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2023届高三化学高考备考一轮复习 第二十五专题 物质结构与性质 测试题
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这是一份2023届高三化学高考备考一轮复习 第二十五专题 物质结构与性质 测试题，共28页。试卷主要包含了 青铜器是我国古代瑰宝等内容，欢迎下载使用。
1． (2022甲卷) 2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为 。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能 Ⅰ 变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是____(填标号)，判断的根据是 ；第三电离能的变化图是____(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3链状结构 。
(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。
2． (2022乙卷). 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2 c．1s22s12p5 d．1s22s22p33p2
(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl_______键，并且Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键。
②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C-Cl键长的顺序是 ，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强：(ⅱ) 。
(3)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因 。
(4) α-AgI晶体中I- 离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I- 构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α-AgI晶体在电池中可作为_______。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=_______ m3/ml (列出算式)。
3． (2022湖南卷) 铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar] ；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子_____ SeO32-离子(填“>”“<”或“=”)，原因是 。
(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中σ键与 π键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为 。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3-转化为NH2-，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与NH2-互为等电子体的一种分子为 (填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数a=b=0.4 nm、c=1.4 nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______ g/cm3 (列出计算式)。
4． (2022广东卷) 硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AlE)效应以来，AlE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AlE分子IV的合成路线如下：
(1)与S同族，基态硒原子价电子排布式为 。
(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是 。
(3)关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有键 B．I中的Se-Se键为非极性共价键
C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(4)IV中具有孤对电子的原子有 。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4_______ H2SeO3 (填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO42-的立体构型为 。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______nm (列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
5． (2021全国乙卷).过渡金属元素铬(Cr)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[Ar]3d54s1
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。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+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) [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+ 中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。
PH3中P的杂化类型是_______。NH3的沸点比PH3的_______，原因是 ，H2O的键角小于NH3的，分析原因 。
(4)在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2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rCl和rAl，则金属原子空间占有率为_______%(列出计算表达式)。
6． (2021全国甲卷).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布式为 ；单质硅的晶体类型为 。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σ键和 个π键?
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6C)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ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如右图所示。Zr4+ 离子在晶胞中的配位数是 ，晶胞参数为apm、apm、cpm,该晶体 密度 为g·cm3 (写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则 y= (用x表达)。
7． (2021·河北唐山市高三三模)青铜器是我国古代瑰宝。目前，在工业上用磷化铜(Cu3P2)制造磷青铜，磷青铜是含少量钪、锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性合金原件。
(1)基态Sc原子的核外电子排布式为 ；其价电子中未成对电子数与成对电子数之比为______。
(2)①PH4I中的P原子的杂化方式是____________。
②P与N同主族，气态氢化物的沸点：NH3________PH3(填“>”或“＜”)，说明理由：__________________。
(3)磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为Sn_______P(填“>”“＜”或“＝”)。
(4)某立方磷青铜晶胞结构如下图所示。
①则其化学式为____________。
②该晶体中距离Sn原子最近的Cu原子有________个，在晶胞中由Cu原子构成的八面体与由Cu和Sn原子构成的八面体的个数之比为__________。
③若晶体密度为ρ g·cm－3，最近的Cu原子核间距为________pm(用含ρ、NA的代数式表示)。
8． (2022·山东泰安市高三模拟)H、N、P、Mg、Al、Cu 6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—NH2取代所形成的一种物质。NH3分子的空间结构是________，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·ml－1)的数据。
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，则该高聚物中P的杂化方式为________。
(5)MgCu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________。
9． (2021·广东梅州市高三二模)2019年诺贝尔化学奖给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。锂离子电池的正极材料主要有层状结构的LiMO2，尖晶石结构的LiM2O4以及橄榄石型的LiMPO4(M＝Fe、Mn、Ni、C等元素)。
(1)N、O、P的电负性由大到小的顺序为________。第三电离能I3(Mn)________I3(Fe)(填“>”或“＜”)。
(2)基态C原子核外电子排布式为________；C3＋的一种配离子[C(N3)(NH3)5]2＋中，C3＋的配位数是________，配位体Neq \\al(－,3)中心原子杂化类型是__________。
(3)MnO的熔点(1 650 ℃)比MnS的熔点(1 610 ℃)高，它们含有的化学键类型是__________。前者熔点较高的原因是_____________________________________________。
(4)磷元素和铝元素形成的化合物AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛使用。已知AlP的熔点为2 000 ℃，其晶胞结构如图所示：
①磷化铝的晶体类型为__________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为__________。
③磷化铝的晶胞参数a＝546.35 pm，其密度为__________ g·cm－3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
10． (2021·天津南开中学高三二模)据世界权威刊物《自然》最近报道，选择碲化锆 (ZrTe5) 为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属—绝缘体的转换。Te属于ⅥA族元素。回答下列问题：
(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中d轨道上的电子数是__________，Zr2＋的价层电子轨道表示式是__________。
(2)Zr、 Te、Cl的电负性由大到小的顺序是__________，H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是__________酸性强弱比较： H2SO4________ H2TeO4 (填“>”或“＜”)。
(3)H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是______________________________________。
(4)[Zr(C2H5O)2]2＋是 Zr4＋形成的一种配离子，其中的配位原子是________(填原子符号)，1个[Zr(C2H5O)2]2＋离子中含共价键的数目是__________。
(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是________。 若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm，则立方氧化锆的密度为________g·cm－3 (写出计算表达式)。
1．答案：（1）
（2）图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
（3）
（4） sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定
（5）Ca2+ a pm
解析：(1) F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为。(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C2．答案：（1）ad d
（2）sp2 σ 一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔
Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
（3） CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
（4）电解质
解析：(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；答案选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d。(2)①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键。②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=ml=ml，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/ml。
3．答案:（1） ① 3d104s24p4 ②.6 ③ ＞
④.SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形
（2） ① 11:3 ② O＞C＞H＞Fe
（3） ①.sp3杂化 ②.H2O
（4） ①KFe2Se2 ② 4 ③
解析:(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子，故答案为：6；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，故答案为：＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形；(2)①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；
(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；②水分子和氨基阴离子原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，故答案为：H2O；(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12×+2×=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，故答案为：4；③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=，故答案为：。
4．答案：(1)4s24p4 (2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE (4)O、Se (5) ＞ 正四面体形
(6) K2SeBr6
解析：(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。(2)的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。(3)A．I中有键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。
(4)根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3。SeO42-中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；故答案为：＞；正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
5．答案: (1) AC (2) N、O、Cl 6
(3) sp3 高 NH3存在分子间氢键 NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大
(4).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[Ar]3d54s1，A正确；B. Cr核外电子排布为[Ar]3d54s1，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) [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl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N、O、Cl三种原子的个数和即3+2+1=6，故答案为：N、O、Cl；6；(3) PH3的价层电子对为3+1=4，故PH3中P的杂化类型是sp3； N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：sp3；高；NH3存在分子间氢键；NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)已知AlCr2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AlCr2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；。
35. [化学---选修3: 物质结构与性质] (15分)
6．答案: (1) 3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ②
(2)2 2
(3)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)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× 10-30 cm3，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。
7．答案：(1)1s22s22p63s23p63d14s2(或[Ar]3d14s2) 1∶2
(2)①sp3 ②> 因为NH3分子间存在氢键 (3)<
(4)①SnCu3P ②12 1∶3 ③eq \f(\r(2),2) eq \r(3,\f(342,NA×ρ))×1010
解析：(1)Sc是21号元素，基态Sc原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2(或[Ar]3d14s2)；其价层电子排布式为3d14s2，故未成对电子数与成对电子数之比为1∶2。(2)①PH4I中的P原子孤电子对数＝eq \f(5－1－1×4,2)＝0，价层电子对数＝4＋0＝4，为sp3杂化。②P与N同主族，但NH3分子间存在氢键，故气态氢化物的沸点：NH3>PH3。(3)根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下，电负性逐渐减弱；磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小顺序为Sn＜P。
(4)①晶体中P原子位于内部，含有1个P原子，立方体每个面上含有1个Cu原子，每个Cu分摊给一个晶胞的占eq \f(1,2)，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为eq \f(1,8)，据此得到化学式是SnCu3P。②该晶体中距离Sn原子最近的Cu原子有4个，根据图可知，在晶胞中由Cu原子构成的八面体为1个，由Cu和Sn原子构成的八面体可由2个面上的Cu原子与4个顶角上的Sn原子构成，共6个，但与另一个晶胞共用，占eq \f(1,2)，故个数为6×eq \f(1,2)＝3，故两者之比为1∶3。③若晶体密度为ρ g·cm－3，晶胞的体积为V＝eq \f(m,ρ)＝eq \f(\f(119＋64×3＋31,NA),ρ) cm3，最近的Cu原子核间距为边长的eq \f(\r(2),2)，故为eq \f(\r(2),2)× eq \r(3,\f(\f(119＋64×3＋31,NA),ρ))＝eq \f(\r(2),2) eq \r(3,\f(342,NA×ρ))×1010 pm。
8．答案：(1)3 (2)三角锥形 肼分子间形成了氢键
(3)Cu (4)sp3 (5)①eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)) ②MgCu2
解析：(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3＋eq \f(5－1×3,2)＝4，含有1个孤电子对，则NH3分子的空间结构是三角锥形，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)高聚物分子中P原子形成4个σ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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))。②晶胞中Mg原子个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋4＝8，Cu原子个数为16，该晶胞的化学式为MgCu2。
9．答案：(1)O>N>P > (2)[Ar]3d74s2 6 sp (3)离子键 MnO的晶格能大
(4)①共价晶体 ②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(3,4))) ③eq \f(4×58,5.463 5×10－83×NA)
解析：(1)非金属性越强，电负性越大，则N、O、P的电负性由大到小的顺序为O>N>P。锰失去2个电子后，价层电子排布式是3d5，处于半充满稳定状态，所以第三电离能I3(Mn)>I3(Fe)。(2)C的原子序数是27，则基态C原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；C3＋的一种配离子[C(N3)(NH3)5]2＋中含有的配体是Neq \\al(－,3)和NH3，C3＋的配位数是1＋5＝6，配位体Neq \\al(－,3)中心原子的价层电子对数是2＋eq \f(5＋1－2×3,2)＝2，没有孤电子对，杂化类型是sp。(3)MnO的熔点(1 650 ℃)比MnS的熔点(1 610 ℃)高，二者均是离子晶体，它们含有的化学键类型是离子键。氧离子的半径小于硫离子的半径，MnO的晶格能大，所以前者熔点较高。(4)①AlP的熔点为2 000 ℃，熔点高，因此磷化铝的晶体类型为共价晶体。②根据A、B点的原子坐标可判断C点的原子坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))。③晶胞中P原子的个数是6×eq \f(1,2)＋8×eq \f(1,8)＝4，Al原子的个数是4，磷化铝的晶胞参数a＝546.35 pm，则其密度为eq \f(4×58,NA×5.463 5×10－83) g·cm－3。
10. 答案：(1)12 (2)Cl>Te>Zr H2O>H2Te>H2Se >
(3)H2Te 中Te原子为sp3杂化，由于两个孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28′， CO2中C原子为sp杂化，键角为180°
(4)O 16
(5)8 eq \f(123×4,2a＋10－73NA)
解析：(1)锆(Zr)的原子序数为40，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10,4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2＋是Zr原子失去最外层两个电子，其价层电子排布式为4d2，它的价层电子轨道表示式是(2)根据元素非金属性越强，电负性越大的规律，Zr为金属元素，Te和Cl为非金属元素，且非金属性：Cl>Te，则Zr、 Te、Cl的电负性由大到小的顺序是Cl>Te>Zr；H2O受氢键影响，所以沸点最高，H2Se、H2Te的沸点主要受范德华力影响，相对分子质量越大，沸点越高，即H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O>H2Te>H2Se；S和Te元素属于同主族元素，从上而下，元素的非金属性减弱，原子序数：Te>S，则非金属性：S>Te，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：H2SO4>H2TeO4。(3)H2Te中Te原子价层电子对数＝2＋eq \f(6－1×2,2)＝2＋2＝4，采用sp3杂化，由于有两个孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对数＝2＋eq \f(4－2×2,2)＝2＋0＝2，采用sp杂化，分子为直线形，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te原子为sp3杂化，由于两个孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28′，CO2中C原子为sp杂化，键角为180°。(4) [Zr(C2H5O)2]2＋是Zr4＋形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2＋离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同种非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子中含共价键的数目是16。(5)由图示结构可知，该晶胞中Zr原子位于8个顶角和面上，个数＝8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，O原子位于晶胞内部，个数为8，Zr、O原子个数之比＝4∶8＝1∶2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2a nm，晶胞体积V＝(2a×10－7cm)3，则立方氧化锆的密度ρ＝eq \f(\f(M,NA)×4,V)＝eq \f(123×4,2a×10－73NA) g·cm－3。
I1
I2
I3
I4
420
3 100
4 400
5 900
1． (2022甲卷) 2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为 。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能 Ⅰ 变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是____(填标号)，判断的根据是 ；第三电离能的变化图是____(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3链状结构 。
(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因 。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。
2． (2022乙卷). 卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a．1s22s22p43s1 b．1s22s22p43d2 c．1s22s12p5 d．1s22s22p33p2
(2)①一氯乙烯(C2H3Cl)分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl_______键，并且Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键。
②一氯乙烷(C2H5Cl)、一氯乙烯(C2H3Cl)、一氯乙炔(C2HCl)分子中，C-Cl键长的顺序是 ，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强：(ⅱ) 。
(3)卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因 。
(4) α-AgI晶体中I- 离子作体心立方堆积(如图所示)，Ag+主要分布在由I- 构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，Ag+不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，α-AgI晶体在电池中可作为_______。
已知阿伏加德罗常数为NA，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=_______ m3/ml (列出算式)。
3． (2022湖南卷) 铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
①基态Se原子的核外电子排布式为[Ar] ；
②该新药分子中有_______种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子_____ SeO32-离子(填“>”“<”或“=”)，原因是 。
(2)富马酸亚铁(FeC4H2O4)是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
①富马酸分子中σ键与 π键的数目比为_______；
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为 。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3-转化为NH2-，反应过程如图所示：
①产物中N原子的杂化轨道类型为_______；
②与NH2-互为等电子体的一种分子为 (填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为_______；②Fe原子的配位数为_______；
③该晶胞参数a=b=0.4 nm、c=1.4 nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______ g/cm3 (列出计算式)。
4． (2022广东卷) 硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光(AlE)效应以来，AlE在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含Se的新型AlE分子IV的合成路线如下：
(1)与S同族，基态硒原子价电子排布式为 。
(2)H2Se的沸点低于H2O，其原因是 。
(3)关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有键 B．I中的Se-Se键为非极性共价键
C．II易溶于水 D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(4)IV中具有孤对电子的原子有 。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4_______ H2SeO3 (填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒。SeO42-的立体构型为 。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为Mr，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______nm (列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
5． (2021全国乙卷).过渡金属元素铬(Cr)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[Ar]3d54s1
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。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+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) [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+ 中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如图所示。
PH3中P的杂化类型是_______。NH3的沸点比PH3的_______，原因是 ，H2O的键角小于NH3的，分析原因 。
(4)在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2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rCl和rAl，则金属原子空间占有率为_______%(列出计算表达式)。
6． (2021全国甲卷).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布式为 ；单质硅的晶体类型为 。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σ键和 个π键?
(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6C)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ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如右图所示。Zr4+ 离子在晶胞中的配位数是 ，晶胞参数为apm、apm、cpm,该晶体 密度 为g·cm3 (写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则 y= (用x表达)。
7． (2021·河北唐山市高三三模)青铜器是我国古代瑰宝。目前，在工业上用磷化铜(Cu3P2)制造磷青铜，磷青铜是含少量钪、锡、磷的铜合金，主要用作耐磨零件和弹性合金原件。
(1)基态Sc原子的核外电子排布式为 ；其价电子中未成对电子数与成对电子数之比为______。
(2)①PH4I中的P原子的杂化方式是____________。
②P与N同主族，气态氢化物的沸点：NH3________PH3(填“>”或“＜”)，说明理由：__________________。
(3)磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小为Sn_______P(填“>”“＜”或“＝”)。
(4)某立方磷青铜晶胞结构如下图所示。
①则其化学式为____________。
②该晶体中距离Sn原子最近的Cu原子有________个，在晶胞中由Cu原子构成的八面体与由Cu和Sn原子构成的八面体的个数之比为__________。
③若晶体密度为ρ g·cm－3，最近的Cu原子核间距为________pm(用含ρ、NA的代数式表示)。
8． (2022·山东泰安市高三模拟)H、N、P、Mg、Al、Cu 6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—NH2取代所形成的一种物质。NH3分子的空间结构是________，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·ml－1)的数据。
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，则该高聚物中P的杂化方式为________。
(5)MgCu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________。
9． (2021·广东梅州市高三二模)2019年诺贝尔化学奖给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。锂离子电池的正极材料主要有层状结构的LiMO2，尖晶石结构的LiM2O4以及橄榄石型的LiMPO4(M＝Fe、Mn、Ni、C等元素)。
(1)N、O、P的电负性由大到小的顺序为________。第三电离能I3(Mn)________I3(Fe)(填“>”或“＜”)。
(2)基态C原子核外电子排布式为________；C3＋的一种配离子[C(N3)(NH3)5]2＋中，C3＋的配位数是________，配位体Neq \\al(－,3)中心原子杂化类型是__________。
(3)MnO的熔点(1 650 ℃)比MnS的熔点(1 610 ℃)高，它们含有的化学键类型是__________。前者熔点较高的原因是_____________________________________________。
(4)磷元素和铝元素形成的化合物AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛使用。已知AlP的熔点为2 000 ℃，其晶胞结构如图所示：
①磷化铝的晶体类型为__________。
②A、B点的原子坐标如图所示，则C点的原子坐标为__________。
③磷化铝的晶胞参数a＝546.35 pm，其密度为__________ g·cm－3(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。
10． (2021·天津南开中学高三二模)据世界权威刊物《自然》最近报道，选择碲化锆 (ZrTe5) 为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属—绝缘体的转换。Te属于ⅥA族元素。回答下列问题：
(1)锆(Zr)的简化电子排布式为[Kr]4d25s2，锆原子中d轨道上的电子数是__________，Zr2＋的价层电子轨道表示式是__________。
(2)Zr、 Te、Cl的电负性由大到小的顺序是__________，H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是__________酸性强弱比较： H2SO4________ H2TeO4 (填“>”或“＜”)。
(3)H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，试用杂化轨道理论解释，理由是______________________________________。
(4)[Zr(C2H5O)2]2＋是 Zr4＋形成的一种配离子，其中的配位原子是________(填原子符号)，1个[Zr(C2H5O)2]2＋离子中含共价键的数目是__________。
(5)立方氧化锆是一种人工合成的氧化物，其硬度极高，可用于陶瓷和耐火材料，其晶胞结构如图所示。Zr原子的配位数是________。 若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm，则立方氧化锆的密度为________g·cm－3 (写出计算表达式)。
1．答案：（1）
（2）图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
（3）
（4） sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定
（5）Ca2+ a pm
解析：(1) F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为。(2)C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C
（2）sp2 σ 一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔
Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
（3） CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
（4）电解质
解析：(1)F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；答案选ad；而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d。(2)①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键。②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3px轨道与C的2px轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔。(3)CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高。(4)由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=ml=ml，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/ml。
3．答案:（1） ① 3d104s24p4 ②.6 ③ ＞
④.SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形
（2） ① 11:3 ② O＞C＞H＞Fe
（3） ①.sp3杂化 ②.H2O
（4） ①KFe2Se2 ② 4 ③
解析:(1)①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有6种化学环境不同的碳原子，故答案为：6；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，故答案为：＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO的空间构型为三角锥形；(2)①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；
(3)①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；②水分子和氨基阴离子原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，故答案为：H2O；(4)①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×+1=2，均位于棱上和面上的铁原子和硒原子的个数为12×+2×=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，故答案为：4；③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=abc×10—21×d，解得d=，故答案为：。
4．答案：(1)4s24p4 (2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE (4)O、Se (5) ＞ 正四面体形
(6) K2SeBr6
解析：(1)基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。(2)的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。(3)A．I中有键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故B错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。
(4)根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。(5)根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3。SeO42-中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；故答案为：＞；正四面体形。(6)①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
5．答案: (1) AC (2) N、O、Cl 6
(3) sp3 高 NH3存在分子间氢键 NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大
(4).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[Ar]3d54s1，A正确；B. Cr核外电子排布为[Ar]3d54s1，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) [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl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N、O、Cl三种原子的个数和即3+2+1=6，故答案为：N、O、Cl；6；(3) PH3的价层电子对为3+1=4，故PH3中P的杂化类型是sp3； N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大，故答案为：sp3；高；NH3存在分子间氢键；NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；(4)已知AlCr2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AlCr2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；。
35. [化学---选修3: 物质结构与性质] (15分)
6．答案: (1) 3s23p2 原子晶体(共价晶体) sp3 ②
(2)2 2
(3)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)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× 10-30 cm3，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。
7．答案：(1)1s22s22p63s23p63d14s2(或[Ar]3d14s2) 1∶2
(2)①sp3 ②> 因为NH3分子间存在氢键 (3)<
(4)①SnCu3P ②12 1∶3 ③eq \f(\r(2),2) eq \r(3,\f(342,NA×ρ))×1010
解析：(1)Sc是21号元素，基态Sc原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2(或[Ar]3d14s2)；其价层电子排布式为3d14s2，故未成对电子数与成对电子数之比为1∶2。(2)①PH4I中的P原子孤电子对数＝eq \f(5－1－1×4,2)＝0，价层电子对数＝4＋0＝4，为sp3杂化。②P与N同主族，但NH3分子间存在氢键，故气态氢化物的沸点：NH3>PH3。(3)根据元素的电负性在周期表中的递变规律判断，同周期元素从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族元素从上到下，电负性逐渐减弱；磷青铜中的锡、磷两种元素电负性的大小顺序为Sn＜P。
(4)①晶体中P原子位于内部，含有1个P原子，立方体每个面上含有1个Cu原子，每个Cu分摊给一个晶胞的占eq \f(1,2)，立方体顶角Sn分摊给每个晶胞的原子为eq \f(1,8)，据此得到化学式是SnCu3P。②该晶体中距离Sn原子最近的Cu原子有4个，根据图可知，在晶胞中由Cu原子构成的八面体为1个，由Cu和Sn原子构成的八面体可由2个面上的Cu原子与4个顶角上的Sn原子构成，共6个，但与另一个晶胞共用，占eq \f(1,2)，故个数为6×eq \f(1,2)＝3，故两者之比为1∶3。③若晶体密度为ρ g·cm－3，晶胞的体积为V＝eq \f(m,ρ)＝eq \f(\f(119＋64×3＋31,NA),ρ) cm3，最近的Cu原子核间距为边长的eq \f(\r(2),2)，故为eq \f(\r(2),2)× eq \r(3,\f(\f(119＋64×3＋31,NA),ρ))＝eq \f(\r(2),2) eq \r(3,\f(342,NA×ρ))×1010 pm。
8．答案：(1)3 (2)三角锥形 肼分子间形成了氢键
(3)Cu (4)sp3 (5)①eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1)) ②MgCu2
解析：(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3＋eq \f(5－1×3,2)＝4，含有1个孤电子对，则NH3分子的空间结构是三角锥形，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)高聚物分子中P原子形成4个σ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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1,2)，1))。②晶胞中Mg原子个数为8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＋4＝8，Cu原子个数为16，该晶胞的化学式为MgCu2。
9．答案：(1)O>N>P > (2)[Ar]3d74s2 6 sp (3)离子键 MnO的晶格能大
(4)①共价晶体 ②eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(3,4))) ③eq \f(4×58,5.463 5×10－83×NA)
解析：(1)非金属性越强，电负性越大，则N、O、P的电负性由大到小的顺序为O>N>P。锰失去2个电子后，价层电子排布式是3d5，处于半充满稳定状态，所以第三电离能I3(Mn)>I3(Fe)。(2)C的原子序数是27，则基态C原子核外电子排布式为[Ar]3d74s2；C3＋的一种配离子[C(N3)(NH3)5]2＋中含有的配体是Neq \\al(－,3)和NH3，C3＋的配位数是1＋5＝6，配位体Neq \\al(－,3)中心原子的价层电子对数是2＋eq \f(5＋1－2×3,2)＝2，没有孤电子对，杂化类型是sp。(3)MnO的熔点(1 650 ℃)比MnS的熔点(1 610 ℃)高，二者均是离子晶体，它们含有的化学键类型是离子键。氧离子的半径小于硫离子的半径，MnO的晶格能大，所以前者熔点较高。(4)①AlP的熔点为2 000 ℃，熔点高，因此磷化铝的晶体类型为共价晶体。②根据A、B点的原子坐标可判断C点的原子坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,4)，\f(3,4)))。③晶胞中P原子的个数是6×eq \f(1,2)＋8×eq \f(1,8)＝4，Al原子的个数是4，磷化铝的晶胞参数a＝546.35 pm，则其密度为eq \f(4×58,NA×5.463 5×10－83) g·cm－3。
10. 答案：(1)12 (2)Cl>Te>Zr H2O>H2Te>H2Se >
(3)H2Te 中Te原子为sp3杂化，由于两个孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28′， CO2中C原子为sp杂化，键角为180°
(4)O 16
(5)8 eq \f(123×4,2a＋10－73NA)
解析：(1)锆(Zr)的原子序数为40，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p64d25s2，锆原子中3d轨道上的电子数是10,4d轨道上的电子数是2，d轨道上的电子数一共12个，Zr2＋是Zr原子失去最外层两个电子，其价层电子排布式为4d2，它的价层电子轨道表示式是(2)根据元素非金属性越强，电负性越大的规律，Zr为金属元素，Te和Cl为非金属元素，且非金属性：Cl>Te，则Zr、 Te、Cl的电负性由大到小的顺序是Cl>Te>Zr；H2O受氢键影响，所以沸点最高，H2Se、H2Te的沸点主要受范德华力影响，相对分子质量越大，沸点越高，即H2O、H2Se、H2Te的沸点由高到低的顺序是H2O>H2Te>H2Se；S和Te元素属于同主族元素，从上而下，元素的非金属性减弱，原子序数：Te>S，则非金属性：S>Te，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：H2SO4>H2TeO4。(3)H2Te中Te原子价层电子对数＝2＋eq \f(6－1×2,2)＝2＋2＝4，采用sp3杂化，由于有两个孤电子对，分子为V形结构，CO2中C原子价层电子对数＝2＋eq \f(4－2×2,2)＝2＋0＝2，采用sp杂化，分子为直线形，H2Te和CO2均为三原子分子，但它们的键角差别较大，理由是H2Te中Te原子为sp3杂化，由于两个孤电子对的排斥作用使其键角小于109°28′，CO2中C原子为sp杂化，键角为180°。(4) [Zr(C2H5O)2]2＋是Zr4＋形成的一种配离子，配体中O原子含有孤电子对，所以配原子为O原子；1个[Zr(C2H5O)2]2＋离子中同种非金属元素之间形成非极性键、不同种非金属元素之间形成极性键，共价单键为σ键，该离子中含共价键的数目是16。(5)由图示结构可知，该晶胞中Zr原子位于8个顶角和面上，个数＝8×eq \f(1,8)＋6×eq \f(1,2)＝4，O原子位于晶胞内部，个数为8，Zr、O原子个数之比＝4∶8＝1∶2，锆原子的配位数是8，若晶胞中距离最近的两个氧原子间的距离为a nm，这两个氧原子之间的距离为晶胞棱长的一半，则晶胞棱长为2a nm，晶胞体积V＝(2a×10－7cm)3，则立方氧化锆的密度ρ＝eq \f(\f(M,NA)×4,V)＝eq \f(123×4,2a×10－73NA) g·cm－3。
I1
I2
I3
I4
420
3 100
4 400
5 900
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