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【备考2023】高考化学重难点专题特训学案（全国通用）——13 物质结构与性质 （原卷版+解析版）
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这是一份【备考2023】高考化学重难点专题特训学案（全国通用）——13 物质结构与性质 （原卷版+解析版），文件包含13物质结构与性质解析版docx、13物质结构与性质测试版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共43页， 欢迎下载使用。
命题猜想
本题考查原子结构、分子结构、晶体结构相关知识，内容涵盖较小，考点、考法相对稳定 。
难点重点热点
掌握前四周期元素序数及（价层）电子排布式、轨道表达式、电负性与第一电离能递变、共价键类型与键参数、利用价层电子对互斥模型与杂化轨道理论对分子的空间构型做出预测与解释、了解四类晶体并掌握晶胞的相关计算。在熟知全国卷考法前提下，多以山东卷拓宽视野，练手提能！
重难录 重难点击 蓄势而发
1.（2023·北京顺义·一模）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。按要求回答下列问题：
(1)氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原剂为_______。
(2)钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为_______。
(3)(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。
①上述涉及的元素H、B、C、N、O电负性最大的是_______。
②键角：_______(填“>”或“<”)，原因是_______。
(4)咔唑()是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要原因是_______。
(5)氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
①距离Mg原子最近的Fe原子个数是_______。
②铁镁合金的化学式为_______。
③若该晶胞的晶胞边长为dnm，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为_______()。
④若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为_______L。
【答案】(1)
(2)
(3) O > 分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
(4)高于
(5) 4 22.4
【详解】（1）遇水反应的方程式为：，，化合价升高，被氧化，作还原剂；
（2）锰原子序数为25，基态锰的电子排布式为，价层电子排布式为：；
（3）根据元素H、B、C、N、O在周期表中的位置，电负性最大的是O；和都有4个价层电子对，但分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
（4）分子中含有氢键，其沸点高于；
（5）由晶胞可知，原子在晶胞内，距离最近的为4个；在晶胞中，原子位于顶点和面心，个数为：，原子在晶胞内，个数为8，铁镁合金的化学式为；该合金的密度；晶胞中原子为8，为，48g物质的量为2ml，储存的物质的量为1ml，在标准状况下，体积为22.4L。
2.（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）我国科学家制备的催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气的目的，制氢原理：，请回答下列问题：
(1)基态Al原子核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为_______。
(2)已知几种元素的电负性如下表所示。
①上述制氢反应中，有_______种元素的原子采取sp3杂化。
②NH3中键角∠HNH_______(填“大于”、“小于”或“等于”)H3NBH3中键角∠HNH。
③B、C、N、O的电负性依次增大，其主要原因是_______。
(3)某有机硼化合物的结构简式如下图所示，组成该有机物的第二周期元素第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
(4)化硼是一种新型无机非金属材料，晶胞结构如下图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。a点磷原子的坐标为(0，0，0)，b点磷原子的坐标为(1，1，0)，则c点硼原子的坐标为_______。
(5)四氢铝钠(NaAlH4)是有机合成中重要的还原剂，晶胞结构如下图所示。
①的配位数为_______。
②已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为_______(用含a、NA的代数式表示)g∙cm-3 。
【答案】(1)6∶7
(2) 4 小于 原子半径依次减小，得电子能力依次增强
(3)N>O>C>B
(4)(，，)
(5) 8
【详解】(1)铝元素的原子序数为13，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则原子中球形的s能级与哑铃形的p能级上电子数之比为6∶7，故答案为：6∶7；
(2)①由方程式可知，制氢反应的化合物中硼、碳、氮、氧四种原子的价层电子对数都为4，杂化方式均为sp3杂化，故答案为：4；
②氨分子中氮原子含有1对孤对电子，中氨分子的孤对电子与硼原子形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以氨分子中键角∠HNH小于中键角∠HNH，故答案为：小于；
③同周期元素，从左到右原子半径依次减小，得电子能力依次增强，元素的非金属性依次增强，元素的电负性依次增大，则硼、碳、氮、氧四种元素的电负性依次增大，故答案为：原子半径依次减小，得电子能力依次增强；
④由电负性的大小可知，氢元素的电负性大于硼元素，则在氨硼烷中，H—B键中共用电子对偏向氢原子，氢原子带部分负电荷，故答案为：负；
(3)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硼、碳、氮、氧四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>B，故答案为：42；N>O>C>B；
(4)由位于顶点a点磷原子的坐标为(0，0，0)、顶点b点磷原子的坐标为(1，1，0)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处的c点硼原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)；
(5)①由晶胞结构可知，位于体心的四氢合铝酸根离子与位于棱上和面心的钠离子距离最近，则四氢合铝酸根离子的配位数为8，故答案为：8；
②由晶胞结构可知，位于体心、顶点和面上的四氢合铝酸根离子的个数为1+8×+4×=4，位于棱上、面上的钠离子个数为4×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)2×2a×10—7×d，解得d=，故答案为：。
3.（2023·辽宁·校联考一模）黑釉瓷器是一种特殊的中国瓷器，流行于唐宋时期(约1000年前)。陶瓷器皿以氧化铁为主要显色剂，与其他过渡金属氧化物混合，呈现出不同的颜色外观，如赤褐色、深棕色或黑色。目前，黑釉瓷器在中国仍很流行。
典型的黑釉由尖晶石结构的含铁氧化物组成。如图(a)所示，尖晶石氧化物的通式为，其结构由的立方最密堆积组成，其中A离子占据八分之一四面体空位，B离子占据一半八面体空位。
尖晶石结构的立方晶胞可分为8个立方亚单位，虚线表示亚单位的内部边缘。其中4个亚单位属于I型，其他4个亚单位属于II型(图(b))。I型和II型相邻亚单位的详细信息如图(c)所示。
尖晶石结构的黑色陶瓷釉可以通过在还原气氛围中以一定比例焙烧和来制备(反应(I))。当和以质量比63.6：36.4反应时，它们恰好完全反应。该产物具有尖晶石结构，其中四面体A位仅被铁(II/III)离子占据。
回答下面问题：
(1)一个晶胞中有多少个A离子与B离子_______？
(2)在反应(I)中，哪种元素被还原_______？
(3)求出在一个晶胞中，B离子中各有多少是，多少是_______。(列式计算)
(4)设该晶胞参数为，试计算该晶体的密度_______ (列出计算式即可，单位，如果你在(3)中没有能够算出晶胞的具体组成成分，使用摩尔质量)
【答案】(1)A：；B：
(2)
(3)7、9
(4)
【详解】（1）A位于晶胞的顶点、面心和4个亚单位I型的内部，B位于4个亚单位II型的内部，1个亚单位内部4个， ，答案：A：；B：；
（2）铁元素的化合价反应后部分是+2, 部分是+3, 铁元素被还原，答案：；
（3）假设在一个晶胞内有个铁(包括二价铁与三价铁)和个铬离子，那么
考虑到一个晶胞内有
解得
则B离子中的数目为，的数目为，答案：7、9；
（4）由上题详解可知该物质的化学式是，，，一个晶胞的质量，N=8，解得；答案：。
4.（2022·全国·统考高考真题）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a. b. c. d.
(2)①一氯乙烯分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的轨道形成_______键，并且Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键。
②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，键长的顺序是_______，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的键越强；(ⅱ)_______。
(3)卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。
(4)晶体中离子作体心立方堆积(如图所示)，主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，晶体在电池中可作为_______。
已知阿伏加德罗常数为，则晶体的摩尔体积_______(列出算式)。
【答案】(1) ad d
(2) sp2 σ 一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
(3) CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4) 电解质
【详解】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，
a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；
d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；
答案选ad；
而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d；
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键；
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；
（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高；
（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=ml=ml，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/ml。
5.（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
(1)结构示意图如图1。
①的价层电子排布式为___________。
②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。
③中与与的作用力类型分别是___________。
(2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。
①距离最近的阴离子有___________个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。
该晶体的密度为___________。
(3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。
【答案】(1) 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 配位键、氢键
(2) 6
(3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
【详解】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。
②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。
（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：
。
4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。
答案为：6；
（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
6.（2023·四川成都·一模）含银卤化物胶片是摄影中常用的感光材料。回答下列问题：
(1)卤化银曝光后会产生(黑色粉末)和。基态原子的价电子排布式为___________。
(2)加入显影剂(如等)，使潜影银核中的进一步还原为。中(除H外)其他所含元素的第二电离能最大的是___________；该物质能溶于冷水，原因是_____________。
(3)用溶解胶片上多余的，形成可溶的直线形配离子，从而定影．离子的VSEPR模型为___________，中中心的杂化轨道类型为___________，其中配位时给出孤电子对能力较强的是___________(填“S”或“O”)。
(4)电解法可回收银单质。单质为面心立方最密堆积，晶胞参数为，则银原子的半径__________。
(5)晶胞如右图，晶胞参数为。晶体中的配位数为___________；已知离子半径为，离子之间不相切，则晶体中离子半径_____________。
【答案】(1)
(2) O 一方面该分子具有极性，与水相似相溶，另一方面可与水形成分子间氢键
(3) 四面体(形) sp s
(4)
(5) 6
【详解】（1）基态原子为35号元素，故价电子排布式为。
（2）O、N、C原子失去1个电子后的价电子排布式为2s22p3、2s22p2、2s22p1，此时O的2p上处于半满状态，较稳定，再失去一个电子需要更高的能量，故第二电离能最大；一方面该分子为极性分子，易溶于同为极性分子的水中，另一方面可与水形成分子间氢键，故该物质能溶于冷水。
（3）与SO互为等电子体，故成键和结构相似，故VSEPR模型为四面体(形)；中中心形成2个配位键，故杂化轨道类型为sp杂化，S的电负性比O小，故S提供孤电子对。
（4）单质为面心立方最密堆积，故面对角线上的3个Ag原子相切，面对角线长度为pm=4r1，故pm。
（5）如图所示，以体心处Ag+为对象，则距离最近的Cl-位于6个面心，晶体中的配位数为6。边长apm=2bpm+2r2，则r2=()pm。
7.（2022·广东·高考真题）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
(1)与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
(2)的沸点低于，其原因是_______。
(3)关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有键
B．I中的键为非极性共价键
C．II易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(4)IV中具有孤对电子的原子有_______。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为_______(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_______。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)4s24p4
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE
(4)O、Se
(5) ＞ 正四面体形
(6) K2SeBr6
【详解】（1）基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。
（2）的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。
（3）A．I中有键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故C错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。
（4）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。
（5）根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为＞。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；故答案为：＞；正四面体形。
（6）①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
8.（2022·全国·高考真题）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。
(4) CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。
【答案】(1)
(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
(3)
(4) sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定
(5) Ca2+ a pm
【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。
【详解】（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C（3）固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为 ，故答案为： 。
（4）CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：sp2、sp3、C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定。
（5）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为，Ca2+与F-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为a pm，故答案为：Ca2+、a pm。
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9.（2022·湖南·模拟预测）（2022·山东·高考真题）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5)、、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_______。
【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族
(2) 2:3 2:1:1 Zn2+、Ni2+
(3)D
(4) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
(5)
【详解】（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知，，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为：6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以与的配位数之比为4:6=2:3；
含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4:2:2=2:1:1；故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。
10.（2023·四川绵阳·二模）中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrgen”译成中文时曾写成淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。
(1)GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式为___________，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为___________。
(2)硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为___________，其阴离子的空间构型为___________。
(3)氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是___________。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因是___________。
(4)常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较，熔点较高的是___________。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于___________。
A．氢键 B．极性键 C．π键 D．配位键
(5)某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为___________。
②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】(1) [Ar]3d104s24p1 原子晶体(共价晶体)
(2) 4 正四面体
(3) sp2 O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大
(4) CH3CH2CH2NH2 BD
(5) 棱心和体心
【详解】（1）Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；
GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；
（2）在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个配位体NH3结合，故Pt的配位数为4；
外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；
（3）在该微粒中，C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；
O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；
（4）[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；
[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故合理选项是BD；
（5）①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；
②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度ρ=。
11.（2022·北京海淀·人大附中校考模拟预测）硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物等领域具有重要应用。
(1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为__________。
(2)的沸点低于，其原因是__________。
(3)硒的两种含氧酸的酸性强弱为__________(填“>”或“<”)。的空间结构为__________。比较键角大小：气态分子__________离子(填“>”“<”或“=”)。
(4)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．I易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(5)IV中具有孤对电子的原子有__________。
(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。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如左图，沿x、y、z轴方向的投影均为右图。
①X的化学式为__________。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为__________nm(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3) > 正四面体形 >
(4)BDE
(5)O、Se
(6)
【详解】（1）Se与S同族，位于第4周期，ⅥA族，故基态硒原子价电子排布式为：；
（2）两者都是分子晶体，但是水中含有氢键，分子间作用力较大，沸点较高，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）在含氧酸中，非羟基氧越多，起酸性越强，和非羟基氧的个数分别为2和1，故酸性>；中心原子的价层电子对数为4，则其空间结构为：正四面体形；SeO3中Se是sp2杂化，平面三角形，键角120°；中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥形，键角小于120°，故键角气态分子>离子；
（4）A．I中含有苯环，除了有σ键之外还有其它化学键，A错误；
B．I中的Se-Se键是相同原子形成的共价键，为非极性共价键，B正确；
C．I为相对分子较大的有机物，没有亲水基，一般不易溶于水，C错误
D．II的主要结构是苯环、碳碳双键和碳碳三键，其中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，D正确；
E．I~III含有的元素包括：H、C、N、O、S、Se，O电负性最大，E正确；
故选BDE；
（5）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；
（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：。
12.（2022·山东·模拟预测）硼、铝、镓、铟等第IIIA族元素及其化合物在材料化学、工业生产和生活中具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态镓原子核外价电子的轨道表示式为_______；同周期主族元素基态原子与其具有相同数目未成对电子的有_______。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潜力的储氢材料之一。
①氨硼烷晶体中B原子的杂化方式为________。
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_______(填序号)。
a.N2H4和AlH3 b.C3H6和C2H6 c.B2H6和HCN
(3)氟化铝常用作非铁金属的熔剂，可由氯化铝与氢氟酸、氨水作用制得。从氟化铝熔点(1090℃)到氯化铝熔点(192.6℃)下降幅度近900℃的原因是_______。
(4)太阳能材料CuInS2晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处In原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处Cu原子坐标为(0，0.5，0.25)。
①C处S原子坐标为_______；
②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有_______个；
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_______g·cm-3。
【答案】(1) K和Br
(2) ac
(3)因为氟化铝是离子晶体，熔点高，氯化铝是分子晶体，熔点低
(4) (0.75，0.25，0.625) 4
【详解】（1）(1)镓元素原子序数为31，基态镓原子价电子排布式为，轨道表示式为，基态镓原子未成对电子只有1个，同周期主族元素中基态原子未成对电子数为1的有K和Br，基态原子价电子排布式分别为和，故填、K和Br；
（2）(2)①氨硼烷晶体中B原子周围连接4个σ键，为杂化，故填；
②a．N2H4中N电负性大于H，H呈正电性；AlH3中，电负性H大于Al，H呈负电性，所以N2H4和AlH3可以形成双氢键，故a正确；
b．C3H6和C2H6中，电负性C大于H，H均呈正电性，不能形成双氢键，故b错误；
c．B2H6中H呈负电性，HCN中，H呈正电性，所以B2H6和HCN可以形成氢键，故c正确；
故填ac；
（3）(3)氟化铝是离子晶体，熔化时克服的是离子键，氯化铝是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，熔点低，故填因为氟化铝是离子晶体，熔点高，氯化铝是分子晶体，熔点低；
（4）(4)①如图，，则C处S原子的坐标为(0.75，0.25，0.625)，故填(0.75，0.25，0.625)；
②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子是与D处直接相连的S原子，在晶体中，这样的S原子有4个，故填4；
③该晶胞中，铜原子个数为，In原子个数为，S原子在晶胞内，个数为8，该晶体的密度，其中V=，ZM=972，代入，故填；
13.（2021·全国·统考高考真题）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轨道上电子能量较高，总是在比3s轨道上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
【详解】(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；。
14.（2022·四川成都·校考模拟预测）上海有机化学研究所施世良课题组以Ni(cd)2为催化剂实现了叔醇的手性合成。
(1)Ni在元素周期表中的位置是_______，写出其基态原子的价电子排布式：_______。
(2)Ni(cd)2是指双-(1，5-环辛二烯)镍，其结构如图所示。
①与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有_______种。
②Ni(cd)2分子内存在的作用力有_______(填序号)。
a.配位键 b.金属键 c.极性键 d.非极性键 e.氢键
③Ni(cd)2分子中碳原子的杂化方式为_______ 。
(3)葡萄糖（ ）分子中，手性碳原子个数为 _______。
(4)下图三种叔醇的沸点从高到低的顺序及原因是_______。
(5)红银矿NiAs晶体结构如图所示：
①Ni原子的配位数为_______。
②两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和_______。
③已知晶体密度为pg·cm-3，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______ml-1(用含m、n和p的代数式表示)。
【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 3d84s2
(2) 3 acd sp3、sp2
(3)4
(4)丙>乙>甲，甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。
(5) 6
【详解】（1）Ni是28号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，其基态原子的价电子排布式3d84s2。
（2）①同周期元素从左到右电负性增大，与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有N、O、F，共3种。
②Ni(cd)2分子内，cd分子和Ni形成配位键，cd分子内C和C形成非极性键、C和H形成极性键，存在的作用力有配位键、极性键、非极性键，选acd。
③Ni(cd)2分子单键C为sp3杂化、双键C为sp2杂化。
（3）与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，葡萄糖()分子中，手性碳原子个数为4(*号标出)。
（4）甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。
（5）①根据图示，As的配位数是6，根据配位数与化学式中原子数的关系可知，Ni原子的配位数为6。
②根据图示，两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和。
③根据均摊原则，晶胞中As原子数为2，Ni原子数为，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，晶胞的体积为m2n×10-30cm3,晶体密度为pg·cm-3，则，阿伏加德罗常数NA可表示为ml-1。
15.（2022·山东济南·山东师范大学附中校考模拟预测）我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：
(1)C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为_______。
(2)基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]_______；其中能量最高的电子占据电子层的符号为_______；SiO2、GeO2不能形成类似CO2分子中的π键，原因是_______。
(3)下图为硼酸晶体的片层结构，其中硼的杂化方式为_______。H3BO3在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是_______。硼酸与NaOH溶液反应生成Na[B(OH)4]，则Na[B(OH)4]中含有的化学键类型有_______(填字母序号)
a．离子键 b．极性键 c．非极性键 d．σ键 e．配位键 f．氢键
(4)第四周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同。
①镓属于元素周期表的_______区。
②已知钛和铝的相对原子半径分别是1.45和1.43，钛的硬度比铝大的原因是_______。
③多酚氧化酶与植物的抗病性有关。螯合物[Mn(EDTB)](NO3)2·DMF是多酚氧化酶的模型配合物。其中EDTB和DMF的结构简式如下图，其中Mn的化合价为_______，配位原子是_______。
(5)CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为apm、bpm、cpm。下图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______。CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·ml-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_______g·cm-3(用代数式表示)。
【答案】(1)O＞C＞Si
(2) 3d104s24p2 N Si、Ge的原子半径较大，不能实现p轨道的重叠
(3) sp2 热水破坏了硼酸晶体中的氢键，且硼酸分子能与水分子形成分子间氢键 abde
(4) p Ti原子的价电子数比Al多，Ti晶体中金属键比Al晶体强 +2 N
(5) 4 ×1030
【解析】(1)
元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性的强弱顺序为O＞C＞Si，则电负性的大小顺序为O＞C＞Si，故答案为：O＞C＞Si；
(2)
锗元素的原子序数为32，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，核外能量最高的电子占据电子层为N电子层；二氧化硅和二氧化锗中硅原子和锗原子的原子半径原子半径较大，不能实现p轨道的重叠，所以不能形成类似二氧化碳分子中的π键，故答案为：3d103s24p2；N；Si、Ge的原子半径较大，不能实现p轨道的重叠；
(3)
由硼酸晶体的片层结构可知，硼原子与3个羟基形成3个共价键，则硼原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化；片层结构中硼酸分子间形成氢键，降低了在水中的溶解度，热水破坏了硼酸晶体中的氢键，且硼酸分子能与水分子形成分子间氢键，增大了硼酸在水中的溶解度，所以硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大；四羟基合硼酸钠中存在离子键、极性键、σ键、配位键和氢键，不存在离子键和非极性键，氢键是较强的分子间作用力，不是化学键，所以四羟基合硼酸钠中存在的化学键为离子键、极性键、σ键和配位键，故选abde，故答案为：sp2；热水破坏了硼酸晶体中的氢键，且硼酸分子能与水分子形成分子间氢键；abde；
(4)
①镓元素的原子序数为31，价电子排布式为4s24p1，处于元素周期表的p区，故答案为：p；
②钛和铝都是金属晶体，两者相对原子半径接近，但钛原子的价电子数比铝多，钛晶体中金属键比铝晶体强，所以钛的硬度比铝大，故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，Ti晶体中金属键比Al晶体强；
③由配合物的化学式和化合价代数和为0可知，配合物中锰元素的化合价为+2价，具有空轨道的锰两者与EDTB中具有孤对电子的氮原子形成配位键，故答案为：+2；N；
(5)
原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为4×+4×+1=4，由化学式可知晶胞中含有4个CsSiB3O7，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30abcd，解得d=×1030，故答案为：×1030。
16.（2022·山东聊城·统考三模）铝合金、铝离子电池在材料、能源领域有着重要的作用。回答下列问题。
(1)硬铝合金中含有Si元素，若基态硅原子的电子排布式表示为[Ne]3s23p，违背了____(填“泡利原理”或“洪特规则”)。
(2)铝离子电池常用离子液体AlCl3/[EMIM]Cl作电解质，其中阴离子有AlCl、Al2Cl，阳离子为EMIM+()。
①AlCl的空间构型为____；Al2Cl中各原子最外层均达到8电子结构，则其结构式为____。
②1mlEMIM+中所含σ键为____ml，EMIM+中环上所有原子共面，其中氨原子的杂化方式____；为分子中的大π键可用Π符号：表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则EMIM+中的大π键应表示为____。
③为使EMIM+以单个形式存在以获得良好的溶解性能，与N原子相连的－CH3、－C2H5，不能被H原子替换，其原因是____。
(3)一种金属间化合物的晶胞结构如图所示：
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，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为(，，)，则C点Al原子在z轴方向上的分数坐标z=___(用含c、s的代数式表示)；已知：阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为____g•cm-3(列出计算表达式)。
【答案】(1)洪特规则
(2) 正四面体 19 sp2 Π 氨原子上连氢原子易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在
(3)
【解析】(1)
基态Si原子价层电子占据3个轨道，其价电子的空间运动状态就有3种，基态原子核外电子在能量相同的原子轨道上排布时，尽可能占不同的原子轨道，电子排布式表示为[Ne]3s23p违背了洪特规则；
(2)
①AlCl中中心原子的价层电子对数为4 +=4，故其空间构型为正四面体，Al2Cl中各原子最外层均达到8电子稳定结构，每个Al原子周围形成4对共用电子对，则其结构式为： ；
②一个单键一个σ键，一个双键中含有一个σ键和π键，1个EMIM+中所含σ键19，1mlEMIM+中所含σ键为19ml，EMIM+中环上所有原子共面，与乙基相连的N原子若有孤电子对，则不可能为平面结构，即无孤对电子，其价层电子对数为3，即为sp2杂化，同理，与甲基相连的N原子也无孤对电子，价层电子对数为3，也为sp2杂化，N原子没有参与杂化的轨道上的电子形成了大π键，中环上有5个原子参与成键，与乙基相连的N原子提供2个电子，每个C原子提供1个电子，与甲基相连的N原子提供1个电子，故该大π键应表示为π；
③氮原子上连H原子形成分子间氢键，防止离子间形成氢键而聚沉，使该离子不易以单个形式存在，所以与N原子相连的-C2H5不能被氢原子替换；
(3)
根据A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为片（，，）则C点原子高坐标原点在z轴方向上的距离为气pm， C点原子在z轴方向上的分数坐标=；晶胞中Al原子个数为8×=4，Cu原子个数为8×+2×=2，Mg原子个数为4×+1=2，晶胞的质量为，晶胞的体积V=a3 (pm)3=a3×10-30cm3，则该晶体的密度为== ；
元素
H
B
C
N
O
电负性
2.1
2.0
2.5
3.0
3.5
命题猜想
本题考查原子结构、分子结构、晶体结构相关知识，内容涵盖较小，考点、考法相对稳定 。
难点重点热点
掌握前四周期元素序数及（价层）电子排布式、轨道表达式、电负性与第一电离能递变、共价键类型与键参数、利用价层电子对互斥模型与杂化轨道理论对分子的空间构型做出预测与解释、了解四类晶体并掌握晶胞的相关计算。在熟知全国卷考法前提下，多以山东卷拓宽视野，练手提能！
重难录 重难点击 蓄势而发
1.（2023·北京顺义·一模）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。按要求回答下列问题：
(1)氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原剂为_______。
(2)钛系贮氢合金中的钛锰合金具成本低，吸氢量大，室温下易活化等优点，基态锰的价层电子排布式为_______。
(3)(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)而成为颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。
①上述涉及的元素H、B、C、N、O电负性最大的是_______。
②键角：_______(填“>”或“<”)，原因是_______。
(4)咔唑()是一种新型新型有机液体储氢材料，它的沸点比()的高，其主要原因是_______。
(5)氢气的安全贮存和运输是氢能应用的关键，铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。
①距离Mg原子最近的Fe原子个数是_______。
②铁镁合金的化学式为_______。
③若该晶胞的晶胞边长为dnm，阿伏加德罗常数为，则该合金的密度为_______()。
④若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为_______L。
【答案】(1)
(2)
(3) O > 分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
(4)高于
(5) 4 22.4
【详解】（1）遇水反应的方程式为：，，化合价升高，被氧化，作还原剂；
（2）锰原子序数为25，基态锰的电子排布式为，价层电子排布式为：；
（3）根据元素H、B、C、N、O在周期表中的位置，电负性最大的是O；和都有4个价层电子对，但分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；
（4）分子中含有氢键，其沸点高于；
（5）由晶胞可知，原子在晶胞内，距离最近的为4个；在晶胞中，原子位于顶点和面心，个数为：，原子在晶胞内，个数为8，铁镁合金的化学式为；该合金的密度；晶胞中原子为8，为，48g物质的量为2ml，储存的物质的量为1ml，在标准状况下，体积为22.4L。
2.（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）我国科学家制备的催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气的目的，制氢原理：，请回答下列问题：
(1)基态Al原子核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为_______。
(2)已知几种元素的电负性如下表所示。
①上述制氢反应中，有_______种元素的原子采取sp3杂化。
②NH3中键角∠HNH_______(填“大于”、“小于”或“等于”)H3NBH3中键角∠HNH。
③B、C、N、O的电负性依次增大，其主要原因是_______。
(3)某有机硼化合物的结构简式如下图所示，组成该有机物的第二周期元素第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
(4)化硼是一种新型无机非金属材料，晶胞结构如下图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。a点磷原子的坐标为(0，0，0)，b点磷原子的坐标为(1，1，0)，则c点硼原子的坐标为_______。
(5)四氢铝钠(NaAlH4)是有机合成中重要的还原剂，晶胞结构如下图所示。
①的配位数为_______。
②已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为_______(用含a、NA的代数式表示)g∙cm-3 。
【答案】(1)6∶7
(2) 4 小于 原子半径依次减小，得电子能力依次增强
(3)N>O>C>B
(4)(，，)
(5) 8
【详解】(1)铝元素的原子序数为13，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则原子中球形的s能级与哑铃形的p能级上电子数之比为6∶7，故答案为：6∶7；
(2)①由方程式可知，制氢反应的化合物中硼、碳、氮、氧四种原子的价层电子对数都为4，杂化方式均为sp3杂化，故答案为：4；
②氨分子中氮原子含有1对孤对电子，中氨分子的孤对电子与硼原子形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以氨分子中键角∠HNH小于中键角∠HNH，故答案为：小于；
③同周期元素，从左到右原子半径依次减小，得电子能力依次增强，元素的非金属性依次增强，元素的电负性依次增大，则硼、碳、氮、氧四种元素的电负性依次增大，故答案为：原子半径依次减小，得电子能力依次增强；
④由电负性的大小可知，氢元素的电负性大于硼元素，则在氨硼烷中，H—B键中共用电子对偏向氢原子，氢原子带部分负电荷，故答案为：负；
(3)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硼、碳、氮、氧四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>B，故答案为：42；N>O>C>B；
(4)由位于顶点a点磷原子的坐标为(0，0，0)、顶点b点磷原子的坐标为(1，1，0)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处的c点硼原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)；
(5)①由晶胞结构可知，位于体心的四氢合铝酸根离子与位于棱上和面心的钠离子距离最近，则四氢合铝酸根离子的配位数为8，故答案为：8；
②由晶胞结构可知，位于体心、顶点和面上的四氢合铝酸根离子的个数为1+8×+4×=4，位于棱上、面上的钠离子个数为4×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)2×2a×10—7×d，解得d=，故答案为：。
3.（2023·辽宁·校联考一模）黑釉瓷器是一种特殊的中国瓷器，流行于唐宋时期(约1000年前)。陶瓷器皿以氧化铁为主要显色剂，与其他过渡金属氧化物混合，呈现出不同的颜色外观，如赤褐色、深棕色或黑色。目前，黑釉瓷器在中国仍很流行。
典型的黑釉由尖晶石结构的含铁氧化物组成。如图(a)所示，尖晶石氧化物的通式为，其结构由的立方最密堆积组成，其中A离子占据八分之一四面体空位，B离子占据一半八面体空位。
尖晶石结构的立方晶胞可分为8个立方亚单位，虚线表示亚单位的内部边缘。其中4个亚单位属于I型，其他4个亚单位属于II型(图(b))。I型和II型相邻亚单位的详细信息如图(c)所示。
尖晶石结构的黑色陶瓷釉可以通过在还原气氛围中以一定比例焙烧和来制备(反应(I))。当和以质量比63.6：36.4反应时，它们恰好完全反应。该产物具有尖晶石结构，其中四面体A位仅被铁(II/III)离子占据。
回答下面问题：
(1)一个晶胞中有多少个A离子与B离子_______？
(2)在反应(I)中，哪种元素被还原_______？
(3)求出在一个晶胞中，B离子中各有多少是，多少是_______。(列式计算)
(4)设该晶胞参数为，试计算该晶体的密度_______ (列出计算式即可，单位，如果你在(3)中没有能够算出晶胞的具体组成成分，使用摩尔质量)
【答案】(1)A：；B：
(2)
(3)7、9
(4)
【详解】（1）A位于晶胞的顶点、面心和4个亚单位I型的内部，B位于4个亚单位II型的内部，1个亚单位内部4个， ，答案：A：；B：；
（2）铁元素的化合价反应后部分是+2, 部分是+3, 铁元素被还原，答案：；
（3）假设在一个晶胞内有个铁(包括二价铁与三价铁)和个铬离子，那么
考虑到一个晶胞内有
解得
则B离子中的数目为，的数目为，答案：7、9；
（4）由上题详解可知该物质的化学式是，，，一个晶胞的质量，N=8，解得；答案：。
4.（2022·全国·统考高考真题）卤素单质及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛的应用。回答下列问题：
(1)氟原子激发态的电子排布式有_______，其中能量较高的是_______。(填标号)
a. b. c. d.
(2)①一氯乙烯分子中，C的一个_______杂化轨道与Cl的轨道形成_______键，并且Cl的轨道与C的轨道形成3中心4电子的大键。
②一氯乙烷、一氯乙烯、一氯乙炔分子中，键长的顺序是_______，理由：(ⅰ)C的杂化轨道中s成分越多，形成的键越强；(ⅱ)_______。
(3)卤化物受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。X为_______。解释X的熔点比Y高的原因_______。
(4)晶体中离子作体心立方堆积(如图所示)，主要分布在由构成的四面体、八面体等空隙中。在电场作用下，不需要克服太大的阻力即可发生迁移。因此，晶体在电池中可作为_______。
已知阿伏加德罗常数为，则晶体的摩尔体积_______(列出算式)。
【答案】(1) ad d
(2) sp2 σ 一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔 Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短
(3) CsCl CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体
(4) 电解质
【详解】（1）F的原子序数为9，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，
a．1s22s22p43s1，基态氟原子2p能级上的1个电子跃迁到3s能级上，属于氟原子的激发态，a正确；
b．1s22s22p43d2，核外共10个电子，不是氟原子，b错误；
c．1s22s12p5，核外共8个电子，不是氟原子，c错误；
d．1s22s22p33p2，基态氟原子2p能级上的2个电子跃迁到3p能级上，属于氟原子的激发态，d正确；
答案选ad；
而同一原子3p能级的能量比3s能级的能量高，因此能量最高的是1s22s22p33p2，答案选d；
（2）①一氯乙烯的结构式为，碳为双键碳，采取sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Clσ键；
②C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，C-Cl键的键长越短，一氯乙烷中碳采取sp3杂化，一氯乙烯中碳采取sp2杂化，一氯乙炔中碳采取sp杂化，sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔，同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键的键长越短，一氯乙烯中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成3中心4电子的大π键( )，一氯乙炔中Cl的3pz轨道与C的2pz轨道形成2套3中心4电子的大π键( )，因此三种物质中C-Cl键键长顺序为：一氯乙烷>一氯乙烯>一氯乙炔；
（3）CsICl2发生非氧化还原反应，各元素化合价不变，生成无色晶体和红棕色液体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，而CsCl为离子晶体，熔化时，克服的是离子键，ICl为分子晶体，熔化时，克服的是分子间作用力，因此CsCl的熔点比ICl高；
（4）由题意可知，在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，因此α-AgI晶体是优良的离子导体，在电池中可作为电解质；每个晶胞中含碘离子的个数为8+1=2个，依据化学式AgI可知，银离子个数也为2个，晶胞的物质的量n=ml=ml，晶胞体积V=a3pm3=(50410-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm===m3/ml。
5.（2022·北京·高考真题）工业中可利用生产钛白的副产物和硫铁矿联合制备铁精粉和硫酸，实现能源及资源的有效利用。
(1)结构示意图如图1。
①的价层电子排布式为___________。
②中O和中S均为杂化，比较中键角和中键角的大小并解释原因___________。
③中与与的作用力类型分别是___________。
(2)晶体的晶胞形状为立方体，边长为，结构如图2。
①距离最近的阴离子有___________个。
②的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。
该晶体的密度为___________。
(3)加热脱水后生成，再与在氧气中掺烧可联合制备铁精粉和硫酸。分解和在氧气中燃烧的能量示意图如图3。利用作为分解的燃料，从能源及资源利用的角度说明该工艺的优点___________。
【答案】(1) 孤电子对有较大斥力，使键角小于键角 配位键、氢键
(2) 6
(3)燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料
【详解】（1）①Fe的价层电子排布为3d64s2，形成Fe2+时失去4s上的2个电子，于是Fe2+的价层电子排布为3d6。
②H2O中O 和中S都是sp3杂化，H2O中O杂化形成的4个杂化轨道中2个被孤电子对占据，2个被键合电子对占据，而中S杂化形成的4个杂化轨道均被键合电子对占据。孤电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得键角与键角相比被压缩减小。
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，二者可以形成配位键。中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键。
答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使键角小于键角；配位键、氢键。
（2）①以位于面心Fe2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示（圆中）：
。
4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共6个。
②依据分摊法可知晶胞中Fe2+离子个数为，个数为。一个晶胞中相当于含有4个FeS2，因此一个晶胞的质量。所以晶体密度。
答案为：6；
（3）燃烧为放热反应，分解为吸热反应，燃烧放出的热量恰好为分解提供能量。另外，燃烧和分解的产物如Fe2O3、SO2、SO3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。
答案为：燃烧放热为分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。
6.（2023·四川成都·一模）含银卤化物胶片是摄影中常用的感光材料。回答下列问题：
(1)卤化银曝光后会产生(黑色粉末)和。基态原子的价电子排布式为___________。
(2)加入显影剂(如等)，使潜影银核中的进一步还原为。中(除H外)其他所含元素的第二电离能最大的是___________；该物质能溶于冷水，原因是_____________。
(3)用溶解胶片上多余的，形成可溶的直线形配离子，从而定影．离子的VSEPR模型为___________，中中心的杂化轨道类型为___________，其中配位时给出孤电子对能力较强的是___________(填“S”或“O”)。
(4)电解法可回收银单质。单质为面心立方最密堆积，晶胞参数为，则银原子的半径__________。
(5)晶胞如右图，晶胞参数为。晶体中的配位数为___________；已知离子半径为，离子之间不相切，则晶体中离子半径_____________。
【答案】(1)
(2) O 一方面该分子具有极性，与水相似相溶，另一方面可与水形成分子间氢键
(3) 四面体(形) sp s
(4)
(5) 6
【详解】（1）基态原子为35号元素，故价电子排布式为。
（2）O、N、C原子失去1个电子后的价电子排布式为2s22p3、2s22p2、2s22p1，此时O的2p上处于半满状态，较稳定，再失去一个电子需要更高的能量，故第二电离能最大；一方面该分子为极性分子，易溶于同为极性分子的水中，另一方面可与水形成分子间氢键，故该物质能溶于冷水。
（3）与SO互为等电子体，故成键和结构相似，故VSEPR模型为四面体(形)；中中心形成2个配位键，故杂化轨道类型为sp杂化，S的电负性比O小，故S提供孤电子对。
（4）单质为面心立方最密堆积，故面对角线上的3个Ag原子相切，面对角线长度为pm=4r1，故pm。
（5）如图所示，以体心处Ag+为对象，则距离最近的Cl-位于6个面心，晶体中的配位数为6。边长apm=2bpm+2r2，则r2=()pm。
7.（2022·广东·高考真题）硒()是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要应用。自我国科学家发现聚集诱导发光()效应以来，在发光材料、生物医学等领域引起广泛关注。一种含的新型分子的合成路线如下：
(1)与S同族，基态硒原子价电子排布式为_______。
(2)的沸点低于，其原因是_______。
(3)关于I~III三种反应物，下列说法正确的有_______。
A．I中仅有键
B．I中的键为非极性共价键
C．II易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(4)IV中具有孤对电子的原子有_______。
(5)硒的两种含氧酸的酸性强弱为_______(填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠()可减轻重金属铊引起的中毒。的立体构型为_______。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能，该方法有助于加速新型热电材料的研发进程。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x、y、z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为_______。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为_______(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)4s24p4
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3)BDE
(4)O、Se
(5) ＞ 正四面体形
(6) K2SeBr6
【详解】（1）基态硫原子价电子排布式为3s23p4，与S同族，Se为第四周期元素，因此基态硒原子价电子排布式为4s24p4；故答案为：4s24p4。
（2）的沸点低于，其原因是两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高。
（3）A．I中有键，还有大π键，故A错误；B．Se−Se是同种元素，因此I中的键为非极性共价键，故B正确；C．烃都是难溶于水，因此II难溶于水，故C错误；D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，故D正确；E．根据同周期从左到右电负性逐渐增大，同主族从上到下电负性逐渐减小，因此I~III含有的元素中，O电负性最大，故E正确；综上所述，答案为：BDE。
（4）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se。
（5）根据非羟基氧越多，酸性越强，因此硒的两种含氧酸的酸性强弱为＞。中Se价层电子对数为，其立体构型为正四面体形；故答案为：＞；正四面体形。
（6）①根据晶胞结构得到K有8个，有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
8.（2022·全国·高考真题）2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)制成。回答下列问题：
(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能Ⅰ变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是_______(填标号)，判断的根据是_______；第三电离能的变化图是_______(填标号)。
(3)固态氟化氢中存在(HF)n形式，画出(HF)3的链状结构_______。
(4) CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为_______和_______；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，从化学键的角度解释原因_______。
(5)萤石(CaF2)是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是_______；若该立方晶胞参数为a pm，正负离子的核间距最小为_______pm。
【答案】(1)
(2) 图a 同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高 图b
(3)
(4) sp2 sp3 C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定
(5) Ca2+ a pm
【分析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因；根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。
【详解】（1）F为第9号元素其电子排布为1s22s22p5，则其价电子排布图为，故答案为。
（2）C、N、O、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2p能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、O、F四种元素的第一电离能从小到大的顺序为C
（4）CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp2杂化，但其共聚物ETFE中C原子存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F元素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：sp2、sp3、C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定。
（5）根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8×+6×=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2，结合萤石的化学式可知，X为Ca2+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结构不难发现F-位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为，体对角线为，Ca2+与F-之间距离就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为a pm，故答案为：Ca2+、a pm。
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9.（2022·湖南·模拟预测）（2022·山东·高考真题）研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：
(1)基态原子的价电子排布式为_______，在元素周期表中位置为_______。
(2)晶胞中N原子均参与形成配位键，与的配位数之比为_______；_______；晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是_______。
(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据_______(填标号)。
A．2s轨道B．2p轨道C．sp杂化轨道D．sp2杂化轨道
(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①_______，②_______。
(5)、、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_______。
【答案】(1) 3d84s2 第4周期第VIII族
(2) 2:3 2:1:1 Zn2+、Ni2+
(3)D
(4) 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子
(5)
【详解】（1）已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
（2）由题干晶胞示意图可知，，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化； Zn2+周围形成的配位键数目为：6，VESPR模型为正八面体，采用sp3d2杂化，所以与的配位数之比为4:6=2:3；
含有CN-（小黑球N+小白球C）为：=4，含有NH3（棱上小黑球）个数为：=2，晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，即4:2:2=2:1:1；故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；
（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子也是采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对，则吡啶中N原子的价层孤电子对占据sp2杂化轨道，故答案为：D；
（4）已知苯分子为非极性分子，H2O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
（5）已知-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。
10.（2023·四川绵阳·二模）中国近代化学启蒙者徐寿首次把“Nitrgen”译成中文时曾写成淡气”，意指它“冲淡”了空气中的氧气。含氮化合物种类繁多，用途广泛，根据信息回答下列问题。
(1)GaN是第三代半导体材料，基态Ga的电子排布式为___________，GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为___________。
(2)硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4在工业上用于镀铂，Pt的配位数为___________，其阴离子的空间构型为___________。
(3)氨缩脲与胆矾溶液反应得到如图所示的紫色离子，离子中C的杂化类型是___________。O的第二电离能比N第二电离能更大，解释其原因是___________。
(4)常温下，三甲胺[N(CH3)3]气体常用作天然气的警报剂。[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2相比较，熔点较高的是___________。[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，反应中形成的化学键属于___________。
A．氢键 B．极性键 C．π键 D．配位键
(5)某铁氮化合物晶体的晶胞结构如图所示。
①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为___________。
②若晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为___________g/cm3(列出计算式即可)。
【答案】(1) [Ar]3d104s24p1 原子晶体(共价晶体)
(2) 4 正四面体
(3) sp2 O失去1个电子后p能级变为半充满比N失去1个电子后的结构更稳定，因此第二电离能更大
(4) CH3CH2CH2NH2 BD
(5) 棱心和体心
【详解】（1）Ga是31号元素，位于元素周期表第四周期第ⅢA族，根据构造原理，可知基态Ga原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s24p1，可简写为[Ar]3d104s24p1；
GaN晶体为共价键空间网状结构，熔点1700℃，晶体类型为共价晶体(或原子晶体)；
（2）在络合物硫酸四氨合铂[Pt(NH3)4]SO4中，中心Pt原子与4个配位体NH3结合，故Pt的配位数为4；
外界离子的价层电子对数是4+=4，无孤对电子，因此的空间构型是正四面体形；
（3）在该微粒中，C原子形成3个σ共价键，因此该C原子采用sp2杂化；
O的第二电离能比N第二电离能更大，这是由于O失去1个电子后p能级变为半充满的稳定状态，比N失去1个电子后的结构更稳定，因此O的第二电离能比N第二电离能更大；
（4）[N(CH3)3]与其同分异构体CH3CH2CH2NH2都属于分子晶体，[N(CH3)3]的分子之间只存在分子间作用力，而CH3CH2CH2NH2分子之间除存在分子间作用力外，还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，导致物质的熔沸点升高，因此二者相比较，熔点较高的是CH3CH2CH2NH2；
[N(CH3)3]易与H+形成三甲胺正离子，这是由于[N(CH3)3]的N原子上存在孤电子对，H+上存在空轨道，二者形成配位键，配位键属于极性键，故合理选项是BD；
（5）①根据图示可知：若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为棱心和体心；
②根据图示可知：在晶胞中含有Fe原子为8×+6×=4；含有N原子数是1个，由于晶胞中距离最近的两个铁原子距离为a pm，则根据相对位置可知：晶胞边长为pm，晶胞密度ρ=。
11.（2022·北京海淀·人大附中校考模拟预测）硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物等领域具有重要应用。
(1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为__________。
(2)的沸点低于，其原因是__________。
(3)硒的两种含氧酸的酸性强弱为__________(填“>”或“<”)。的空间结构为__________。比较键角大小：气态分子__________离子(填“>”“<”或“=”)。
(4)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．I易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(5)IV中具有孤对电子的原子有__________。
(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。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如左图，沿x、y、z轴方向的投影均为右图。
①X的化学式为__________。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为__________nm(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】(1)
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3) > 正四面体形 >
(4)BDE
(5)O、Se
(6)
【详解】（1）Se与S同族，位于第4周期，ⅥA族，故基态硒原子价电子排布式为：；
（2）两者都是分子晶体，但是水中含有氢键，分子间作用力较大，沸点较高，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）在含氧酸中，非羟基氧越多，起酸性越强，和非羟基氧的个数分别为2和1，故酸性>；中心原子的价层电子对数为4，则其空间结构为：正四面体形；SeO3中Se是sp2杂化，平面三角形，键角120°；中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥形，键角小于120°，故键角气态分子>离子；
（4）A．I中含有苯环，除了有σ键之外还有其它化学键，A错误；
B．I中的Se-Se键是相同原子形成的共价键，为非极性共价键，B正确；
C．I为相对分子较大的有机物，没有亲水基，一般不易溶于水，C错误
D．II的主要结构是苯环、碳碳双键和碳碳三键，其中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，D正确；
E．I~III含有的元素包括：H、C、N、O、S、Se，O电负性最大，E正确；
故选BDE；
（5）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；
（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：。
12.（2022·山东·模拟预测）硼、铝、镓、铟等第IIIA族元素及其化合物在材料化学、工业生产和生活中具有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态镓原子核外价电子的轨道表示式为_______；同周期主族元素基态原子与其具有相同数目未成对电子的有_______。
(2)氨硼烷(NH3BH3)是目前最具潜力的储氢材料之一。
①氨硼烷晶体中B原子的杂化方式为________。
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_______(填序号)。
a.N2H4和AlH3 b.C3H6和C2H6 c.B2H6和HCN
(3)氟化铝常用作非铁金属的熔剂，可由氯化铝与氢氟酸、氨水作用制得。从氟化铝熔点(1090℃)到氯化铝熔点(192.6℃)下降幅度近900℃的原因是_______。
(4)太阳能材料CuInS2晶体为四方晶系，其晶胞参数及结构如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。已知A处In原子坐标为(0.5，0，0.25)，B处Cu原子坐标为(0，0.5，0.25)。
①C处S原子坐标为_______；
②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子有_______个；
③设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体密度为_______g·cm-3。
【答案】(1) K和Br
(2) ac
(3)因为氟化铝是离子晶体，熔点高，氯化铝是分子晶体，熔点低
(4) (0.75，0.25，0.625) 4
【详解】（1）(1)镓元素原子序数为31，基态镓原子价电子排布式为，轨道表示式为，基态镓原子未成对电子只有1个，同周期主族元素中基态原子未成对电子数为1的有K和Br，基态原子价电子排布式分别为和，故填、K和Br；
（2）(2)①氨硼烷晶体中B原子周围连接4个σ键，为杂化，故填；
②a．N2H4中N电负性大于H，H呈正电性；AlH3中，电负性H大于Al，H呈负电性，所以N2H4和AlH3可以形成双氢键，故a正确；
b．C3H6和C2H6中，电负性C大于H，H均呈正电性，不能形成双氢键，故b错误；
c．B2H6中H呈负电性，HCN中，H呈正电性，所以B2H6和HCN可以形成氢键，故c正确；
故填ac；
（3）(3)氟化铝是离子晶体，熔化时克服的是离子键，氯化铝是分子晶体，熔化时克服的是分子间作用力，熔点低，故填因为氟化铝是离子晶体，熔点高，氯化铝是分子晶体，熔点低；
（4）(4)①如图，，则C处S原子的坐标为(0.75，0.25，0.625)，故填(0.75，0.25，0.625)；
②晶体中距离D处Cu原子最近的S原子是与D处直接相连的S原子，在晶体中，这样的S原子有4个，故填4；
③该晶胞中，铜原子个数为，In原子个数为，S原子在晶胞内，个数为8，该晶体的密度，其中V=，ZM=972，代入，故填；
13.（2021·全国·统考高考真题）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轨道上电子能量较高，总是在比3s轨道上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
【详解】(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；。
14.（2022·四川成都·校考模拟预测）上海有机化学研究所施世良课题组以Ni(cd)2为催化剂实现了叔醇的手性合成。
(1)Ni在元素周期表中的位置是_______，写出其基态原子的价电子排布式：_______。
(2)Ni(cd)2是指双-(1，5-环辛二烯)镍，其结构如图所示。
①与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有_______种。
②Ni(cd)2分子内存在的作用力有_______(填序号)。
a.配位键 b.金属键 c.极性键 d.非极性键 e.氢键
③Ni(cd)2分子中碳原子的杂化方式为_______ 。
(3)葡萄糖（ ）分子中，手性碳原子个数为 _______。
(4)下图三种叔醇的沸点从高到低的顺序及原因是_______。
(5)红银矿NiAs晶体结构如图所示：
①Ni原子的配位数为_______。
②两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和_______。
③已知晶体密度为pg·cm-3，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，则阿伏加德罗常数NA可表示为_______ml-1(用含m、n和p的代数式表示)。
【答案】(1) 第四周期第Ⅷ族 3d84s2
(2) 3 acd sp3、sp2
(3)4
(4)丙>乙>甲，甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。
(5) 6
【详解】（1）Ni是28号元素，在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，其基态原子的价电子排布式3d84s2。
（2）①同周期元素从左到右电负性增大，与碳元素同周期且电负性大于碳的元素有N、O、F，共3种。
②Ni(cd)2分子内，cd分子和Ni形成配位键，cd分子内C和C形成非极性键、C和H形成极性键，存在的作用力有配位键、极性键、非极性键，选acd。
③Ni(cd)2分子单键C为sp3杂化、双键C为sp2杂化。
（3）与4个不同原子或原子团相连的碳原子为手性碳原子，葡萄糖()分子中，手性碳原子个数为4(*号标出)。
（4）甲、乙、丙均为分子晶体，从甲到丙相对分子质量依次增大，故分子间作用力依次增强，所以沸点依次升高。
（5）①根据图示，As的配位数是6，根据配位数与化学式中原子数的关系可知，Ni原子的配位数为6。
②根据图示，两个As原子的原子分数坐标依次为(，，)和。
③根据均摊原则，晶胞中As原子数为2，Ni原子数为，X射线光谱测算出的晶胞参数为a=b=m pm、c=n pm，晶胞的体积为m2n×10-30cm3,晶体密度为pg·cm-3，则，阿伏加德罗常数NA可表示为ml-1。
15.（2022·山东济南·山东师范大学附中校考模拟预测）我国科学家利用Cs2CO3、XO2(X=Si、Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：
(1)C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为_______。
(2)基态Ge原子核外电子排布式为[Ar]_______；其中能量最高的电子占据电子层的符号为_______；SiO2、GeO2不能形成类似CO2分子中的π键，原因是_______。
(3)下图为硼酸晶体的片层结构，其中硼的杂化方式为_______。H3BO3在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因是_______。硼酸与NaOH溶液反应生成Na[B(OH)4]，则Na[B(OH)4]中含有的化学键类型有_______(填字母序号)
a．离子键 b．极性键 c．非极性键 d．σ键 e．配位键 f．氢键
(4)第四周期元素由于受3d电子的影响，性质的递变规律与短周期元素略有不同。
①镓属于元素周期表的_______区。
②已知钛和铝的相对原子半径分别是1.45和1.43，钛的硬度比铝大的原因是_______。
③多酚氧化酶与植物的抗病性有关。螯合物[Mn(EDTB)](NO3)2·DMF是多酚氧化酶的模型配合物。其中EDTB和DMF的结构简式如下图，其中Mn的化合价为_______，配位原子是_______。
(5)CsSiB3O7属正交晶系(长方体形)。晶胞参数为apm、bpm、cpm。下图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_______。CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·ml-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_______g·cm-3(用代数式表示)。
【答案】(1)O＞C＞Si
(2) 3d104s24p2 N Si、Ge的原子半径较大，不能实现p轨道的重叠
(3) sp2 热水破坏了硼酸晶体中的氢键，且硼酸分子能与水分子形成分子间氢键 abde
(4) p Ti原子的价电子数比Al多，Ti晶体中金属键比Al晶体强 +2 N
(5) 4 ×1030
【解析】(1)
元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性的强弱顺序为O＞C＞Si，则电负性的大小顺序为O＞C＞Si，故答案为：O＞C＞Si；
(2)
锗元素的原子序数为32，基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，核外能量最高的电子占据电子层为N电子层；二氧化硅和二氧化锗中硅原子和锗原子的原子半径原子半径较大，不能实现p轨道的重叠，所以不能形成类似二氧化碳分子中的π键，故答案为：3d103s24p2；N；Si、Ge的原子半径较大，不能实现p轨道的重叠；
(3)
由硼酸晶体的片层结构可知，硼原子与3个羟基形成3个共价键，则硼原子的价层电子对数为3，原子的杂化方式为sp2杂化；片层结构中硼酸分子间形成氢键，降低了在水中的溶解度，热水破坏了硼酸晶体中的氢键，且硼酸分子能与水分子形成分子间氢键，增大了硼酸在水中的溶解度，所以硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大；四羟基合硼酸钠中存在离子键、极性键、σ键、配位键和氢键，不存在离子键和非极性键，氢键是较强的分子间作用力，不是化学键，所以四羟基合硼酸钠中存在的化学键为离子键、极性键、σ键和配位键，故选abde，故答案为：sp2；热水破坏了硼酸晶体中的氢键，且硼酸分子能与水分子形成分子间氢键；abde；
(4)
①镓元素的原子序数为31，价电子排布式为4s24p1，处于元素周期表的p区，故答案为：p；
②钛和铝都是金属晶体，两者相对原子半径接近，但钛原子的价电子数比铝多，钛晶体中金属键比铝晶体强，所以钛的硬度比铝大，故答案为：Ti原子的价电子数比Al多，Ti晶体中金属键比Al晶体强；
③由配合物的化学式和化合价代数和为0可知，配合物中锰元素的化合价为+2价，具有空轨道的锰两者与EDTB中具有孤对电子的氮原子形成配位键，故答案为：+2；N；
(5)
原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs原子分别位于晶胞的左侧面、右侧面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的Cs原子分别位于晶胞的上底面、下底面，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的Cs原子位于晶胞平行于y轴的棱上，则晶胞中Cs原子数目为4×+4×+1=4，由化学式可知晶胞中含有4个CsSiB3O7，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30abcd，解得d=×1030，故答案为：×1030。
16.（2022·山东聊城·统考三模）铝合金、铝离子电池在材料、能源领域有着重要的作用。回答下列问题。
(1)硬铝合金中含有Si元素，若基态硅原子的电子排布式表示为[Ne]3s23p，违背了____(填“泡利原理”或“洪特规则”)。
(2)铝离子电池常用离子液体AlCl3/[EMIM]Cl作电解质，其中阴离子有AlCl、Al2Cl，阳离子为EMIM+()。
①AlCl的空间构型为____；Al2Cl中各原子最外层均达到8电子结构，则其结构式为____。
②1mlEMIM+中所含σ键为____ml，EMIM+中环上所有原子共面，其中氨原子的杂化方式____；为分子中的大π键可用Π符号：表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为Π)，则EMIM+中的大π键应表示为____。
③为使EMIM+以单个形式存在以获得良好的溶解性能，与N原子相连的－CH3、－C2H5，不能被H原子替换，其原因是____。
(3)一种金属间化合物的晶胞结构如图所示：
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，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为(，，)，则C点Al原子在z轴方向上的分数坐标z=___(用含c、s的代数式表示)；已知：阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为____g•cm-3(列出计算表达式)。
【答案】(1)洪特规则
(2) 正四面体 19 sp2 Π 氨原子上连氢原子易形成分子间氢键，使该离子不易以单个形式存在
(3)
【解析】(1)
基态Si原子价层电子占据3个轨道，其价电子的空间运动状态就有3种，基态原子核外电子在能量相同的原子轨道上排布时，尽可能占不同的原子轨道，电子排布式表示为[Ne]3s23p违背了洪特规则；
(2)
①AlCl中中心原子的价层电子对数为4 +=4，故其空间构型为正四面体，Al2Cl中各原子最外层均达到8电子稳定结构，每个Al原子周围形成4对共用电子对，则其结构式为： ；
②一个单键一个σ键，一个双键中含有一个σ键和π键，1个EMIM+中所含σ键19，1mlEMIM+中所含σ键为19ml，EMIM+中环上所有原子共面，与乙基相连的N原子若有孤电子对，则不可能为平面结构，即无孤对电子，其价层电子对数为3，即为sp2杂化，同理，与甲基相连的N原子也无孤对电子，价层电子对数为3，也为sp2杂化，N原子没有参与杂化的轨道上的电子形成了大π键，中环上有5个原子参与成键，与乙基相连的N原子提供2个电子，每个C原子提供1个电子，与甲基相连的N原子提供1个电子，故该大π键应表示为π；
③氮原子上连H原子形成分子间氢键，防止离子间形成氢键而聚沉，使该离子不易以单个形式存在，所以与N原子相连的-C2H5不能被氢原子替换；
(3)
根据A点原子的分数坐标为(0，0，0)，B点原子的分数坐标为片（，，）则C点原子高坐标原点在z轴方向上的距离为气pm， C点原子在z轴方向上的分数坐标=；晶胞中Al原子个数为8×=4，Cu原子个数为8×+2×=2，Mg原子个数为4×+1=2，晶胞的质量为，晶胞的体积V=a3 (pm)3=a3×10-30cm3，则该晶体的密度为== ；
元素
H
B
C
N
O
电负性
2.1
2.0
2.5
3.0
3.5
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