河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-31原子结构与性质

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河南高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-31原子结构与性质

一、结构与性质
1．（2023·河南郑州·统考模拟预测）一种新型碳单晶一单层聚合C60。它是典型的半导体，预示其在光、电半导体器件中具有潜在应用。回答下列问题：
(1)基态碳原子的价电子轨道表示式为 。
(2)下列有关单层聚合C60(准六方聚合C60的结构如图)的说法正确的是 (填字母)。

A．与金刚石、石墨烯互为同素异形体
B．与C60是同一种物质
C．所有的碳原子均为sp2杂化
D．它是一种共价化合物，不导电
E.它是由多个C60通过碳碳单键连接起来的
(3)石墨烯如图，分子中碳原子的杂化方式为 ，它具有很强的导电性，原因是 。
  
(4)C60的结构如图所示，它能与氯气反应形成C60Cl10分子，1molC60Cl10分子中含有碳碳双键的数目为 。
  
(5)金刚石晶胞的截面图如图所示(假设晶胞边长为dcm)，原子1的分数坐标为 ，金刚石晶胞的密度为 (列出计算式，已知阿伏加德罗常数的值为NA)。
  
2．（2023·河南·校联考模拟预测）近日，济南大学原长洲教授制备了一种高性能的钾离子电池负极材料( Bi - MOF)，反应可简单表示为Bi( NO3)3·5H2O + BTCBi – MOF。回答下列问题：
(1)铋(Bi)位于元素周期表中第6周期VA族，基态Bi原子的价层电子排布式为 。
Bi(NO3)3中阴离子的立体构型为 。基态O原子核外成对电子数与未成对电子数之比为 。
(2)BTC分子中组成元素C、N、O的电负性由大到小排序为 。C2H5OH的沸点高于CH3OCH3，原因是 。
(3)冠醚是皇冠状的分子，可用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子。18-冠-6(18指C、O原子总数为18，6指氧原子数)与钾离子形成的超分子结构如图所示。
  
已知：超分子是由两种或两种以上的分子通过分子间相互作用形成的分子聚集体。超分子定义中的分子是广义的，包括离子。
①冠醚分子中C原子的杂化类型为 。
②下列叙述正确的是 (填字母)。
A．含该超分子的物质属于分子晶体
B．冠醚可用于分离不同的碱金属离子
C．中心碱金属离子的配位数固定不变
D．冠醚与碱金属离子之间形成离子键
(4)铋的相关晶胞如图所示。
  
①等晶胞数的甲、乙中含铋原子数之比为 。
②已知乙晶胞底边长为acm，高为bcm，NA为阿伏伽德罗常数的值。该晶体密度 g·cm-3(只列计算式)。
3．（2023·河南·校联考模拟预测）氟、氮、镓形成的单质及它们形成的化合物有重要的研究和应用价值。回答下列问题：
(1)下列状态的氟中，能量最高的是 (填字母)，其2p电子云轮廓图的形状为 。

(2)在NH4H2PO4中的N、O两种元素的第一电离能由大到小的顺序是 。N、P原子均能与F形成稳定的化合物NF3、PF3，试比较键长：N一F P一F(填“>”“I1(Al)，该反常的原因是 。
(3)镁的卟啉配合物的结构如图所示。
  
①上述粒子中包含元素的电负性从大到小的顺序是 (用元素符号表示)，从电子给予的角度分析， Mg2+和N之间存在的化学键类型是 。
②该物质中的C原子的杂化轨道类型是 。
(4)AlN是良好的耐热耐冲击材料，其晶胞结构如图所示。
  
①AlN熔点为2200 °C ，该晶体类型为 。
②若AlN的晶胞的高为a nm，底边长为b nm，NA表示阿佛伽德罗常数的值，则其晶体的密度为 g·cm-3(用含a、b、NA的代数式表示)。
9．（2023·河南郑州·统考二模）2023年1月30日，中国科学院朱庆山团队研究六方相砷化镍(NiAs)型到正交相磷化锰(MnP)型结构转变，实现了对锂硫催化剂的精确设计。回答下列问题：
(1)Li、P、S三种元素中，电负性最小的是 。第三周期元素中第一电离能比P大的元素有 种。
(2)基态S原子核外有 个电子自旋状态相同。基态As原子的电子排布式为 。
(3)PH3、AsH3中沸点较高的是 ，其主要原因是 。
(4)Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中锰原子的配位数为 。
(5)CH3CN中C原子的杂化类型为 。
(6)等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比 。
(7)NiAs的一种晶胞结构如图所示。若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为ρ g/cm3，则该晶胞中最近的砷原子之间的距离为 pm。

10．（2023·河南开封·统考二模）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Cu或Cu2+常作为中心原子或离子，H2O、CN-、吡啶(C5H5N)等粒子是常见的配体。
(1)题干中所涉及元素电负性由大到小的顺序为 ，其中电负性最小的元素的基态原子的价电子排布式为 。
(2)原子核外运动的电子有两种相反的自旋状态，可以用自旋量子数来描述。若一种自旋状态用+表示，与之相反的用-表示，则基态O原子的价电子自旋量子数的代数和为 。H3O+中不存在的作用力有 (填标号)，H3O+的空间构型为 。
A．配位键   B．离子键    C．共价键    D．氢键
(3)吡啶( )在水中的溶解度远大于在苯中的溶解度，可能原因是
①吡啶和H2O均为极性分子，而苯为非极性分子；
② 。
吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是 。
(4)配合物M结构如右图所示。若其中与Cu相连的4个配位原子处在一个平面内，则Cu的杂化方式可能是 (填标号)。

A．sp B．sp2 C．sp3 D．dsp2
(5)CuInS2(相对分子质量为Mr)是生物医药、太阳能电池等领域的理想荧光材料，其晶胞结构如图所示，则CuInS2晶体的密度为 g·cm-3(列出计算式即可，阿伏加德罗常数用NA表示)。

11．（2022·河南开封·统考模拟预测）材料是入类进步的基石，深入认识物质的结构有助于进一步开发新的材料。回答下列问题。
(1)B和Ni均为新材料的主角。
①按照杂化轨道理论，基态B原子的价电子先激发，再杂化成键形成BBr3。杂化前，处于激发态的B原子的价电子轨道表示式为 (填编号)。
A．        B．
C． D．
②Ni(CO)4常温下呈液态，其分子空间构型为正四面体形。其易溶CCl4、苯等有机溶剂的原因是 。
(2)亚铁氰化钾具有防止食盐结块、保持食盐松散等作用，其化学式为K4[Fe(CN)6]，所含元素电负性由大到小的顺序为 ，lmolK4[Fe(CN)6]含有σ键的物质的量为 。
(3)铀氮化合物是核燃料循环系统中的重要物质。
已知3(NH4)4[UO2(CO3)3]3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑。反应所得的气态产物中属于非极性分子的有 (填化学式)；反应中断裂的化学键有 。(填编号)。
a.氢键       b.极性键     c.非极性键     d.离子键       e.配位键
(4)某锂电池的负极材料是锂原子嵌入石墨烯层间，其晶胞结构(底边为平行四边形)如图所示。

该晶体的化学式为 ；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，石墨烯层间距离为335pm，则该晶体的密度为 g•cm-3(NA表示阿伏加德罗常数，列出计算表达式即可)。
12．（2022·河南·校联考模拟预测）氟及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：
(1)基态氟原子的价层电子排布图为 。
(2)制备NSF3的反应为FCONSF2+2AgF2NSF3+2AgF+COF2。
①F、O、N、S的第一电离能从小到大的顺序是 。
②COF2分子的空间构型为 。
③NSF3、COF2的沸点依次为-27.1°C、-84.6°C，前者沸点较高的原因是 。
(3)NHF2的一种制备方法是CO(NH2)2+2F2+H2O=NHF2+CO2+NH4HF2。
①CO(NH2)2中C的杂化方式是 。
②CO(NH2)2的熔沸点比CH3CONH2的高，其原因是 。
③下列说法正确的是 (填标号)。
A．NHF2、CO2均是极性分子
B．CO2与互为等电子体
C．H2O与NHF2中心原子的价层电子对数相同
D．NH4HF2中存在离子键、配位键和氢键
(4)由Cs、Ag及F三种元素组成的一种超导材料的晶体结构如下图所示(Ag不是+1价)：

已知AC=BE，则C、D(Cs与F)间的距离为 pm(用含a、c、s的代数式表示，列出计算式，下同)；设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为 g·cm-3。
13．（2022·河南濮阳·统考模拟预测）由N、B等元素组成的新型材料在工农业生产和科技领域有着广泛应用。回答下列问题：
(1)下列B原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 (填选项字母)。
A． B．
C． D．
(2)电负性：B C(填“>”“5的长链锗烷，请结合键能说明原因 。
化学键
C—C
C—H
Ge—Ge
Ge—H
键能(kJ/mol)
346
411
188
288
(3)Ge是原子晶体，熔点2830℃，与金刚石一样呈现空间网状结构，晶胞如图，则晶体Ge的空间利用率为 。(请用含π代数式表示)

23．（2021·河南新乡·统考一模）我国科学家发现AgCrS2 (AMX2家族成员之一，A为一价金属，M为三价金属，X为氧族元素)在室温下具有超离子行为。回答下列问题：
(1)一个原子轨道填充2个自旋方向相反(顺时针和逆时针)的电子。基态硫原子核外最多有 个电子顺时针旋转。基态铬原子有 个未成对电子。
(2)氧族元素有氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素。
①这四种元素中，电负性最大的是 (填元素符号)。
②科学家用亚硒酸盐和硫酸盐跟踪固氮酶，研究反应机理。的空间构型为 ，中碲的杂化类型是 。
③H2O、H2S、H2Se、H2Te的键角依次减小，其主要原因可能是 。
(3)配合物(en为)的中心离子配位数为 。(Cr与O、N均形成了配位键)
(4)在银氨溶液中，1 mol中含 molσ键。
(5)复合材料氧铬酸钙的立方晶胞如图所示。

①已知A、B的原子坐标分别为(0，0，0)、(1，1，0)，则C的原子坐标为 。
②1个钙原子与 个氧原子等距离且最近。
③该晶体密度为 (列出计算式即可)。已知钙和氧的最近距离为a nm，NA代表阿伏加德罗常数。
24．（2021·河南·校联考模拟预测）硅元素是现代信息技术中最重要的元素之一，回答下列问题。
(1)若将基态硅原子最高能级的电子排布图表示为，则它违背了 这一电子排布规律，X、Y与硅位于同周期，若X、Y的第一电离能(相对大小)中间只有Si，则X、Y分别是 。
(2)以SiO2为基本原料制备粗硅的原理为，与CO互为等电子体的分子和离子分别为 ，使SiO2固体、CO液化需要克服的作用力分别是 、 。若Si-O键的键键能为a，则使1mol SiO2全部变成Si、O原子至少需要提供的能量是 kJ。SiO2、石墨两物质中，硅、碳原子杂化类型分别为 。
(3)制备高纯度硅的过程中会有一系列中间产物如SiH3Cl、SiH2Cl2、SiHCl3、SiCl4等物质生成。上述中间产物中属中正四面体构型的是 ，沸点SiHCl3 SiCl4(填“＞”或“＜”)。
(4)晶体硅的晶胞如下，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。则图中原子①的原子坐标是 ，晶体中硅原子的空间利用率为 (用含π的式子表示)。

25．（2021·河南郑州·统考三模）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)。

26．（2021·河南·统考二模）物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。回答下列问题：
(1)在现代化学中，常利用 上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析。
(2)聚酰亚胺简式是
①C、N、O、H四种元素电负性由小到大的顺序是 (填元素符号)。
②中C原子的杂化轨道类型为 。
(3)[Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为，则1 molIMI中含有σ键的物质的量为 。
(4)NaN3中阴离子空间构型为 ；键角H2S H2O(填“大于”“小于”或“等于”)。
(5)金刚石与石墨都是碳的同素异形体。若碳原子半径为rnm，根据硬球接触模型，金刚石晶胞中碳原子的空间占有率为 (用含π的代数式表示)；金刚石的密度为 g/cm3(写出用r和NA表示的计算式即可)


参考答案：
1．(1)  
(2)AE
(3) sp2 石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子，都参与形成了贯穿全层的多原子的大π键，因而具有优良的导电性
(4)25NA
(5) (，，) g•cm-3

【详解】（1）碳元素的原子序数为6，价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为  ，故答案为：  ；
（2）A．单层聚合C60与金刚石、石墨烯都是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故正确；
B．由图可知，单层聚合C60是由多个C60通过碳碳单键连接起来的，与C60的结构不同，是不同种物质，故错误；
C．由图可知，单层聚合C60是由多个C60通过碳碳单键连接起来的，则C60中碳原子的杂化方式为sp2杂化，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，故错误；
D．由题意可知，单层聚合C60是一种介于导体和绝缘体之间的半导体，一定条件下能导电，故错误；
E．由图可知，单层聚合C60是由多个C60通过碳碳单键连接起来的，故正确；
故选AE；
（3）由图可知，石墨烯分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子，都参与形成了贯穿全层的多原子的大π键，因而具有优良的导电性，故答案为：sp2；石墨烯中每个碳原子垂直于层平面的2p轨道上的电子，都参与形成了贯穿全层的多原子的大π键，因而具有优良的导电性；
（4）C60分子中含有60个碳碳单键和30个碳碳双键，由分子式可知，与氯气发生加成反应时，有5个碳碳双键变成碳碳单键，则C60Cl10分子中的双键数目为30—5=25个，所以1molC60Cl10分子中含有碳碳双键的数目为1mol×25×NAmol—1=25NA，故答案为：25NA；
（5）由金刚石晶胞的截面图可知，原子1位于晶胞体对角线的处，原子的分数坐标为(，，)，晶胞中位于顶点、面心和体内的碳原子个数为8×+6×+4=8，设晶体的密度为ρg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=d3ρ，解得ρ=，故答案为：(，，)； g•cm-3。
2．(1) 6s26p3 平面三角形 3∶1
(2) O>N>C CH3CH2OH 中存在分子间氢键
(3) sp3 B
(4) 3∶2

【详解】（1）类比N的价层电子排布式可得基态Bi原子的价层电子排布式为6s26p3；NO中N原子的杂化方式为sp2，空间构型为平面三角形；基态O原子核外成对电子数为6与未成对电子数为2故比值为3:1。
（2）电负性O>N>C，故答案为O>N>C；CH3CH2OH可以形成分子间氢键，沸点大于CH3OCH3，故答案为CH3CH2OH可以形成分子间氢键。
（3）①C除了与两个O形成σ键之外还与两个H形成σ键，故杂化类型为sp3。
②A．含有该超分子的物质为离子晶体，A错误；
B．冠醚可以分离不同的碱金属离子，B正确；
C．中心碱金属离子的配位数随着冠醚分子的结构变化而变化，C错误；
D．冠醚和碱金属离子之间为共价键，D错误；
故选B。
（4）①；
②该晶胞中含有6个K和2个Bi，故密度为。
3．(1) C 哑铃形
(2) N>O
O；由于P原子的半径大于N原子，则键长：N一FN>C>B N 正四面体形
(2) 原子 X－射线衍射实验
(3) 3       
(4) (，，) 1：6：2：26

【详解】（1）N元素基态原子的电子排布图(轨道表示式)是  ；B、C、N、F处于同一周期，同一周期元素第一电离能从左往右呈增大趋势，四种元素的第一电离能由大到小的顺序是F>N>C>B；配合物[Cu(CH3C≡N)4]BF4中与Cu( I )形成配位键的原子是N；阴离子中心原子B形成4个共价键，无孤对电子，电子对数为4，故空间构型为正四面体形。
答案为：  ；F>N>C>B；正四面体形。
（2）晶体硼的熔点为2300°C，沸点为2550°C，硬度大，判断该晶体硼为原子晶体；无定形硼为非晶体，区分晶体硼和非晶体最可靠的科学方法为对固体进行X－射线衍射实验。
答案为：原子；X－射线衍射实验。
（3）结合图示，每个硼酸分子周边形成6个氢键，每个氢键被两个硼酸分子均摊，故6=3； [B(OH)4]－中心原子是B,形成3个共价键，且B是缺电子结构，氢氧根中O提供孤对电子与B形成配位键，则[B(OH)4]－中的配位键为  。
答案为：3；  。
（4）某种硼氢化镁氨合物的晶胞结构如图所示，属于立方晶系，晶胞棱边夹角均为90°，图中
  
已知，则c点的坐标为___________。该晶胞中n(Mg)：n(N)：n(B)：n(H) =___________。
根据题干信息可知，a点位于晶胞面心，由a点的坐标为(，0，)，可知晶胞棱长为1，c处于体对角线的1/4处，故c的坐标为(，，)；每个黑球代表一个八面体，其中心为金属镁原子，顶点为氨分子，根据均摊法可算出Mg的个数为，镁原子与氨分子形成八面体，氨分子位于定点，则N的个数为，氨分子中的H的合数为；每个白球代表一个四面体，其中心为硼原子，顶点为氢原子，则B的个数为8，四面体中H的个数为，则H的总个数为72+32=104，故该晶胞中n(Mg)：n(N)：n(B)：n(H) =1：6：2：26。
答案为：(，，)；1：6：2：26。
5．(1) 3s23p5 18
(2)Li+质子数多，对核外电子的引力更大(合理即给分)
(3)D
(4) 三角锥形 PH3 N没有2d轨道且2s、2p与3d轨道之间能量相差较大，不能参与杂化(其他合理答案可酌情给分) Li2O
(5)(合理即给分)
(6)2 (合理即给分)

【详解】（1）基态氯原子为17号元素原子，价层电子排布式为3s23p5。把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数，溴为35号元素，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s24p5，则基态溴原子核外电子有18种不同的空间运动状态；
（2）H-、Li+的核外电子排布相同，但Li+质子数多，对核外电子的引力更大，导致H-半径大于Li+；
（3）1s2为锂离子，1s12s1为锂离子，锂离子再失去1个电子所需的能量为第二电离能，能量较大；1s22s1为基态锂原子， 1s23s1为激发态锂原子，激发态锂原子更容易失去1个电子，故选D；
（4）①PBr3中P原子的价层电子对数为3＋=4，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构；在H2O、HCl、HBr、PH3中，P原子半径最大，形成磷氢键键长更大，键能更小，故共价键极性最弱的是PH3；
②N没有2d轨道且2s、2p与3d轨道之间能量相差较大，不能参与杂化，导致氮不存在sp3d杂化，不存在NCl5分子；
③由图表可知，氧的电负性最大，则在LiH、Li2O、LiCl、LiBr中，离子键百分率最高的是Li2O；
（5）根据“均摊法”， 1个图b(Li2OHCl)晶胞中含个Li，结合化学式Li2OHCl可知，1个晶胞中相当于存在8个Li2OHCl，则1个图b(Li2OHCl)晶胞的质量为g；
（6）结合（5）分析可知，Li3OBr相当于1个Li、1个Br代替了Li2OHCl中的1个H、1个Cl，则Li3OBr晶体密度为。
6．(1) d
(2) +5 Mn²⁺的价电子排布式为3d⁵，V²⁺的价电子排布式为3d³，Mn²⁺的3d轨道处于半充满状态，能量更低更稳定，使得Mn失去第3个电子所需能量更高
(3) HO>C。可以看出甲中含有-OH易形成分子间氢键沸点高。答案为sp2；13；N>O>C；有机物乙分子间存在氢键，而有机物甲分子间不存在氢键；
（5）Ba2+最近的O2-经延申如图有3个这样的面，所以有4×3=12。Ba2+位于顶点共8×=1、O2-位于面心共6×=3，计算晶胞密度为得到a=pm。Ba2+和Ti4+的最短距离为提对角线一半为×pm。答案为×。
8．(1) 纺锤体或者哑铃形
(2)Al原子价层电子为3s23p1，而Mg的价层电子为3s2全满稳定状态，失去1个电子需要的能量更多
(3) N＞C＞H＞Mg 共价键和配位键 sp2
(4) 共价晶体

【详解】（1）已知N是7号元素，故基态N原子的最高能级为2p能级，该能级原子轨道的形状是纺锤体或者哑铃形，价层电子排布图是，故答案为：纺锤体或者哑铃形；；
（2）Al原子价层电子为3s23p1，而Mg的价层电子为3s2全满稳定状态，失去1个电子需要的能量更多，故第一电离能：Mg＞Al；
（3）①由题干络合物结构示意图可知，上述粒子中包含元素即H、C、N、Mg，根据同一周期从左往右元素的电负性依次增强，同一主族从上往下元素的电负性依次减弱可知，这四种元素的电负性从大到小的顺序是N＞C＞H＞Mg，从电子给予的角度分析， Mg2+和N之间存在的化学键类型是单键上的N与Mg形成共价键，双键上N原子提供孤电子对与Mg形成配位键，故答案为：N＞C＞H＞Mg；共价键和配位键；
②由题干络合物结构示意图可知，该物质中的C原子均形成双键，故其杂化轨道类型是sp2，故答案为：sp2；
（4）①由题干信息，AlN是良好的耐热耐冲击材料，AlN熔点为2200 °C ，即熔点高，硬度大，故该晶体类型为共价晶体；
②由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Al个数为：=2，N个数为：=2，若AlN的晶胞的高为a nm，底边长为b nm，NA表示阿佛伽德罗常数的值，则一个晶胞的质量为：，一个晶胞的体积为：cm3，则其晶体的密度为=g·cm-3(用含a、b、NA的代数式表示)，故答案为：。
9．(1) Li 2
(2) 9或7 [Ar]3d104s24p3
(3) AsH3 两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高
(4)6
(5)sp3、sp
(6)1∶1
(7)

【详解】（1）Li、P、S中，Li为金属元素，容易失去电子，电负性最小；一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能P>S，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；所以第三周期元素中第一电离能比P大的元素有2种；故答案为Li；2。
（2）基态S元素电子排布式为1s22s22p3s23p4；有7个或9个电子自旋状态相同；基态As原子的电子排布式为[Ar]3d104s24p3；故答案为9或7 ；[Ar]3d104s24p3。
（3）PH3 、AsH3均为分子晶体，相对分子质量大，范德华力强，沸点高所以沸点较高的是AsH3，故答案为AsH3；两者均为分子晶体，AsH3相对分子质量大，范德华力强，沸点高。
（4）Mn的一种配合物化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，该配合物中与锰原子的配位有CO和CH3CN，配位数为6；故答案为6。
（5）CH3CN中有两个C原子，分别连接有4个和2个键，杂化类型为sp3、sp；故答案为sp3、sp。
（6）CH3CN和CO均含有2个π键，等物质的量的CH3CN和CO中，π键数目之比1：1；故答案为1：1。
（7）该晶胞中含有Ni3+个数为，含有As3-为4；即含有4个NiAs，其质量为，设其棱长为acm，所以，As3-位于其八分之一晶胞的中心，两个As3-之间的距离相当于面对角线长度的一半；所以两个As3-之间为；故答案为。
10．(1) O>N>C>H>Cu 3d104s1
(2) +1(或-1) BD 三角锥形
(3) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
(4)D
(5)

【详解】（1）题干中所给元素有Cu、H、O、C、N，非金属电负性大，金属电负性小，同一周期从左到右电负性依次增大，所以O>N>C>H>Cu；电负性最小的为Cu，其价电子排布式为： 3d104s1；
（2）基态O原子价电子排布式为2s22p4，有两个不成对电子，所以价电子自旋量子数的代数和为+1(或-1)；H3O+中存在H共价键和配位键，不存在离子键和氢键，价层电子对数，所以H3O+的空间构型为三角锥形。
（3）吡啶分子结构中的N有孤电子对可以与水分子形成氢键，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；甲基为推电子基，-F为吸电子基，当吡啶中N的间位C上的H被甲基取代时，N的电子云密度增大，当被-CF3代替后N的电子云密度减小，又根据吡啶及其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，所以碱性最弱的为 ；
（4）Cu的配位数为4，说明不是sp2杂化，sp3杂化的分子空间构型为四面体形，而该物质的4个配位原子在同一个平面内，说明不是sp3杂化，故排除法选D；
（5）根据均摊法，晶胞中Cu的原子个数= ，化学式为CuInS2，说明一个晶胞中有4个CuInS2单元，所以晶胞的质量为 ，晶胞的体积为 ，故晶胞的密度 。
11．(1) C Ni(CO)4为非极性分子，CCl4、苯等为非极性溶剂，根据相似相溶可知，Ni(CO)4易溶CCl4、苯等有机溶剂。
(2) N＞C＞Fe＞K 12mol
(3) CO2、N2 bde
(4) LiC6

【详解】（1）①基态B原子的价电子排布式为2s22p1，激发时，2s能级的一个电子跃迁至2p能级的一个轨道，故杂化前，处于激发态的B原子的价电子轨道表示式为，故选C。
②Ni(CO)4常温下呈液态，其分子空间构型为正四面体形，可知Ni(CO)4为非极性分子，其易溶CCl4、苯等有机溶剂的原因是Ni(CO)4为非极性分子，CCl4、苯等为非极性溶剂，根据相似相溶可知，Ni(CO)4易溶CCl4、苯等有机溶剂。
（2）同周期元素从左至右电负性逐渐增大，同主族元素从上往下电负性逐渐减小，故K4[Fe(CN)6]所含元素电负性由大到小的顺序为N＞C＞Fe＞K，CN-含有1个σ键，CN-与Fe2+之间形成6个配位键，故lmolK4[Fe(CN)6]含有σ键的物质的量为12mol。
（3）NH3、H2O均只含有极性键，分别为三角锥形、角形分子，正电中心和负电中心不重合，故为极性分子，CO2只含有极性键，为直线形分子，正电中心和负电中心重合，故为非极性分子，N2只含有非极性键，为非极性分子，故反应所得的气态产物中属于非极性分子的有CO2、N2；与[UO2(CO3)3]4-之间存在离子键，中N原子与H+之间存在配位键，N原子与H原子之间存在极性键，[UO2(CO3)3]4-中原子之间存在极性键，故反应中断裂的化学键有极性键、离子键、配位键，故选bde。
（4）由图可知，Li原子位于顶点，个数为，C原子位于面上和体内，个数为，则化学式为LiC6；该晶体中最近的两个碳原子核间距离为142pm，则底边边长为3´142pm，石墨烯层间距离为335pm，又底边为平行四边形，顶角为60°，设晶胞的密度为dg/cm3，晶胞质量为，晶胞体积为，结合密度公式，解得。
12．(1)
(2) S、O、N、F 平面三角形 NSF3、COF2两者均为分子晶体，前者的相对分子质量较大，分子间作用力大
(3) sp2 CO(NH2)2中氨基数目为2个，可以形成更多的氢键 BCD
(4)

【详解】（1）基态氟原子为9号元素原子，价层电子排布图为；
（2）①同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故F、O、N、S的第一电离能从小到大的顺序是S、O、N、F；
②COF2分子中C原子的孤电子对数为，不含孤电子对为sp2杂化，空间构型为平面三角形。
③NSF3、COF2两者均为分子晶体，前者的相对分子质量较大，分子间作用力大，沸点较高；
（3）①CO(NH2)2中C形成3个σ键1个π键，无孤电子对，故杂化方式是sp2杂化；
②CO(NH2)2的熔沸点比CH3CONH2的高，其原因是CO(NH2)2中氨基数目为2个，可以形成更多的氢键，导致熔沸点升高；
③A． CO2为对称分子结构，是非极性分子，A错误；
B．等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，CO2与互为等电子体，B正确；
C．H2O与NHF2中心原子分别为O、N，两者的价层电子数分别为、，C正确；
D．NH与HF形成离子键，HF中F与H原子之间存在氢键，NH中含有配位键，NH4HF2中存在离子键、配位键和氢键，D正确；
故选BCD；
（4）由图可知，AD距离为底面对角线的四分之一，为；已知AC=BE，则AC距离为；则CD(Cs与F)间的距离为pm；
晶胞中Cs原子位于棱上和晶胞内，一个晶胞中原子数目为；Ag原子位于棱上和面心，一个晶胞中原子数目为；F原子位于面上和晶胞内，一个晶胞中原子数目为；一个晶胞的符号为Cs4Ag4 F12，故晶胞质量为；晶胞体积为，所以密度为g/cm3。
13．(1)BD
(2) < < < >
(3) +3 sp3 极性键、配位键 正四面体形
(4) 6

【详解】（1）若能量最低，应满足构造原理，即电子优先填充在能量低的能级，在相同能级上优先占据空轨道且自旋方向相同，所以能量最低的为，即B选项，能量最高的排布图应为电子在高能级上排布多的，应该为，即为D选项，故答案为BD；
（2）同周期元素，非金属性依次增强，电负性依次增强，所以，电负性：B < C，N < O；对于第一电离能而言，一般非金属性越强，越难失去第一个电子，第一电离能越大，所以，B < C，但由于N的价电子排布式为2s22p3，处于半充满状态，稳定，所以N > O；故答案为：C 这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质
(2) CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O sp2、sp2
(3) Cu3AgH8

【详解】（1）基态 Ni原子的价电子排布式为3d84s2；该元素在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族；C、N、O位于同周期，同周期从左往右电负性呈增大趋势，故电负性由大到小的顺序是O>N>C；寻找更多的金属催化剂，在过渡金属区域进行寻找，原因是这三种元素都是过渡元素，在元素周期表中位置和Ni相近，可能具有相似的性质；
（2）CO2中心原子为sp杂化，键角为180度；CH4和H2O中心原子均为sp3杂化。H2O中孤对电子与成键电子对之间的斥力大于CH4中成键电子对之间的斥力，故键角：CO2>CH4>H2O；(HB=NH)3中B、N原子均形成双键，共有3个键，杂化轨道类型分别为sp2、sp2；氨硼烷(NH3BH3)中N、B都达到稳定结构，即最外层均为8电子结构，氮原子提供孤电子对，与硼原子之间形成配位键， NH3BH3分子的结构式：；
（3）铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，根据均摊法铜原子个数为3，Ag原子位于顶点，银原子个数为1，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中，四面体空隙共8个，故晶体的化学式为：Cu3AgH8；储氢后氢气的密度为：，。
17．(1)3
(2) K F
(3)6BeO+3KBF4+ B2O33KBe2BO3F2+2BF3↑
(4) Be和B的价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道 sp3
(5)KF为离子晶体，BF3是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体
(6) Z

【详解】（1）1s22s13s1的铍原子中电子占有3个不同轨道，具有不同的能量，跃迁可以发出3种波长的光；
（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，同一主族的元素的第一电离能，随着原子序数的增大而减小，所以Be>Li，Li>K，即四种元素中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）据题意写出反应方程式6BeO+3KBF4+ B2O33KBe2BO3F2+2BF3↑
（4）Be、B原子的价电子排布式分别为2s2、2s22p1，轨道表达式分别为、，Be、B原子价层电子数均小于价层轨道数，存在空轨道，容易与配体形成配位键；[BeF4]2-、[B(OH)4]-空间结构均为四面体结构，中心原子Be、B的杂化类型均为sp3；
（5）KF为离子晶体，BF3是分子晶体，离子晶体的沸点高于分子晶体；
（6）根据晶胞内原子占有率可分别求出原子个数，K：、X：、Y：、Z：，根据KBe2BO3F2中K、B个数比为1:1可知Z表示B原子；一个晶胞中含有3个(KBe2BO3F2)，。
18．(1)2：5
(2) sp sp2
(3)平面三角形
(4)c
(5)
(6)乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大
(7) 4

【详解】（1）Ti为22号元素，钛有2个未成对电子，Mn为25号元素，锰有5个未成对电子，所以基态Ti和Mn原子中未成对电子数之比为2：5，故答案为：2：5；
（2）二氧化碳为直线型，结构式为O=C=O，没有孤电子对，碳原子采取 sp杂化，-CHO 中碳原子形成3个σ键，没有孤电子对，杂化轨道数目为3，碳原子采取 sp2杂化，故答案为：sp；sp2；
（3）HCHO中碳原子含有3个σ键，碳原子采取 sp2杂化，不含孤电子对，所以其空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；
（4）面心立方晶胞中原子位于顶点和面心，俯视时上下底面的面心原子位于俯视图正方形中心，顶点原子位于正方形顶点，其它侧面的原子位于正方形四边中点，故俯视图为c，故答案为：c；
（5）铁是26号元素，其原子核外有26个电子，Fe原子的3d、4s电子为其价电子，其价电子排布为3d64s2，故答案为：3d64s2；
（6）乙二醇分之中羟基比丙醇分子中的羟基多，分子间的氢键比丙醇的多，分子间的作用力较大，故其沸点较高，故答案为：乙二醇分子中羟基比丙醇的多，分子间的氢键比丙醇多，分子间作用力较大；
（7）晶胞中Cl原子数目为：1+4×+4×=4，则晶胞的质量m=nM=g，晶胞体积V=abc×10-27cm3=0.72×1.0×0.56×10-27cm3，晶体密度g•cm-3，故答案为：4；。
19．(1) 3d74s2 N
(2) 三角锥形 sp3
(3) 2 6
(4)3：4
(5) C3N4 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
(6) (，，) ××1010

【详解】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
（2）SO中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；SO中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
（3）根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；
（4）(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
（5）根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（6）根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)；根据信息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为=4，氮化镓的化学式为GaN，晶胞的质量为=g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为cm，Ga与N最近的距离，即Ga-N键长应是体对角线的，从而推出Ga-N键长××1010pm；故答案为(，，)；××1010。
20．(1)
(2)AD
(3) 低于 离子半径Mg2+小于Ca2+，二者带电荷数相同，Mg2+吸引O2-形成MgO的能力强
(4) V形 SCN-、OCN-、N等 4 sp3、sp2
(5)

【详解】（1）Mn为25号元素，价电子排布为3d54s2，轨道表示式为；
（2）A．Mg2+和Zn2+所带电荷数相同，但Mg2+的半径更小，所以Mg中的金属键更强，A正确；
B．以顶面面心原子为例，顶面有6个距离其最近且相等，晶胞内部有3个，该晶胞上方的晶胞中还有3个，所以配位数为12，B错误；
C．该堆积模型为六方最密堆积，空间利用率为74%，C错误；
D．晶胞内部3个和顶面面心的1个可以形成四面体空隙，任一侧面上的4个以及距离该侧面最近的位于晶胞的内部的2个(有一个位于另一个晶胞中)可以形成八面体空隙，D正确；
综上所述答案为AD；
（3）XCO3分解的实质即X2-与碳酸根中的氧离子形成离子键，离子半径Mg2+小于Ca2+，二者带电荷数相同，Mg2+吸引O2-形成MgO的能力强，所以MgCO3的分解温度更低；
（4）①H2O分子中O原子为sp3杂化，含两对孤电子对，空间构型为V形；CO2含3个原子、16个价电子，其等电子体的阴离子有SCN-、OCN-、N等；
③据图可知与为Zn2+提供电子对的原子有1个O原子、3个N原子，共4个；形成双键(五元环上)的碳原子为sp2杂化，形成单键的碳原子(甲基)为sp3杂化；
（5）根据均摊法，晶胞中Zn原子的个数为6+8×+4×=8，Mg原子的个数为4，所以晶胞的质量为g，底面棱长为0.5221nm，为菱形，所以底面积为0.52212×sin60°nm2，则晶胞体积为0.52212×sin60°×0.8567nm3=0.52212×sin60°×0.8567×10-21cm3，所以合金的密度为g·cm3。
21．(1)4
(2)Mn和Fe的价层电子排布式分别是3d54s2、3d64s2，原子先失去4s上的两个电子，因Mn的核电荷数少于Fe，对电子的引力小，故Mn的I1和I2较小，失去的第三个电子是3d5上的， 3d5是稳定结构，难失去，故Mn的I3较大
(3) 4 四面体
(4) sp2 MgFe(SiO3)2(或MgFeSi2O6) 8

【详解】（1）基态Co原子的价电子排布式为3d74s2，故基态Co原子的核外电子占据的3d能级上的成对电子是4；
（2）Mn和Fe的价层电子排布式分别是3d54s2、3d64s2，原子先失去4s上的两个电子，因Mn的核电荷数少于Fe，对电子的引力小，故Mn的I1和I2较小，失去的第三个电子是3d5上的， 3d5是稳定结构，难失去，故Mn的I3较大
（3）由图可知，多硅酸根离子的结构中每个Si原子与4个O原子相连，这几个O原子形成四面体，若有n个Si原子，则有n个四面体结构，含有氧原子3n+1个，带有的电荷为4n+（3n+1）×（-2）=-（2n+2），故答案为：、4、四面体；
（4）中Si原子价层电子对数为，杂化类型是sp2杂化；由题干中晶胞可知，Mg原子数量为、Fe原子数量为、数目为，因此该晶体的化学式为MgFe(SiO3)2(或MgFeSi2O6)；Mg原子周围最近的Fe原子有8个；该晶体的密度为=g·cm-3；
【点睛】本题考查化学《物质结构与性质》的相关知识，以填空或简答方式考查，常涉及如下高频考点：原子结构与元素的性质(基态微粒的电子排布式、电离能及电负性的比较)、元素周期律；分子结构与性质(化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断)；晶体结构与性质(晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等)。只有掌握这些，才可以更好的解决物质结构的问题。
22．(1) 3d10 28 第五周期IIB族 ds Zn Zn和Cd同为金属晶体，Zn2+和Cd2+所带电荷数相同，r(Zn2+)SiH4>CH4 Ge—Ge键的键能小易断裂，导致长链锗烷难以形成
(3)π

【解析】(1)
①Zn为30号元素，故基态Zn2+的价电子排布式为3d10，核外有28个电子，运动状态各不相同。
②Zn为第四周期第IIB族，故Cd位于第五周期IIB族，属于ds区元素。因为Zn和Cd同为金属晶体，Zn2+和Cd2+所带电荷数相同，r(Zn2+)SiH4>CH4。由表中数据可知，Ge—Ge键的键能小易断裂，导致长链锗烷难以形成。
(3)
设晶胞的边长为x，晶胞的体对角线的长度=x，根据晶胞中原子的位置关系，体对角线的长度等于8个Ge原子的半径，晶体Ge的半径为r，则8r=x，则x=，则晶胞的体积v=x3=()3，晶胞中8个Ge原子的总体积=8×πr3，已知晶胞的利用率=×100%=×100%=π。
23．(1) 9 6
(2) O 三角锥形 sp3 O、S、Se、Te的原子半径依次增大，成键电子对之间排斥力依次减小
(3)6
(4)8
(5) ( ，1，) 12

【详解】（1）S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，s轨道数目是1，p轨道数目是3，原子核外电子总是尽可能成单排列，而且自旋方向相同，这样排布使原子的能量最低，原子处于稳定状态。在S原子是3p4轨道上，只有一个轨道上有1对电子，另外2个3p轨道电子成单排列，原子的其它轨道上都是1对自旋方向相反的电子，所以基态硫原子核外最多有1+1+3+1+3=9个；
Cr是24号元素，基态Cr原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s1，则其中含有的未成对电子数是6个；
（2）①同一主族元素，原子序数越大，元素的非金属性就越弱，其电负性就越小，所以在这四种元素中电负性最大的元素是O元素；
②的中心Se原子的价层电子对数是，有1对孤电子对，所以的空间构型是三角锥形，其中Se原子的杂化类型是sp3杂化；
③O、S、Se、Te是同一主族的元素，它们形成的氢化物H2O、H2S、H2Se、H2Te结构相似，但它们的键角依次减小，主要是由于随着原子核外电子层数的增多，O、S、Se、Te的原子半径依次增大，成键电子对之间排斥力依次减小；
（3）配合物(en为)的中心离子配位数为6；
（4）在中的中心原子是Ag+，配位体是NH3，在配位体中含有3个共价键，每个配位体与中心原子以配位键结合，共价键、配位键都是σ键，在1个中含有8个σ键，则在1 mol中含有8 mol σ键；
（5）①根据坐标系，结合A、B两点的坐标，可知C点的坐标为( ，1，)；
②根据晶胞结构可知：与Ca原子距离相等且最近的O原子数目是；
③在该晶胞中含有Ca：8×=1个；含有O：4×=2个；含有Cr：1个，所以该晶体的化学式为：CaCrO2。已知钙和氧的最近距离为a nm，则晶胞面对角线为2a nm，晶胞边长L= nm，所以该晶体的密度ρ=。
24．(1) 洪特规则 Mg、S(或S、Mg)
(2) N2、 共价键 范德华力 4a sp3、sp2
(3) SiCl4 ＜
(4)

【详解】（1）根据洪特规则，同一能级上的电子优先以自旋方式相同状态进入不同轨道，因此硅的排布违背了洪特规则，X、Y与硅位于同周期，若X、Y的第一电离能(相对大小)中间只有Si，说明X、Y的第一电离能相对大小仅比Si大或小，根据第一电离能的增长趋势，仅比Si的第一电离能大或小的是Mg和S元素，故X、Y分别为Mg和S。故答案为：洪特规则；Mg、S(或S、Mg)；
（2）以SiO2为基本原料制备粗硅的原理为，与CO互为等电子体的分子和离子分别为N2、，SiO2是原子晶体、CO是分子晶体，使SiO2固体、CO液化需要克服的作用力分别是共价键、范德华力。若Si-O键的键键能为a，SiO2中，每个硅原子均形成了4个Si—O键，故1molSiO2全部变成Si、O原子需要断裂4molSi—O键，则使1mol SiO2全部变成Si、O原子至少需要提供的能量是4akJ。SiO2中硅原子形成了4个σ键且无孤电子对，故为sp3杂化，石墨晶体中，每个碳原子形成了3个σ键且无孤电子对，碳为sp2杂化。故答案为：N2、；共价键；范德华力；4a；sp3、sp2；
（3）SiH3Cl、SiH2Cl2、SiHCl3、SiCl44四种物质中，硅原子均为sp3杂化，其中SiCl4因键长相等而为正四面体构型。SiHCl3、SiCl44均是分子晶体，均为四面体构型，相对分子质量较高的SiCl4范德华力较高，沸点较高，沸点SiHCl3＜SiCl4。故答案为：SiCl4；＜；
（4）由图中信息知，①号硅原子坐标为。设碳原子的半径为rcm，晶胞参数为xcm，则体对角线长为8rcm，体对角线长为，则，一个晶胞中含有个，8个碳原子的总体积为，晶胞总体积为，故原子的空间利用率。故答案为：；。
25． 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%。
26． 原子光谱 H