高考化学一轮复习 物质结构与性质（解答大题）
一．解答题（共20小题）
1．（2025春 九龙坡区期末）科学家在1808年制得单质硼，硼及其化合物在工业上有广泛应用。
（1）基态硼原子的价层电子轨道表示式为 ，基态硼原子具有 种空间运动状态的电子。
（2）硼酸具有类似石墨的层状结构，其二维平面结构如图1所示，B原子的杂化类型为 。硼酸晶体内除了存在氢键，还存在的作用力类型有 （填序号）。
A.配位键B.离子键C.共价键D.范德华力
（3）硼酸H3BO3是一元弱酸，其在水中电离出的H+不是它本身提供的，请写出硼酸在水中的电离方程式 。
（4）三卤化硼水解制备硼酸的机理如图2所示，BX3的空间结构为 。
结合BX3水解机理，从结构的角度解释CCl4很难水解的原因是 。
（5）立方氮化硼的晶胞结构如图3所示，F的原子坐标为（0，0，0）。
①G的原子坐标为 。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，立方氮化硼晶体的密度为 g/cm3（列出计算式）。
2．（2025春 昌江区校级期末）自然界中绝大多数物质是固体，其中有一大类为晶体，晶体具有周期性的微观结构。回答下列问题：
（1）有一种钛原子和碳原子构成的气态团簇分子结构如图所示，它的化学式为 。
（2）BeO的立方晶胞结构如图所示，每个晶胞中含Be2+的数目为 ；在该晶胞中与一个O2﹣距离最近且相等的O2﹣有 个；若该晶体的密度为dg cm﹣3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞边长a＝ nm（用含d、NA的代数式表示）。
（3）一种立方钙钛矿结构[如图（a）所示]的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子，其晶胞结构如图（b）所示，其中Pb2+与图（a）中 的空间位置相同；有机碱CH3NH2中，N原子的杂化轨道类型是 。
3．（2025春 房山区期末）元素周期律是指导我们学习元素及其化合物知识的重要工具。如表所列是七种短周期元素的原子半径及主要化合价。已知元素b的焰色反应为黄色。
元素编号 a b c d e f g
原子半径/nm 0.110 0.186 0.070 0.099 0.066 0.160 0.077
主要化合价 +5，﹣3 +1 +5，﹣3 ﹣1 ﹣2 +2 +4，﹣4
（1）元素a在周期表中的位置是 。
（2）化合物bd所含化学键的类型是 。
（3）元素b、d、e、f形成的简单离子半径由大到小为 （填离子符号）。
（4）元素a与d位于同一周期。下列事实能证明元素得电子能力a＜d的是 。
A.元素原子的最外层电子数：a＜d
B.元素气态氢化物的稳定性：a＜d
C.元素最高价氧化物对应水化物的酸性：a＜d
（5）Ge（锗）元素位于第四周期，与元素g同主族。下列相关说法正确的是 。
A.Ge的原子结构示意图为
B.气态氢化物稳定性：GeH4＞SiH4
C.得电子能力：Si＞Ge
（6）Se（硒）元素位于第四周期，与元素e同主族。
①酸性：H2SeO4 H2SO4（填“＞”或“＜”）。
②氢硒酸（H2Se）有较强的还原性，因此露置在空气中长期保存易变质出现浑浊，可能发生反应的化学方程式为 。
4．（2025春 广州期末）物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的5种短周期元素，其元素性质或原子结构如下：
元素 元素性质或原子结构
W 电子只有一种自旋取向
X 最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子
Y 最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同
Z 价层电子排布是nsnnp2n
N 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素
请完成下列空白：
（1）XZ2分子的空间结构名称是 。
（2）V、Y、Z三种元素的电负性由太到小的顺序： ＞ ＞ （填元素符号）。
W能与Y、Z形成化合物YW3、W2Z，请用共价键的相关知识解释这两种分子稳定性不同的原因 。
（3）WZ两元素还可组成原子个数比为1：1的化合物，其中Z元素的杂化轨道类型为 。
（4）W2Z所形成的晶体类型为 。W 可与W2Z形成；中W﹣Z﹣W键角比W2Z中的 （填“大”或“小”）。
（5）NZ晶胞如图所示，其中A的原子分数坐标为（0，0，0），B的原子分数坐标为（1，1，1），则C的原子分数坐标为 。
5．（2025春 白云区期末）“肼合成酶”法是以Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如图所示。回答下列问题：
（1）H的一种核素为氘（H），H是核聚变反应的主要原料，下列有关叙述正确的是 。
A.H的中子数为2
B.H的核电荷数为1
C.H是自然界中最轻的原子
D.H是氢元素的一种同素异形体
（2）基态N原子，其电子占据的最高能级共有 个原子轨道，形状为 。
（3）NH2OH中，第一电离能N O（填“＞”或“＜”），原因是 。
（4）下列说法正确的是 。
A.反应过程中Fe的配位数保持不变
B.反应过程中Fe的化合价保持不变
C.中间产物含有氢键
D.若将NH2OH替换为ND2OD则最后的产物为NH2—ND2
（5）Fe在周期表中的位置是 。
（6）五羰基铁是一种高毒性、易挥发的液体（熔点：﹣20℃沸点：103℃），其三角双锥结构和金属﹣羰基配位键使其在催化、纳米材料制备中具有重要应用，结构如图所示。则Fe（CO）5中所含σ键与π键的个数比为 ，属于 晶体（填晶体类型）。
6．（2025 琼海校级模拟）硝酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。
（1）Fe元素在周期表中属于 区，基态Fe2+价层电子排布式是 。
（2）三种状态的Li原子轨道表示式如下所示，其中能量最高的为 （填序号）。
a． b． c．
（3）苯胺锥形结构，H—N—H平面与苯平面所成的二面角为142.5o，大于甲胺中H—N—H平面与C—N键所成的角。结构如图所示：
苯胺中N原子的杂化类型是 ；苯胺的碱性 甲胺的碱性（填“＞”、“＝”或“＜”）；苯胺中H—N—H平面与苯平面所成的二面角为142.5o，大于甲胺中H—N—H平面与C—N键所成的角的可能原因是 。
（4）锂离子电池充、放电过程中，正极材料晶胞的组成变化如图所示。磷氧键键能较大，锂离子嵌入和脱出时，磷酸亚铁锂的空间骨架不易发生形变，具有良好的循环稳定性。
若LiFePO4全部转化为FePO4，如图①③所示，则平均每个晶胞脱出 个Li+。若LiFePO4脱出部分Li+，形成Li（1﹣x）FePO4，如图②所示，则x＝ 。
（5）锂离子电池的负极材料为Li原子嵌入两层石墨层中间形成的晶体，其晶胞结构如图所示。在晶胞中，底面是边长为apm、底角为60o的等边平行四边形，石墨层与层间的距离是bpm，则负极材料的密度为 g cm﹣3（列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
7．（2025春 昌江区校级期末）含氮物质多种多样。回答下列问题：
（1）单质
N2是氮单质的常见同素异形体。科学家还预测了高压下固态氮的一种新结构，即N8分子，结构如图（孤对电子已标出）：
①N2的电子式为 。
②下列预测正确的是 。
a．相同压强下，N8熔点高于N2
b．N8比N2更稳定
c．由于π键不能旋转，N8中的③④⑤⑥N原子在空间上有两种排列方式
（2）氢化物
①NH3分子的空间结构是 ，NH3易溶于水的原因是 。
②NH3通过配位键与Zn2+形成[Zn（NH3）6]2+。配位键由NH3提供孤电子对，Zn2+提供空轨道形成，它可看做一种特殊的共价键。
如图是[Zn（NH3）6]2+中的部分结构以及H—N—H键角的测量值。
ⅰ．形成[Zn（NH3）6]2+中的配位键时，Zn2+提供同一能层的空轨道，它们的能级符号是 。
ⅱ．配合物中，H—N—H键角由单独NH3中的107°变为109.5°的原因是 。
（3）氧化物
N2O5熔点明显高于N2O4，是因为固态N2O5是离子化合物，存在离子键（阴、阳离子均含N且至少由3个原子构成），其中阳离子中的中心原子N的杂化轨道类型为 杂化。
（4）含氧酸。
已知HNO3和HNO2均仅含O—H键和N＝O键，从结构的角度解释酸性HNO3强于HNO2的原因： 。
8．（2025春 高州市期末）二氟草酸硼酸锂（LiBF2C2O4）是新型锂离子电池电解质，乙酸锰[（CH3COO）3Mn]可用于制造离子电池的负极材料。合成方程式如下：2H2C2O4+SiCl4+2LiBF4＝2LiBF2C2O4+SiF4+4HCl；4Mn（NO3）2 6H2O+26（CH3CO）2O＝4（CH3COO）3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）基态Mn原子的核外电子排布式为 。
（2）草酸（HOOCCOOH）分子中碳原子轨道的杂化类型是 ，1mol草酸分子中含有σ键的数目为 。
（3）SiF4中Si的杂化方式为 。
（4）向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子。已知NF3与NH3的空间结构都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是 （从电负性角度考虑）。
（5）硼氢化钠的晶胞结构如图所示，该晶胞中Na+的配位数为 。若硼氢化钠晶体的密度为dg cm﹣3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则a＝ （用含d、NA的代数式表示）；若硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na+被Li+取代，则得到的晶体的化学式为 。
9．（2025春 哈尔滨期末）按要求回答下面问题：
Ⅰ．化学家采用无机氰酸铵（NH4CNO）成功制备了有机尿素[（NH2）2CO]，开创了有机化学人工合成的新纪元。
（1）其四种元素电负性由大到小的顺序为 （填元素符号），（NH2）2CO分子中σ键和π键数目比为 ，NH4CNO分子中C原子杂化方式为 。
Ⅱ．含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物（简写为CZTS），是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。
（2）写出基态Sn原子的价层电子的轨道表示式 ，的VSEPR模型为 。
（3）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会产生与磁场方向相同的磁化强度，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是 （填标号）。
A．[Cu（NH3）4]SO4
B．[Zn（NH3）4]SO4
C．K2[CuCl3]
D．Na2[Sn（OH）6]
（4）如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为 。
②晶体中Sn的配位数为 。
③设上述晶胞的最简式的式量为M，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g/cm3（写出表达式）。
10．（2025春 新吴区校级期末）第四周期过渡金属及其化合物在生活、生产、科学研究中有广泛应用。回答下列问题：
Ⅰ．我国古时使用镍铜合金“白铜”制造兵器。
（1）基态铜原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）铜的某种氧化物的晶胞如图所示，该氧化物为 （填化学式）。
Ⅱ．2022年北京冬季奥运会场馆使用了大量不锈钢材质，不锈钢属于合金钢，其基体是铁碳合金，常用的不锈钢中含铬（Cr）18%、含镍（Ni）8%。
（3）基态铬原子的价层电子排布式为 。
（4）与铬同周期的主族元素中，基态原子价层电子中未成对电子数最多的是 （填元素符号）。
（5）实验室常用镍试剂检验Ni2+，可观察到鲜红色沉淀，该沉淀的结构如图所示。该沉淀中存在的化学键类型有 （填字母）。其中非金属元素的电负性由大到小的顺序为 （填元素符号）。
A．离子键 B．氢键 C．金属键 D．共价键
Ⅲ．过渡金属通常具有较强的配位能力，可以与CO、H2O、NH3等物质形成配合物。
（6）根据图回答，含1mol水分子的冰晶体中氢键的数目为 。
（7）H2O会电离产生H3O+和OH﹣，键角H2O H3O+（填“＞”“＜”或“＝”）。
11．（2025春 未央区校级期末）铍及其化合物的应用正日益被重视。
（1）最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬（Cr）的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为 。
（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有 （填字母）。
A.都属于p区主族元素
B.电负性都比镁大
C.第一电离能都比镁大
（3）BeO立方晶胞如图所示。
若BeO晶体的密度为dg cm﹣3设晶胞参数为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则a＝ nm（列出表达式即可）。
（4）实验室用KSCN溶液或苯酚检验Fe3+
①设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol苯酚分子中含有σ键的数目为 。
②类卤素离子SCN﹣可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸（H—S—C≡N）和异硫氰酸（H—N＝C＝S），这两种酸中沸点较高的是 。
（5）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为 。
（6）某铁的化合物结构简式如图2所示，上述化合物中所含有的非金属元素的电负性由大到小的顺序为 （用元素符号表示）。
12．（2025春 未央区校级期末）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）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a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图b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c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＝ 。
13．（2025春 南阳期末）X、Y、Z、W均为元素周期表中的短周期主族元素，它们具有的特征如下表：
元素 特征
X 在元素周期表中，原子半径最小
Y 常温下，有Y2型、Y3型两种气体单质存在
Z 原子的内层电子数与最外层电子数之比为10：1
W 最高化合价为+6价
回答下列问题：
（1）沸点：Y2 （填“＞”或“＜”）Y3。
（2）加热条件下，W的单质与Cu反应的化学方程式为 。
（3）ZX所含的化学键类型为 ，其电子式为 。
（4）F2与X2Y反应，可生成Y2和一种具有腐蚀性的酸，该反应的化学方程式为 。
（5）少量的Z2W2Y3溶液与X2WY4溶液混合时，可观察到的现象为溶液变浑浊且产生有刺激性气味的气体，该气体为 （填化学名称）。
（6）一定条件下，在某一密闭容器中，充入0.2mol W16Y2和0.1mol18Y2，使其发生反应。
①在该密闭体系中存在核素18Y的物质有 （填具体数字）种。
②反应结束后，该密闭体系中W元素的质量为 g。
14．（2025春 江西期末）钴单质及其化合物的应用广泛。将酞菁﹣钴钛﹣三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
（1）基态钻原子最外层电子的电子云轮廓图为 。
（2）如图所示的4种碳单质，其中金刚石属于 晶体，石墨属于 晶体。
（3）钻酞善的分子结构如图所示。
①钴酞菁分子中，提供孤电子对的是 （填名称，下同），提供空轨道的是 。
②将钴酞菁改性为氨基钴酞菁后，具有较好的水溶性，原因为 。
（4）气态单分子AlCl3的键角与铵根离子的键角相比，较大的是 ，原因为 。
15．（2025春 朝阳区期末）CH3OH与O2在不同条件下反应，生成CO2、HCHO、H2O等产物。
（1）HCHO分子的VSEPR模型名称是 。
（2）HCHO中C＝O的键长 （填“＞”或“＜”）CH3OH中C—O的键长。
（3）CH3OH与HCHO相对分子质量接近，CH3OH的沸点高于HCHO，主要原因是 。
（4）请仿照H2O分子的空间结构分析示例，判断并解释CO2分子的空间结构。
示例：
16．（2024秋 龙华区期末）根据下列事实或数据回答下列问题：
（1）指南针是我国四大发明之一，其指针含有Fe3O4，写出基态Fe原子的电子排布式 ，基态Fe2+中未成对的电子数有 个，基态O2﹣离子核外电子占据的最高能级共有 个原子轨道。
（2）下列四种元素是第三或第四周期主族元素，其中X、Y、Z是同一周期元素，下表是这四种元素的第一电离能（I1）到第四电离能（I4）的数据（单位：kJ mol﹣1）。
元素代号 I1 I2 I3 I4
X 500 4600 6900 9500
Y 740 1500 7700 10500
Z 580 1800 2700 11600
W 420 3100 4400 5900
①推断Y可能是元素周期表 区元素（填写“s或p或d或ds或f”）。
②由表中数据，推测Z元素的化合价 ，推断的理由是 。
③推测X、Y、Z、W元素的原子半径从小到大的顺序是 。
（3）根据对角线规则，写出Be（OH）2与NaOH溶液反应生成Na2[Be（OH）4]的化学方程式 。
17．（2025春 湖南期末）试用物质结构的相关知识解释以下问题：
（1）CO（NH2）2 H2O2（俗称过氧化脲）常温下为白色晶体，易溶于水，其热分解温度为45℃，在水溶液中会离解为过氧化氢和尿素，可用作漂白剂。
①H2O2是 （填“极性”或“非极性”）分子，其中氧原子的杂化轨道类型是 杂化。
②CO（NH2）2中碳原子的杂化轨道类型是 杂化；CO（NH2）2中C、N、O的电负性大小关系为 （用原子符号由大到小排序），第一电离能的大小关系为 （用原子符号由大到小排序）。
（2）接近水的沸点的水蒸气，其相对分子质量的测定值比化学式计算出来的相对分子质量大一些，试解释原因： 。
（3）Cu+可与4﹣甲基咪唑（）形成配合物。4﹣甲基咪唑中，1号氮原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。已知分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数（或轨道数），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Π66）。
①4﹣甲基咪唑中的大π键可表示为 。
②4﹣甲基咪唑中， （填“1”或“3”）号氮原子更容易与Cu+形成配位键。
（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃其原因是 。
18．（2025春 望城区校级期末）氮、氧及其化合物在工农业生产等方面有着重要应用。请按要求回答下列问题。
（1）元素第一电离能N O（填“＞”或“＜”或“＝”）。
（2）肼（N2H4）可用作火箭燃料等，它的沸点远高于乙烯（C2H4）的原因是： 。
（3）尿素（）中碳原子杂化类型 ；离子的空间构型为 。
（4）氨气极易溶于水的主要原因是 。
（5）H2O的键角 NH3的键角（填“大于”、“小于”或“等于”），判断依据是 。
19．（2025春 南通期末）CO2的资源化利用能减少CO2排放，充分利用碳资源。
（1）用氨水可捕集烟气中的CO2。
①用氨水捕集烟气中足量CO2的离子方程式为 。
②其它条件相同，当温度高于40℃，随着温度升高，CO2的捕集率下降，其可能的原因有 。
③捕集CO2时会生成中间产物H2NCOONH4（由和构成），H2NCOONH4中不存在的化学键是 （选择相应的序号填空）。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键
（2）Ni和Ce的某种氧化物可催化CO2加氢合成CH4。
①基态Ni原子的核外电子排布式为 。
②题图1为Ce的某种氧化物的晶胞，该氧化物的化学式为 ，其中每个Ce周围与其距离最近且相等的O的个数为 。
③题图2为形成氧空位（该位置无O）后Ce的氧化物的晶胞，其中Ce的化合价为+3或+4。该晶体中Ce3+、Ce4+的物质的量之比为 。
20．（2025春 东城区期末）锂电池应用广泛。
（1）锂电池的电解液可采用溶有LiPF6的有机溶液。
①Li、P、F中电负性最小的元素是 。
②基态P原子的价层电子轨道表示式为 。
③根据价层电子对互斥模型，的中心原子上的价层电子对数为 ，形成正八面体结构。
（2）为提高锂电池的安全性，科研人员采用如图阳离子替代LiPF6中Li+作电解液，该电解液熔点低，常温下为液态，又具难挥发性，属于离子液体。
①该阳离子中碳原子的杂化类型有 。
②结合结构分析，使用该阳离子后电解液的熔点低的原因为 。
（3）可用作锂离子电池的正极材料，其晶胞结构为立方体，结构如图所示。
若Mn[Fe（CN）6]的摩尔质量是Mg mol﹣1，阿伏加德罗常数为，立方体的边长为anm，则该晶胞的密度为 g/cm3（1nm＝10﹣7cm）。
高考化学一轮复习 物质结构与性质（解答大题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2025春 九龙坡区期末）科学家在1808年制得单质硼，硼及其化合物在工业上有广泛应用。
（1）基态硼原子的价层电子轨道表示式为 ，基态硼原子具有 3 种空间运动状态的电子。
（2）硼酸具有类似石墨的层状结构，其二维平面结构如图1所示，B原子的杂化类型为 sp2 。硼酸晶体内除了存在氢键，还存在的作用力类型有 CD （填序号）。
A.配位键
B.离子键
C.共价键
D.范德华力
（3）硼酸H3BO3是一元弱酸，其在水中电离出的H+不是它本身提供的，请写出硼酸在水中的电离方程式 H3BO3+H2O H4H+或H3BO3+H2O [B（OH）4]﹣+H+ 。
（4）三卤化硼水解制备硼酸的机理如图2所示，BX3的空间结构为 平面三角形 。
结合BX3水解机理，从结构的角度解释CCl4很难水解的原因是 CCl4中的碳原子为sp3杂化，无空轨道，不能接受水的进攻 。
（5）立方氮化硼的晶胞结构如图3所示，F的原子坐标为（0，0，0）。
①G的原子坐标为 。
②设NA为阿伏加德罗常数的值，立方氮化硼晶体的密度为 g/cm3（列出计算式）。
【答案】（1）；3；
（2）sp2；CD；
（3）H3BO3+H2O H4H+或H3BO3+H2O [B（OH）4]﹣+H+；
（4）平面三角形；CCl4中的碳原子为sp3杂化，无空轨道，不能接受水的进攻；
（5）①；
②。
【分析】（1）B为5号元素，电子排布式1s22s22p1，价层轨道表示式为；
（2）B原子形成3个σ键，是sp2杂化；硼酸为分子晶体，存在氢键、共价键、范德华力；
（3）硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH﹣而呈酸性，即电离生成[B（OH）4]﹣、H+；
（4）BX3的B为sp2杂化，空间结构为平面三角形；根据机理图可知，水分子进攻 B 原子，破坏 B﹣X 键，最终生成H3BO3；CCl4中C原子外层电子已满足 8 电子稳定结构，没有空的轨道来接受水分子的孤对电子，因此水分子无法进攻 C 原子；
（5）①结合F的原子坐标为（0，0，0）判断G的原子坐标；
②根据均摊法，该晶胞含有B为864，含有N为4个，据此计算。
【解答】解：（1）B为5号元素，基态B原子的价层电子排布式为2s22p1，其轨道表示式为，基态硼原子电子排布式1s22s22p1，具有3种空间运动状态的电子，
故答案为：；3；
（2）B原子形成3个σ键，是sp2杂化；硼酸为分子晶体，除了存在氢键，还存在的作用力类型有共价键、范德华力，
故答案为：sp2；CD；
（3）硼酸是一元弱酸，在水中电离时，硼酸结合水电离出的OH﹣而呈酸性，即电离生成[B（OH）4]﹣、H+，电离方程式为：H3BO3+H2O H4H+或H3BO3+H2O [B（OH）4]﹣+H+，
故答案为：H3BO3+H2O H4H+或H3BO3+H2O [B（OH）4]﹣+H+；
（4）BX3的B为sp2杂化，空间结构为平面三角形；根据机理图可知，水分子进攻 B 原子，破坏 B﹣X 键，最终生成H3BO3；CCl4中C原子外层电子已满足 8 电子稳定结构，没有空的轨道来接受水分子的孤对电子，因此水分子无法进攻 C 原子，故原因为CCl4中的碳原子为sp3杂化，无空轨道，不能接受水的进攻，
故答案为：平面三角形；CCl4中的碳原子为sp3杂化，无空轨道，不能接受水的进攻；
（5）①F的原子坐标为（0，0，0），G的原子坐标为，
故答案为：；
②根据均摊法，该晶胞含有B为864，含有N为4个，立方氮化硼晶体的密度为g/cm3，
故答案为：。
【点评】本题是对物质结构的考查，题目涉及电子排布式、杂化理论的应用氢键和分子间作用力等，涉及知识点较多，需要学生具备扎实的基础与扎实迁移运用能力，题目难度中等．
2．（2025春 昌江区校级期末）自然界中绝大多数物质是固体，其中有一大类为晶体，晶体具有周期性的微观结构。回答下列问题：
（1）有一种钛原子和碳原子构成的气态团簇分子结构如图所示，它的化学式为 Ti14C13 。
（2）BeO的立方晶胞结构如图所示，每个晶胞中含Be2+的数目为 4 ；在该晶胞中与一个O2﹣距离最近且相等的O2﹣有 12 个；若该晶体的密度为dg cm﹣3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞边长a＝ nm（用含d、NA的代数式表示）。
（3）一种立方钙钛矿结构[如图（a）所示]的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子，其晶胞结构如图（b）所示，其中Pb2+与图（a）中 Ti4+ 的空间位置相同；有机碱CH3NH2中，N原子的杂化轨道类型是 sp3 。
【答案】（1）Ti14C13；
（2）4；12；；
（3）Ti4+；sp3。
【分析】（1）团簇分子是“分子”而非晶胞，其化学式只需把图中所有 Ti、C 原子个数分别相加即可；
（2）BeO 为立方 ZnS（闪锌矿）型结构：用“均摊法”求 Be2+数；与一个 O2﹣距离最近且相等的 O2﹣位于次近邻面心、棱心位置，共12 个；
（3）立方钙钛矿 ABX3中，A位于晶胞顶点，B位于体心，X 位于面心；对比图（a）（b）可知 Pb2+占据的正是 Ti4+的位置。
【解答】解：（1）由于该结构为“气态团簇分子”的结构，给出的结构就是一个“完整”的分子，因此结构中的每个原子都是构成分子的一部分。因该“气态团簇分子”结构中含有14个Ti原子和13个C原子，故该物质的化学式为Ti14C13，
故答案为：Ti14C13；
（2）如图，晶胞中Be2+数目：晶胞内 Be2+为内部原子，共 4个；立方晶胞中，面心O2﹣周围等距且最近的O2﹣共 12个，三维空间，同层4个（4个顶点）、上下层各4个（8个面心）；根据“均摊法”，晶胞中含个O2﹣，晶胞质量，体积V＝（a×10﹣7）3cm3，，，
故答案为：4；12；；
（3）由图（b）可知，该晶胞中I﹣位于面心上，每个Pb2+周围有6个I﹣，图（a）中每个Ti4+周围有6个O2﹣，由此可知，Pb2+与图（a）中Ti4+的位置相同；CH3NH2中N原子的价电子对数为，有1个孤电子对，因此杂化轨道类型是sp3，
故答案为：Ti4+；sp3。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2025春 房山区期末）元素周期律是指导我们学习元素及其化合物知识的重要工具。如表所列是七种短周期元素的原子半径及主要化合价。已知元素b的焰色反应为黄色。
元素编号 a b c d e f g
原子半径/nm 0.110 0.186 0.070 0.099 0.066 0.160 0.077
主要化合价 +5，﹣3 +1 +5，﹣3 ﹣1 ﹣2 +2 +4，﹣4
（1）元素a在周期表中的位置是 第三周期第ⅤA族 。
（2）化合物bd所含化学键的类型是 离子键 。
（3）元素b、d、e、f形成的简单离子半径由大到小为 r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Mg2+） （填离子符号）。
（4）元素a与d位于同一周期。下列事实能证明元素得电子能力a＜d的是 BC 。
A.元素原子的最外层电子数：a＜d
B.元素气态氢化物的稳定性：a＜d
C.元素最高价氧化物对应水化物的酸性：a＜d
（5）Ge（锗）元素位于第四周期，与元素g同主族。下列相关说法正确的是 AC 。
A.Ge的原子结构示意图为
B.气态氢化物稳定性：GeH4＞SiH4
C.得电子能力：Si＞Ge
（6）Se（硒）元素位于第四周期，与元素e同主族。
①酸性：H2SeO4 ＜ H2SO4（填“＞”或“＜”）。
②氢硒酸（H2Se）有较强的还原性，因此露置在空气中长期保存易变质出现浑浊，可能发生反应的化学方程式为 2H2Se+O2═2H2O+2S 。
【答案】（1）第三周期第ⅤA族；
（2）离子键；
（3）r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Mg2+）；
（4）BC；
（5）AC；
（6）①＜；
②2H2Se+O2═2H2O+2Se。
【分析】元素b的焰色反应为黄色，b为Na元素，根据元素的原子半径及主要化合价可判断a为P元素，c为N元素，d为F元素，e为O元素，f为Mg元素，g为C元素，据此进行解答。
【解答】解：由分析可知a为P元素，c为N元素，d为F元素，e为O元素，f为Mg元素，g为C元素，b为Na元素；
（1）元素a是P元素，在周期表中的位置是第三周期第ⅤA族，
故答案为：第三周期第ⅤA族；
（2）化合物bd是NaF，所含化学键是离子键，
故答案为：离子键；
（3）元素b、d、e、f形成的简单离子半径由大到小为r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Mg2+），
故答案为：r（Cl﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Mg2+）；
（4）A.元素原子的最外层电子数：a＜d与元素得电子能力无关，故A错误；
B.元素气态氢化物的稳定性：a＜d，则非金属性：a＜d，能证明元素得电子能力a＜d，故B正确；
C.元素最高价氧化物对应水化物的酸性：a＜d，则非金属性：a＜d，能证明元素得电子能力a＜d，故C正确；
故答案为：BC；
（5）A.Ge的原子结构示意图为，故A正确；
B.非金属性Si＞Ge，则气态氢化物稳定性：GeH4＜SiH4，故B错误；
C.非金属性Si＞Ge，则得电子能力：Si＞Ge，故C正确；
故答案为：AC；
（6）①非金属性S＞Se，则酸性：H2SeO4＜H2SO4，
故答案为：＜；
②氢硒酸（H2Se）有较强的还原性，因此露置在空气中长期保存易变质出现浑浊，可能发生反应的化学方程式为 2H2Se+O2═2H2O+2Se，
故答案为：2H2Se+O2═2H2O+2Se。
【点评】本题考查结构性质位置关系综合应用，根据原子半径与化合价推断元素是解题关键，注意对元素周期律的理解掌握，熟练掌握元素化合物知识。
4．（2025春 广州期末）物质的组成与结构决定了物质的性质与变化。W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的5种短周期元素，其元素性质或原子结构如下：
元素 元素性质或原子结构
W 电子只有一种自旋取向
X 最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子
Y 最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同
Z 价层电子排布是nsnnp2n
N 原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素
请完成下列空白：
（1）XZ2分子的空间结构名称是 直线形 。
（2）V、Y、Z三种元素的电负性由太到小的顺序： O ＞ N ＞ H （填元素符号）。
W能与Y、Z形成化合物YW3、W2Z，请用共价键的相关知识解释这两种分子稳定性不同的原因 N—H键键长大于O—H键，H—O键键能大于N—H键，则H2O分子的稳定性大于NH3 。
（3）WZ两元素还可组成原子个数比为1：1的化合物，其中Z元素的杂化轨道类型为 sp3 。
（4）W2Z所形成的晶体类型为 分子晶体 。W 可与W2Z形成；中W﹣Z﹣W键角比W2Z中的 大 （填“大”或“小”）。
（5）NZ晶胞如图所示，其中A的原子分数坐标为（0，0，0），B的原子分数坐标为（1，1，1），则C的原子分数坐标为 （1，，） 。
【答案】（1）直线形；
（2）O；N；H；N—H键键长大于O—H键，H—O键键能大于N—H键，则H2O分子的稳定性大于NH3；
（3）sp3；
（4）分子晶体；大；
（5）（1，，）。
【分析】W、X、Y、Z、N是原子序数依次增大的5种短周期元素，W元素原子的电子只有一种自旋取向，即只有1个电子、为H元素；X元素原子的最外层有2个未成对电子，次外层有2个电子、为C或O元素；Y元素原子的最高能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同、为N或P元素；Z的价层电子排布是nsnnp2n，则n＝2，其价层电子排布是2s2np4，为O元素，所以X为C、Y为N；N元素的原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等，但第一电离能都高于同周期相邻元素、为Mg，综上，W、X、Y、Z、N5种短周期元素分别为H、C、N、O、Mg，结合元素及其化合物的性质、反应分析解答该题。
【解答】解：由上述分析可知，W、X、Y、Z、N5种短周期元素分别为H、C、N、O、Mg；
（1）XZ2分子即CO2分子，C原子的价层电子对数为2（4﹣2×2）＝2，无孤电子对，其VSEPR模型和空间构型均为直线形，
故答案为：直线形；
（2）非金属性：O＞N＞H，非金属性越强，电负性越大，则电负性由太到小的顺序为O＞N＞H；O原子半径小于N，H—O键的键长小于N—H键，则H—O的键能大于N—H键，键能越大，物质越稳定，则H2O分子比NH3分子稳定，
故答案为：O；N；H；N—H键键长大于O—H键，H—O键键能大于N—H键，则H2O分子的稳定性大于NH3；
（3）W、Z两元素组成原子个数比为1：1的化合物为H2O2，结构式为H—O—O—H，O原子含有2对孤电子对，其价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体，杂化方式为sp3，
故答案为：sp3；
（4）H2O由水分子构成，形成的晶体类型为分子晶体，H2O和H3O+中O原子的价层电子对数均为4，O原子的杂化方式均为sp3，但H2O分子中O原子含有2对孤电子对、H3O+中O原子含有2对孤电子对，孤电子对数越多，键角越小，即H3O+的键角大于H2O，
故答案为：分子晶体；大；
（5）由图可知，MgO晶胞中A的原子分数坐标为（0，0，0），B的原子分数坐标为（1，1，1），则C的原子分数坐标为（1，，），
故答案为：（1，，）。
【点评】本题考查物质结构与性质，侧重推断能力和综合运用能力考查，把握核外电子排布及元素推断、VSEPR模型的应用、晶胞相关计算、键角大小比较等知识是解题关键，题目难度中等。
5．（2025春 白云区期末）“肼合成酶”法是以Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如图所示。回答下列问题：
（1）H的一种核素为氘（H），H是核聚变反应的主要原料，下列有关叙述正确的是 B 。
A.H的中子数为2
B.H的核电荷数为1
C.H是自然界中最轻的原子
D.H是氢元素的一种同素异形体
（2）基态N原子，其电子占据的最高能级共有 3 个原子轨道，形状为 哑铃形 。
（3）NH2OH中，第一电离能N ＞ O（填“＞”或“＜”），原因是 氮原子的2p能级处于稳定的半充满状态，电子间的排斥作用较小，第一电离能较高，而氧原子的2p能级有成对电子，电子间的排斥作用较大，第一电离能较低 。
（4）下列说法正确的是 CD 。
A.反应过程中Fe的配位数保持不变
B.反应过程中Fe的化合价保持不变
C.中间产物含有氢键
D.若将NH2OH替换为ND2OD则最后的产物为NH2—ND2
（5）Fe在周期表中的位置是 第四周期第VⅢ族 。
（6）五羰基铁是一种高毒性、易挥发的液体（熔点：﹣20℃沸点：103℃），其三角双锥结构和金属﹣羰基配位键使其在催化、纳米材料制备中具有重要应用，结构如图所示。则Fe（CO）5中所含σ键与π键的个数比为 1：1 ，属于 分子 晶体（填晶体类型）。
【答案】（1）B；
（2）3；哑铃形；
（3）＞；氮原子的2p能级处于稳定的半充满状态，电子间的排斥作用较小，第一电离能较高，而氧原子的2p能级有成对电子，电子间的排斥作用较大，第一电离能较低；
（4）CD；
（5）第四周期第VⅢ族；
（6）1：1；分子。
【分析】（1）H的质子数为1，质量数为2，中子数＝质量数﹣质子数＝2﹣1＝1，是H原子的一种核素，不是H的同素异形体；
（2）基态N原子中电子占据的最高能级为2p；
（3）基态N原子核外电子排布式为1s22s22p3，其2p能级处于稳定的半充满状态，能量较低；基态O原子核外电子排布式为1s22s22p4，2p能级中有成对电子，能量较高；
（4）A．反应过程中Fe的配位数：4→5→4；
B．反应过程中涉及铁与氮原子之间的电子转移；
C．第2、3图中存在“H—O H”结构；
D．生成的NH2—NH2中有2个H原子来源于NH3，NH2OH中的—OH与NH3分子中的1个H形成H2O；
（5）Fe在周期表中的位置是第四周期第VⅢ族；
（6）五羰基铁是一种易挥发的液体，熔点为﹣20℃，沸点为103℃，属于分子晶体，根据共价键规律可知，单键均为σ键，三键中含有1个σ键与2个π键，结合Fe（CO）5的结构式计算σ键与π键的个数比。
【解答】解：（1）A.H的中子数为质量数﹣质子数＝2﹣1＝1，故A错误；
B.H的质子数、核电荷数均为1，故B正确；
C.H的中子数为1，自然界中最轻的原子是H、无中子，故C错误；
D.H是氢元素的一种核素，不是氢元素的单质、不属于同素异形体，故D错误；
故答案为：B；
（2）基态N原子中电子占据的最高能级为2p，p能级的轨道数为3，形状为哑铃形，
故答案为：3；哑铃形；
（3）基态氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，2p能级处于稳定的半充满状态，电子间的排斥作用较小，第一电离能较高，而基态氧原子核外电子排布式为1s22s22p4，2p能级有成对电子，电子间的排斥作用较大，第一电离能较低，所以第一电离能N＞O，
故答案为：＞；氮原子的2p能级处于稳定的半充满状态，电子间的排斥作用较小，第一电离能较高，而氧原子的2p能级有成对电子，电子间的排斥作用较大，第一电离能较低；
（4）A．由图可知，反应过程中Fe的配位数：4→5→4，发生了变化，故A错误；
B．反应过程中涉及铁与氮原子之间的电子转移，Fe元素的化合价发生了变化，故B错误；
C．第2、3图中存在“H—O H”结构，为氢键表示方法，故C正确；
D．由图可知，生成的NH2—NH2中有2个H原子来源于NH3，NH2OH中—OH与NH3分子中的1个H形成H2O，所以将NH2OH替换为ND2OD时反应可得ND2NH2和HDO，故D正确；
故答案为：CD；
（5）Fe的原子序数为26，位于周期表中的第四周期第VⅢ族，
故答案为：第四周期第VⅢ族；
（6）Fe（CO）5是一种易挥发的液体，熔点为﹣20℃，沸点为103℃，属于分子晶体，由其结构图可知，1个Fe（CO）5分子中含有（1+1）×5个σ键、2×5个π键，则Fe（CO）5中所含σ键与π键的个数比为10：10＝1：1，
故答案为：1：1；分子。
【点评】本题以反应历程其载体考查了配合物结构及共价键计算、原子结构及元素性质，侧重基础知识检测和灵活运用能力考查，把握核素及其相关计算、电子排布及相关概念、第一电离能变化规律、共价键规律的应用是解题关键，题目难度中等。
6．（2025 琼海校级模拟）硝酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。
（1）Fe元素在周期表中属于 d 区，基态Fe2+价层电子排布式是 3d6 。
（2）三种状态的Li原子轨道表示式如下所示，其中能量最高的为 a （填序号）。
a． b． c．
（3）苯胺锥形结构，H—N—H平面与苯平面所成的二面角为142.5o，大于甲胺中H—N—H平面与C—N键所成的角。结构如图所示：
苯胺中N原子的杂化类型是 sp3 ；苯胺的碱性 ＜ 甲胺的碱性（填“＞”、“＝”或“＜”）；苯胺中H—N—H平面与苯平面所成的二面角为142.5o，大于甲胺中H—N—H平面与C—N键所成的角的可能原因是 苯胺中N的孤电子对参与苯环的大π键，导致苯胺中H—N—H平面与苯平面趋向平面化，而甲胺中N不参与大π键 。
（4）锂离子电池充、放电过程中，正极材料晶胞的组成变化如图所示。磷氧键键能较大，锂离子嵌入和脱出时，磷酸亚铁锂的空间骨架不易发生形变，具有良好的循环稳定性。
若LiFePO4全部转化为FePO4，如图①③所示，则平均每个晶胞脱出 4 个Li+。若LiFePO4脱出部分Li+，形成Li（1﹣x）FePO4，如图②所示，则x＝ 。
（5）锂离子电池的负极材料为Li原子嵌入两层石墨层中间形成的晶体，其晶胞结构如图所示。在晶胞中，底面是边长为apm、底角为60o的等边平行四边形，石墨层与层间的距离是bpm，则负极材料的密度为 g cm﹣3（列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值）。
【答案】（1）d；3d6；
（2）a；
（3）sp3；＜；苯胺中N的孤电子对参与苯环的大π键，导致苯胺中H—N—H平面与苯平面趋向平面化，而甲胺中N不参与大π键；
（4）4；；
（5）。
【分析】（1）根据铁的原子序数判断其在周期表的位置；Fe2+的价电子排布需考虑失电子顺序。
（2）Li原子能量最高即电子排布最不稳定的激发态。
（3）苯胺中N的杂化需结合键角和孤电子对参与共轭判断；碱性比较需考虑电子云密度；二面角差异源于共轭效应。
（4）根据晶胞中Li+位置变化计算脱出数量；x值通过晶胞中Li+比例变化确定。
（5）利用晶胞体积和原子质量计算密度，注意单位换算。
【解答】解：（1）Fe原子序数是26，在周期表中属于d区，基态Fe2+价层电子排布式是3d6，
故答案为：d；3d6；
（2）因为能量：1s＜2s＜2p，则能量为a＞b＝c，其中能量最高的为a，
故答案为：a；
（3）苯胺中N原子形成三个σ键，一个孤电子对，则杂化类型是sp3；苯胺分子中苯环吸引电子的能力大于甲基，导致苯胺分子中—NH2吸引质子的能力比甲胺强，因此物质的碱性：甲胺＞苯胺；苯胺中N的孤电子对参与苯环的大π键，导致苯胺中H—N—H平面与苯平面趋向平面化，而甲胺中N不参与大π键，
故答案为：sp3；＜；苯胺中N的孤电子对参与苯环的大π键，导致苯胺中H—N—H平面与苯平面趋向平面化，而甲胺中N不参与大π键；
（4）根据晶胞结构，LiFePO4晶胞中Li+位于顶点、面心和棱上，个数为，即每个晶胞中有4个Li+，LiFePO4全部转化为FePO4，晶胞中的Li+全部脱出，故脱出4个Li+；Li（1﹣x）FePO4晶体中含有Li+：，则，，
故答案为：4；；
（5）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；在晶胞中，底面是边长为apm，石墨烯层间距离为bpm，又底边为平行四边形，顶角为60°，晶胞体积为，晶胞质量为，则晶胞的密度为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
7．（2025春 昌江区校级期末）含氮物质多种多样。回答下列问题：
（1）单质
N2是氮单质的常见同素异形体。科学家还预测了高压下固态氮的一种新结构，即N8分子，结构如图（孤对电子已标出）：
①N2的电子式为 。
②下列预测正确的是 ac 。
a．相同压强下，N8熔点高于N2
b．N8比N2更稳定
c．由于π键不能旋转，N8中的③④⑤⑥N原子在空间上有两种排列方式
（2）氢化物
①NH3分子的空间结构是 三角锥形 ，NH3易溶于水的原因是 NH3分子和水分子均为极性分子，相似相溶，NH3分子与水分子间形成氢键 。
②NH3通过配位键与Zn2+形成[Zn（NH3）6]2+。配位键由NH3提供孤电子对，Zn2+提供空轨道形成，它可看做一种特殊的共价键。
如图是[Zn（NH3）6]2+中的部分结构以及H—N—H键角的测量值。
ⅰ．形成[Zn（NH3）6]2+中的配位键时，Zn2+提供同一能层的空轨道，它们的能级符号是 4s、4p、4d 。
ⅱ．配合物中，H—N—H键角由单独NH3中的107°变为109.5°的原因是 氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，故H—N—H键角变大 。
（3）氧化物
N2O5熔点明显高于N2O4，是因为固态N2O5是离子化合物，存在离子键（阴、阳离子均含N且至少由3个原子构成），其中阳离子中的中心原子N的杂化轨道类型为 sp 杂化。
（4）含氧酸。
已知HNO3和HNO2均仅含O—H键和N＝O键，从结构的角度解释酸性HNO3强于HNO2的原因： HNO3中含有非羟基氧多（HNO3中含有2个非羟基氧，HNO2中含有1个非羟基氧；非羟基氧越多中心原子的正电性越高，导致羟基氧中氧的电子向中心原子偏移，O—H极性增强，越容易电离出氢离子，故HNO3的酸性比HNO2强 。
【答案】（1）①；
②ac；
（2）①三角锥形；NH3分子和水分子均为极性分子，相似相溶，NH3分子与水分子间形成氢键；
②4s、4p、4d；氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，故H—N—H键角变大；
（3）sp；
（4）HNO3中含有非羟基氧多（HNO3中含有2个非羟基氧，HNO2中含有1个非羟基氧；非羟基氧越多中心原子的正电性越高，导致羟基氧中氧的电子向中心原子偏移，O—H极性增强，越容易电离出氢离子，故HNO3的酸性比HNO2强。
【分析】（1）①N2分子中两个氮原子间形成三键，需用电子式表示；
②N8是高压下预测的固态氮新结构，需从分子间作用力、化学键稳定性、空间构型等角度判断选项正误。
（2）①NH3的分子构型由价层电子对互斥理论（VSEPR）确定，溶解性需考虑极性和氢键；
②配合物[Zn（NH3）6]2+中，配位键的形成需明确电子对给予体和接受体，键角变化需分析电子对排斥作用的改变。
（3）N2O5和N2O4的熔点差异源于晶体类型，N2O5为离子化合物，需判断阳离子中心原子的杂化类型。
（4）HNO3和HNO2的酸性强弱需从非羟基氧数量对中心原子正电性及O—H键极性的影响角度解释。
【解答】解：（1）①两个氮原子间形成三个电子对，氮气分子的电子式为，
故答案为：；
②a．相同压强下，N8的相对分子质量大，N8熔点高于氮气，故a正确；
b．N8在高压下存在，N8比氮气N2稳定性差，故b错误；
c．由于π键不能旋转，N8中的③④⑤⑥N原子在空间上有顺反两种排列方式，故c正确；
故答案为：ac；
（2）①氨气中N原子形成3个σ键，有1对未成键的孤电子对，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，分子空间构型是三角锥形。氨气易溶于水的原因是NH3分子和水分子均为极性分子，相似相溶，NH3分子与水分子间形成氢键，
故答案为：三角锥形；NH3分子和水分子均为极性分子，相似相溶，NH3分子与水分子间形成氢键；
②ⅰ．形成中的配位键时，3d10为全满结构，Zn2+提供同一能层的6个空轨道，它们的能级符号是4s、4p、4d，分别提供1、3、2个空轨道，
故答案为：4s、4p、4d；
ⅱ．配合物中，H—N—H键角由单独NH3中的107°变为109.5°的原因是氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，故H—N—H键角变大，
故答案为：氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤电子对与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥减弱，故H—N—H键角变大；
（3）N2O5熔点明显高于N2O4，是因为固态N2O5是离子化合物，存在离子键（阴、阳离子均含N且至少由3个原子构成），其中阳离子中N原子价层电子对数为22，中心原子为sp杂化，
故答案为：sp；
（4）HNO3中含有非羟基氧多（HNO3中含有2个非羟基氧，HNO2中含有1个非羟基氧；非羟基氧越多中心原子的正电性越高，导致羟基氧中氧的电子向中心原子偏移，O—H极性增强，越容易电离出氢离子，故HNO3的酸性比HNO2强，
故答案为：HNO3中含有非羟基氧多（HNO3中含有2个非羟基氧，HNO2中含有1个非羟基氧；非羟基氧越多中心原子的正电性越高，导致羟基氧中氧的电子向中心原子偏移，O—H极性增强，越容易电离出氢离子，故HNO3的酸性比HNO2强。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
8．（2025春 高州市期末）二氟草酸硼酸锂（LiBF2C2O4）是新型锂离子电池电解质，乙酸锰[（CH3COO）3Mn]可用于制造离子电池的负极材料。合成方程式如下：2H2C2O4+SiCl4+2LiBF4＝2LiBF2C2O4+SiF4+4HCl；4Mn（NO3）2 6H2O+26（CH3CO）2O＝4（CH3COO）3Mn+8HNO2+3O2↑+40CH3COOH。
（1）基态Mn原子的核外电子排布式为 [Ar]3d54s2（或1s22s22p63s23p63d54s2） 。
（2）草酸（HOOCCOOH）分子中碳原子轨道的杂化类型是 sp2 ，1mol草酸分子中含有σ键的数目为 7NA（或7×6.02×1023） 。
（3）SiF4中Si的杂化方式为 sp3 。
（4）向硫酸铜溶液中加入过量氨水，可生成配离子。已知NF3与NH3的空间结构都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是 F的电负性大于N，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（或其他合理答案） （从电负性角度考虑）。
（5）硼氢化钠的晶胞结构如图所示，该晶胞中Na+的配位数为 8 。若硼氢化钠晶体的密度为dg cm﹣3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则a＝ （用含d、NA的代数式表示）；若硼氢化钠晶胞上、下底心处的Na+被Li+取代，则得到的晶体的化学式为 Na3Li（BH4）4 。
【答案】（1）[Ar]3d54s2（或1s22s22p63s23p63d54s2）；
（2）sp2；7NA（或7×6.02×1023）；
（3）sp3；
（4）F的电负性大于N，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（或其他合理答案）；
（5）8；；Na3Li（BH4）4。
【分析】（1）根据Mn的原子序数（25）和电子排布规则，先填充低能级轨道，再填充高能级轨道，注意洪特规则和能级交错现象；
（2）草酸分子中，羧基（—COOH）的碳原子形成3个σ键（1个C—C、1个C＝O、1个C—O），无孤对电子，采用sp2杂化；1个草酸分子含7个σ键（2个C＝O、2个C—O、2个O—H、1个C—C）；
（3）SiF4中Si的价层电子对数为4（4个Si—F键），无孤对电子，根据VSEPR理论，为sp3杂化；
（4）NF3中N的孤对电子因F的高电负性被强烈吸引，导致N的电子云密度降低，难以提供孤对电子形成配位键；
（5）钠离子在晶胞中位于顶点和体心，配位数为8；晶胞参数a通过密度公式计算；钠离子被锂离子取代后，根据晶胞中原子比例确定化学式。
【解答】解：（1）Mn为25号元素，核外电子数为25，基态Mn原子的核外电子排布式为[Ar]3d54s2（或1s22s22p63s23p63d54s2），
故答案为：[Ar]3d54s2（或1s22s22p63s23p63d54s2）；
（2）草酸（HOOCCOOH）分子的结构可知，一个中心碳原子有3个σ键和一个π键，没有孤对电子，属于sp2杂化，每个草酸分子中共含有7个σ键，1mol草酸分子中含有σ键的数目为7NA，
故答案为：sp2；7NA（或7×6.02×1023）；
（3）SiF4价层电子对数为，Si的杂化方式为sp3，
故答案为：sp3；
（4）NF3不易与Cu2+形成配离子的原因是F的电负性大于N，N—F中成键电子对偏向F，导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（或其他合理答案），
故答案为：F的电负性大于N，N—F成键电子对偏向F，导致NF3中的N原子核对孤对电子吸引力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子（或其他合理答案）；
（5）以上面面心Na+为例研究，与其配位的处于晶胞的顶点（共4个），另一个晶胞的面心（左右共2个），该晶胞前后面心（共2个），即该晶体中Na+的配位数为8；晶体的化学式为NaBH4，一个晶胞中含4个Na+、4个，该晶胞的密度，则a；若NaBH4晶胞底心处的Na+被Li+取代，则晶胞中数目为4，钠离子个数为3，锂离子个数为1，晶体的化学式为Na3Li（BH4）4，
故答案为：8；；Na3Li（BH4）4。
【点评】本题综合考查原子结构、分子杂化、配位化学及晶胞计算，需掌握电子排布规则、VSEPR理论、电负性对配位能力的影响，以及晶胞参数与密度的关系。注意单位换算（如cm3到pm3）和晶胞中原子比例的计算。
9．（2025春 哈尔滨期末）按要求回答下面问题：
Ⅰ．化学家采用无机氰酸铵（NH4CNO）成功制备了有机尿素[（NH2）2CO]，开创了有机化学人工合成的新纪元。
（1）其四种元素电负性由大到小的顺序为 O＞N＞C＞H （填元素符号），（NH2）2CO分子中σ键和π键数目比为 7：1 ，NH4CNO分子中C原子杂化方式为 sp 。
Ⅱ．含Cu、Zn、Sn及S的四元半导体化合物（简写为CZTS），是一种低价、无污染的绿色环保型光伏材料，可应用于薄膜太阳能电池领域。
（2）写出基态Sn原子的价层电子的轨道表示式 ，的VSEPR模型为 四面体形 。
（3）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会产生与磁场方向相同的磁化强度，称其为顺磁性物质。下列物质中，属于顺磁性物质的是 A （填标号）。
A．[Cu（NH3）4]SO4
B．[Zn（NH3）4]SO4
C．K2[CuCl3]
D．Na2[Sn（OH）6]
（4）如图是CZTS四元半导体化合物的四方晶胞。
①该物质的化学式为 ZnSnCu2S4 。
②晶体中Sn的配位数为 4 。
③设上述晶胞的最简式的式量为M，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为 g/cm3（写出表达式）。
【答案】（1）O＞N＞C＞H；7：1；sp；
（2）；四面体形；
（3）A；
（4）①ZnSnCu2S4；
②4；
③。
【分析】（1）根据元素电负性递变规律比较 O、N、C、H 的电负性大小；
（2）根据尿素分子式 （NH2）2CO 计算 σ 键和 π 键数目；
（3）根据 NH4CNO 中 CNO﹣的价层电子对判断 C 的杂化方式；
（4）根据 Sn 原子序数写出 5s25p2的价层电子轨道表示式；
（5）利用 VSEPR 理论判断 的 VSEPR 模型；
（6）根据 d 电子排布判断配合物是否含未成对电子；
（7）根据晶胞中原子比例确定 CZTS 化学式；
（8）利用晶体几何关系求 Sn 的配位数；
（9）利用密度公式 ρ ＝ ，写出密度表达式。
【解答】解：（1）同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；其四种元素电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H，单键均为σ键，双键中含有1个σ键1个π键，（NH2）2CO分子结构为，则σ键和π键数目比为7：1；氰酸根离子（CNO ）的C原子通过σ键和π键与N原子形成三键（C≡N），同时与O原子形成1个σ键，因此采用sp杂化方式 ，
故答案为：O＞N＞C＞H；7：1；sp；
（2）Sn为50号运输，基态Sn原子的价层电子的轨道表示式，的中心原子Sn原子的价层电子对数为，为sp3杂化，VSEPR模型为四面体形，
故答案为：；四面体形；
（3）根据题意，具有顺磁性物质含有未成对电子。
A．[Cu（NH3）4]SO4的Cu2+外围电子排布是3d9，有未成对电子，故A正确；
B．[Zn（NH3）4]SO4的中各原子核外电子均已成对，故B错误；
C．K2[CuCl3]的Cu+外围电子排布是3d10，均已成对，故C错误；
D．Na2[Sn（OH）6]中的Sn4+外围电子排布是3d10，各原子核外电子均已成对，故D错误；
故答案为：A；
（4）①根据“均摊法”，晶胞中含个Zn、个Cu、个Sn、8个S，则该物质的化学式为ZnSnCu2S4，
故答案为：ZnSnCu2S4；
②晶体中距离Sn最近且相邻的原子数为4个，Sn的配位数为4，
故答案为：4；
③结合①分析，该晶体的密度为晶体密度为，
故答案为：。
【点评】本题主要考查晶胞的计算等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
10．（2025春 新吴区校级期末）第四周期过渡金属及其化合物在生活、生产、科学研究中有广泛应用。回答下列问题：
Ⅰ．我国古时使用镍铜合金“白铜”制造兵器。
（1）基态铜原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）铜的某种氧化物的晶胞如图所示，该氧化物为 CuO （填化学式）。
Ⅱ．2022年北京冬季奥运会场馆使用了大量不锈钢材质，不锈钢属于合金钢，其基体是铁碳合金，常用的不锈钢中含铬（Cr）18%、含镍（Ni）8%。
（3）基态铬原子的价层电子排布式为 3d54s1 。
（4）与铬同周期的主族元素中，基态原子价层电子中未成对电子数最多的是 As （填元素符号）。
（5）实验室常用镍试剂检验Ni2+，可观察到鲜红色沉淀，该沉淀的结构如图所示。该沉淀中存在的化学键类型有 D （填字母）。其中非金属元素的电负性由大到小的顺序为 O＞N＞C＞H （填元素符号）。
A．离子键 B．氢键 C．金属键 D．共价键
Ⅲ．过渡金属通常具有较强的配位能力，可以与CO、H2O、NH3等物质形成配合物。
（6）根据图回答，含1mol水分子的冰晶体中氢键的数目为 2mol 。
（7）H2O会电离产生H3O+和OH﹣，键角H2O ＜ H3O+（填“＞”“＜”或“＝”）。
【答案】（1）；
（2）CuO；
（3）3d54s1；
（4）As；
（5）D；O＞N＞C＞H；
（6）2mol；
（7）＜。
【分析】（1）根据铜原子的电子排布规律进行分析；
（2）根据晶胞结构中铜和氧的比例进行分析；
（3）根据铬原子的电子排布规律进行分析；
（4）根据第四周期主族元素的电子排布和未成对电子数进行分析；
（5）根据沉淀的结构和化学键类型以及元素的电负性顺序进行分析；
（6）根据冰晶体中氢键的数目进行分析；
（7）根据水分子和水合氢离子的空间构型和键角进行分析。
【解答】解：（1）铜是29号元素，根据构造原理，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子是指与元素化合价有关的电子，对于过渡金属来说，价层电子包括最外层电子和次外层的d电子，所以铜的价层电子是3d104s1，轨道表示式用小方格表示轨道，用箭头表示电子的自旋方向，所以基态铜原子的价层电子轨道表示式为：，
故答案为：；
（2）由晶胞图可知，空心圆位于晶胞的顶点、面心和体心，根据均摊法，顶点上的原子被8个晶胞共用，棱心上的原子被4个晶胞共用，面心上的原子被2个晶胞共用，体心上的原子被1个晶胞共用，则晶胞中空心圆个数为。实心圆位于晶胞内部，全部属于该晶胞，所以晶胞中实心圆个数为4。铜原子和氧原子个数比为4：4＝1：1，所以该氧化物为CuO，
故答案为：CuO；
（3）铬的原子序数为24，由于铬为半满结构，则基态铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，其价层电子排布式为3d54s1，
故答案为：3d54s1；
（4）铬位于第四周期，第四周期的主族元素有K、Ca、Ga、Ge、As、Se、Br。Ca：价层电子排布式为4s2，未成对电子数为0；K：价层电子排布式为4s1，未成对电子数为1；Ga：价层电子排布式为4s24p1，未成对电子数为1；Ge：价层电子排布式为4s24p2，未成对电子数为2；As价层电子排布式为4s24p3，未成对电子数为3；Se价层电子排布式为4s24p4，未成对电子数为2；Br：价层电子排布式为4s24p5，未成对电子数为1，所以未成对电子数最多的是As，
故答案为：As；
（5）离子键是阴阳离子之间的静电作用；共价键是原子之间通过共用电子对形成的化学键，沉淀中原子间存在共用电子对的情况；氢键不属于化学键；金属键一般存在于金属单质或合金中，这里不符合。综上所述该沉淀结构中存在的化学键类型为共价键，故选D。
由图可知，非金属元素有O、H、N、C。电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，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，所以电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H，
故答案为：D；O＞N＞C＞H；
（6）每个水分子与周围4个水分子形成氢键，但是每个氢键被2个水分子共用，平均每摩尔水分子形成摩尔氢键，
故答案为：2mol；
（7）离子中，中心O原子价层电子对数为，有1对孤电子对，对于H2O分子，中心O原子价层电子对数为，有2对孤电子对。孤电子对之间的排斥力＞孤电子对与成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力。H2O中有2对孤电子对，对成键电子对的排斥作用更强，使得H—O—H键角被压缩得更小；而中只有1对孤电子对，对成键电子对的排斥作用相对较小，所以键角，
故答案为：＜。
【点评】本题主要考查了过渡金属及其化合物的电子排布、晶胞结构、合金成分、化学键类型、电负性顺序以及分子几何构型等知识。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2025春 未央区校级期末）铍及其化合物的应用正日益被重视。
（1）最重要的含铍矿物是绿柱石，含2%铬（Cr）的绿柱石即为祖母绿。基态Cr原子价电子的轨道表示式为 。
（2）铍与相邻主族的铝元素性质相似。下列有关铍和铝的叙述正确的有 B （填字母）。
A.都属于p区主族元素
B.电负性都比镁大
C.第一电离能都比镁大
（3）BeO立方晶胞如图所示。
若BeO晶体的密度为dg cm﹣3设晶胞参数为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值，则a＝ nm（列出表达式即可）。
（4）实验室用KSCN溶液或苯酚检验Fe3+
①设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol苯酚分子中含有σ键的数目为 8NA 。
②类卤素离子SCN﹣可用于Fe3+的检验，其对应的酸有两种，分别为硫氰酸（H—S—C≡N）和异硫氰酸（H—N＝C＝S），这两种酸中沸点较高的是 异硫氰酸 。
（5）氮化铁晶体的晶胞结构如图1所示。该晶体中铁、氮的微粒个数之比为 4：1 。
（6）某铁的化合物结构简式如图2所示，上述化合物中所含有的非金属元素的电负性由大到小的顺序为 O＞N＞C＞H （用元素符号表示）。
【答案】（1）；
（2）B；
（3）：
（4）①8NA；
②异硫氰酸；
（5）4：1；
（6）O＞N＞C＞H。
【分析】（1）基态24Cr原子价电子的轨道表示式为：；
（2）A.铍的价层电子排布为2s1，属于s区，Al的价层电子排布为3s23p2，属于p区；
B.Be与Mg为同主族元素，电负性Be＞Mg，Al与Mg为同周期元素，电负性Al＞Mg；
C.第一电离能Be＞Mg，Mg＞Al；
（3）根据晶胞图，用均摊法计算1个BeO立方晶胞中包含Be2+及O2﹣的个数，然后根据d （a×10﹣7）3 NA＝4×（9+16）计算出a；
（4）①在l个苯酚分子中存6个C—H键，1个C—O键，1个O—H键，共有8个σ键，则lmol苯酚中存在8NAσ键；
②这两种酸都是分子晶体，但异硫氰酸（H—N＝C＝S）能形成分子间氢键，沸点较高；
（5）根据氮化铁晶体的晶胞图，用均摊法计算1个氮化铁晶体的晶胞中，包含Fe及N的个数，则可计算该晶体中铁、氮的微粒个数之比；
（6）该化合物中所含有的非金属元素有H、C、N、O，它们的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H。
【解答】解：（1）基态24Cr原子价电子的轨道表示式为：；
故答案为：；
（2）A.铍的价层电子排布为2s1，属于s区，Al的价层电子排布为3s23p2，属于p区，故A错误；
B.Be与Mg为同主族元素，电负性Be＞Mg，Al与Mg为同周期元素，电负性Al＞Mg，故B正确；
C.第一电离能Be＞Mg，Mg＞Al，故C错误；
故答案为：B；
（3）1个BeO立方晶胞中包含Be2+的个数为4个（体心），包含O2﹣的个数为864个（顶角8，面心6），根据d （a×10﹣7）3 NA＝4×（9+16），则a；
故答案为：；
（4）①在l个苯酚分子中存在σ键的有C—H键6个，C—O键1个，O—H键1个，共有8个σ键，则lmol苯酚中存在8NAσ键；
故答案为：8NA；
②这两种酸都是分子晶体，异硫氰酸能形成分子间氢键，沸点较高，硫氰酸（H—S—C≡N）和异硫氰酸（H—N＝C＝S），这两种酸中沸点较高的是异硫氰酸；
故答案为：异硫氰酸；
（5）根据氮化铁晶体的晶胞图，1个氮化铁晶体的晶胞中，包含Fe的个数为864个（顶角8，面心6），含有N的个数为1（胞内1），则该晶体中铁、氮的微粒个数之比为4：1；
故答案为：4：1；
（6）该化合物中所含有的非金属元素有H、C、N、O，它们的电负性由大到小的顺序为O＞N＞C＞H；
故答案为：O＞N＞C＞H。
【点评】本题考查了价电子的轨道表示式，元素周期表的划区、电负性和第一电离能的变化规律及比较、均摊法计算晶胞微粒及参数的计算、σ键的判别，考点物质结构部分的高频考点，比较基础。
12．（2025春 未央区校级期末）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 3s23p4 。
（2）H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为 H2O＞H2S＞CH4 。
（3）汞的原子序数为80，位于元素周期表第 六 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 AD 。
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）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a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图b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 垂直平移后顶点原子不能重复 。
②图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为 4 ；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb＝ 1：1：2 。
【答案】（1）3s23p4；
（2）H2O＞H2S＞CH4；
（3）六；
（4）AD；
（5）①垂直平移后顶点原子不能重复；
②1：1：2。
【分析】（1）基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，基态硫原子价电子排布式为3s23p4；
（2）H2S、CH4、H2O均为分子晶体，H2O存在分子间氢键，沸点高于另两者，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此它们的沸点由高到低顺序为：H2O＞H2S＞CH4；
（3）可以借助第六周期稀有气体（即0族）元素的原子序数为86，推断80号元素应该位于第六周期；
（4）A.计算Ⅰ中S原子的价层电子对数然后判断杂化类型；
B.确定比较的元素H、C、O、S、Hg在周期表中的位置关系，然后根据同周期、同主族元素电负性变化规律进行判断；
C.在Ⅲ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109°28’；
D.物质Ⅲ为钠盐，存在离子键，而C—H、C—C等为共价键；
E.在Ⅳ中硫与氧之间存在S＝O、S—O两种化学键，显然这两者键的键能不会相等；
（5）①将2个9b上下重叠后，可见上下两个单元内的原子位置不完全相同，垂直平移后顶点原子不能重复，不符合晶胞是晶体的最小重复单位要求，因此它不是晶胞单元。
②图c为X的晶胞，以上平面的Hg为例，图中与Hg直接相连的Sb原子有2个，同时还有2个Sb在Hg的上方（没画出来，也就是下平面中与Hg直接连接的2个Sb原子），故与Hg距离最近的Sb的数目为4个；按均摊法分别计算1个晶胞中包含的三种原子数目可得结果。
【解答】解：（1）基态硫原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，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存在分子间氢键，沸点高于另两者，H2S、CH4的分子间范德华力随相对分子质量增大而增加，因此它们的沸点由高到低顺序为：H2O＞H2S＞CH4；
故答案为：H2O＞H2S＞CH4；
（3）第六周期稀有气体（即0族）元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg应该位于第六周期，
故答案为：六；
（4）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。
A.在Ⅰ中S原子的价层电子对数＝2（6﹣2×1）＝4，故S采取sp3杂化，A正确；
B.在Ⅱ中含有的元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素的电负性从左至右逐渐增大，同主族元素的电负性从上至下逐渐减小，因此5种元素中电负性最大的为O元素，故B错误；
C.在Ⅲ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109°28’，故C错误；
D.在Ⅲ中中存在C—H、C—C、C—S、S＝O、S—O、S—H等共价键，而与Na+之间是离子键，故D正确；
E.在Ⅳ中硫与氧之间存在S＝O、S—O两种化学键，显然这两者键的键能不会相等，故E错误；
故答案为：AD；
（5）①将2个9b上下重叠后，可见上下两个单元内的原子位置不完全相同，垂直平移后顶点原子不能重复，不符合晶胞是晶体的最小重复单位要求，因此它不是晶胞单元。
故答案为：垂直平移后顶点原子不能重复；
②图c为X的晶胞，以上平面的Hg为例，图中与Hg直接相连的Sb原子有2个，同时还有2个Sb在Hg的上方（没画出来，也就是下平面中与Hg直接连接的2个Sb原子），故与Hg距离最近的Sb的数目为4个；按均摊法计算1个晶胞中包含的原子数：含Ge原子（顶点8、面心4、体心1）共841＝4，含Hg原子（棱边4、面心6）共464，含Sb共8个（晶胞内8个），则该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb ＝4：4：8＝1：1：2；
故答案为：1：1：2。
【点评】本题为物质结构专题，考查了价电子排布式、元素在周期表中的位置、沸点高低比较、电负性比较、杂化类型、键角、化学键类型及键能大小、均摊法计算晶胞粒子数目等基础考点，题目覆盖面广，其中判别是否为晶胞的答案有多种，总体上要紧扣“最小重复单位”来作答。
13．（2025春 南阳期末）X、Y、Z、W均为元素周期表中的短周期主族元素，它们具有的特征如下表：
元素 特征
X 在元素周期表中，原子半径最小
Y 常温下，有Y2型、Y3型两种气体单质存在
Z 原子的内层电子数与最外层电子数之比为10：1
W 最高化合价为+6价
回答下列问题：
（1）沸点：Y2 ＜ （填“＞”或“＜”）Y3。
（2）加热条件下，W的单质与Cu反应的化学方程式为 S+2CuCu2S 。
（3）ZX所含的化学键类型为 离子键 ，其电子式为 。
（4）F2与X2Y反应，可生成Y2和一种具有腐蚀性的酸，该反应的化学方程式为 2F2+2H2O＝4HF+O2 。
（5）少量的Z2W2Y3溶液与X2WY4溶液混合时，可观察到的现象为溶液变浑浊且产生有刺激性气味的气体，该气体为 二氧化硫 （填化学名称）。
（6）一定条件下，在某一密闭容器中，充入0.2mol W16Y2和0.1mol18Y2，使其发生反应。
①在该密闭体系中存在核素18Y的物质有 3 （填具体数字）种。
②反应结束后，该密闭体系中W元素的质量为 6.4 g。
【答案】（1）＜；
（2）S+2CuCu2S；
（3）离子键；；
（4）2F2+2H2O＝4HF+O2；
（5）二氧化硫；
（6）①3；②6.4。
【分析】X元素在元素周期表中，原子半径最小，是H元素；常温下，Y有Y2型、Y3型两种气体单质存在，Y是O元素；Z原子的内层电子数与最外层电子数之比为10：1，Z为Na；W最高化合价为+6价，W是S元素；
【解答】解：（1）沸点：O2＜O3，因为O3的相对分子质量大于O2，且O3是极性分子，分子间作用力更大，
故答案为：＜；
（2）加热条件下，S单质与Cu反应生成Cu2S，化学方程式为S+2CuCu2S，
故答案为：S+2CuCu2S；
（3）NaH所含的化学键类型为离子键，电子式为，
故答案为：离子键；；
（4）F2与H2O反应，可生成O2和一种具有腐蚀性的酸HF，化学方程式为2F2+2H2O＝4HF+O2，
故答案为：2F2+2H2O＝4HF+O2；
（5）少量的Na2S2O3溶液与H2SO4溶液混合时，可观察到的现象为溶液变浑浊且产生有刺激性气味的气体，该气体为SO2，
故答案为：二氧化硫；
（6）①一定条件下，在某一密闭容器中，充入0.2mol S16O2和0.1mol18O2，使其发生反应，方程式为2SO2+2O2SO3，该反应是可逆反应，两个方向同时进行，故在该密闭体系中存在核素18Y的物质有3种，即二氧化硫、三氧化硫和氧气，
故答案为：3；
②0.2mol S16O2中S元素的质量为6.4g，根据元素质量守恒，反应结束后，该密闭体系中S元素的质量也为6.4g，
故答案为：6.4。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律关系，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素化合物知识，掌握金属性、非金属性强弱比较实验事实，题目侧重考查学生灵活运用知识的能力。
14．（2025春 江西期末）钴单质及其化合物的应用广泛。将酞菁﹣钴钛﹣三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
（1）基态钻原子最外层电子的电子云轮廓图为 球形 。
（2）如图所示的4种碳单质，其中金刚石属于 共价 晶体，石墨属于 混合 晶体。
（3）钻酞善的分子结构如图所示。
①钴酞菁分子中，提供孤电子对的是 氮原子 （填名称，下同），提供空轨道的是 钴离子 。
②将钴酞菁改性为氨基钴酞菁后，具有较好的水溶性，原因为 氨基上的H原子可与水分子形成氢键 。
（4）气态单分子AlCl3的键角与铵根离子的键角相比，较大的是 AlCl3 ，原因为 气态单分子AlCl3的空间结构为平面三角形，键角为120°，铵根离子中氮原子的杂化方式为sp3，键角为109°28' 。
【答案】（1）球形；
（2）共价；混合；
（3）①氮原子；钴离子；
②氨基上的H原子可与水分子形成氢键；
（4）AlCl3；气态单分子AlCl3的空间结构为平面三角形，键角为120°，铵根离子中氮原子的杂化方式为sp3，键角为109°28'。
【分析】（1）s轨道的电子云轮廓图为球形；
（2）金刚石具有空间立体网状结构，石墨具有层状结构，且还存在层与层之间的作用力；
（3）①N原子含有一对孤电子对，钴离子含有空轨道；
②氨基上的H原子可与水分子形成氢键，增大物质的溶解度；
（4）气态单分子AlCl3的空间结构为平面三角形，键角为120°，铵根离子中氮原子的杂化方式为sp3，键角为109°28'，据此分析作答。
【解答】解：（1）钴的原子序数为27，核外电子排布为[Ar]3d74s2，基态钴原子最外层电子是4s轨道上的电子，其电子云轮廓图为球形，
故答案为：球形；
（2）由图可知，金刚石具有空间立体网状结构，属于共价晶体，石墨具有层状结构，属于混合晶体，
故答案为：共价；混合；
（3）①由图可知，钴酞菁分子中，提供孤电子对的是氮原子，提供空轨道的是钴离子，
故答案为：氮原子；钴离子；
②将钴酞菁改性为氨基钴酞菁后，具有较好的水溶性，原因为氨基上的H原子可与水分子形成氢键，
故答案为：氨基上的H原子可与水分子形成氢键；
（4）气态单分子AlCl3的键角与铵根离子的键角相比，较大的是AlCl3，原因为气态单分子AlCl3的空间结构为平面三角形，键角为120°，铵根离子中氮原子的杂化方式为sp3，键角为109°28'，
故答案为：AlCl3；气态单分子AlCl3的空间结构为平面三角形，键角为120°，铵根离子中氮原子的杂化方式为sp3，键角为109°28'。
【点评】本题主要考查原子核外电子排布、配位键的构成、氢键对溶解性的影响等，属于基本知识的考查，难度中等。
15．（2025春 朝阳区期末）CH3OH与O2在不同条件下反应，生成CO2、HCHO、H2O等产物。
（1）HCHO分子的VSEPR模型名称是 平面三角形 。
（2）HCHO中C＝O的键长 ＜ （填“＞”或“＜”）CH3OH中C—O的键长。
（3）CH3OH与HCHO相对分子质量接近，CH3OH的沸点高于HCHO，主要原因是 两者均由分子构成，CH3OH能形成分子间氢键 。
（4）请仿照H2O分子的空间结构分析示例，判断并解释CO2分子的空间结构。
示例：
【答案】（1）平面三角形；
（2）＜；
（3）两者均由分子构成，CH3OH能形成分子间氢键；
（4）。
【分析】（1）HCHO分子中C原子的价层电子对数为3（4﹣2﹣1×2）＝3，无孤电子对；
（2）双键由1个σ键和1个π键构成，电子云重叠程度明显高于单键，电子云越密集，原子核吸引力越强，键长越短；
（3）分子间氢键可使物质的熔沸点升高；
（4）CO2分子中C原子采用sp杂化，即C原子的1个2s轨道和1个2p轨道混杂形成2个sp杂化轨道，C原子的杂化轨道与O的2p轨道形成σ键，C的另外2个2p轨道与O的2p轨道形成π键，所以CO2分子的空间构型为直线形。
【解答】解：（1）HCHO分子中C原子的价层电子对数为3（4﹣2﹣1×2）＝3，无孤电子对，其VSEPR模型和空间构型均为平面三角形，
故答案为：平面三角形；
（2）C＝O键和C—O键的组成元素相同，且C＝O键中含有π键，电子云重叠程度明显高于单键，原子核吸引力增强，键长缩短，所以HCHO中C＝O的键长＜CH3OH中C—O的键长，
故答案为：＜；
（3）CH3OH与HCHO相对分子质量接近，均为分子晶体，但CH3OH分子间能形成氢键，导致其沸点高于HCHO，
故答案为：两者均由分子构成，CH3OH能形成分子间氢键；
（4）CO2分子中C原子采用sp杂化，其分子空间构型为直线形，即C原子的1个2s轨道和1个2p轨道混杂形成2个sp杂化轨道，C原子的杂化轨道与O的2p轨道形成σ键，C的另外2个2p轨道与O的2p轨道形成π键，即，
故答案为：。
【点评】本题考查原子杂化方式判断、键长大小比较，侧重分析判断能力和运用能力考查，明确原子杂化理论及杂化方式判断、VSEPR模型的应用、氢键对物质性质的影响是解题关键，题目难度中等。
16．（2024秋 龙华区期末）根据下列事实或数据回答下列问题：
（1）指南针是我国四大发明之一，其指针含有Fe3O4，写出基态Fe原子的电子排布式 1s22s22p63s23p63d64s2 ，基态Fe2+中未成对的电子数有 4 个，基态O2﹣离子核外电子占据的最高能级共有 3 个原子轨道。
（2）下列四种元素是第三或第四周期主族元素，其中X、Y、Z是同一周期元素，下表是这四种元素的第一电离能（I1）到第四电离能（I4）的数据（单位：kJ mol﹣1）。
元素代号 I1 I2 I3 I4
X 500 4600 6900 9500
Y 740 1500 7700 10500
Z 580 1800 2700 11600
W 420 3100 4400 5900
①推断Y可能是元素周期表 s 区元素（填写“s或p或d或ds或f”）。
②由表中数据，推测Z元素的化合价 +3 ，推断的理由是 该原子的I4远远大于I3，易失去3个电子而呈+3价 。
③推测X、Y、Z、W元素的原子半径从小到大的顺序是 Z＜Y＜X＜W 。
（3）根据对角线规则，写出Be（OH）2与NaOH溶液反应生成Na2[Be（OH）4]的化学方程式 Be（OH）2+2NaOH＝Na2[Be（OH）4] 。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d64s2；4；3；
（2）①s；
②+3；该原子的I4远远大于I3，易失去3个电子而呈+3价；
③Z＜Y＜X＜W；
④基态Y、Z原子的价层电子排布式分别是3s2、3s23p1，基态Y原子的3s能级处于全充满状态，能量更低更稳，故其第一电离能大于Y；
（3）Be（OH）2+2NaOH＝Na2[Be（OH）4]。
【分析】（1）Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族；基态Fe2+中价层电子排布为3d6；基态O2﹣离子价层电子排布为2s22p6，最高能级为2p；
（2）由元素的电离能可以看出，X第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，Y的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，Z的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，W第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，以此分析；
①由表格数据可知，Y的I3剧增，易失去2个电子，说明Y元素呈+2价，最外层电子数为2；
②由表中数据可知，Z元素的I4 I3；
③电子层数越多，原子半径越大；同一周期从左向右原子半径逐渐减小；
④根据原子结构进行分析；
（3）根据对角线规则，氢氧化铍与氢氧化铝性质相似。
【解答】解：（1）Fe为26号元素，位于第四周期第Ⅷ族，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2；基态Fe2+中价层电子排布为3d6，有4个成单电子；基态O2﹣离子价层电子排布为2s22p6，最高能级为2p，有3个轨道，
故答案为：1s22s22p63s23p63d64s2；4；3；
（2）①由表格数据可知，Y的I3剧增，易失去2个电子，说明Y元素呈+2价，最外层电子数为2，为s区元素，
故答案为：s；
②由表中数据可知，Z元素的I4 I3，易失去3个电子，说明Z元素呈+3价，
故答案为：+3；该原子的I4远远大于I3，易失去3个电子而呈+3价；
③X、W第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，为同一主元素族，且I1（X）＞I1（W），即W在X下一周期，位于第四周期；X第一电离能较小，第二电离能剧增，故表现+1价，最外层电子数为1，Y的第一、第二电离能较小，第三电离能剧增，故表现+2价，最外层电子数为2，Z的第一、第二、第三电离能较小，第四电离能剧增，表现+3价，最外层电子数为3，则X、Y、Z三种元素都位于第三周期，且从左到右依次为X、Y、Z，原子半径：X＞Y＞Z，故原子半径由小到大的顺序为：Z＜Y＜X＜W，
故答案为：Z＜Y＜X＜W；
（4）Y、Z为第三周期元素，最外层电子分别为2、3，基态Y、Z原子的价层电子排布式分别是3s2、3s23p1，基态Y原子的3s能级处于全充满状态，能量更低更稳，故其第一电离能大于Y，
故答案为：基态Y、Z原子的价层电子排布式分别是3s2、3s23p1，基态Y原子的3s能级处于全充满状态，能量更低更稳，故其第一电离能大于Y；
（3）根据对角线规则，氢氧化铍与氢氧化铝性质相似，氢氧化铍与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为：Be（OH）2+2NaOH＝Na2[Be（OH）4]，
故答案为：Be（OH）2+2NaOH＝Na2[Be（OH）4]。
【点评】本题考查元素电离能的应用，侧重考查学生分析问题、解答问题能力，知道元素电离能与元素最外层电子数之间的关系是解本题关键，题目难度不大。
17．（2025春 湖南期末）试用物质结构的相关知识解释以下问题：
（1）CO（NH2）2 H2O2（俗称过氧化脲）常温下为白色晶体，易溶于水，其热分解温度为45℃，在水溶液中会离解为过氧化氢和尿素，可用作漂白剂。
①H2O2是 极性 （填“极性”或“非极性”）分子，其中氧原子的杂化轨道类型是 sp3 杂化。
②CO（NH2）2中碳原子的杂化轨道类型是 sp2 杂化；CO（NH2）2中C、N、O的电负性大小关系为 O＞N＞C （用原子符号由大到小排序），第一电离能的大小关系为 N＞O＞C （用原子符号由大到小排序）。
（2）接近水的沸点的水蒸气，其相对分子质量的测定值比化学式计算出来的相对分子质量大一些，试解释原因： 水分子之间形成氢键，即形成多聚水分子 。
（3）Cu+可与4﹣甲基咪唑（）形成配合物。4﹣甲基咪唑中，1号氮原子的孤电子对因参与形成大π键，电子云密度降低。已知分子中的大π键可用符号Πmn表示，其中m代表参与形成大π键的原子数（或轨道数），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Π66）。
①4﹣甲基咪唑中的大π键可表示为 π 。
②4﹣甲基咪唑中， 3 （填“1”或“3”）号氮原子更容易与Cu+形成配位键。
（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃其原因是 GaF3是离子晶体，熔沸点较高，GaCl3是分子晶体，熔沸点较低 。
【答案】（1）①极性；sp3；
②sp2；O＞N＞C；N＞O＞C；
（2）水分子之间形成氢键，即形成多聚水分子；
（3）①π；
②3；
（4）GaF3是离子晶体，熔沸点较高，GaCl3是分子晶体，熔沸点较低。
【分析】（1）①分子中正负电荷重心重合的分子是非极性分子，反之是极性分子，其中氧原子的价层电子对数是4，据此判断杂化轨道类型；
②CO（NH2）2中碳原子含有C＝O双键，同周期元素，从左至右，同周期元素，从左至右，第一电离能呈增大趋势，第ⅡA、ⅤA元素反常；
（2）水蒸气中，水分子之间形成氢键，即形成多聚水分子，相当分子质量增大；
（3）①由图可知，4﹣甲基咪唑为五元环，环上有5个原子的p轨道参与形成大π键，其中1号碳的孤电子对参与成键，提供2个电子，其余原子提供1个电子参加成键；
②4﹣甲基咪唑中，1号碳的孤电子对已参与成键，电子云密度较低，3号碳的孤电子对未参与成键，电子云
