(I)中心原子的杂化方式为___________。该晶体中不含有的化学键类型为___________(填选项字母)。
a．配位键 b．金属键 c．极性键 d．非极性键
(5)由钾、氧、碘三种元素构成的晶体晶胞结构如图1所示。则该晶体的化学式为___________，晶胞中位置与 K+紧邻的 O 的个数为___________。
(6)有“点缺陷”的 NaCl 晶体可导电，其结构如图 2 所示。有人认为：高温下有“点缺陷”的 NaCl 晶体能导电，是因为 Na＋经过一个由 3 个 Cl-组成的最小三角形窗孔(如图 3 所示)，迁移到另一空位而造成的。已知立方体边长 a=282pm，粒子半径 r(Na＋)=115pm，r(Cl-)=167pm，计算内切圆半径 r内的值并判断该观点是否正确___________。(已知：)
【答案】P F 9 哑铃形 强 HBrO4酸和HBrO3酸的通式为，前者为，后者为，n值越大酸性越强； sp3 b 24 52pm；正确
【详解】
(1)P区元素包括元素周期表中IIIA族元素~0族元素，所以卤族元素位于元素周期表的P区，同主族元素从上至下非金属的非金属性逐渐减弱，则其电负性逐渐减弱，所以卤素中电负性最强的为F元素，故答案为：p；F；
(2)基态氟原子核外为含9个电子，由保里不相容原理可知，没有运动状态完全相同的电子，其核外电子运动状态由9种；其中2P轨道为含单电子轨道，p轨道是哑铃形，故答案为：9；哑铃形；
(3)溴元素对应的含氧酸HBrO4酸和HBrO3酸的通式为，前者为，后者为，n值越大酸性越强，所以HBrO4酸性比HBrO3酸性强，故答案为：强；HBrO4酸和 HBrO3酸的通式为，前者为，后者为，n值越大酸性越强；
(4)碘的价层电子对数为：，由于中心原子只形成2个共价键，故其有2个孤电子对，中心原子的杂化类型为sp3杂化；I3 AsF6晶体中均为非金属元素，因此不含金属键，所以b符合题意，故答案为：sp3；b；
(5)由图一可知，I的个数为1，O的个数为，个数为，所以该晶体的化学式为；与紧邻的O原子个数为24，故答案为：；24；
(6)该三角形窗孔为等边三角形，，，X=52pm。高温下，NaCl晶体导电是由于迁移到另一空穴造成的，结合NaCl晶体结构图可知，提出的观点是正确的，故答案为：52pm；正确。
16．(2021·河北邯郸市·高三三模)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木结构单元(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)。
【答案】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=。
17．(2021·山东济宁市·高三二模)硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛。回答下列问题：
(1)氨硼烷(H3NBH3)是目前最具潜力的储氢材料之一。
①氨硼烷能溶于水，其原因是___。
②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H…H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是___。
A．苯和三氯甲烷 B．LiH和HCN C．C2H4和C2H2 D．B2H6和NH3
③氨硼烷电池放电时的总反应为：H3NBH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。写出负极电极反应___。
(2)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式，图(a)为一种无限长单链状结构的多硼酸根，其化学式为___；图(b)为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子采取的杂化类型___。
(3)硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图所示：
①该晶体中Na+的配位数为___。标注为“1”的Na+分数坐标为___。
②H3BO3分子中的O—B—O的键角___(填“大于”、“等于”或“小于”)BH中的H—B—H的键角。
③已知硼氢化钠晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则a=___(用含ρ、NA的代数式表示)；
④若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体的化学式为__。
【答案】氨硼烷和水之间可以形成氢键 BD H3NBH3+2H2O-6e-=NH+BO+6H+ [BO2]或BO sp2、sp3 8 (1，，) 大于 ×107 Na3Li(BH4)4
【详解】
(1)①氨硼烷能溶于水，是由于氨硼烷分子与水分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的相互吸引作用；
②A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，A不符合题意；
B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性，因此二者之间存在双氢键，B符合题意；
C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，C不符合题意；
D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性，因此二者之间存在双氢键，D符合题意；
故合理选项是BD；
③氨硼烷电池放电时的总反应为：H3NBH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。该反应中H3NBH3失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为：H3NBH3+2H2O-6e-=NH+BO+6H+；
(2)图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个单元共用，所以B：O=1：(1+2×)=1：2，所以化学式为[BO2]或BO；从图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出：[B4O5(OH)4]2-一半B原子采用sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半B原子采用的是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，故其中B原子杂化类型为sp2杂化、sp3杂化；
(3)①以上底面面心Na+研究，与其配位的处于晶胞的顶点、晶胞上半部的面心，还有处于上面晶胞下半部左右侧面面心，即该晶体中Na +的配位数为8；
根据坐标原点及标注为“1”的Na+的位置，可知该Na+的分数坐标为(1，，)；
②H3BO3分子为平面分子B原子采用sp2杂化，而中B原子采用sp3杂化，sp2杂化形成的键角120°，sp3杂化形成的的键角是109°18′，所以sp2杂化形成的键角大于sp3杂化形成的的键角，与H3BO3分子中的O—B—O的键角大于BH中的H—B—H的键角；
③在一个晶胞中含有Na+的数目为6×+4×=4，含有的的数目为1+8×+4×=4，则根据晶胞密度公式可知ρ=，所以该晶胞中a=×107；
④根据Na+在晶胞位置可知：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则其中含有的Na+离子数目为4×+4×=3，含有的Li+数目为2×=1；含有的的数目为1+8×+4×=4，因此该晶体化学式为Na3Li(BH4)4。
18．(2021·四川德阳市·高三二模)晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、钛、钙等元素。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价层电子排布式为___。根据____规则可知硅、硼元素一些化学性质相似。
(2)NaBH4所含元素中第一电离能最小的是_______(填元素符号)。与NH3的VSEPR模型相似，的键角大于NH3的键角的原因是___，任意写出一种的等电子体___(写粒子符号)。
(3)硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为_______。
(4)硼砂的构成为Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其阴离子[B4O5(OH)4]2-的结构如图2所示。B的杂化方式为___。硼砂中不存在___(填标号)。
A．氢键 B．金属键 C．配位键 D．离子键
(5)钙钛矿晶体的结构如图3所示。假设把氧离子看作硬球接触模型，钛离子位于氧离子形成的正八面体中心，钙离子位于立方晶胞的体心。一个钙离子被___个氧离子包围。若钛离子与钙离子间最短距离为apm，则氧离子半径为___pm。
【答案】3d24s2 对角线 Na 中无孤电子对，NH3中有一对孤电子对，孤电子对与键之间的排斥力大于键之间的排斥力，使得中的键角比NH3中的键角大 CH4 或 sp2杂化和sp3杂化 B 12
【解析】
(1)Ti是22号元素，根据能量最低原理，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2；B与Si在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si相似；
(2)NaBH4所含元素中，第一电离能最小的元素为金属性最强的元素Na，与NH3的VSEPR模型相似，的键角大于NH3的键角，是因为中无孤电子对，NH3中有一对孤电子对，孤电子对与键之间的排斥力大于键之间的排斥力，使得中的键角比NH3中的键角大；与互为等电子的微粒有：CH4、、SiH4等；
(3)每个Si与周围4个O原子形成Si-O四面体结构，其中1个O原子的投影与Si重合，每个Si-O四面体中有2个O原子为2个Si-O四面体共用，Si-O四面体中Si原子数目为1、O原子数目为2+2×=3，Si-O四面体带2个单位负电荷，所以形成的离子为或；
(4) [B4O5(OH)4]2-中含有4个B原子，有2个B原子形成3个共价键，另外2个B原子形成4个共价键，所以硼砂中B原子采用sp2杂化和sp3杂化；硼砂中含有-OH，-OH与其他O原子之间存在氢键，所以硼砂中含有氢键，B原子最外层有3个电子，能形成3个共价键，阴离子[B4O5(OH)4]2-中有2个B原子形成4个共价键，说明B原子存在配位键，Na2[B4O5(OH)4]·8H2O中阳离子Na+与阴离子[B4O5(OH)4]2-之间存在离子键，故硼砂中存在的氢键、配位键、离子键不存在金属键；答案选B；
(5)每个晶胞实际占有氧原子数为，氧离子半径为apm，则正八面体棱长为2apm，Ti位于正方形中心，两个Ti原子最短距离为正方形对角线=apm，中心钙离子与顶点上钛离子之间距离最短，为体对角线长度的，故答案为。
19．(2021·河南郑州市·高三三模)吴梦昊研究团队设计了一系列稳定的由超碱PnH和超卤素MX组成的PnH4MX4(Pn=N，P;M=B，Al，Fe；X=Cl，Br)超盐晶体。
(1)基态铁原子价电子排布中未成对电子数成对电子对数之比______。
(2)第二周期元素中，第一电离能介于元素B和N之间的元素有______种。
(3)超碱PnH离子中PH与PH3键角PH______PH3(填“大于”或“小于”)，请分析原因______。
(4)写出与超卤素AlCl等电子体的两种分子的化学式：______。
(5)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似(如图)，晶体中氮原子的杂化方式为______。氮化硼晶体不导电的原因是______。
(6)磷化硼晶胞结构如图甲所示，晶胞中P原子空间堆积方式为______；已知晶体中硼和磷原子半径分别为r1pm和r2pm，距离最近的硼和磷原子核间距为二者原子半径之和。则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为______(写出计算式)。
【答案】2∶1 3 大于 PH3分子中磷原子上孤对电子对共价键的排斥作用大于共价键之间的斥力 CCl4、SiCl4(或SiF4等) sp2 层状结构中没有自由移动的电子 面心立方最密堆积(或A1堆积) ×100%
【详解】
(1)基态铁原子价电子排布是3d64s2，,则未成对电子数成对电子对数之为4:2=2:1；
(2)同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但第二主族，第五主族反常，则第二周期元素中，第一电离能介于元素B和N之间的元素有Be，C，O共3种元素；
(3)超碱PnH离子中PH与PH3键角PH大于PH3，请分析原因PH3分子中磷原子上孤对电子对共价键的排斥作用大于共价键之间的斥力；
(4)原子总数相等、价电子总数相等的微粒互称为等电子体，则与超卤素AlCl等电子体的两种分子的化学式：CCl4、SiCl4(或SiF4等)；
(5)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似(如图)，石墨中碳原子的杂化方式是sp2，则晶体中氮原子的杂化方式为sp2，氮化硼晶体不导电的原因是层状结构中没有自由移动的电子；
(6)磷化硼晶胞中P原子在正六面体的面心，则其空间堆积方式为面心立方最密堆积(或A1堆积)，P原子个数是8× +6× =4，B原子个数是4，设晶胞的边长为a，体对角线是 ，B原子P原子最近距离等于体对角线的四分之一，即a= ，则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%。
20．(2021·福建龙岩市·高三三模)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)
【答案】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.。
21．(2021·河北邯郸市·高三三模)Ⅰ.主族元素能形成多种化合物，它们是探测器、激光器、微波器的重要材料。
(1)氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为___________，电子重排后的氧原子能量有所升高，原因是不符合___________(填“泡利原理”或“洪特规则”)。
(2)自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据下表数据分析其原因是___________。
化学键
B-H
B-O
B-B
键能(kJ·mol-1)
389
561
293
(3)NH3与BF3气体相遇发生反应生成F3B-NH3晶体
①F3B-NH3晶体中，B原子的杂化轨道类型为___________。
②F3B-NH3晶体中不存在的作用力有___________。
a.σ键 b.π键 c.离子键 d.配位键 e.范德华力
(4)已知：
物质
AsF3
AsCl3
BiF3
沸点/℃
62.8
130.2
900.0
解释表中物质之间沸点差异的原因___________。
Ⅱ.储氢合金能有效解决氢气的储存和运输，对大规模使用氢能具有重要意义。
(5)某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示。M是___________(填元素符号)，判断理由是___________。
I1/kJ·mol-1
I2/kJ·mol-1
I3/kJ·mol-1
I4/kJ·mol-1
I5/kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
(6)过渡金属Q与镧(La)形成的合金也是一种储氢材料，其中基态Q原子的价电子排布式为nd2n＋2(n＋1)sn-1；该合金的晶胞结构和z轴方向的投影图如图所示。
若阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金的密度ρ=___________g·cm-3(用含a、c、NA的代数式表示，列出计算式即可)。
【答案】 洪特规则 B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键 sp3杂化 bc BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，分子间作用强，沸点高 Mg I3比 I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素
【详解】
(1)O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4，价层电子排布式是2s22p4，氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为，其核外电子排布没有优先占据轨道，所以不符合洪特规则，故答案为：；洪特规则；
(2)因为B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键，根据键能越大物质越稳定可知，自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物，故答案为：B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键；
(3) ①F3B-NH3晶体中，B原子与F、N以共价键相连，没有孤电子对，其价层电子对数为4+0=4，所以其杂化轨道类型为sp3杂化；
②F3B-NH3分子中B与F原子之间存在σ键，B提供空轨道，N提供孤对电子，两者形成配位键，且分子与分子之间存在范德华力，所以该晶体中不存在π键和离子键，bc符合题意，故答案为：bc；
(4)沸点大小关系：离子晶体＞分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其范德华力越大，对应的晶体沸点越高。因为BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，则其分子间作用强(范德华力大)，故沸点高；
(5)该元素的第三电离能剧增，即I3比I2大很多，说明价层有2个电子，则该元素属于第ⅡA族元素，为Mg元素，故答案为：Mg；I3比I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素；
(6) 由价电子排布式nd2n＋2(n＋1)sn-1知，n=3，即Q原子的核外价电子排布式为3d84s2，则Q元素为Ni，因为一个晶胞中，La的个数为，Ni的个数为 ，则该晶胞的质量为，根据几何关系可知晶胞的体积为 ，则该合金的密度g·cm-3，故答案为：。
22．(2021·广东汕头市·高三二模)光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。根据显影原理，光刻胶可分为正、负型胶，原理如图1.回答下列问题：
(1)光刻胶常含C、N等元素，在基态C原子中，核外存在_______对自旋方向相反的电子，N的3个2p轨道的取向为_______。
(2)近年来光刻胶的发展趋势是应用含有多羟基的二苯甲酮类化合物，如：，其C的杂化方式为_______。
(3)紫外负型光刻胶常含有—N3，形成的阴离子的等电子体是________(填化学式，任写一种)，其空间构型为_______。
(4)某光刻胶受紫外光照射后，发生反应如下，用稀碱水作为溶剂浸泡。根据茚羧酸结构分析该材料为_______型光刻胶(填“正”或“负”)，理由是_______。
(5)与K+能形成图2中的超分子加合物，该晶胞中K+的数目为_______，已知晶胞参数为αnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为_______g/cm3(列出计算表达式)。
【答案】2 2px、2py、2pz，相互垂直 sp2 N2O、CO2、CS2(任写一种) 直线形 正 茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解 12
【详解】
(1)C原子电子排布式为：1s22s22p2，同一轨道内两个电子自旋方向相反，故1s和2s轨道中电子自旋方向相反，2p能级有3个原子轨道，两个电子分别填充在2个轨道上且自旋方向相同，故此处填2；2p能级有3个原子轨道，可表示为2px、2py、2pz，三个等价轨道取向相互垂直，故此处填：2px、2py、2pz，相互垂直；
(2)苯环碳原子、羰基碳原子周围均含3个σ电子对，不含孤对电子，故其价层电子对为3对，对应杂化方式为sp2，故此处填sp2；
(3)可将中1个N原子换成1个O原子，即得到其等电子体N2O，另外N2O中2个N可换成1个C和1个O，得到等电子体CO2，同时也可采用同族代换法，将CO2中O换成S得到等电子体CS2，故此处填：N2O、CO2、CS2(任写一种)；其空间构型与CO2相似，为直线形；
(4)由图示原理知，正型光刻胶曝光部分能溶于相应溶剂，而负型光刻胶不可以，茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解，故属于正型光刻胶，故此处填：正，理由是茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解；
(5)由图示知，K+有12个位于棱上，9个位于晶胞体内(其中1个位于体心)，故该晶胞中含有K+个数=12×+9=12个；该晶胞中含有个数=8×+6×=4，故该化合物中K+与之比为3:1，即化学式为K3C60，该晶胞中含有4个K3C60，则晶胞质量=，该晶胞体积=(a×10-7)3 cm3，则晶胞的密度=。
23．(2021·四川遂宁市·高三其他模拟)硼、碳、氮、磷、硫等元素形成的单质和化合物在生活、生产中有重要的用途。
(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是___________(填字母)。
A． B．
C． D．
(2)氢、硼、碳、硫四元素的电负性由大到小的顺序为___________
(3)(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为___________。其σ键分别为___________型σ键。
(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，其结构如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为___________
(5)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和对应金属阳离子的半径。随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高，原因是___________
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
金属阳离子半径/pm
66
99
112
135
(6)氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性 (晶体结构如图)。
①关于这两种晶体的说法，不正确的是___________(填字母)。
a．两种晶体均为分子晶体
b．两种晶体中的B﹣N键均为共价键
c．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
d．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
②六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，原因是___________
(7)石墨的晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为ρg·cm-3，C-C键的键长为r cm，NA为阿伏加德罗常数的值，则石墨晶体的层间距d=___________cm。
【答案】A＜C＜B＜D S＞C＞H＞B N≡C—C≡N sp- sp和sp-p Pn 碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，氧离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度越低 ad 六方相氮化硼晶体内无自由电子
【解析】
(1)轨道中电子的能量：1s＜2s＜2p，能量较高的原子轨道中电子越多，该微粒的能量越高，由图可知，能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D。
(2)同主族元素从上往下电负性逐渐减小，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，则氢、硼、碳、硫四元素的电负性由大到小的顺序为S＞C＞H＞B。
(3)(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为N≡C—C≡N，C原子采取了sp杂化，则σ键分别为sp-spσ键和sp-pσ键。
(4)含有n个P原子的该磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)个氧原子，O原子数目为4n-(n-1)=3n+1，所带电荷数为(-2)×(3n+1)+5n=-(n+2)，则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为Pn。
(5)碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，氧离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度越低。
(6)①a．立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故a错误；
b．非金属元素之间易形成共价键，所以两种晶体中的B﹣N键均为共价键，故b正确；
c．六方相氮化硼为层状结构，分子间作用力小，导致其质地软，故c正确；
d．立方相氮化硼中N原子与B原子间存在共价单键，所以该化合物中含有σ键，不存在π键，故d错误；
故选ad。
②六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，是因为六方相氮化硼晶体内无自由电子。
(7)晶胞中C原子的数目为，故晶胞的质量为；设晶胞底边长为acm，高为hcm，层间距为dcm，则h=2d，a=，晶胞体积为，故，解得。
24．(2021·福建宁德市·高三三模)基于钙钛矿型复合氟化物的优异光学特性，它们被广泛用于许多领域，通过KF和Ni(NO3)2·6H2O在乙二醇中回流合成具有钙钛矿结构的氟化物KNiF3。
(1)与Ni同周期，基态时，与Ni原子的未成对电子数相同的元素有___。
(2)F、O、N、Ni的第一电离能由大到小的顺序为___。
(3)Ni(NO3)2·6H2O可写成[Ni(H2O)6](NO3)2，1mol该物质中所含σ键的数目为___。
(4)KF和Ni(NO3)2·6H2O均可溶于乙二醇的原因是___。
(5)KNiF3部分晶体结构如图所示，在一个晶胞中与K距离相等且最近的F有___个，在KNiF3晶胞结构的另一种表示中，K处于各顶点位置，则F处___位置。
【答案】Ti、Ge、Se F＞N＞O＞Ni 24NA 乙二醇为极性溶剂 12 面心
【详解】
(1)Ni为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上有2个未成对电子，同周期中未成对电子数为2的原子的核外电子排布可以是[Ar]3d24s2、[Ar]3d104s24p2、[Ar]3d104s24p4，分别为Ti、Ge、Se；
(2)Ni为金属元素，第一电离能较小，同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞Ni；
(3)根据该物质的化学式[Ni(H2O)6](NO3)2，可知H2O与Ni2+形成配位键，该配位键为σ键，一个水分子中含有2个O-H键，为σ键，一个硝酸根中N与三个O原子形成3个σ键，所以1mol该物质含σ键的数目为(6+6×2+3×2)NA=24NA；
(4)乙二醇分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，属于极性溶剂，可以溶解KF和Ni(NO3)2·6H2O；
(5)以体心K原子为例，距离其最近且相等的F原子位于棱心，个数为12；将图中晶胞扩展为2×2×2结构，8个晶胞体心的K构成新立方晶胞的8个顶点，此时F处于面心。
25．(2021·天津高三二模)研究发现，在低压合成甲醇反应()中，氧化物负载的氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。
回答下列问题：
(1)位于周期表的第___________族，基态原子核外有___________个未成对电子。
(2)的电子式为___________，分子中σ键与π键的数目比为___________。
(3)比较键能：___________(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)晶体的熔点高于干冰的原因是___________。
(5)锗()与C同族，原子比C原子多两个电子层，则的原子序数为___________。
(6)镍的氧化物也常用作催化剂，的晶胞结构如图所示，该晶体中周围与其等距离且最近的有___________个，原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，若该晶胞中原子坐标参数A为，B为，则C的原子坐标参数为___________。
【答案】VIIB 3 1：1 > 是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以熔点高于干冰 32 12
【详解】
(1)锰元素的原子序数为25，位于元素周期表第四周期VIIB族；钴元素的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，则3d轨道有3个未成对电子，故答案为：VIIB；3；
(2)二氧化碳为共价化合物，电子式为，分子中含有碳氧双键，双键中含有1个σ键和1个π键，则σ键与π键的数目比为2:2=1:1，故答案为：；1:1；
(3)元素的非金属性越强，原子半径越小，形成共价键的键长越小、键能越大，碳元素的非金属性强于硅元素，则C—H键的键能大于Si—H键，故答案为：＞；
(4)共价(或原子)晶体的熔沸点高于分子晶体，二氧化硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，则二氧化硅晶体的熔点高于干冰，故答案为：是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以熔点高于干冰；
(5)同主族元素的价电子数相同，由C原子的价电子排布式为2s22p2可知，锗元素的价电子排布式为4s24p2，则锗元素的原子序数为32，故答案为：32；
(6)由晶胞结构可知，与位于顶点的镍离子最近的镍离子位于面心上，则晶体中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有12个；由晶胞中原子坐标参数A为，B为可知，晶胞的边长距离为1，C位于体心，则C原子坐标参数为，故答案为：12；。
26．(2021·福建泉州市·高三模拟)近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH3NH3]+[SCN]-}气相辅助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘(FAPbI3)。请回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子排布图为_______。
(2)硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为_______。
(3)甲脒(FA)的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为_______，其中碳原子的杂化方式为_______。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是_______。
(4)水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物(图1)
①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为_______。
②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有_______。(选填序号)
a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位健 e．离子键
(5)FAPbI3的晶体结构单元如图2所示，图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为___。
【答案】 ［S-C≡N]-或［S=C=N]- H
(1)S是16号元素，最外层6个电子，基态S原子的价电子排布图为。故答案为：；
(2)中心原子C的价层电子对=2+ =2，采用sp杂化，硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为［S-C≡N]-或［S=C=N]-。故答案为：［S-C≡N]-或［S=C=N]-；
(3)①组成元素的电负性由小到大的排序为H
(4)①该络合物可溶于四氯化碳，具有非极性分子的性质，其晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体；
②该络合物分子内存在的微粒间作用力有a．σ键，如N-N键、N-H键， b．π键如C=S、N=N键，c．非极性键如N-N键，d．配位健如Pb-N键， e．分子中不含离子键，故答案为：e；
(5)图中Y表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA：Pb：I=1：1：3，Y在顶点，8× =1个，甲脒在中心，为X，有1个，Z为I，在晶胞的棱中心，12×=3个，与甲脒距离最近且相等的碘的个数为12个，在则甲脒的碘配位数为12。故答案为：12。
27．(2021·陕西西安市·高三二模)金属钛被誉为“二十一世纪金属”，有“生物金属，海洋金属，太空金属”的美称，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
(1)钛在周期表中的位置___________， 钛原子核外有___________种空间运动状态不同的电子，Ti2+电子占据的最高能层的电子排布式为___________。
(2)磷酸钛铝锂可用作锂离子电池的正极材料，PO的空间构型是___________，第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素为___________(填元素符号)。
(3)Ti(BH4)2是一种储氢材料，其中所含元素的电负性由小到大排列顺序为___________，B原子的杂化方式是___________，其中的BH可由BH3和H-结合而成。BH含有___________ (填序号)
①σ键 ②π键 ③氢键 ④配位健 ⑤离子键
(4)TiO2的一种晶胞具有典型的四方晶系结构(如图所示)，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。晶胞中A、B的原子坐标为(0.31，0.31，0)，(0.81，0.19，0.5)。已知晶胞含对称中心，则C、D原子坐标为___________、___________。该晶胞中B、C两个氧原子之间的核间距d=___________pm。
【答案】第四周期ⅣB族 12 3s23p63d2 正四面体 Mg、Si、S Ti＜B＜H sp3 ①④ (0.19，0.81 ，0.5) (0.69 ，0.69，1) 0.62 ×a
【分析】
钛为22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，据此分析解答；磷酸根的价层电子对数为4，并且中心原子P不含有孤电子对，结合同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素分析解答；BH中H表现-1价，H元素对键合电子吸引力更大，结合价层电子对个数=σ键个数+ (a-xb)分析解答；根据晶胞含对称中心分析解答。
【详解】
(1)钛为22号元素，在周期表中位于第四周期ⅣB族；钛原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，核外有12种空间运动状态不同的电子，失去最外层的2个电子形成Ti2+，Ti2+电子占据的最高能层的电子排布式为3s23p63d2，故答案为：第四周期ⅣB族；12；3s23p63d2；
(2)磷酸根的价层电子对数为4，并且中心原子P不含有孤电子对，磷酸根的空间构型为正四面体；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族由于s能级全满，处于稳定状态，第VA由于p能级半满，较稳定，故第三周期元素第一电离能介于Al、P之间的元素有Mg、Si、S三种，故答案为：正四面体；Mg、Si、S；
(3)BH中H表现-1价，H元素对键合电子吸引力更大，同周期自左而右电负性增大，故电负性：H＞B＞Li；BH中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，B原子采用sp3杂化；BH可由BH3和H-结合而成，BH含有B-H单键和配位键，故选①④，故答案为：H＞B＞Li；sp3杂化；①④；
(4)根据晶胞中A、B的原子坐标为(0.31，0.31，0)，(0.81，0.19，0.5)和晶胞含对称中心，根据对称关系0.31+0.69=1，0.81+0.19=1，0.5+0.5=1，则C、D原子坐标为(0.19，0.81，0.5)，(0.69，0.69，1)；B、C两个氧原子之间的核间距d2=(0.81-0.19)2a2+(0.81-0.19)2a2，则d=0.62×a，故答案为：(0.19，0.81，0.5)；(0.69，0.69，1)；0.62×a。
28．(2021·福建厦门市·高三三模)我国科学家合成无铅钙钛矿单晶CsMnCl3(H2O)2，在防伪或信息加密等方面具有潜在应用。CsMnCl3(H2O)2溶剂致变色效应原理如下图。
(1)基态Mn2+的价电子轨道表达式为___________。
(2)CsMnCl3(H2O)2中，主族元素的电负性从大到小的顺序为___________。
(3)变色过程，锰离子的配位数___________(填“有”或“没有”)发生变化。
(4)从结构角度分析DMAC[结构简式为(CH3)2NCOCH3]能使含锰配离子发生变化的原因___________。
(5)Cs3MnCl5晶体为正交晶系结构，晶胞参数a＝b≠c，α=β=γ=90°，晶胞结构如图所示，其中Mn位于面上。
①每个晶胞含Cs3MnCl5的单元数有___________个。
②Cs沿z轴投影图正确的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
【答案】 O＞Cl＞H＞Cs 有 DMAC的N、O与H2O的H形成分子间氢键，可将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变 4 C
【解析】
(1)Mn为25号元素，原子核外有25电子，失去最外层2个形成Mn2+，所以Mn2+的价电子为3d5，轨道表达式为 ；
(2)该物质中的主族元素有Cs、Cl、H、O，元素的非金属性越强电负性越大，所以四种元素电负性从大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Cs；
(3)据图可知变色过程中锰离子的配位数由6变为4，再由4变为6，配位数有变化；
(4)DMAC的N、O电负性较大，可以与H2O的H形成分子间氢键，将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变；
(5)①据图可知有8个Cs原子位于棱上，8个Cs原子位于面上，6个Cs原子位于内部，所以晶胞中Cs原子的个数为+6=12，一个Cs3MnCl5单元含有3个Cs原子，所以一个晶胞含有12÷3=4个单元(根据其他原子数确定也可以)；
②因为晶胞参数a=b，且α=β=γ=90°，所以Cs沿z轴投影为正方形，棱上的Cs原子为正方形的四个顶点，内部位于的连线平行z轴的两个Cs原子为正方形中心，顶面4个和底面4个重合，但与内部剩余的4个不重合，所以在正方形内部除中心外会有8个点；故C为正确投影图。
29．(2021·河北石家庄市·高三二模)我国从西周时期就开始用含砷化合物作颜料和药物，现在人们也将其应用在电子技术中。
(1)基态As原子的电子排布式为[Ar]___，其核外有___种不同空间运动状态的电子。微量砷可用原子光谱进行测定，电子从基态跃迁到激发态所产生的光谱称为___光谱。
(2)As与N同主族，N原子之间可以形成π键，而As原子之间较难形成π键。从原子结构角度分析，其原因为___。
(3)含砷物质经还原可得到AsH3，受热分解后可在试管内壁形成亮黑色的“砷镜”，这是马氏试砷法的基本原理。AsH3与同族N、P元素形成的简单氢化物相比，三者的稳定性由大到小的顺序为___。
(4)液态AsCl3可导电，是由于其发生了自解离：2AsCl3AsCl+AsCl。AsCl3的中心原子杂化方式为___；与AsCl互为等电子体的一种分子为___(填化学式)。
(5)AsCl3可与中心离子形成配合物，当氯原子被烷基取代后，配位能力增强，其原因为___。
(6)As与Co形成的某种化合物的晶胞如图(a)所示，其中部分晶胞中As的位置如图(b)所示。
①该化合物的化学式为___。
②若化合物的摩尔质量为Mg·mol-1，密度为ρg·cm-3。Co和As原子半径分别为r1pm和r2pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___(列出表达式即可)。
【答案】3d104s24p3 18 吸收 As原子半径大，形成的σ键长，p-p轨道肩并肩重叠很少或几乎不重叠 NH3＞PH3＞AsH3 sp3 O3或SO2 烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，更易给出电子 CoAs3
【详解】
(1)基态As原子为33号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；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，As核外有18种不同空间运动状态的电子；电子从基态跃迁到激发态所产生的光谱称为吸收光谱；
(2)As原子半径大于N原子，则As原子与As原子形成的单键键长较长，导致p-p轨道形成肩并肩的电子云重叠很少或几乎不重叠，故不易形成π键；
(3)非金属的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：N＞P＞As，则氢化物的稳定性：NH3＞PH3＞AsH3；
(4) AsCl3的中心原子孤电子对数=(5-1×3)=1，σ键个数为3，则杂化方式为sp3；AsCl有3个原子，价电子总数为18，与O3或SO2互为等电子体；
(5)配体与中心离子所成的配位键电子云密度越大，即电子越集中，键越稳定，键能越大。烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，键能增大，成键稳定；
(6)①根据晶胞结构，b为晶胞的一半，As在晶胞的内部，则晶胞中含有As的个数=4×3×2=24，Co在晶胞的顶点、棱上、面心和体内，个数=8×+12×+6×+1=8，N(Co)：N(As)=8：24=1：3，则化学式为CoAs3；
②根据晶胞的化学式及结构，则1mol晶胞的质量=8Mg，晶胞的体积=cm3，晶胞中Co和As原子的体积=(8r+24r)×10-30cm3，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率= 。
30．(2021·山东烟台市·高三二模)近年来，有机-无机杂化金属卤素钙钛矿作为优良的光电材料受到广泛研究和关注，回答下列问题。
(1) Ca、Ti元素基态原子核外电子占据能级数之比为___________，与 Ti 处于同周期单电子数与Ti相同的元素还有___________种，Ca的前三级电离能数据分别为589.8 kJ/mol、1145.4 kJ/mol、4912.4 kJ/mol，第三电离能增大较多的原因是___________。
(2)卤族元素可与N和P元素形成多种稳定卤化物，其中NCl3分子构型为___________， P元素可形成稳定的PCl3和PCl5，而氮元素只存在稳定的NCl3，理由是___________。
(3)Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF中的配体所含原子中电负性最小的是___________；Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti4+的配位数是___________。
(4)研究表明，TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。
已知TiO2晶胞为长方体，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为___________g/cm3(列出计算式)。TiO2-aNb晶体中a=___________，b=___________。
【答案】6：7 3 因为Ca2+已经达到稳定结构，再失去1个电子属于内层电子，原子核吸引力更强，所以I3突然增大 三角锥形 N元素L层最多4个轨道，所以不易生成NCl5 H 8
【详解】
(1)Ca基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、4s，Ti基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，能级数之比为6：7；Ti基态原子的价电子排布式为3d24s2，3d能级有2个单电子，同周期中含有2个单电子的元素有Ni、Ge、Br，3种元素；Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2，失去2个电子后，核外电子达到稳定结构，再失去1个电子属于内层电子，原子核吸引力更强，所以I3突然增大；
(2)NCl3的中心N原子含有1对孤电子对，3条σ键，价层电子对数为4，则分子构型为三角锥形；P原子核外电子第三层有d能级，可形成spd杂化，N原子核外电子第二层只有s、p能级4个电子轨道，则不能形成NCl5；
(3) Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF中的配体分别为CO、H2O、F-，非金属性越强，电负性越大，则H的电负性最小；根据球棍模型，硝酸根离子中的2个氧原子与Ti4+连接成环，则Ti4+的配位数是8；
(4)根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，晶胞含有的个数为4，O原子8个在棱上、8个在面上，2个在体内，O原子个数为8，则1mol晶胞的质量为(48+32)×4g，体积为m2×n×10-30×NAcm3，则密度== g/cm3；
氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为，N原子1个在面上、1个在棱上，个数为，则化学式为Ti，故2-a=，a=，b=。
31．(2021·福建漳州市·高三三模)合成氨工业中常用含的溶液吸收使催化剂中毒的气体，生成。回答下列问题：
(1)的结构式可表示为___________(标出配位键)，写出一种与具有相同空间构型的分子的分子式___________。
(2)和K属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属的熔点比金属K的高，原因是___________。
(3)中存在的化学键有___________(填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．键
(4)形成后中的键角变大，原因是___________。
(5)铜的一种高温氧化物超导体的晶胞结构如图所示。
①的配位数为___________。
②该化合物的化学式为___________。
【答案】 的原子半径较小且价电子数较多，金属键较强 B D 形成配离子后，配位键与中键之间的排斥力小于原孤电子对与中键之间的排斥力 6
【详解】
(1)中N与氢形成4个共价键，其中有一个是配位键，结构式可表示为(标出配位键)，与具有相同空间构型的分子的分子式。故答案为：；；
(2)和K属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属的熔点比金属K的高，原因是的原子半径较小且价电子数较多，金属键较强。故答案为：的原子半径较小且价电子数较多，金属键较强；
(3)有共价键，中存在键，氢键不是化学键。故答案为：BD；
(4)成键电子对与成键电子对之间的斥力小于孤电子对与成键电子对之间的斥力。故答案为：形成配离子后，配位键与中键之间的排斥力小于原孤电子对与中键之间的排斥力；
(5)①处于晶胞体心的黑色小球代表，与它直接相连的有6个代表O的灰色球，故的配位数为6。故答案为：6；
②每个晶胞的原子个数为：，，，该化合物的化学式为：；故答案为：。
32．(2021·四川内江市·高三三模)第四周期第VIII族元素在古代和现代被广泛应用。回答下列问题：
(1)据古文献记载：宣德时期青花瓷使用的颜料“苏勃泥青”是从一种进口钴毒矿[主要成分：(FeCo)xAsS]中提取出来的。
①基态Co原子的价电子排布式为_______。
②无水CoCl2的熔点是735℃，沸点1049℃，CoCl2属于_______晶体；砷酸根离子(AsO)的空间构型为_______。
(2)下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______。
A．[Ar]3d64s1 B．[Ar]3d64s2 C．[Ar]3d74s1 D．[Ar]3d6
(3)鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M结构如图所示：
①组成M的五种元素中，电负性最大的是_______。
②图中各微粒间不存在的作用力有_______(填标号)。
a.配位键 b.极性键 c.非极性键 d.π键 e.离子键 f.氢键
(4)K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)可用于检验铁陨石中铁元素价态。与配体CN-原子总数相等的等电子体是_______，1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为_______(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(5)一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件。该化合物密度为ρg·cm-3，其结构如图所示：
①该铁氮化合物的化学式为_______。
②计算Fe(II)构成正八面体的体积为_______cm3。
【答案】3d74s2 离子 正四面体形 D O e CO或NO+ 12NA Fe4N 119/3ρ•NA
【详解】
(1)①Co是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，价电子排布式为3d74s2，
②无水CoCl2的熔点是735°C，沸点1049°C，熔沸点较高，属于离子晶体；砷酸(H3AsO4)分子中As的杂化方式与同主族磷酸中的杂化方式相同，P的价层电子对数为4+(5+3-4×2)/2=4，故为sp3杂化，根据As的价层电子对数为4可知，砷酸根的空间构型为正四面体形；
(2) 铁为26号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，由题给信息知，A项代表Fe+，B、C项代表Fe原子，D项代表Fe2+，D项Fe2+再失去一个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，故电离最外层一个电子所需能量D项大于A项，4s能级的能量高于3d，4s能级上电子较3d上电子易失去，故电离最外层一个电子所需能量D最大，故答案为：D；
(3) ①非金属性越强，电负性越小，则电负性大小为：O＞N＞C＞H，Ni是金属元素，电负性最小，则电负性最大的是O；
②由结构简式可知分子中存在配位键，含有C=N键，则含有σ键、π键、氧氢之间除共价键外还可存在氢键，分子中不含离子键和金属键，故答案为：e；
(4)CN-中含有2个原子，14个电子，等电子体有CO或NO+，在配合物[Fe(CN)6]3-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA；
(5)①晶胞中Fe原子数为8×1/8+6×1/2=4，N原子位于体心，数目1个，所以氮化铁的化学式Fe4N；
②氮化铁的化学式Fe4N，则晶胞质量m=238/ NAg，若晶胞边长为acm，则晶胞质量m=ρV=ρa3g=238/ NAg，a3=238/ ρNA，Fe(Ⅱ)围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、S底=1/2a2cm2，正四棱锥的高等于1/2acm，根据V锥=1/3S底h=1/3×1/2a2×1/2acm3= a3/12cm3，八面体体积=2V锥= a3/6cm3=119/3ρ•NAcm3。
33．(2021·陕西咸阳市·高三三模)磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
(1)Li、C、P三种元素中，电负性最小的是___(用元素符号作答)。
(2)基态磷原子的电子排布式为___。
(3)图2中，黑磷区P原子的杂化方式为___，石墨区C原子的杂化方式为___。
(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点最高的是___，原因是___。
(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有___(填字母)。
A．黑磷区P—P键的键能不完全相同
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(6)贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为___，晶体的密度为___g·cm-3(列出计算式)。
【答案】Li 1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3 sp3 sp2 NH3 NH3分子之间能形成氢键 ABC 8
【解析】
(1)非金属性越强电负性越大，三种元素中Li的非金属性最弱，所以电负性最小；
(2)P为15号元素，核外电子排布为[Ne]3s23p3或1s22s22p63s23p3；
(3)晶体中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，P原子采取sp3杂化；石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化；
(4)NH3分子间存在氢键沸点最高，PH3的相对分子质量大于CH4，所以PH3的沸点较高，所以沸点由高到低顺序为NH3>PH3>CH4，故沸点最高的是NH3；因为NH3分子之间能形成氢键；
(5)A．据图可知黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故A正确；
B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，故B正确；
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P-P和C-C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，故C正确；
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，故D错误；
综上所述正确的有ABC；
(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3=(a´10-7)3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3。
34．(2021·四川成都市·成都七中高三其他模拟)5月15日，天问一号探测器成功着陆于火星。据了解火星上存在大量的含氮化合物，科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。请回答下列问题：
(1)邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。
①邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为_______(填元素符号)。设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol中含有σ键的数目为_______。
②一定条件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NO2中N原子的杂化方式为_______杂化。
(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，则该元素的基态原子电子排布式为_______。
(3)元素周期表中的第IVA族～第VIIA族中部分元素的最简单氢化物的沸点变化趋势线如图，其中一个小黑点代表一种氢化物，则趋势线a代表第_______族元素的最简单氢化物的沸点变化趋势，判断依据是_______。
(4)一种嘌呤和一种吡啶的结构如图。
①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是_______。
②分子中的大π键可以用符号表示，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。则该吡啶中的大π键可表示为_______。
(5)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。若该晶体密度为dgcm-3，晶胞参数a=b≠c(单位：nm)，a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=_______nm(写出代数式)。
【答案】H
(1)①非金属性越强电负性越大，故电负性：H
(2)由该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第一二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，已知该元素为第四周期的某主族元素，则为第四周期，第IIA族元素Ca，则该元素的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，故答案为：1s22s22p63s23p64s2；
(3)在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故曲线a点代表的应是第IVA的氢化物沸点变化，
故答案为：IVA；NH3、H2O、HF因存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物的，从而出现沸点反常现象，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，图中趋势线a没有反常现象；
(4)①根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小，故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大；
②吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键：π，故答案为：π；
(5)晶胞中Ga原子数目=1+8×=2、N原子数目=1+4×=2，故晶胞质量= g，晶胞体积=a×10-7 cm×b×10-7 cm×sin60°×c×10-7 cm，则：g=(a×10-7 cm×b×10-7 cm×sin60°×c×10-7 cm)×dg•cm3，解得c=，故答案为：。
专题17 物质结构与性质
1．(2021·全国高考真题)我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为_________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为_______。SiCl4可发生水解反应，机理如下：
含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________(填标号)。
(2)CO2分子中存在_______个键和______个键。
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是________。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为______g·cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=________(用x表达)。
【答案】3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ② 2 2 甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多 8 2-x
【解析】
(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；
(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键，故答案为：2；2；
(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；
(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度===g·cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。
2．(2021·吉林长春市·长春外国语学校高二月考)过渡金属元素铬是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用。回答下列问题：
(1)对于基态Cr原子，下列叙述正确的是_______(填标号)。
A．轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为
B．4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C．电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
(2)三价铬离子能形成多种配位化合物。中提供电子对形成配位键的原子是_______，中心离子的配位数为_______。
(3)中配体分子、以及分子的空间结构和相应的键角如图所示。
中P的杂化类型是_______。的沸点比的_______，原因是_______，的键角小于的，分析原因_______。
(4)在金属材料中添加颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。具有体心四方结构，如图所示，处于顶角位置的是_______原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子空间占有率为_______%(列出计算表达式)。
【答案】AC 6 高 存在分子间氢键 含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大 Al
【解析】
(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为，A正确；
B. Cr核外电子排布为，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；
C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；
故答案为：AC；
(2)中三价铬离子提供空轨道，提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为三种原子的个数和即3+2+1=6，故答案为：；6；
(3)的价层电子对为3+1=4，故中P的杂化类型是； N原子电负性较强，分子之间存在分子间氢键，因此的沸点比的高；的键角小于的，原因是：含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：；高；存在分子间氢键；含有一对孤对电子，而含有两对孤对电子，中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；
(4)已知具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为，白球个数为，结合化学式可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为和，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率=%，故答案为：Al；。
3．(2021·广东高考真题)很多含巯基(-SH)的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
(1)基态硫原子价电子排布式为__________。
(2)H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为__________。
(3)汞的原子序数为80，位于元素周期表第______周期第ⅡB族。
(4)化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有________。
A．在I中S原子采取sp3杂化
B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°
D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E. 在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
(5)汞解毒剂的水溶性好，有利于体内 重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是________。
(6)理论计算预测，由汞(Hg)、锗(Ge)、锑(Sb)形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体(晶胞如图9a所示)中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是__________________。
②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为_________；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = _________。
③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为________g/cm3(列出算式)。
【答案】3s23p4 H2O>H2S>CH4 六 AD 化合物III 由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式 4 1：1：2
【解析】
(1)基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，因此基态硫原子价电子排布式为3s23p4，故答案为：3s23p4。
(2)H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O分子间存在氢键，沸点较高，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此沸点由高到低顺序为：H2O>H2S>CH4，故答案为：H2O>H2S>CH4。
(3)第六周期0族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案为：六。
(4)A．中S原子的价层电子对数=2+=4，因此S原子采取sp3杂化，故A正确；
B．中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素从左至右元素的电负性逐渐增大，同主族元素从上至下元素的电负性逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；
C．中C原子成键均为单键，因此C原子采取sp3杂化，所以C-C-C键角接近109º28’，故C错误；
D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共价键和与Na+之间的离子键，故D正确；
E．中硫氧键分为硫氧单键和硫氧双键，共价键种类不同，因此二者的键能不同，故 E错误；
综上所述，说法正确的是AD项，故答案为AD。
(5)中羟基能与水分子之间形成分子间氢键，为易溶于水的钠盐，溶于水后电离出的中O原子均能与水分子之间形成氢键，相同物质的量两种物质溶于水后，形成的氢键更多，因此化合物III更易溶于水，故答案为：化合物III。
(6)①对比图9b和图9c可得X晶体的晶胞中上下两个单元内的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶体的最小重复单位要求，故答案为：由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式。
②以晶胞上方立方体中右侧面心中Hg原子为例，同一晶胞中与Hg距离最近的Sb的数目为2，右侧晶胞中有2个Sb原子与Hg原子距离最近，因此X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4；该晶胞中Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面心、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为1+8×+4×=4，Hg原子位于棱边、面心，因此1个晶胞中含有Hg原子数为6×+4×=4，则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案为：4；1：1：2。
③1个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，则X晶体的密度为== g/cm3，故答案为：。
4．(2021·河北高考真题)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KH2PO4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)。
【答案】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
【解析】
(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6mol 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6mol 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6mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ´6=1182kJ；若6mol 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。
5．(2021·湖南高考真题)硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
(1)基态硅原子最外层的电子排布图为_______，晶体硅和碳化硅熔点较高的是_______(填化学式)；
(2)硅和卤素单质反应可以得到，的熔沸点如下表：
熔点/K
183.0
203.2
278.6
393.7
沸点/K
187.2
330.8
427.2
560.7
①0℃时，、、、呈液态的是____(填化学式)，沸点依次升高的原因是_____，气态分子的空间构型是_______；
②与N-甲基咪唑反应可以得到，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为_______，H、C、N的电负性由大到小的顺序为_______，1个中含有_______个键；
(3)下图是、、三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中和的原子个数比为1：4，图中Z表示_______原子(填元素符号)，该化合物的化学式为_______；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，，则该晶体的密度_______(设阿伏加德罗常数的值为，用含a、b、c、的代数式表示)。
【答案】； SiC SiCl4 SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大 正四面体形 sp2、sp3；； N>C>H 54 O Mg2GeO4 =×1021
【解析】
(1)硅元素的原子序数为14，价电子排布式为3s23p2，则价电子排布图为；原子晶体的熔点取决于共价键的强弱，晶体硅和碳化硅都是原子晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，非金属性强于硅原子，碳硅键的键能大于硅硅键、键长小于硅硅键，则碳硅键强于硅硅键，碳化硅的熔点高于晶体硅，故答案为：；SiC；
(2) ①由题给熔沸点数据可知，0℃时，四氟化硅为气态，四氯化硅为液态，四溴化硅、四碘化硅为固态；分子晶体的沸点取决于分子间作用力的大小，SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，则SiX4的沸点依次升高；SiX4分子中硅原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，则分子的空间构型为正四面体形，故答案为：SiCl4； SiX4都是结构相似的分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大；正四面体形；
②由M2+离子的结构可知，离子中含有杂化方式为sp3杂化的单键碳原子和sp2杂化的双键碳原子；元素的非金属性越强，其电负性越大，元素的非极性强弱顺序为N>C>H，则元素电负性的大小顺序为N>C>H；M2+离子的结构中含有单键、双键和配位键，单键和配位键都是σ键，双键中含有1个σ键，则离子中含有54个σ键，故答案为：sp2、sp3；N>C>H；54；
(3)①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上和体内的X原子为8×+6×+4×+3=8，位于体内的Y原子和Z原子分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为1：4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为Mg2GeO4，故答案为：O；Mg2GeO4；
②由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×ρ，解得ρ=×1021g/cm3，故答案为：×1021。
1．(2021·广西南宁市·南宁三中高三三模)金云母{K2Mg6[Al2Si6O20] (OH)4}是一种含镁和钾的铝硅酸盐，化学成分中替代钾的有钠、钙、钡；替代镁的有钛、铁、锰、铬。
(1)基态钾原子的核外电子排布式为___________。
(2)钡元素在周期表中位于___________ (填“s”“d”或“p”) 区。
(3) Mg、Al、 K的第一电离能由小到大的顺序是___________。
(4)镁、钙、钡均为第IIA族元素。
①MgO、CaO、BaO 中硬度最小的是___________。
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，则与O2-距离最近的Ca2+数目为___________。
(5)双(β—二酮)钛(IV)配合物具有抗肿瘤作用。为了寻求生物活性更好的β—二酮配体，设计如下合成过程：
①物质甲中碳原子的杂化方式为___________。
②K2CO3中阴离子的空间构型为___________。
③物质乙中含σ键和π键的数目之比为___________。
(6)镁与硅形成的晶体的晶胞属于面心立方结构，其晶胞结构如图所示，晶胞参数为anm。
①C点的Mg原子坐标参数为___________。
②设Na为阿伏加德罗常数的值，则该晶胞的密度为___________g·cm-3。
【答案】1s22s22p63s23p64s1 s K＜Al＜Mg BaO 6 sp2、sp3 平面三角形 22∶3 ( )
【解析】
(1) K是19号元素，根据能量最低原理，可知核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1；
(2)钡处于第六周期第IIA族，属于s区元素：
(3) 一般金属性越强，笫一电离能越小，Mg元素原子3s轨道为全充满稳定结构，第一电离能高于于Al的，故第一电离能由小到大的顺序为： K＜A1＜Mg；
(4) ①MgO、CaO、BaO均属于离子晶体，离子电荷数相同，由于r(Mg2+) ＜r(Ca2+) ＜r(Ba2+)，故晶格能MgO＞ CaO＞ BaO，故BaO的硬度最小：
②CaO的晶体结构与氯化钠的晶体结构类型相同，离子的配位数为6，则与O2-距离最近的Ca2+数目为6；
(5)①物质甲羰基中碳原子形成3个σ键，其它碳原子形成4个σ键，杂化轨道数目分别为3、4，碳原子分别采取sp2、sp3杂化；②CO32-中C原子孤电子对数==0， 价层电子对数=3+0=3，故其空间构型为平面三角形：③单键为σ键，双键含有1个σ键、1个π键，物质乙中含σ键和π键的数目之比为22： 3；
(6)①C点的Mg原子与坐标原点Si原子连线处于晶胞体对角线上，且二者距离等于晶胞体对角线长度的，
可知其参数x=y=z= ，即C点Mg原子坐标参数为()：②晶胞中Mg原子数目为8， Si 原子数目为8×+6×=4 晶胞质量= 晶胞体积= (a×10-7)3，晶胞密度= ÷(a×10-7)3=
2．(2021·山东济南市·高三三模)铁及其化合物具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)铁元素在元素周期表中的位置为___________，其形成的离子常见的有Fe2+和Fe3+，基态Fe2+的价电子的排布式为___________，相同条件下，Fe3+比Fe2+稳定，原因是___________。
(2)一种二茂铁为骨架的新型手性膦氮配合物结构示意图如下，其中Ph为苯基，Ir为铱元素。该结构中电负性最大的元素为___________(填元素符号，下同)，分子中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。P原子的杂化方式为___________，分子中不含有的化学键类型是___________(填标号)。
A．离子键 B．配位键 C．极性共价键 D．非极性共价键 E．键 F．键
(3)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所示。
其中铁酸钇的化学式为___________，已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为___________，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为___________(列出表达式)
【答案】第四周期第Ⅷ族 3d6 基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，稳定 O N＞O＞C sp3 A YFeO3 (，+m，)
【详解】
(1)铁为26号元素，在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，则基态Fe2+的价电子排布式为3d6；由于基态Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，故Fe3+比Fe2+稳定。
(2)该物质含有H、C、N、O、Fe、Ir元素，同周期元素从左至右电负性增大，同主族元素从上往下电负性减小，故该结构中电负性最大的元素为O；分子中第二周期元素为C、N、O，第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。由图可知，P原子形成4根键，则P原子的价层电子对数为4，则其杂化方式为sp3；该分子中，N、P原子与Ir之间形成配位键，存在C-H键、C-O键、N-H键等极性共价键，存在C-C非极性共价键，两原子之间的共价键有且只有一个是键，C=N双键中有一个键，一个键，不含有离子键，故选A。
(3)晶胞中Y的个数为，Fe的个数为2，O的个数为，故铁酸钇的化学式为YFeO3；已知1号O原子空间坐标为(0，0，)，2号O原子空间坐标为(，-m，-n)，则3号Fe原子的空间坐标为(，+m，)，若晶胞参数分别为a pm、b pm和c pm，阿伏加德罗常数的值用表示，则该晶体的密度为。
3．(2021·江西新余市·高三二模)氨、磷、砷、铁、钛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。
I．如，是新型锂离子电池的电极材料，可采用、、LiC1和苯胺等作为原料制备。
(1)基态铁原子的价电子排布式为______，中，除氢元素外，其余三种元素第一电离能最大的是______(填元素符号)。
(2)的熔点为306℃，沸点为315℃，的晶体类型是______。
(3)苯胺()和中的N原子杂化方式分别为______。
(4)苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，原因是______。
II．氨、磷、砷、锑等第ⅤA族元素及其化合物在生产、生活中用途广泛。
(5)白磷在氯气中燃烧可以得到和，其中气态分子的立体构型为______。
(6)研究发现固态和均为离子晶体，但其结构分别为和，分析和结构存在差异的原因是______。
(7)锑酸亚铁晶胞如图所示，其晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，，则：
①锑酸亚铁的化学式为______。
②晶体的密度为______(设为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】 N 分子晶体 、 苯胺和甲苯都是分子晶体，苯胺中N原子容易形成分子间氢键，其熔点偏高 三角锥 半径较大，无法形成
【详解】
I．(1)铁原子序数为26，按构造规律知，基态铁原子的价电子排布式为。同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但当电子排布有半充满结构，第一电离能较高，则N的第一电离能高于O元素，同主族元素第一电离能从上到下依次减小，则N的第一电离能高于P元素，则中，除氢元素外，其余三种元素N、O和P的第一电离能最大的是N (填元素符号)。
(2)的熔点为306℃，沸点为315℃，氯化铁的熔沸点较低，则的晶体类型是分子晶体。
(3)苯胺()中N含有1对孤电子对、价层电子对数为4，则苯胺中N原子杂化方式为、中的N原子没有孤电子对、价层电子对数为4，杂化方式为。
(4) 苯胺和甲苯可构成分子晶体，苯胺和甲苯相对分子质量接近，但苯胺熔点比甲苯的高，则苯胺分子间的作用力更强，从苯胺的结构可知，苯胺中N原子容易形成分子间氢键，使其熔点偏高、甲苯分子间则不存在氢键，甲苯熔点比苯胺低。
II．(5) 分子内中心原子P孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形。
(6) 固态和均为离子晶体，但其结构分别为和，原因是：Br−半径较大，而Cl−半径较小，所以P周围可以容纳6个Cl−，能形成，而无法容纳6个Br−、即无法形成。
(7) ①锑酸亚铁晶胞如图所示，据图可知一个晶胞中含有Sb原子的个数为，O原子的个数为 ，Fe2+的个数为 ，则锑酸亚铁的化学式为。
②晶胞的质量为， 其晶胞参数分别为a nm、b nm、c nm，，则晶体的体积为 ，晶体的密度为。
4．(2021·贵州贵阳市·高三二模)铁是一种重要的金属，铁元素也是人体必需的微量元素之一．铁及其化合物在生产生活中有着广泛的应用．回答下列问题：
(1)氯化铁溶液用于检验食用香精乙酰乙酸乙酯时，会生成紫色配合物，其配离子结构如图所示．该配合物中基态铁离子的价电子排布式为___________，碳原子的杂化轨道类型为_______．
(2)铁氯化钾溶液是检验常用的试剂，中所含键的数目为____________．
(3)铁的晶体中铁原子有三种堆积方式，其中两种品胞结构如下图所示，下列说法正确的是_________．
a．的空间利用率为74%
b．品胞中铁原子的配位数为12
c．延展时，可以转变为
d．金属铁导电是由于通电时自由电子作定向移动
(4)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，其原因是_____________．
(5)有一种蓝色晶体，它的结构特征是和分别占据立方体互不相邻的顶点，立方体的每一条棱上均有一个位于立方体的某个合适的位置上，由此可知该晶体的化学式为_________；立方体中间连接起来形成的空间构型为_______________．
(6)晶体的晶胞如图所示，晶胞边长为．设为阿伏加罗常数的值，则晶体密度的计算表达式为_________；晶胞中位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______．
【答案】 bd Fe的原子半径比Ca的原子半径小，价电子数更多，金属键更强 正四面体
【分析】
根据铁原子的电子排布式和Fe3+的电子排布式写出Fe3+的价电子排布式；根据铁氯化钾的结构，判断该结构中所含键的数目；根据属于体心立方堆积，属于面心立方最密堆积判断正确选项；根据Fe和Ca的结构，由金属键判断熔沸点高低的原因；根据题中信息，计算晶体的化学式；根据晶胞的结构，由“均摊法”进行晶胞的相关计算；据此解答。
【详解】
(1)Fe的原子序数为26，核内26个质子，核外26个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，Fe3+是Fe原子失去最外层2个电子和次外层一个电子形成的，则铁离子的价电子排布式为3d5；该配合物中，甲基和乙基上的碳原子形成4个σ键且不含孤电子对，杂化轨道数目为4，碳原子杂化方式为sp3杂化，碳碳双键、酯基中C碳原子形成3个σ键且不含孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子杂化方式为sp2杂化；答案为3d5；sp2、sp3。
(2)[Fe(CN)6]3+中Fe3+与CN-之间形成配位键，属于σ键、CN-中C原子与N原子之间形成1个σ键，[Fe(CN)6]3+含有12个σ键，1mol[Fe(CN)6]3+离子中所含σ键的数目为12NA；答案为12NA。
(3)a．由可知，属于体心立方堆积，空间利用率为68%，故a错误；
b．由可知，属于面心立方最密堆积，面心立方最密堆积配位数为12，故b正确；
c．金属延展时，金属键不变，金属结构不变，所以延展时，不可能转变为，故c错误；
d．金属铁的导电性是由于在Fe中含有自由移动的电子，在通电时自由电子改作定向移动形成电流，故d正确；
答案为bd。
(4)Fe与Ca位于同一周期且最外层电子构型相同，铁的熔点和沸点均比钙的高，是因为二者均为金属晶体，金属键越强，熔沸点越高，Fe的原子半径比Ca的小，价电子数更多，金属键更强；答案为Fe的原子半径比Ca的原子半径小，价电子数更多，金属键更强。
(5)某蓝色晶体中，Fe2+、Fe3+分别占据立方体互不相邻的顶点，Fe2+、Fe3+个数都是4×=0.5，立方体的每条棱上均有一个CN-，CN-个数=12×=3，根据电荷守恒得K+个数==0.5，所以Fe2+、Fe3+、CN-、K+个数之比=0.5:0.5:3:0.5=1:1:6:1，所以该晶体的化学式为KFe[Fe(CN)6]；立方体中Fe3+间连接起来形成的空间构型为正四面体形；答案为KFe[Fe(CN)]6；正四面体。
(6)晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积V=(a×10-7cm)3，该晶胞中Fe2+个数=1+12×=4，个数=8×+6×=4，其晶体密度ρ=═g·cm-3=g·cm-3=g·cm-3；晶胞中Fe2+位于所形成的八面体的体心，该正八面体的边长为每个面对角线长度的一半，即正八面体的边长=；答案为；。
5．(2021·天津高三三模)请回答以下问题：
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有__种不同运动状态的电子。
(2)如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA—ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是__。
(3)CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___晶体。
(4)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___种。GaCl3中心原子的杂化方式为___。
(5)冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有___个紧邻分子。
(6)若[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为___(填字母)。
a.平面正方形 b.正四面体形 c.三角锥形 d.V形
(7)F与Ca可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示。其中Ca2+的配位数为___，若该晶体的密度为ag·cm-3，则该晶胞的体积是__cm3(写出表达式即可，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】12 SiH4 原子 3 sp2 12 a 8
【解析】
(1)第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，从图1得出信息，其最外层有2个电子，则其是12号镁元素，其原子核外有12个电子，则有12种不同运动状态电子。
(2)根据图中信息，第二周期的元素，ⅣA—ⅦA中，只有碳元素对应的CH4没有分子间氢键，则最下方的曲线为ⅣA元素氢化物的沸点变化曲线，则a点代表的是SiH4。
(3) CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示，可知该晶体是立体网状结构，故该晶体类型为原子晶体。
(4)同周期主族元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但ⅡA元素的np为全充满，ⅤA元素的np为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻的元素，则第一电离能：Al
(6)[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，可能是平面正方形，也可能是正四面体，且当[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个Cl-取代时，能得到两种不同结构的产物，可判断其空间构型为平面正方形。
(7)从晶胞结构图可知，Ca2+采取的是面心立方最密堆积，钙离子周围与钙离子最近的氟离子有8个，则Ca2+的配位数为8，晶胞中含有的钙离子数为8+6=4个，其中F-离子填充在晶胞的四面体空隙中，则F-的个数为8个，则整个晶胞的质量为+=g，晶胞的密度为ag·cm-3，则晶胞的体积为 cm3。
6．(2021·四川雅安市·高三三模)20年11月24日，长征五号遥五运载火箭搭载嫦娥五号月球探测器成功发射升空并将其送入预定轨道，实现了我国首次月球无人采样返回。月球的沙土中含有丰富的钛铁矿，土壤中还含有硅、铝、钾、钡、钴、铷、汞、铜和稀土元素等。
(1)在元素周期表的短周期中，与Al的化学性质最相似的邻族元素是_______，Al元素基态原子核外M层电子自旋状态相同的电子数为_______个。
(2)钠与铝是位于同一周期的金属元素，但NaCl的熔点(801℃)高于AlCl3(194℃)，原因是____；事实证明熔融态氯化铝可挥发出二聚分子Al2Cl6，其结构如图所示，请在图上用“→”标出其配位键____；S也是第3周期元素，同周期元素中，第一电离能比S高的有____种。
(3)作为过渡元素的Fe、Cu容易形成配位化合物：如实验室检验Fe3+会用到KSCN溶液，C、N两种元素的电负性大小关系为____，与SCN-互为等电子体的粒子有____(写两种即可)。无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力有___。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E.氢键 F.范德华力
(4)钴的一种化合物晶胞结构如下图所示：
①晶胞中离Ti最近的O有____个，其中Co原子位于O原子构成的____空隙中。
A．正四面体 B．正六面体 C．正八面体 D．正十二面体
②已知该晶体的密度为ρg·cm-3，则晶胞中Ti与O的最近距离是____nm(用含ρ、NA的代数式表示，相对原子质量O-16，Co-59，Ti-48)。
【答案】Be 2 NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体 3 C＜N CO2、N2O、CNO-、COS B、C 12 C
【解析】
(1)根据对角线原则，与Al的化学性质最相似的邻族元素为Be；Al的M层为最外层，价电子排布图为，自旋状态相同的电子数为2个；故答案为Be；2；
(2)氯化钠为离子晶体，氯化铝为分子晶体，一般离子晶体高于分子晶体，因此氯化钠的熔点高于氯化铝；铝原子最外层有3个电子，Cl最外层有7个电子，一个铝原子与3个氯原子形成共价键，因此属于配位键的是或；同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但ⅡA＞ⅢA，ⅤA＞ⅥA，因此第一电离能比S高的元素有P、Cl、Ar，有3种；故答案为NaCl为离子键构成的离子晶体，AlCl3为共价键构成的分子晶体；或；3；
(3)同周期从左向右电负性增大，即C＜N；根据等电子体的定义，以及邻近原则和同主族，与SCN-互为等电子体的是CO2、N2O、CNO-、COS等；硫酸铜在溶液中完全电离，不含离子键，水分子间存在范德华力和氢键，水分子内和硫酸根离子中原子间以共价键形式结合，水合铜离子中存在配位键，则硫酸铜稀溶液中微粒间不存在的作用力是离子键和金属键，选项BC符合题意；故答案为C＜N；CO2、N2O、CNO-、COS等；BC；
(4)①根据晶胞的结构离Ti最近的O有上、同、下层各有4个，即共有12个；根据晶胞的结构，Co周围最近的O有8个，即Co原子位于O原子构成的正八面体空隙中；故答案为12；C；
②Co原子位于晶胞的内部，全部属于晶胞，Ti位于顶点，属于该晶胞的个数为=1，氧原子位于面心，属于该晶胞的个数为=3，化学式为CoTiO3，晶胞的质量为g，晶胞的边长为nm，根据晶胞的结构，Ti与O最近的距离是面对角线的一半，即最近的距离是nm；故答案为nm。
7．(2021·山东青岛市·高三二模) HgCl2稀溶液可用作外科手术刀消毒剂，HgCl2晶体熔点较低，熔融状态下不导电。
(1)HgCl2属于___________化合物(填“离子”或“共价”)。
(2)HgCl2和不同浓度NH3-NH4Cl反应得到某种含汞化合物的晶胞结构M如图所示：(部分微粒不在晶胞内)
①写出该含汞化合物的化学式___________。
②M中___________(填“大于”、“小于”、或“等于”)NH3中的，分析原因___________。
③该含汞化合物晶体在水中的溶解性___________(填“可溶”或“难溶”)，分析原因___________。
④在晶胞中Cl原子a的分数坐标为(，，1)，则Hg原子b的分数坐标为___________；晶胞的体积为V cm3，则该晶体的密度为___________。
【答案】共价 Hg(NH3)2Cl2 大于 在M中氮原子的孤电子对填充到汞离子的空轨道形成共价键，对N-H键的斥力减弱，因此M中比NH3中的变大 可溶 该分子可以与水分子形成分子间氢键 (，0，)
【详解】
(1)因为HgCl2晶体熔点较低，熔融状态下不导电，所以HgCl2属于共价化合物；
(2)①由图可知一个Hg连接2个NH3和4个Cl，2个NH3被一个Hg完全占有，而每个Cl均被两个Hg平分，则一个Hg拥有2个Cl，所以该含汞化合物的化学式为Hg(NH3)2Cl2；
②在M中含有NH3，NH3中N原子存在孤电子对，该孤电子对填充到汞离子的空轨道形成共价键，对N-H键的斥力减弱，导致M中几个N-H键之间的键角增大，所以比NH3中的变大，即M中大于NH3中；
③该含汞化合物晶体中含有较多的NH3，在水中会与水分子形成分子间的氢键，导致物质的溶解性增强，故该晶体在水中可溶；
④由图可知Hg原子b的分数坐标为(，0，)；
用均摊方法计算，在晶胞中含有Cl数目为：，含有Hg原子数为：1+2×=2，含有NH3分子4个，晶胞的体积为V cm3，则该晶体的密度为：。
8．(2021·陕西宝鸡市·高三二模)照相底片定影时，常用定影液硫代硫酸钠溶解未曝光的溴化银，生成含的废定影液再向其中加入使中的银转化为，使定影液再生。将在高温下转化为Ag，达到回收银的目的。
回答下列问题：
(1)元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，则基态银原子的价层电子排布式为___________。乙二胺是一种有机化合物，与等金属离子形成稳定环状离子，其原因是___________，
(2)离子结构如图所示，写出一种等电子体___________，其结构中δ键的类型为___________。
(3)写出AgBr溶于溶液反应的离子方程式___________。中存在的作用力有___________(填化学键类型)，银离子的配位数是___________。
(4)在空气中灼烧生成Ag和分子中心原子的杂化类型为___________，分子的空间构型为___________，与CO2构型不同的原因是___________，由此判断的键角___________ 的键角。
(5)用X射线衍射法可测定阿伏加德罗常数。金的X射线衍射图象可知晶胞属于面心立方晶胞。若金原子的半径为rcm，金的密度为，摩尔质量为，列出计算阿伏加德罗常数的算式___________用含a，，M的表达式表示。
(6)从组成的角度分析Ag2CO3比Ag2S的分解温度低的原因是___________。
【答案】 乙二胺的两个N提供孤对电子给Cu2+形成配位键 P-Pσ键 离子键、共价键、配位键 2 V形 硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小 小于 Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体
【详解】
(1)已知基态铜原子的价层电子排布式为：，元素周期表中，铜、银、金位于同一副族相邻周期，故基态银原子的价层电子排布式为，由于乙二胺()中两个-NH2的N原子上均有孤电子，均能与Cu2+等金属离子形成配位键，故能与等金属离子形成稳定环状离子，故答案为：；乙二胺的两个N提供孤对电子给Cu2+形成配位键；
(2)等电子体是指原子总数相等，价电子总数相等的分子，因S和O的价电子数相等，故等电子体为，其结构中σ键是S原子的3p轨道和O原子的2p轨道重叠形成的，故σ键的类型为P-Pσ键，故答案为：；P-Pσ键；
(3)由题干信息可知，硫代硫酸钠()溶解未曝光的溴化银(AgBr)，生成含， AgBr溶于溶液反应的方程式为：AgBr+2=+NaBr，故离子方程式为：，
中存在的作用力有Na+与之间的离子键、内部中有S原子和O原子间的共价键和Ag+与之间的配位键，中银离子的配位数是2，故答案为：；离子键、共价键、配位键；2；
(4)在空气中灼烧生成Ag和分子中心原子S原子周围形成2个σ键，含有的孤电子对数为：=1，故中心原子的价层电子对数为3，故杂化类型为sp2，分子的空间构型为V形，CO2中C原子没有孤电子对，导致C=O之间的排斥力减小，故键角增大，故SO2与CO2构型不同的原因是硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小，由于H2O中O原子存在2对孤电子对，中O原子存在1对孤电子对，由此判断的键角小于 的键角，故答案为：sp2；V形；硫原子上孤电子对存在对共价键的排斥作用使键角变小；小于；
(5)设阿伏加德罗常数NA，已知金的晶胞属于面心立方晶胞，故一个晶胞中含有 个金原子，设晶胞的边长为xcm，若金原子的半径为rcm，可知：4r=，即x=2rcm，又金的密度为，摩尔质量为，列出为：4M=NA(2r)3，故计算阿伏加德罗常数的算式为：，故答案为：；
(6)由于S2-的半径大于O2-的半径，Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体，导致Ag2CO3比Ag2S的分解温度低，故答案为：Ag+对中氧离子的吸引，在加热条件下使碳氧键断裂，释放出CO2气体。
9．(2021·海南海口市·高三三模)金属Ni可以与Mg、C形成一种化合物M，M是一种新型超导体，它的临界温度为8K。回答下列问题：
(1)在基态Mg原子中，核外存在___________对自旋相反的电子。
(2)碳在矿物中，通常以碳酸盐形式存在。根据价层电子对互斥理论，可推知CO的空间构型为 ___________，其中碳原子的杂化轨道类型为___________。NaHCO3的溶解度比Na2CO3的小，其原因是HCO在水溶液中易形成多聚离子，请解释HCO形成多聚离子的原因是___________。
(3)Ni的基态原子的价层电子排布式为___________。区分晶体Ni和非晶体Ni的最可靠的科学方法为___________。向绿色的NiSO4溶液中滴加过量的氨水，溶液会变成深蓝色，其原因是溶液中生成了一种六配体的配离子，该配离子的化学式为___________。
(4)已知M的晶胞(α = β = γ = 90°)结构如下图所示，则M的化学式为___________。其晶胞参数为：a = b = c = d pm，该晶体的密度为___________g·cm-3.(列出计算式)
【答案】6 平面三角形 sp2 HCO中的-OH可以与另一HCO中的氧原子形成氢键，故可形成多聚体 3d84s2 X射线衍射法 [Ni(NH3)6]2+ MgCNi3
【详解】
(1)Mg元素为12号元素，核外电子排布为1s22s22p63s2，同一轨道中最多有两个自旋方向的电子，Mg原子所占轨道均排满，所以有6对自旋相反的电子；
(2)CO中C原子的价层电子对数为，不含孤电子对，所以空间构型为平面三角形，碳原子为sp2杂化；HCO中含有-OH可以与另一HCO中的氧原子形成氢键，故可形成多聚体；
(3)Ni元素为28号元素，核外电子排布为[Ar]3d84s2，价层电子排布式为3d84s2；区分晶体和非晶体的最科学方法为X射线衍射法；氨水中含有大量NH3分子，NH3分子中N原子有孤电子对，而Ni2+存在空轨道，二者可以形成配位键，根据题意配位数为6，所以该配离子为[Ni(NH3)6]2+；
(4)根据均摊法，晶胞中Mg原子的个数为=1，Ni原子的个数为=3，C原子的个数为1，所以化学式为MgCNi3；晶胞的质量为m=，晶胞的体积为V=d3 pm3=d3×10-30cm3，则晶体密度为= g·cm-3.。
10．(2021·四川成都市·石室中学高三三模)氮元素在农药生产及工业、制造业等领域用途非常广泛。请根据提示回答下列问题∶
(1)N原子的最外层电子排布式为___，在第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有___种。
(2)NH3是重要的配体，如[Cu(NH3)4]2+，NH3分子的VSEPR模型为____，其中H—N—H的键角为107.3°，则[Cu(NH3)4]2+中H—N—H的键角___107.3°(填“大于”“小于”“等于”)。
(3)甲基胺离子(CH3NH)的电子式为_____，其中存在的共价键类型为____(填极性键、非极性键、配位键)。已知(CH3)2NH比NH3接收质子的能力强，可能的原因是____。
(4)2-甲基吡啶()是类似于苯的芳香化合物，分子中N原子的杂化类型为___。1mol该物质中含有的σ键数目为____。
(5)已知氨在一定条件下可形成一种立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴投影图均如图所示
①晶胞的棱长为apm，则该晶体的密度为___g/cm3(写出数学表达式，设NA为阿伏加德罗常数的值)。
②请画出该立方晶胞沿体对角线方向的投影图___。
【答案】2s2 2p3 2 四面体形 大于 极性键和配位键 甲基的供电子能力强于氢原子，导致N原子电子云密度增大，接收质子的能力强 sp2 14NA
【详解】
(1)N原子为第二周期VA族，则最外层电子排布式为2s22p3；在第二周期元素中，第一电离能大于N的元素有Ne、F，合计2种；
(2)NH3的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中存在孤电子对，[Cu(NH3)4]2+中孤电子对已形成配位键，不再有孤对电子；NH3中孤电子对与成键电子对之间排斥力更大，使成键电子对之间的夹角更小，则H—N—H的键角大于107.3°。
(3)甲基胺离子(CH3NH)的电子式为；存在的共价键类型为C-H、N-H、C-N极性键，N-H配位键；甲基供电子能力强于氢原子，甲基越多，N原子的电负性更强，接收质子能力更强，则(CH3)2NH比NH3接收质子的能力强。
(4)N原子有两个σ键，一对孤电子对，另一个单电子参与形成π键，故为SP2杂化；分子中含有7条C-H σ键，5条C-C σ键，2条C-N σ键，合计14条σ键，则1mol该物质中含有的σ键数目为14NA。
(5)①根据题意可知，此时氨形成的晶体类型为体心立方堆积，配位数为8，每个晶胞中含有2个NH3，密度= g/cm3=g/cm3。
②正方体的角对角线的投影为正六边形，图像为。
11．(2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高三二模)金属元素及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
(1)锰元素在周期表中的位置是___，基态锰原子的最外层电子排布式为___。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。Cr(CO)6的晶体类型是___，Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为___。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是___。
(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用∆表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能△[Fe(H2O)6]2+__△[Fe(H2O)6]3+(填<”或“=”)，理由___。
(5)已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如图。
Pb(CH2CH3)4在晶体结构中的配位数是___。设阿伏加德罗常数为NAmol-1，Pb(CH2CH3)4的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4晶体的密度是___g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】第四周期第ⅦB族 4s2 分子晶体 1：1 直线形 ＜ Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构 12
【详解】
(1)锰是25号元素，其电子排布式为[Ar]3d54s2，因此锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅦB族，基态锰原子的最外层电子排布式为4s2；故答案为：第四周期第ⅦB族；4s2。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，说明Cr(CO)6的晶体类型是分子晶体，由于N2和CO是互为等电子体，N2含有1个σ键和2个π键，CO与Cr形成配位键，因此Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为(6+6)：12=1:1；故答案为：分子晶体；1：1。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，说明该配离子的空间构型是直线形；故答案为：直线形。
(4)根据题意得出Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构，因此分裂能△[Fe(H2O)6]2+＜△[Fe(H2O)6]3+，其理由是Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构；故答案为：＜；Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构。
(5)Pb(CH2CH3)4晶体堆积方式为是六方最密堆积，因此其结构中的配位数是12。根据题意得到Pb(CH2CH3)4晶体的密度是；故答案为：。
12．(2021·山东泰安市·高三其他模拟)H、N、P、Mg、A1、Cu6种元素及其化合物可以形成用于生活和工业、国防中的重要材料。
(1)上述6种元素的基态原子中，只含有1个未成对电子的有_______种。
(2)肼(N2H4)可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH3取代所形成的一种物质。NH3分子的空间构型是_______，肼的沸点比氧气的沸点高的原因是_______。
(3)下表列出的是某元素的第一至第四电离能(单位：kJ·mol-1)的数据。
I1
I2
I3
I4
420
3100
4400
5900
上述6种元素中元素的电离能有类似变化的是_______(填元素符号)。
(4)氮和磷相结合能形成一类偶磷氮烯的化合物，其链状高聚物的结构为，则P的杂化方式为_______。
(5)Mg、Cu合金的拉维斯结构如图所示，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。
①若1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)，则2号原子的坐标为_______。
②该晶胞的化学式为_______。
【答案】3 三角锥形 肼分子间形成了氢键 Cu sp3 (，，1) MgCu2
【详解】
(1)上述6种元素的基态原子中，只含有1个未成对电子的有H、Al、Cu，共计是3种。
(2)NH3分子中氮原子的价层电子对数是＝4，含有1对孤电子对，空间构型是三角锥形，由于肼分子间形成了氢键，所以肼的沸点比氧气的沸点高。
(3)根据表中数据可知第二电离能远大于第一电离能，属于第ⅠA族或第ⅠB族，由于氢原子只有1个电子，因此满足条件的是Cu；
(4)分子中P原子形成4个o键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4，P原子采用的杂化方式为sp3。
(5)①若1号原子的坐标为(0，0，0)，3号原子的坐标为(1，1，1)，2号原子位于面心处，其坐标为(，，1)。
②晶胞中Mg原子个数＝8，Cu原子个数16，该晶胞的化学式为MgCu2。
13．(2021·福建南平市·高三二模)砷化镓是当前最重要、技术成熟度最高的半导体材料之一、我国“玉兔二号”月球车就是通过砷化镓太阳能电池提供能量。
(1)基态原子核外电子排布式为___________，最高能级电子的电子云形状为___________。
(2)和为结构相似的原子晶体，沸点___________(填“>”或“<”，下同)，第一电离能___________。
(3)成语“信口雌黄”中雌黄的分子式为，分子结构如图1，原子的杂化方式为___________。
(4)的晶胞结构如图2，在晶体中，与原子最近且等距离的原子数为___________，原子位于形成的___________空隙中。
(5)若砷化镓晶胞边长为，则与最近的核间距为___________。
【答案】或 哑铃形(或纺锤形) 12 正四面体
【详解】
(1)Ga为第31号元素，基态原子核外电子排布式为或，最高能级为p，电子的电子云形状为哑铃形(或纺锤形)。
(2)和为结构相似的原子晶体，原子半径越小，作用力越强，熔沸点越高，沸点<，同周期元素从左到右第一电离能逐渐增大，As的4p能级含有3个电子，为半满稳定状态，第一电离能较高，则第一电离能As>Ga。
(3)成语“信口雌黄”中雌黄的分子式为，分子结构如图1，As是中心原子，H原子是配体，中心原子As有5个价电子，配体3个H有3个价电子，共8个价电子，4个电子对，其中3个成键电子对，1个孤对电子As采取sp3杂化。
(4)晶体中砷原子的堆积方式为面心立方，与一个砷原子距离最近且等距离的砷原子数为12，晶体中一个镓原子通过四个共价键结合四个砷原子，镓原子位于由砷原子构成的正四面体空隙中。
(5)晶体中镓原子与砷原子的最小核间距即Ga- As键的键长，该距离是晶胞体对角线的四分之一，已知晶胞边长为apm，则晶胞体对角线为apm，镓原子与砷原子的最小核间距为。
14．(2021·山东日照市·高三三模)硼酸(H3BO3)是玻璃工业、电子元件行业的重要原料。回答下列问题：
(1)与B、O同周期，第一电离能介于二者之间的有___________(填元素符号)。
(2)硼酸晶体结构为平面层状结构(如图I)，四硼酸根为立体结构(如图Ⅱ)。
①硼酸为___________晶体；晶体中各层之间的作用力为___________。
②四硼酸根中硼原子的杂化方式为___________。
(3)工业上曾用碳氨法制备硼酸，先用MgO·B2O3与NH4HCO3、H2O制得(NH4)H2BO3和MgCO3，然后再将(NH4)H2BO3脱NH3生成H3BO3。
①NH与CO的空间构型：NH___________：CO_______。
②MgO晶体结构属于NaC1型(如图)，图中表示Mg2+的为___________(填“大球”或“小球”)，其配位数是___________；MgO晶胞参数为a pm，则MgO晶胞的密度为___________g·cm-3(NA表示阿伏加德罗常数的值，用含a、NA的式子表示)。
【答案】Be、C 分子 范德华力 sp2、sp3 正四面体 平面正三角形 小球 6
【详解】
(1)同周期，从左向右第一电离能增大，则第二周期元素中，第一电离能介于B和O之间的元素有Be、C。
【点睛】
(2)①硼酸晶体中存在H3BO3分子，因此，是分子晶体，在硼酸[B(OH)3]分子中，硼原子与氧原子形成共价健、羟基中氢原子和氧原子间形成共价键，硼酸分子与硼酸分子间形成氢键、范德华力。
②四硼酸根的中的B必含有配位键，也就是说，四硼酸根的中的B是sp3杂化。
(3) ①铵根：中心原子为N，价层电子对为对数 (5-1×4-1)÷2+4=4，所以氮原子是sp³杂化，VSEPR模型是正四面体，考虑到有一个氢是以离子形式发生配位，每两个原子之间的作用力不一样，所以铵根的构型是四面体；碳酸根：中心原子是C，价层电子对对数为 (4-2×3+2)÷2+3=3，所以碳原子是sp²杂化，空间构型是平面正三角形。
②MgO晶体结构属于NaC1型(如图)，由氯化钠的晶胞结构可知，氯离子和钠离子的配位数都是6；所以在MgO晶胞中Mg和O的配位数也都是6，由氯化钠的晶胞结构知，氧化镁中镁原子和镁原子处于小正方形的对角线上，根据图象知，图中表示Mg2+的为小球；MgO晶胞参数为a pm，则MgO晶胞的密度为=·cm-3。
15．(2021·吉林长春市·高三模拟)卤族元素是重要的非金属元素，用途广泛。回答下列问题：
(1)卤族元素位于元素周期表___________区，其中电负性最大的是___________(填元素符号)。
(2)基态氟原子核外有___________种运动状态不同的电子，其中含有单电子的轨道形状为___________。
(3)溴元素对应的含氧酸 HBrO4酸性比 HBrO3酸性___________(填“强”或“弱”)，原因是___________。
(4)化合物 I3 AsF6为离子化合物，其中阳离子(I)中心原子的杂化方式为___________。该晶体中不含有的化学键类型为___________(填选项字母)。
a．配位键 b．金属键 c．极性键 d．非极性键
(5)由钾、氧、碘三种元素构成的晶体晶胞结构如图1所示。则该晶体的化学式为___________，晶胞中位置与 K+紧邻的 O 的个数为___________。
(6)有“点缺陷”的 NaCl 晶体可导电，其结构如图 2 所示。有人认为：高温下有“点缺陷”的 NaCl 晶体能导电，是因为 Na＋经过一个由 3 个 Cl-组成的最小三角形窗孔(如图 3 所示)，迁移到另一空位而造成的。已知立方体边长 a=282pm，粒子半径 r(Na＋)=115pm，r(Cl-)=167pm，计算内切圆半径 r内的值并判断该观点是否正确___________。(已知：)
【答案】P F 9 哑铃形 强 HBrO4酸和HBrO3酸的通式为，前者为，后者为，n值越大酸性越强； sp3 b 24 52pm；正确
【详解】
(1)P区元素包括元素周期表中IIIA族元素~0族元素，所以卤族元素位于元素周期表的P区，同主族元素从上至下非金属的非金属性逐渐减弱，则其电负性逐渐减弱，所以卤素中电负性最强的为F元素，故答案为：p；F；
(2)基态氟原子核外为含9个电子，由保里不相容原理可知，没有运动状态完全相同的电子，其核外电子运动状态由9种；其中2P轨道为含单电子轨道，p轨道是哑铃形，故答案为：9；哑铃形；
(3)溴元素对应的含氧酸HBrO4酸和HBrO3酸的通式为，前者为，后者为，n值越大酸性越强，所以HBrO4酸性比HBrO3酸性强，故答案为：强；HBrO4酸和 HBrO3酸的通式为，前者为，后者为，n值越大酸性越强；
(4)碘的价层电子对数为：，由于中心原子只形成2个共价键，故其有2个孤电子对，中心原子的杂化类型为sp3杂化；I3 AsF6晶体中均为非金属元素，因此不含金属键，所以b符合题意，故答案为：sp3；b；
(5)由图一可知，I的个数为1，O的个数为，个数为，所以该晶体的化学式为；与紧邻的O原子个数为24，故答案为：；24；
(6)该三角形窗孔为等边三角形，，，X=52pm。高温下，NaCl晶体导电是由于迁移到另一空穴造成的，结合NaCl晶体结构图可知，提出的观点是正确的，故答案为：52pm；正确。
16．(2021·河北邯郸市·高三三模)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木结构单元(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)。
【答案】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=。
17．(2021·山东济宁市·高三二模)硼及其化合物在材料制造、有机合成等方面用途非常广泛。回答下列问题：
(1)氨硼烷(H3NBH3)是目前最具潜力的储氢材料之一。
①氨硼烷能溶于水，其原因是___。
②氨硼烷分子中与N相连的H呈正电性，与B原子相连的H呈负电性，它们之间存在静电相互吸引作用，称为双氢键，用“N—H…H—B”表示。以下物质之间可能形成双氢键的是___。
A．苯和三氯甲烷 B．LiH和HCN C．C2H4和C2H2 D．B2H6和NH3
③氨硼烷电池放电时的总反应为：H3NBH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。写出负极电极反应___。
(2)在硼酸盐中，阴离子有链状、环状、骨架状等多种结构形式，图(a)为一种无限长单链状结构的多硼酸根，其化学式为___；图(b)为硼砂晶体中的阴离子，其中硼原子采取的杂化类型___。
(3)硼氢化钠是一种常用的还原剂。其晶胞结构如图所示：
①该晶体中Na+的配位数为___。标注为“1”的Na+分数坐标为___。
②H3BO3分子中的O—B—O的键角___(填“大于”、“等于”或“小于”)BH中的H—B—H的键角。
③已知硼氢化钠晶体的密度为ρg·cm-3，NA代表阿伏伽德罗常数的值，则a=___(用含ρ、NA的代数式表示)；
④若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，得到的晶体的化学式为__。
【答案】氨硼烷和水之间可以形成氢键 BD H3NBH3+2H2O-6e-=NH+BO+6H+ [BO2]或BO sp2、sp3 8 (1，，) 大于 ×107 Na3Li(BH4)4
【详解】
(1)①氨硼烷能溶于水，是由于氨硼烷分子与水分子之间可以形成氢键，增加了分子之间的相互吸引作用；
②A．在苯和三氯甲烷分子中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，A不符合题意；
B．在LiH中H显负电性，而在HCN中H显正电性，因此二者之间存在双氢键，B符合题意；
C．在C2H4和C2H2中H原子都是呈正电性，因此不存在双氢键，C不符合题意；
D．在B2H6中H显负电性，在NH3中H原子都是呈正电性，因此二者之间存在双氢键，D符合题意；
故合理选项是BD；
③氨硼烷电池放电时的总反应为：H3NBH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。该反应中H3NBH3失去电子，发生氧化反应，所以负极的电极反应式为：H3NBH3+2H2O-6e-=NH+BO+6H+；
(2)图(a)是一种链状结构的多硼酸根，从图可看出，每个单元，都有一个B，有一个O完全属于这个单元，剩余的2个O分别为2个单元共用，所以B：O=1：(1+2×)=1：2，所以化学式为[BO2]或BO；从图(b)是硼砂晶体中阴离子的环状结构可看出：[B4O5(OH)4]2-一半B原子采用sp3杂化形成两个四配位BO4四面体；另一半B原子采用的是sp2杂化形成两个三配位BO3平面三角形结构，故其中B原子杂化类型为sp2杂化、sp3杂化；
(3)①以上底面面心Na+研究，与其配位的处于晶胞的顶点、晶胞上半部的面心，还有处于上面晶胞下半部左右侧面面心，即该晶体中Na +的配位数为8；
根据坐标原点及标注为“1”的Na+的位置，可知该Na+的分数坐标为(1，，)；
②H3BO3分子为平面分子B原子采用sp2杂化，而中B原子采用sp3杂化，sp2杂化形成的键角120°，sp3杂化形成的的键角是109°18′，所以sp2杂化形成的键角大于sp3杂化形成的的键角，与H3BO3分子中的O—B—O的键角大于BH中的H—B—H的键角；
③在一个晶胞中含有Na+的数目为6×+4×=4，含有的的数目为1+8×+4×=4，则根据晶胞密度公式可知ρ=，所以该晶胞中a=×107；
④根据Na+在晶胞位置可知：若硼氢化钠晶胞上下底心处的Na+被Li+取代，则其中含有的Na+离子数目为4×+4×=3，含有的Li+数目为2×=1；含有的的数目为1+8×+4×=4，因此该晶体化学式为Na3Li(BH4)4。
18．(2021·四川德阳市·高三二模)晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、钛、钙等元素。回答下列问题：
(1)基态Ti原子的价层电子排布式为___。根据____规则可知硅、硼元素一些化学性质相似。
(2)NaBH4所含元素中第一电离能最小的是_______(填元素符号)。与NH3的VSEPR模型相似，的键角大于NH3的键角的原因是___，任意写出一种的等电子体___(写粒子符号)。
(3)硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为_______。
(4)硼砂的构成为Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其阴离子[B4O5(OH)4]2-的结构如图2所示。B的杂化方式为___。硼砂中不存在___(填标号)。
A．氢键 B．金属键 C．配位键 D．离子键
(5)钙钛矿晶体的结构如图3所示。假设把氧离子看作硬球接触模型，钛离子位于氧离子形成的正八面体中心，钙离子位于立方晶胞的体心。一个钙离子被___个氧离子包围。若钛离子与钙离子间最短距离为apm，则氧离子半径为___pm。
【答案】3d24s2 对角线 Na 中无孤电子对，NH3中有一对孤电子对，孤电子对与键之间的排斥力大于键之间的排斥力，使得中的键角比NH3中的键角大 CH4 或 sp2杂化和sp3杂化 B 12
【解析】
(1)Ti是22号元素，根据能量最低原理，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2；B与Si在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si相似；
(2)NaBH4所含元素中，第一电离能最小的元素为金属性最强的元素Na，与NH3的VSEPR模型相似，的键角大于NH3的键角，是因为中无孤电子对，NH3中有一对孤电子对，孤电子对与键之间的排斥力大于键之间的排斥力，使得中的键角比NH3中的键角大；与互为等电子的微粒有：CH4、、SiH4等；
(3)每个Si与周围4个O原子形成Si-O四面体结构，其中1个O原子的投影与Si重合，每个Si-O四面体中有2个O原子为2个Si-O四面体共用，Si-O四面体中Si原子数目为1、O原子数目为2+2×=3，Si-O四面体带2个单位负电荷，所以形成的离子为或；
(4) [B4O5(OH)4]2-中含有4个B原子，有2个B原子形成3个共价键，另外2个B原子形成4个共价键，所以硼砂中B原子采用sp2杂化和sp3杂化；硼砂中含有-OH，-OH与其他O原子之间存在氢键，所以硼砂中含有氢键，B原子最外层有3个电子，能形成3个共价键，阴离子[B4O5(OH)4]2-中有2个B原子形成4个共价键，说明B原子存在配位键，Na2[B4O5(OH)4]·8H2O中阳离子Na+与阴离子[B4O5(OH)4]2-之间存在离子键，故硼砂中存在的氢键、配位键、离子键不存在金属键；答案选B；
(5)每个晶胞实际占有氧原子数为，氧离子半径为apm，则正八面体棱长为2apm，Ti位于正方形中心，两个Ti原子最短距离为正方形对角线=apm，中心钙离子与顶点上钛离子之间距离最短，为体对角线长度的，故答案为。
19．(2021·河南郑州市·高三三模)吴梦昊研究团队设计了一系列稳定的由超碱PnH和超卤素MX组成的PnH4MX4(Pn=N，P;M=B，Al，Fe；X=Cl，Br)超盐晶体。
(1)基态铁原子价电子排布中未成对电子数成对电子对数之比______。
(2)第二周期元素中，第一电离能介于元素B和N之间的元素有______种。
(3)超碱PnH离子中PH与PH3键角PH______PH3(填“大于”或“小于”)，请分析原因______。
(4)写出与超卤素AlCl等电子体的两种分子的化学式：______。
(5)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似(如图)，晶体中氮原子的杂化方式为______。氮化硼晶体不导电的原因是______。
(6)磷化硼晶胞结构如图甲所示，晶胞中P原子空间堆积方式为______；已知晶体中硼和磷原子半径分别为r1pm和r2pm，距离最近的硼和磷原子核间距为二者原子半径之和。则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为______(写出计算式)。
【答案】2∶1 3 大于 PH3分子中磷原子上孤对电子对共价键的排斥作用大于共价键之间的斥力 CCl4、SiCl4(或SiF4等) sp2 层状结构中没有自由移动的电子 面心立方最密堆积(或A1堆积) ×100%
【详解】
(1)基态铁原子价电子排布是3d64s2，,则未成对电子数成对电子对数之为4:2=2:1；
(2)同一周期从左到右第一电离能逐渐增大，但第二主族，第五主族反常，则第二周期元素中，第一电离能介于元素B和N之间的元素有Be，C，O共3种元素；
(3)超碱PnH离子中PH与PH3键角PH大于PH3，请分析原因PH3分子中磷原子上孤对电子对共价键的排斥作用大于共价键之间的斥力；
(4)原子总数相等、价电子总数相等的微粒互称为等电子体，则与超卤素AlCl等电子体的两种分子的化学式：CCl4、SiCl4(或SiF4等)；
(5)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似(如图)，石墨中碳原子的杂化方式是sp2，则晶体中氮原子的杂化方式为sp2，氮化硼晶体不导电的原因是层状结构中没有自由移动的电子；
(6)磷化硼晶胞中P原子在正六面体的面心，则其空间堆积方式为面心立方最密堆积(或A1堆积)，P原子个数是8× +6× =4，B原子个数是4，设晶胞的边长为a，体对角线是 ，B原子P原子最近距离等于体对角线的四分之一，即a= ，则磷化硼晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%。
20．(2021·福建龙岩市·高三三模)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)
【答案】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.。
21．(2021·河北邯郸市·高三三模)Ⅰ.主族元素能形成多种化合物，它们是探测器、激光器、微波器的重要材料。
(1)氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为___________，电子重排后的氧原子能量有所升高，原因是不符合___________(填“泡利原理”或“洪特规则”)。
(2)自然界中不存在单质硼，硼的氢化物也很少，主要存在的是硼的含氧化合物，根据下表数据分析其原因是___________。
化学键
B-H
B-O
B-B
键能(kJ·mol-1)
389
561
293
(3)NH3与BF3气体相遇发生反应生成F3B-NH3晶体
①F3B-NH3晶体中，B原子的杂化轨道类型为___________。
②F3B-NH3晶体中不存在的作用力有___________。
a.σ键 b.π键 c.离子键 d.配位键 e.范德华力
(4)已知：
物质
AsF3
AsCl3
BiF3
沸点/℃
62.8
130.2
900.0
解释表中物质之间沸点差异的原因___________。
Ⅱ.储氢合金能有效解决氢气的储存和运输，对大规模使用氢能具有重要意义。
(5)某储氢材料是第三周期金属元素M的氢化物，M的部分电离能如下表所示。M是___________(填元素符号)，判断理由是___________。
I1/kJ·mol-1
I2/kJ·mol-1
I3/kJ·mol-1
I4/kJ·mol-1
I5/kJ·mol-1
738
1451
7733
10540
13630
(6)过渡金属Q与镧(La)形成的合金也是一种储氢材料，其中基态Q原子的价电子排布式为nd2n＋2(n＋1)sn-1；该合金的晶胞结构和z轴方向的投影图如图所示。
若阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金的密度ρ=___________g·cm-3(用含a、c、NA的代数式表示，列出计算式即可)。
【答案】 洪特规则 B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键 sp3杂化 bc BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，分子间作用强，沸点高 Mg I3比 I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素
【详解】
(1)O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4，价层电子排布式是2s22p4，氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为，其核外电子排布没有优先占据轨道，所以不符合洪特规则，故答案为：；洪特规则；
(2)因为B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键，根据键能越大物质越稳定可知，自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物，故答案为：B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键；
(3) ①F3B-NH3晶体中，B原子与F、N以共价键相连，没有孤电子对，其价层电子对数为4+0=4，所以其杂化轨道类型为sp3杂化；
②F3B-NH3分子中B与F原子之间存在σ键，B提供空轨道，N提供孤对电子，两者形成配位键，且分子与分子之间存在范德华力，所以该晶体中不存在π键和离子键，bc符合题意，故答案为：bc；
(4)沸点大小关系：离子晶体＞分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其范德华力越大，对应的晶体沸点越高。因为BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，则其分子间作用强(范德华力大)，故沸点高；
(5)该元素的第三电离能剧增，即I3比I2大很多，说明价层有2个电子，则该元素属于第ⅡA族元素，为Mg元素，故答案为：Mg；I3比I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素；
(6) 由价电子排布式nd2n＋2(n＋1)sn-1知，n=3，即Q原子的核外价电子排布式为3d84s2，则Q元素为Ni，因为一个晶胞中，La的个数为，Ni的个数为 ，则该晶胞的质量为，根据几何关系可知晶胞的体积为 ，则该合金的密度g·cm-3，故答案为：。
22．(2021·广东汕头市·高三二模)光刻胶是微电子技术中芯片微细图形加工的关键材料之一，其国产化势在必行。根据显影原理，光刻胶可分为正、负型胶，原理如图1.回答下列问题：
(1)光刻胶常含C、N等元素，在基态C原子中，核外存在_______对自旋方向相反的电子，N的3个2p轨道的取向为_______。
(2)近年来光刻胶的发展趋势是应用含有多羟基的二苯甲酮类化合物，如：，其C的杂化方式为_______。
(3)紫外负型光刻胶常含有—N3，形成的阴离子的等电子体是________(填化学式，任写一种)，其空间构型为_______。
(4)某光刻胶受紫外光照射后，发生反应如下，用稀碱水作为溶剂浸泡。根据茚羧酸结构分析该材料为_______型光刻胶(填“正”或“负”)，理由是_______。
(5)与K+能形成图2中的超分子加合物，该晶胞中K+的数目为_______，已知晶胞参数为αnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为_______g/cm3(列出计算表达式)。
【答案】2 2px、2py、2pz，相互垂直 sp2 N2O、CO2、CS2(任写一种) 直线形 正 茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解 12
【详解】
(1)C原子电子排布式为：1s22s22p2，同一轨道内两个电子自旋方向相反，故1s和2s轨道中电子自旋方向相反，2p能级有3个原子轨道，两个电子分别填充在2个轨道上且自旋方向相同，故此处填2；2p能级有3个原子轨道，可表示为2px、2py、2pz，三个等价轨道取向相互垂直，故此处填：2px、2py、2pz，相互垂直；
(2)苯环碳原子、羰基碳原子周围均含3个σ电子对，不含孤对电子，故其价层电子对为3对，对应杂化方式为sp2，故此处填sp2；
(3)可将中1个N原子换成1个O原子，即得到其等电子体N2O，另外N2O中2个N可换成1个C和1个O，得到等电子体CO2，同时也可采用同族代换法，将CO2中O换成S得到等电子体CS2，故此处填：N2O、CO2、CS2(任写一种)；其空间构型与CO2相似，为直线形；
(4)由图示原理知，正型光刻胶曝光部分能溶于相应溶剂，而负型光刻胶不可以，茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解，故属于正型光刻胶，故此处填：正，理由是茚羧酸中羧基能与碱反应而溶解；
(5)由图示知，K+有12个位于棱上，9个位于晶胞体内(其中1个位于体心)，故该晶胞中含有K+个数=12×+9=12个；该晶胞中含有个数=8×+6×=4，故该化合物中K+与之比为3:1，即化学式为K3C60，该晶胞中含有4个K3C60，则晶胞质量=，该晶胞体积=(a×10-7)3 cm3，则晶胞的密度=。
23．(2021·四川遂宁市·高三其他模拟)硼、碳、氮、磷、硫等元素形成的单质和化合物在生活、生产中有重要的用途。
(1)下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是___________(填字母)。
A． B．
C． D．
(2)氢、硼、碳、硫四元素的电负性由大到小的顺序为___________
(3)(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为___________。其σ键分别为___________型σ键。
(4)直链多磷酸根阴离子是由两个或两个以上磷氧四面体通过共用顶角氧原子连接起来的，其结构如图所示。则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为___________
(5)碳酸盐中的阳离子不同，热分解温度就不同。下表为四种碳酸盐的热分解温度和对应金属阳离子的半径。随着金属阳离子半径的增大，碳酸盐的热分解温度逐渐升高，原因是___________
碳酸盐
MgCO3
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
402
900
1172
1360
金属阳离子半径/pm
66
99
112
135
(6)氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性 (晶体结构如图)。
①关于这两种晶体的说法，不正确的是___________(填字母)。
a．两种晶体均为分子晶体
b．两种晶体中的B﹣N键均为共价键
c．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
d．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
②六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，原因是___________
(7)石墨的晶胞结构如图所示。已知石墨的密度为ρg·cm-3，C-C键的键长为r cm，NA为阿伏加德罗常数的值，则石墨晶体的层间距d=___________cm。
【答案】A＜C＜B＜D S＞C＞H＞B N≡C—C≡N sp- sp和sp-p Pn 碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，氧离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度越低 ad 六方相氮化硼晶体内无自由电子
【解析】
(1)轨道中电子的能量：1s＜2s＜2p，能量较高的原子轨道中电子越多，该微粒的能量越高，由图可知，能量由低到高的顺序是A＜C＜B＜D。
(2)同主族元素从上往下电负性逐渐减小，同周期元素从左至右电负性逐渐增大，则氢、硼、碳、硫四元素的电负性由大到小的顺序为S＞C＞H＞B。
(3)(CN)2中键与键之间的夹角为180°，并有对称性，分子中每个原子的最外层均满足8电子稳定结构，其结构式为N≡C—C≡N，C原子采取了sp杂化，则σ键分别为sp-spσ键和sp-pσ键。
(4)含有n个P原子的该磷酸根离子，相当于是n个磷酸根离子中去掉了(n-1)个氧原子，O原子数目为4n-(n-1)=3n+1，所带电荷数为(-2)×(3n+1)+5n=-(n+2)，则由n个磷氧四面体形成的这类磷酸根离子的通式为Pn。
(5)碳酸盐分解实际过程是晶体中阳离子结合碳酸根离子中的氧离子，使碳酸根离子分解为二氧化碳的过程，氧离子所带电荷相同时，阳离子半径越小，其结合氧离子能力越强，对应的碳酸盐就越容易分解，热分解温度越低。
(6)①a．立方相氮化硼为空间网状结构，不存在分子，为原子晶体，故a错误；
b．非金属元素之间易形成共价键，所以两种晶体中的B﹣N键均为共价键，故b正确；
c．六方相氮化硼为层状结构，分子间作用力小，导致其质地软，故c正确；
d．立方相氮化硼中N原子与B原子间存在共价单键，所以该化合物中含有σ键，不存在π键，故d错误；
故选ad。
②六方相氮化硼晶体其结构与石墨相似却不导电，是因为六方相氮化硼晶体内无自由电子。
(7)晶胞中C原子的数目为，故晶胞的质量为；设晶胞底边长为acm，高为hcm，层间距为dcm，则h=2d，a=，晶胞体积为，故，解得。
24．(2021·福建宁德市·高三三模)基于钙钛矿型复合氟化物的优异光学特性，它们被广泛用于许多领域，通过KF和Ni(NO3)2·6H2O在乙二醇中回流合成具有钙钛矿结构的氟化物KNiF3。
(1)与Ni同周期，基态时，与Ni原子的未成对电子数相同的元素有___。
(2)F、O、N、Ni的第一电离能由大到小的顺序为___。
(3)Ni(NO3)2·6H2O可写成[Ni(H2O)6](NO3)2，1mol该物质中所含σ键的数目为___。
(4)KF和Ni(NO3)2·6H2O均可溶于乙二醇的原因是___。
(5)KNiF3部分晶体结构如图所示，在一个晶胞中与K距离相等且最近的F有___个，在KNiF3晶胞结构的另一种表示中，K处于各顶点位置，则F处___位置。
【答案】Ti、Ge、Se F＞N＞O＞Ni 24NA 乙二醇为极性溶剂 12 面心
【详解】
(1)Ni为28号元素，基态Ni原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，3d能级上有2个未成对电子，同周期中未成对电子数为2的原子的核外电子排布可以是[Ar]3d24s2、[Ar]3d104s24p2、[Ar]3d104s24p4，分别为Ti、Ge、Se；
(2)Ni为金属元素，第一电离能较小，同周期主族元素自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子2p能级轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素的第一电离能由大到小的顺序为F＞N＞O＞Ni；
(3)根据该物质的化学式[Ni(H2O)6](NO3)2，可知H2O与Ni2+形成配位键，该配位键为σ键，一个水分子中含有2个O-H键，为σ键，一个硝酸根中N与三个O原子形成3个σ键，所以1mol该物质含σ键的数目为(6+6×2+3×2)NA=24NA；
(4)乙二醇分子中正负电荷中心不重合，为极性分子，属于极性溶剂，可以溶解KF和Ni(NO3)2·6H2O；
(5)以体心K原子为例，距离其最近且相等的F原子位于棱心，个数为12；将图中晶胞扩展为2×2×2结构，8个晶胞体心的K构成新立方晶胞的8个顶点，此时F处于面心。
25．(2021·天津高三二模)研究发现，在低压合成甲醇反应()中，氧化物负载的氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。
回答下列问题：
(1)位于周期表的第___________族，基态原子核外有___________个未成对电子。
(2)的电子式为___________，分子中σ键与π键的数目比为___________。
(3)比较键能：___________(填“>”、“＜”或“=”)。
(4)晶体的熔点高于干冰的原因是___________。
(5)锗()与C同族，原子比C原子多两个电子层，则的原子序数为___________。
(6)镍的氧化物也常用作催化剂，的晶胞结构如图所示，该晶体中周围与其等距离且最近的有___________个，原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，若该晶胞中原子坐标参数A为，B为，则C的原子坐标参数为___________。
【答案】VIIB 3 1：1 > 是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以熔点高于干冰 32 12
【详解】
(1)锰元素的原子序数为25，位于元素周期表第四周期VIIB族；钴元素的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，则3d轨道有3个未成对电子，故答案为：VIIB；3；
(2)二氧化碳为共价化合物，电子式为，分子中含有碳氧双键，双键中含有1个σ键和1个π键，则σ键与π键的数目比为2:2=1:1，故答案为：；1:1；
(3)元素的非金属性越强，原子半径越小，形成共价键的键长越小、键能越大，碳元素的非金属性强于硅元素，则C—H键的键能大于Si—H键，故答案为：＞；
(4)共价(或原子)晶体的熔沸点高于分子晶体，二氧化硅为原子晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，则二氧化硅晶体的熔点高于干冰，故答案为：是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以熔点高于干冰；
(5)同主族元素的价电子数相同，由C原子的价电子排布式为2s22p2可知，锗元素的价电子排布式为4s24p2，则锗元素的原子序数为32，故答案为：32；
(6)由晶胞结构可知，与位于顶点的镍离子最近的镍离子位于面心上，则晶体中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有12个；由晶胞中原子坐标参数A为，B为可知，晶胞的边长距离为1，C位于体心，则C原子坐标参数为，故答案为：12；。
26．(2021·福建泉州市·高三模拟)近日，我国研究人员利用硫氰酸甲基铵{[CH3NH3]+[SCN]-}气相辅助生长技术，成功制得稳定的钙钛矿型甲脒铅碘(FAPbI3)。请回答下列问题：
(1)基态S原子的价电子排布图为_______。
(2)硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为_______。
(3)甲脒(FA)的结构简式为
①其组成元素的电负性由小到大的排序为_______，其中碳原子的杂化方式为_______。
②甲脒比丙烷的熔点更高的原因是_______。
(4)水中铅测定方法是用双硫腙与铅反应生成红色双硫腙铅络合物(图1)
①该络合物可溶于四氯化碳，其晶体类型为_______。
②该络合物分子内不存在的微粒间作用力有_______。(选填序号)
a．σ键 b．π键 c．非极性键 d．配位健 e．离子键
(5)FAPbI3的晶体结构单元如图2所示，图中Y表示Pb，位于八面体中心，则甲脒的碘配位数为___。
【答案】 ［S-C≡N]-或［S=C=N]- H
(1)S是16号元素，最外层6个电子，基态S原子的价电子排布图为。故答案为：；
(2)中心原子C的价层电子对=2+ =2，采用sp杂化，硫氰酸根离子(SCN-)的结构式为［S-C≡N]-或［S=C=N]-。故答案为：［S-C≡N]-或［S=C=N]-；
(3)①组成元素的电负性由小到大的排序为H
(4)①该络合物可溶于四氯化碳，具有非极性分子的性质，其晶体类型为分子晶体。故答案为：分子晶体；
②该络合物分子内存在的微粒间作用力有a．σ键，如N-N键、N-H键， b．π键如C=S、N=N键，c．非极性键如N-N键，d．配位健如Pb-N键， e．分子中不含离子键，故答案为：e；
(5)图中Y表示Pb，在晶胞中各微粒个数比为FA：Pb：I=1：1：3，Y在顶点，8× =1个，甲脒在中心，为X，有1个，Z为I，在晶胞的棱中心，12×=3个，与甲脒距离最近且相等的碘的个数为12个，在则甲脒的碘配位数为12。故答案为：12。
27．(2021·陕西西安市·高三二模)金属钛被誉为“二十一世纪金属”，有“生物金属，海洋金属，太空金属”的美称，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
(1)钛在周期表中的位置___________， 钛原子核外有___________种空间运动状态不同的电子，Ti2+电子占据的最高能层的电子排布式为___________。
(2)磷酸钛铝锂可用作锂离子电池的正极材料，PO的空间构型是___________，第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素为___________(填元素符号)。
(3)Ti(BH4)2是一种储氢材料，其中所含元素的电负性由小到大排列顺序为___________，B原子的杂化方式是___________，其中的BH可由BH3和H-结合而成。BH含有___________ (填序号)
①σ键 ②π键 ③氢键 ④配位健 ⑤离子键
(4)TiO2的一种晶胞具有典型的四方晶系结构(如图所示)，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。晶胞中A、B的原子坐标为(0.31，0.31，0)，(0.81，0.19，0.5)。已知晶胞含对称中心，则C、D原子坐标为___________、___________。该晶胞中B、C两个氧原子之间的核间距d=___________pm。
【答案】第四周期ⅣB族 12 3s23p63d2 正四面体 Mg、Si、S Ti＜B＜H sp3 ①④ (0.19，0.81 ，0.5) (0.69 ，0.69，1) 0.62 ×a
【分析】
钛为22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，据此分析解答；磷酸根的价层电子对数为4，并且中心原子P不含有孤电子对，结合同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第ⅡA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素分析解答；BH中H表现-1价，H元素对键合电子吸引力更大，结合价层电子对个数=σ键个数+ (a-xb)分析解答；根据晶胞含对称中心分析解答。
【详解】
(1)钛为22号元素，在周期表中位于第四周期ⅣB族；钛原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，核外有12种空间运动状态不同的电子，失去最外层的2个电子形成Ti2+，Ti2+电子占据的最高能层的电子排布式为3s23p63d2，故答案为：第四周期ⅣB族；12；3s23p63d2；
(2)磷酸根的价层电子对数为4，并且中心原子P不含有孤电子对，磷酸根的空间构型为正四面体；同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第ⅡA族由于s能级全满，处于稳定状态，第VA由于p能级半满，较稳定，故第三周期元素第一电离能介于Al、P之间的元素有Mg、Si、S三种，故答案为：正四面体；Mg、Si、S；
(3)BH中H表现-1价，H元素对键合电子吸引力更大，同周期自左而右电负性增大，故电负性：H＞B＞Li；BH中B原子孤电子对数==0，价层电子对数=4+0=4，B原子采用sp3杂化；BH可由BH3和H-结合而成，BH含有B-H单键和配位键，故选①④，故答案为：H＞B＞Li；sp3杂化；①④；
(4)根据晶胞中A、B的原子坐标为(0.31，0.31，0)，(0.81，0.19，0.5)和晶胞含对称中心，根据对称关系0.31+0.69=1，0.81+0.19=1，0.5+0.5=1，则C、D原子坐标为(0.19，0.81，0.5)，(0.69，0.69，1)；B、C两个氧原子之间的核间距d2=(0.81-0.19)2a2+(0.81-0.19)2a2，则d=0.62×a，故答案为：(0.19，0.81，0.5)；(0.69，0.69，1)；0.62×a。
28．(2021·福建厦门市·高三三模)我国科学家合成无铅钙钛矿单晶CsMnCl3(H2O)2，在防伪或信息加密等方面具有潜在应用。CsMnCl3(H2O)2溶剂致变色效应原理如下图。
(1)基态Mn2+的价电子轨道表达式为___________。
(2)CsMnCl3(H2O)2中，主族元素的电负性从大到小的顺序为___________。
(3)变色过程，锰离子的配位数___________(填“有”或“没有”)发生变化。
(4)从结构角度分析DMAC[结构简式为(CH3)2NCOCH3]能使含锰配离子发生变化的原因___________。
(5)Cs3MnCl5晶体为正交晶系结构，晶胞参数a＝b≠c，α=β=γ=90°，晶胞结构如图所示，其中Mn位于面上。
①每个晶胞含Cs3MnCl5的单元数有___________个。
②Cs沿z轴投影图正确的是___________(填标号)。
A． B． C． D．
【答案】 O＞Cl＞H＞Cs 有 DMAC的N、O与H2O的H形成分子间氢键，可将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变 4 C
【解析】
(1)Mn为25号元素，原子核外有25电子，失去最外层2个形成Mn2+，所以Mn2+的价电子为3d5，轨道表达式为 ；
(2)该物质中的主族元素有Cs、Cl、H、O，元素的非金属性越强电负性越大，所以四种元素电负性从大到小的顺序为O＞Cl＞H＞Cs；
(3)据图可知变色过程中锰离子的配位数由6变为4，再由4变为6，配位数有变化；
(4)DMAC的N、O电负性较大，可以与H2O的H形成分子间氢键，将含锰配离子的H2O夺走，使配离子结构发生改变；
(5)①据图可知有8个Cs原子位于棱上，8个Cs原子位于面上，6个Cs原子位于内部，所以晶胞中Cs原子的个数为+6=12，一个Cs3MnCl5单元含有3个Cs原子，所以一个晶胞含有12÷3=4个单元(根据其他原子数确定也可以)；
②因为晶胞参数a=b，且α=β=γ=90°，所以Cs沿z轴投影为正方形，棱上的Cs原子为正方形的四个顶点，内部位于的连线平行z轴的两个Cs原子为正方形中心，顶面4个和底面4个重合，但与内部剩余的4个不重合，所以在正方形内部除中心外会有8个点；故C为正确投影图。
29．(2021·河北石家庄市·高三二模)我国从西周时期就开始用含砷化合物作颜料和药物，现在人们也将其应用在电子技术中。
(1)基态As原子的电子排布式为[Ar]___，其核外有___种不同空间运动状态的电子。微量砷可用原子光谱进行测定，电子从基态跃迁到激发态所产生的光谱称为___光谱。
(2)As与N同主族，N原子之间可以形成π键，而As原子之间较难形成π键。从原子结构角度分析，其原因为___。
(3)含砷物质经还原可得到AsH3，受热分解后可在试管内壁形成亮黑色的“砷镜”，这是马氏试砷法的基本原理。AsH3与同族N、P元素形成的简单氢化物相比，三者的稳定性由大到小的顺序为___。
(4)液态AsCl3可导电，是由于其发生了自解离：2AsCl3AsCl+AsCl。AsCl3的中心原子杂化方式为___；与AsCl互为等电子体的一种分子为___(填化学式)。
(5)AsCl3可与中心离子形成配合物，当氯原子被烷基取代后，配位能力增强，其原因为___。
(6)As与Co形成的某种化合物的晶胞如图(a)所示，其中部分晶胞中As的位置如图(b)所示。
①该化合物的化学式为___。
②若化合物的摩尔质量为Mg·mol-1，密度为ρg·cm-3。Co和As原子半径分别为r1pm和r2pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___(列出表达式即可)。
【答案】3d104s24p3 18 吸收 As原子半径大，形成的σ键长，p-p轨道肩并肩重叠很少或几乎不重叠 NH3＞PH3＞AsH3 sp3 O3或SO2 烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，更易给出电子 CoAs3
【详解】
(1)基态As原子为33号元素，核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3；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，As核外有18种不同空间运动状态的电子；电子从基态跃迁到激发态所产生的光谱称为吸收光谱；
(2)As原子半径大于N原子，则As原子与As原子形成的单键键长较长，导致p-p轨道形成肩并肩的电子云重叠很少或几乎不重叠，故不易形成π键；
(3)非金属的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：N＞P＞As，则氢化物的稳定性：NH3＞PH3＞AsH3；
(4) AsCl3的中心原子孤电子对数=(5-1×3)=1，σ键个数为3，则杂化方式为sp3；AsCl有3个原子，价电子总数为18，与O3或SO2互为等电子体；
(5)配体与中心离子所成的配位键电子云密度越大，即电子越集中，键越稳定，键能越大。烷基为推电子基团，使As原子上的电子云密度增大，键能增大，成键稳定；
(6)①根据晶胞结构，b为晶胞的一半，As在晶胞的内部，则晶胞中含有As的个数=4×3×2=24，Co在晶胞的顶点、棱上、面心和体内，个数=8×+12×+6×+1=8，N(Co)：N(As)=8：24=1：3，则化学式为CoAs3；
②根据晶胞的化学式及结构，则1mol晶胞的质量=8Mg，晶胞的体积=cm3，晶胞中Co和As原子的体积=(8r+24r)×10-30cm3，则晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率= 。
30．(2021·山东烟台市·高三二模)近年来，有机-无机杂化金属卤素钙钛矿作为优良的光电材料受到广泛研究和关注，回答下列问题。
(1) Ca、Ti元素基态原子核外电子占据能级数之比为___________，与 Ti 处于同周期单电子数与Ti相同的元素还有___________种，Ca的前三级电离能数据分别为589.8 kJ/mol、1145.4 kJ/mol、4912.4 kJ/mol，第三电离能增大较多的原因是___________。
(2)卤族元素可与N和P元素形成多种稳定卤化物，其中NCl3分子构型为___________， P元素可形成稳定的PCl3和PCl5，而氮元素只存在稳定的NCl3，理由是___________。
(3)Ti的配合物有多种。Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF中的配体所含原子中电负性最小的是___________；Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti4+的配位数是___________。
(4)研究表明，TiO2通过氮掺杂反应生成TiO2-aNb，能使TiO2对可见光具有活性，反应如图所示。
已知TiO2晶胞为长方体，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为___________g/cm3(列出计算式)。TiO2-aNb晶体中a=___________，b=___________。
【答案】6：7 3 因为Ca2+已经达到稳定结构，再失去1个电子属于内层电子，原子核吸引力更强，所以I3突然增大 三角锥形 N元素L层最多4个轨道，所以不易生成NCl5 H 8
【详解】
(1)Ca基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、4s，Ti基态原子核外电子占据能级为1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s，能级数之比为6：7；Ti基态原子的价电子排布式为3d24s2，3d能级有2个单电子，同周期中含有2个单电子的元素有Ni、Ge、Br，3种元素；Ca的核外电子排布式为[Ar]4s2，失去2个电子后，核外电子达到稳定结构，再失去1个电子属于内层电子，原子核吸引力更强，所以I3突然增大；
(2)NCl3的中心N原子含有1对孤电子对，3条σ键，价层电子对数为4，则分子构型为三角锥形；P原子核外电子第三层有d能级，可形成spd杂化，N原子核外电子第二层只有s、p能级4个电子轨道，则不能形成NCl5；
(3) Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF中的配体分别为CO、H2O、F-，非金属性越强，电负性越大，则H的电负性最小；根据球棍模型，硝酸根离子中的2个氧原子与Ti4+连接成环，则Ti4+的配位数是8；
(4)根据TiO2晶胞结构，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，晶胞含有的个数为4，O原子8个在棱上、8个在面上，2个在体内，O原子个数为8，则1mol晶胞的质量为(48+32)×4g，体积为m2×n×10-30×NAcm3，则密度== g/cm3；
氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为，N原子1个在面上、1个在棱上，个数为，则化学式为Ti，故2-a=，a=，b=。
31．(2021·福建漳州市·高三三模)合成氨工业中常用含的溶液吸收使催化剂中毒的气体，生成。回答下列问题：
(1)的结构式可表示为___________(标出配位键)，写出一种与具有相同空间构型的分子的分子式___________。
(2)和K属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属的熔点比金属K的高，原因是___________。
(3)中存在的化学键有___________(填标号)。
A．离子键 B．共价键 C．氢键 D．键
(4)形成后中的键角变大，原因是___________。
(5)铜的一种高温氧化物超导体的晶胞结构如图所示。
①的配位数为___________。
②该化合物的化学式为___________。
【答案】 的原子半径较小且价电子数较多，金属键较强 B D 形成配离子后，配位键与中键之间的排斥力小于原孤电子对与中键之间的排斥力 6
【详解】
(1)中N与氢形成4个共价键，其中有一个是配位键，结构式可表示为(标出配位键)，与具有相同空间构型的分子的分子式。故答案为：；；
(2)和K属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属的熔点比金属K的高，原因是的原子半径较小且价电子数较多，金属键较强。故答案为：的原子半径较小且价电子数较多，金属键较强；
(3)有共价键，中存在键，氢键不是化学键。故答案为：BD；
(4)成键电子对与成键电子对之间的斥力小于孤电子对与成键电子对之间的斥力。故答案为：形成配离子后，配位键与中键之间的排斥力小于原孤电子对与中键之间的排斥力；
(5)①处于晶胞体心的黑色小球代表，与它直接相连的有6个代表O的灰色球，故的配位数为6。故答案为：6；
②每个晶胞的原子个数为：，，，该化合物的化学式为：；故答案为：。
32．(2021·四川内江市·高三三模)第四周期第VIII族元素在古代和现代被广泛应用。回答下列问题：
(1)据古文献记载：宣德时期青花瓷使用的颜料“苏勃泥青”是从一种进口钴毒矿[主要成分：(FeCo)xAsS]中提取出来的。
①基态Co原子的价电子排布式为_______。
②无水CoCl2的熔点是735℃，沸点1049℃，CoCl2属于_______晶体；砷酸根离子(AsO)的空间构型为_______。
(2)下列状态的铁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______。
A．[Ar]3d64s1 B．[Ar]3d64s2 C．[Ar]3d74s1 D．[Ar]3d6
(3)鉴定Ni2+的特征反应是将丁二酮肟加入Ni2+盐溶液中，生成鲜红色的螯合物M，M结构如图所示：
①组成M的五种元素中，电负性最大的是_______。
②图中各微粒间不存在的作用力有_______(填标号)。
a.配位键 b.极性键 c.非极性键 d.π键 e.离子键 f.氢键
(4)K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)可用于检验铁陨石中铁元素价态。与配体CN-原子总数相等的等电子体是_______，1mol[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为_______(设NA为阿伏加德罗常数的值)。
(5)一种铁氮化合物具有高磁导率，可用于制电子元件。该化合物密度为ρg·cm-3，其结构如图所示：
①该铁氮化合物的化学式为_______。
②计算Fe(II)构成正八面体的体积为_______cm3。
【答案】3d74s2 离子 正四面体形 D O e CO或NO+ 12NA Fe4N 119/3ρ•NA
【详解】
(1)①Co是27号元素，核外电子排布式为[Ar]3d74s2，价电子排布式为3d74s2，
②无水CoCl2的熔点是735°C，沸点1049°C，熔沸点较高，属于离子晶体；砷酸(H3AsO4)分子中As的杂化方式与同主族磷酸中的杂化方式相同，P的价层电子对数为4+(5+3-4×2)/2=4，故为sp3杂化，根据As的价层电子对数为4可知，砷酸根的空间构型为正四面体形；
(2) 铁为26号元素，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d64s2，由题给信息知，A项代表Fe+，B、C项代表Fe原子，D项代表Fe2+，D项Fe2+再失去一个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，故电离最外层一个电子所需能量D项大于A项，4s能级的能量高于3d，4s能级上电子较3d上电子易失去，故电离最外层一个电子所需能量D最大，故答案为：D；
(3) ①非金属性越强，电负性越小，则电负性大小为：O＞N＞C＞H，Ni是金属元素，电负性最小，则电负性最大的是O；
②由结构简式可知分子中存在配位键，含有C=N键，则含有σ键、π键、氧氢之间除共价键外还可存在氢键，分子中不含离子键和金属键，故答案为：e；
(4)CN-中含有2个原子，14个电子，等电子体有CO或NO+，在配合物[Fe(CN)6]3-中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有一个共价键，所以1mol该配合物中含有σ键的数目为12NA；
(5)①晶胞中Fe原子数为8×1/8+6×1/2=4，N原子位于体心，数目1个，所以氮化铁的化学式Fe4N；
②氮化铁的化学式Fe4N，则晶胞质量m=238/ NAg，若晶胞边长为acm，则晶胞质量m=ρV=ρa3g=238/ NAg，a3=238/ ρNA，Fe(Ⅱ)围成的八面体相当两个正四棱锥，底面为正方形，对角线长为晶胞边长、并且两对角线相互垂直、S底=1/2a2cm2，正四棱锥的高等于1/2acm，根据V锥=1/3S底h=1/3×1/2a2×1/2acm3= a3/12cm3，八面体体积=2V锥= a3/6cm3=119/3ρ•NAcm3。
33．(2021·陕西咸阳市·高三三模)磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。
回答下列问题：
(1)Li、C、P三种元素中，电负性最小的是___(用元素符号作答)。
(2)基态磷原子的电子排布式为___。
(3)图2中，黑磷区P原子的杂化方式为___，石墨区C原子的杂化方式为___。
(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点最高的是___，原因是___。
(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有___(填字母)。
A．黑磷区P—P键的键能不完全相同
B．黑磷与石墨都属于混合型晶体
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力
(6)贵金属磷化物Rh2P(化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为anm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为___，晶体的密度为___g·cm-3(列出计算式)。
【答案】Li 1s22s22p63s23p3或[Ne]3s23p3 sp3 sp2 NH3 NH3分子之间能形成氢键 ABC 8
【解析】
(1)非金属性越强电负性越大，三种元素中Li的非金属性最弱，所以电负性最小；
(2)P为15号元素，核外电子排布为[Ne]3s23p3或1s22s22p63s23p3；
(3)晶体中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，P原子采取sp3杂化；石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化；
(4)NH3分子间存在氢键沸点最高，PH3的相对分子质量大于CH4，所以PH3的沸点较高，所以沸点由高到低顺序为NH3>PH3>CH4，故沸点最高的是NH3；因为NH3分子之间能形成氢键；
(5)A．据图可知黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故A正确；
B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，故B正确；
C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P-P和C-C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，故C正确；
D．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，故D错误；
综上所述正确的有ABC；
(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3=(a´10-7)3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3。
34．(2021·四川成都市·成都七中高三其他模拟)5月15日，天问一号探测器成功着陆于火星。据了解火星上存在大量的含氮化合物，科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。请回答下列问题：
(1)邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。
①邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为_______(填元素符号)。设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol中含有σ键的数目为_______。
②一定条件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NO2中N原子的杂化方式为_______杂化。
(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图所示，则该元素的基态原子电子排布式为_______。
(3)元素周期表中的第IVA族～第VIIA族中部分元素的最简单氢化物的沸点变化趋势线如图，其中一个小黑点代表一种氢化物，则趋势线a代表第_______族元素的最简单氢化物的沸点变化趋势，判断依据是_______。
(4)一种嘌呤和一种吡啶的结构如图。
①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是_______。
②分子中的大π键可以用符号表示，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。则该吡啶中的大π键可表示为_______。
(5)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图所示。若该晶体密度为dgcm-3，晶胞参数a=b≠c(单位：nm)，a、b夹角为120°，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=_______nm(写出代数式)。
【答案】H
(1)①非金属性越强电负性越大，故电负性：H
(2)由该元素的第一至五电离能数据可知，该元素第一二电离能较小，说明容易失去2个电子，即最外层有两个电子，已知该元素为第四周期的某主族元素，则为第四周期，第IIA族元素Ca，则该元素的基态原子电子排布式为：1s22s22p63s23p64s2，故答案为：1s22s22p63s23p64s2；
(3)在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，NH3、H2O、HF因存在氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，组成与结构相似，相对分子量越大，分子间作用力越大，沸点越高，故曲线a点代表的应是第IVA的氢化物沸点变化，
故答案为：IVA；NH3、H2O、HF因存在氢键，沸点高于同主族相邻元素氢化物的，从而出现沸点反常现象，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，图中趋势线a没有反常现象；
(4)①根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小，故答案为：孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大；
②吡啶为平面结构，N形成3个共价键，未参与成键的p轨道有一对电子，参与形成离域大π键，每个C原子留有一个p轨道，轨道上留有一个单电子形成大π键，所以吡啶环形成5中心6电子的离域大π键：π，故答案为：π；
(5)晶胞中Ga原子数目=1+8×=2、N原子数目=1+4×=2，故晶胞质量= g，晶胞体积=a×10-7 cm×b×10-7 cm×sin60°×c×10-7 cm，则：g=(a×10-7 cm×b×10-7 cm×sin60°×c×10-7 cm)×dg•cm3，解得c=，故答案为：。
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