近三年高考化学真题分类汇编：物质结构
一、选择题
1．（2023·湖南）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z>W
B．原子半径：X
D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca。
A、非金属性越强，其电负性越强，因此电负性F>O>P>Ca，即Y>X>Z>W，A不符合题意；
B、电子层数越大，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径F
D、Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，不具有强氧化性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】W可与Y形成化合物WY2，且W的原子序数最大，因此W为Ca。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，且含有2个未成对电子，因此X的核外电子排布式为1s22s22p4，故X为O。Y的基态原子含有1个未成对的电子，且Y能与W形成化合物WY2，因此Y为F。Z基态原子含有3个未成对的电子，因此Z的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，所以Z为P。
2．（2023·湖南）下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HClO的电子式为，A不符合题意；
B、质量数=质子数+中子数，因此中子数为10的氧原子，其质量数=8+10=18，其化学符号为，B不符合题意；
C、NH3中含有3个N-H键和一个孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体型，C符合题意；
D、基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，其排布图为，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、HClO中氧原子含有两个孤电子，可形成两对共用电子对；
B、中子数为10的氧原子，其质量数为18；
C、NH3的VSEPR模型为四面体型；
D、基态N原子的价层电子排布式为2s22p3。
3．（2023·辽宁）下列化学用语或表述正确的是
A．BeCl2的空间结构：V形 B．P4中的共价键类型：非极性键
C．基态Ni原子价电子排布式：3d10 D．顺—2—丁烯的结构简式：
【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键
【解析】【解答】A．BeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，共价键数目为2，采用sp杂化，BeCl2为直线型分子，A错误；
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，B项正确；
C．Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误，
D.顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为：
故答案为：B。
【分析】A.找到中心原子，根据VSEPR模型可以计算孤对电子，在判断键数目，然后判断空间构型
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子之间形成的共价键为极性共价键；
D.顺式为相同原子或者取代基在同侧，反式为相同原子或者取代基在异侧。
4．（2023·湖北）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物。下列说法正确的是
A．分子的极性： B．第一电离能：X
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：，A正确；
B．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y
D．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；
故答案为：A。
【分析】Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题
5．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数：
D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A.图中灰球为N 原子和O原子，黑球为氢原子，由图可知，虚线即为氢键，氢键，A项正确；
B.氮原子处于半满状态，比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B项错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.比较电离能时，要注意，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子
D.根据空间结构可以判断杂化类型，也可以通过价层电子对数判断杂化类型，根据具体情况进行适当运用。
6．（2023·浙江1月选考）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法错误的是
A．电负性：
B．最高正价：
C．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：N>Be，则电负性：N>Be，即Z>X，A不符合题意；
B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，即M>Z；B符合题意；
C．Na和O形成的过氧化钠中含有O-O非极性共价键，C不符合题意；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：N>C，则硝酸酸性强于碳酸，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素，X的2s轨道全充满，则X为Be元素，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则Y为C元素，Q是纯碱中的一种元素，为Na元素，Z元素原子序数介于Y和M之间，为N元素。
7．（2023·浙江1月选考）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法错误的是
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，则分子的结构式为，故A不符合题意；
B．双聚氯化铝分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B不符合题意；
C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C不符合题意；
D．Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键；
B.结构对称，为非极性分子；
C.根据反应的方程式可得氨分子更易与铝原子形成配位键；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键。
8．（2023·浙江1月选考）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为18的氯原子：
B．碳的基态原子轨道表示式：
C．的空间结构：(平面三角形)
D．的形成过程：
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数，则中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A不符合题意；
B．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B不符合题意；
C．BF3中心B原子的价层电子对数为==3，不含孤电子对，则其空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C符合题意；
D．HCl是共价化合物，其形成过程应为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B.2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同；
C.BF3中心B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为平面三角形；
D.HCl为共价化合物。
9．（2022·江苏）工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是（ ）
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小，故半径大小为，故A符合题意；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，故，故B不符合题意；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C不符合题意；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小；
B.元素的非金属性越强，电负性越大；
C.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势；
D.金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
（2022·江苏）阅读下列材料，完成5~7题：
周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热(890.3 kJ·mol-1)，是常见燃料；Si、 Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面SiO2能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成H2SiF6 (H2SiF6在水中完全电离为H+和SiF62- )； 1885年德国化学家将硫化锗(GeS2)与H2共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料。
10．下列说法正确的是（ ）
A．金刚石与石墨烯中的夹角都为
B．、都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子()基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
11．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原：
C．铅蓄电池放电时的正极反应：
D．甲烷的燃烧：
12．下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
【答案】10．B
11．A
12．C
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A.金刚石中碳原子sp3杂化，石墨烯中碳原子sp2杂化；
C.锗原子核外有32个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
D.元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体；
（2）A.二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水；
B.GeS2与H2共热发生反应生成Ge和H2S，H2S在高温下分解生成S和H2；
C.铅蓄电池放电时正极发生还原反应；
D.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（3）A.石墨质软，易滑动，常用作润滑剂；
B.晶体硅是介于导体和绝缘体之间的半导体材料，用于制半导体材料；
C.青铜比纯铜熔点低、硬度大；
D.含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，可用作电极材料。
10．A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A不符合题意；
B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B符合题意；
C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]，故C不符合题意；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
11．A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B不符合题意；
C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C不符合题意；
D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D不符合题意；
故答案为：A。
12．A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A不符合题意
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B不符合题意；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C符合题意；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D不符合题意；
故答案为：C。
13．（2022·天津市）利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是（ ）
A．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4个σ键
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键
【解析】【解答】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A符合题意；
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B不符合题意；
C．N2H4的结构式为 ，单键均为σ键，则N2H4分子中含有5个σ键，C不符合题意；
D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NH3分子中N原子含有1个孤电子对，可作配体；
B.NaCl晶体中不存在自由移动的离子，不能导电；
C.单键均为σ键；
D.NaClO中含有离子键和共价键，NaCl中仅含有离子键。
14．（2022·北京市）(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法错误的是（ ）
A．位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族
B．可用质谱法区分和
C．和含有的中子数分别为49和48
D．同一地域产出的同种土壤生物中值相同
【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A符合题意；
B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，和的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B不符合题意；
C．的中子数为87-38=49，的中子数为86-38=48，故C不符合题意；
D．由题意可知， (锶) 的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Sr元素位于第五周期、第ⅡA族；
B.质谱法可以测定原子的相对原子质量；
C.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
D.同一地域土壤中值不变。
15．（2022·北京市）下列化学用语或图示表达错误的是（ ）
A．乙炔的结构简式：
B．顺丁烯的分子结构模型：
C．基态原子的价层电子的轨道表示式：
D．的电子式：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙炔的官能团为碳碳三键，其结构简式为，A项不符合题意；
B．顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项不符合题意；
C．Si为14号元素，核外共有14个电子，基态原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项符合题意；
D．是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.乙炔的官能团为碳碳三键；
B.顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧；
C.Si为14号元素，核外共有14个电子，根据构造原理书写其价电子排布式，进而画出轨道表示式；
D.过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成。
16．（2022·山东）、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是（ ）
A．X的中子数为2
B．X、Y互为同位素
C．、可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在、分子是因其化学键不稳定
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A. 由分析可知，X微粒为，根据原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数可知，其中子数为6-2=4，A不符合题意；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C不符合题意；
D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 ；可知，a=6，b=2，则X为；m=4，n=2，则Y为。
17．（2022·全国乙卷）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是（ ）
A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物的酸性：
C．阶段热分解失去4个
D．热分解后生成固体化合物
【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；质量守恒定律；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的单质分别是H2、B、N2、O2，常温下B为粉末，其他均为气体，A不符合题意；
B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，所以应是X＜Y，B不符合题意；
C．假设100~200℃阶段热分解失去H2O的分子数为x，则，解得x≈3，说明失去3个水分子，C不符合题意；
D．假设500℃热分解生成固体B2O3，根据反应前后原子个数守恒，则得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此时B2O3的质量分数为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，根据化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及该化合物在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W2Z为H2O，所以W为氢元素，Z为氧元素；根据YZ2分子的总电子数为奇数且常温下为气体，可推出YZ2是NO2，则Y是氮元素；而W、X、Y、Z的电子数之和为21，可推出X是硼元素。
18．（2021·湖北）甲烷单加氧酶(s—mmo)含有双核铁活性中心，是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e- CH3OH+H2O
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；氧化还原反应
【解析】【解答】A.基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为 ，A项不符合题意；
B.步骤③中断裂 非极性键，形成 (Ⅳ)极性键，B项不符合题意；
C.步骤④中电子转移发生在Fe和C元素之间，C项符合题意；
D.根据图示，总过程的反应为： ，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Fe是26号元素，依据构造原理写出其核外电子排布；
B.同种元素组成的共价键为非极性键，不同种元素组成的共价键为极性键；
C.电子转移伴随着化合价的变化；
D.该反应的反应物为氧气，甲烷和氢离子，得到电子，生成甲醇和水。
19．（2021·天津）下列化学用语表达正确的是（ ）
A．F-的离子结构示意图：
B．基态碳原子的轨道表示式：
C．丙炔的键线式：
D．H2O分子的球棍模型：
【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构示意图；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．F-最外层有8个电子，离子结构示意图： ，故A不符合题意；
B．基态碳原子的轨道表示式： ，故B不符合题意；
C．丙炔的三个碳原子在一条线上，故C不符合题意；
D．H2O分子的空间构型为V型，所以球棍模型为： ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．F 的最外层电子数为8；
B．洪特规则指出电子排布进入简并轨道时优先分占不同的轨道，且自旋平行；
C．丙炔分子中3个C原子位于同一直线上；
D．H2O分子的空间构型是V形，并且中心原子O的半径大于H。
20．（2021·辽宁）某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是（ ）
A．氢化物沸点： B．原子半径：
C．第一电离能： D．阴、阳离子中均有配位键
【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点： ，A不符合题意；
B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径： ，B不符合题意；
C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能： ，C不符合题意；
D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
根据结构简式推断，X是碳、Y是氮、M是氢、Z是氧、W是硼；
A.两者氢化物分别是甲烷和氨气，氮氨气存在氢键，沸点较高；
B.原子半径同周期随质子数增加而减小，同主族随质子数增加而增大；
C.电离能同周期从左到右逐渐增大；
D.根据结构简式均含一个配位键。
21．（2021·辽宁）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．基态C原子价电子排布图：
B． 结构示意图：
C． 形成过程：
D．质量数为2的氢核素：
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；原子结构示意图
【解析】【解答】A．基态C原子价电子排布图为： ，A不符合题意；
B． 结构示意图为： ，B不符合题意；
C． 形成过程为： ，C不符合题意；
D．质量数为2的氢核素为： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.根据碳原子质子数和所在位置，核外排布为1s22s22p2；
B.质子数等于核外电子数，属于原子结构；
C.不符合离子化合物的构成；
D.质量数等于质子数加中子数。
22．（2021·辽宁）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是（ ）
A．S位于元素周期表p区 B．该物质的化学式为
C．S位于H构成的八面体空隙中 D．该晶体属于分子晶体
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A不符合题意；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为 ，H个数为： ，故H、S原子个数比为3：1，故该物质的化学式为 ，B不符合题意；
C．S位于H构成的八面体空隙中，如图所示 ，C不符合题意；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.根据硫元素的价电子排布，分析在元素周期表的位置在ｐ区；
B.根据晶胞图可以知道，此物质化学式是；
C.根据晶胞图，硫原子在氢原子所构成的八面体的空隙；
D.此物质是超导材料，属于阴阳离子构成的离子晶体。
23．（2021·海南）SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是（ ）
A．是非极性分子 B．键角 都等于90°
C． 与 之间共用电子对偏向S D． 原子满足8电子稳定结构
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A符合题意；
B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，故键角 不都等于90°，B不符合题意；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C不符合题意；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.根据结构图，是正八面体结构，结构对称属于非极性分子；
B.不全是九十度；
C.其氟原子的电负性较大，偏向氟原子；
D.据图分析，硫原子不满足8电子稳定结构。
24．（2021·北京）下列有关放射性核素氚（ H）的表述错误的是（ ）
A． H原子核外电子数为1 B． H原子核内中子数为3
C． 与H2化学性质基本相同 D． 具有放射性
【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A．放射性核素 H，质量数是3，质子数是1，质子数等于核外电子数，所以核外电子数等于1，故A不符合题意；
B．放射性核素 H，质量数是3，质子数是1，所以中子数等于3-1=2，故B符合题意；
C． 与H2的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质基本相同，故C不符合题意；
D． H是放射性核素，所以3H2O也具有放射性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.原子核电荷数核外电子数质子数；
B.原子中质子数+中子数=质量数；
C.氕和氚核外电子数相同，最外层电子数相同；
D.核素氚(3H)具有放射性。
25．（2021·广东）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是（ ）
A．煤油是可再生能源
B． 燃烧过程中热能转化为化学能
C．火星陨石中的 质量数为20
D．月壤中的 与地球上的 互为同位素
【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；化学反应中能量的转化；同位素及其应用
【解析】【解答】A.煤、石油、天然气属于不可再生能源，A不符合题意；
B.H2燃烧过程中，化学能转化为热能，B不符合题意；
C.20Ne中，20表示的是Ne的相对原子质量为20，C符合题意；
D.3He和3H中质子数不同，不属于同位素，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.煤油属于不可再生能源；
B.燃烧是将化学能转化为热能；
C.标在元素符号左上角的数字表示原子的相对原子质量；
D.同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子；
二、非选择题
26．（2023·全国乙卷）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。
（2）已知一些物质的熔点数据如下表：
物质 熔点/℃
800.7
与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是 。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因 。的空间结构为 ，其中的轨道杂化形式为 。
（3）一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个。该物质化学式为 ，B-B最近距离为 。
【答案】（1）；O＞Si＞Fe＞Mg；+2
（2）钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而 为分子晶体；随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是： 、 、 均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大；正四面体；
（3）3；；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）根据铁原子电子排布式可知，其价电子排布为3d64s2，元素电负性为：O>Si>Fe>Mg，根据化合物化合价代数和为0，可得铁的化合价为+2价；
（2），氯化钠为离子晶体，而四氯化硅为分子晶体，所以其沸点要高；三者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；SiCl4共价键为4，没有孤电子，采用sp3杂化，为四面体结构；
（3）由图可知，Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个数为：，B在正六棱柱体内共6个，所以化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为
【分析】思路分析：（2）一般来说，熔沸点大小关系为：共价晶体>离子晶体>分子晶体，可以通过沸点判断分子晶体类型，一般来说，分子晶体熔沸点都很低
（3）观察晶胞中原子的位置，利用均摊法计算原子个数，进而得到物质化学式。
27．（2023·浙江1月选考）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）分子的空间结构(以为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。受热分解生成和，其受热不稳定的原因是 。
（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述，正确的是____。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。
【答案】（1）四面体；；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
（2）A；B
（3）共价晶体；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的，SiH4分子中，Si采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；故答案为：四面体； ；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）A．电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，微粒半径：③>①>②，选项A符合题意；
B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B符合题意；
C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C不符合题意；
D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，选项D不符合题意；
故答案为：AB；
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为，故答案为：共价晶体；。
【分析】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的； N原子和1个Si原子、2个H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是4，N原子采用sp3杂化；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）①，则①为基态Si原子；②为Si+离子，③激发态Si原子；
（3）根据均摊法计算。
28．（2022·辽宁）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。
（2） 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
（4）方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（5）某合成氨速率方程为：，根据表中数据， ；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（6）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
【答案】（1）能
（2）高；低
（3）ab
（4）a
（5）-1；a
（6）Fe；3d6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学反应速率；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故答案为：ab。
（4）a．时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，温度过高，催化剂的活性可能不变或降低，c不正确；
故答案为：a。
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故答案为：a。
（6）根据均摊法，该晶胞中含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1：2，黑球的化学式为，白球的化学式为，从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。
【分析】（1）根据 H-T S<0时反应自发进行分析；
（2）温度越高，反应速率越快；
（3）a.低温有利于平衡正向移动；
b.升温反应速率加快；
c.合成氨的反应为放热反应；
d.温度升高，可提高合成氨反应的速率；
（4）a.复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高；
b.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；
c.温度过高催化剂可能失去活性；
（5）结合表中数据计算；不断分离出氨有利于平衡正向移动；
（6）根据均摊法计算；Fe2+的价电子排布式为3d6。
29．（2022·福建） 1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪 (36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。
（2）原子的活泼性依序增强，原因是 。
（3）晶体熔点： (填“>”“<”或“=”)，判断依据是 。
（4）的中心原子的杂化轨道类型为 。
（5）加合物中 ，晶体中的微粒间作用力有 (填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性共价键 d.非极性共价键
【答案】（1）
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
（3）<；二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高
（4）
（5）2；bc
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；化学键；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为，故答案为：；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强，故答案为：同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<，故答案为：<； 二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高；
（4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为，故答案为：；
（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故答案为：2；bc。
【分析】（1）As为33号元素，位于第四周期VA族，价电子排布式为；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，因此原子的活泼性依序增强；
（3）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
（4）中心Br原子的价层电子对数为4；
（5） 该晶胞中BrOF2的个数=4、AsF6的个数=4、KrF2的个数=8，所以BrOF2、AsF6、KrF2的个数之比为4：4：8=1：1：2；阴阳离子之间存在离子键，分子内不同非金属元素的原子之间形成极性键。
30．（2022·重庆市）【选考题】配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。
（1）基态Zn2+的电子排布式为 。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为 个，C与O之间形成σ键的数目为 个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入____。(假设X晶胞形状不变)。
A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。
①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于 。
②X晶体中Zn2+的配位数为 。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为 nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为 g cm-3(列出化简的计算式)。
【答案】（1）3d10
（2）哑铃形；8；8
（3）B；C
（4）与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；1.25；a—2d；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，基态Zn2+的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子占据的最高能级为2p能级，2p能级电子云轮廓图为哑铃形；由结构简式可知，苯环和双键碳原子采用sp2杂化，则配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8；
（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故答案为：BC；
（4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶体中锌离子的配位数为1.25，故答案为：1.25；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a-2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10-7) 3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，根据构造原理书写基态Zn2+的电子排布式；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，L2-所含元素中，O元素的电负性最大，O原子占据最高能级的电子为2p能级；苯环和双键碳原子采用sp2杂化；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（3）L2-上引入能与水分子形成氢键的基团，能增强X与水的吸附作用；
（4）①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有；
③[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线；
④根据均摊法和计算。
31．（2022·河北）【选修3：物质结构与性质】
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。回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 ，原因是 。
（3）SnCl的几何构型为 ，其中心离子杂化方式为 。
（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，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)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4
C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是 (填标号)，理由是 。
（6）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以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为 。
【答案】（1）1：2或2：1
（2）Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
（3）三角锥形；sp3杂化
（4）B
（5）D；D中含有-1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
（6）Cu2ZnSnS4；(，，)
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，其轨道表示式为，根据基态原子电子排布规则，则两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3） SnCl 中Sn的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故正确；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
故答案为：B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中-1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
【分析】（1）基态S原子的价电子排布图为；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（3） SnCl 的中心原子Sn价层电子对数为4，含有一个孤电子对，Sn采用sp3杂化；
（4）具有顺磁性物质含有未成对电子；
（5） Mn2+转化为MnO需要强氧化剂，且该氧化剂的氧化性应大于MnO；
（6）①根据均摊法计算；
②根据坐标系和A原子的坐标可推断B原子坐标。
32．（2022·天津市）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是 。
（3）的电子式为 。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式： 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备。空气与熔融金属Na反应前需依次通过 、 (填序号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．溶液
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为 。
（6）天然碱的主要成分为，1mol 经充分加热得到的质量为 g。
【答案】（1）(或)
（2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
（3）；
（4）c；a
（5）
（6）159
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。
（2） NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，说明加入的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。
（3）含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式： ；故答案为：； 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。
（5）图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为；故答案为：。
（6），因此1mol 经充分加热得到1.5mol，其质量为1.5mol×106g mol 1＝159g；故答案为：159。
【分析】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，轨道表示式为；
（2）NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，降低了NaCl的熔点；
（3）由钠离子和过氧根离子构成； Na与反应生成1mol 放热510.9kJ， 则该反应的热化学方程式为；
（4） 采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性；
（5）根据均摊法计算；
（6）根据钠原子守恒有：2NaHCO3～Na2CO3。
33．（2022·北京市）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
【知识点】原子核外电子排布；化学键；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（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个阴离子位于棱上，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。
【分析】（1）①Fe为26号元素，核外共26个电子，Fe原子失去2个电子形成Fe2+；
②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键；
（2）①以位于面心Fe2+为例， 距离Fe2+最近的阴离子为了棱上和体心；
②根据均摊法和计算；
（3）燃烧均为放热反应。
34．（2022·海南）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
（1）基态O原子的电子排布式 ，其中未成对电子有 个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是 。
（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取 杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是 。
（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为 。
（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是 。
（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面 、 。
【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4；2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3）sp2；两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6） cdhi； bcek
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O为8号元素，基态O原子核外有8个电子，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
(3)根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此邻苯二甲酰亚胺的熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，则该配离子为[Zn(NH3)4]2+，从而可知金属Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
(5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键；
(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为 cdhi和 bcek。
【分析】（1）O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，含有2个未成对电子；
（2）金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用；
（3）酞菁分子中N元素均形式双键；邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键；
（4）Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为 [Zn(NH3)4]2+ ；
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强；
（6）根据晶胞的空间结构进行判断。
35．（2022·山东）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+
（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）
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2；位于元素周期表的第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，一个晶胞中含有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则与的配位数之比为4：6=2：3；4：2：2=2：1：1；Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+，故答案为：2：3；2：1：1；Zn2+；
(3)吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子采用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：＞＞，碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则其中碱性最弱的为：，故答案为：。
【分析】（1）Ni为28号元素，根据构造原理书写价电子排布式；位于第4周期第VIII族；
（2）根据均摊法计算确定该晶胞的化学式，进而确定与的配位数之比和；Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+；
（3）吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对；
（4） 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；根据相似相溶原理判断；
（5）-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团。
36．（2022·湖南）[选修3：物质结构与性质]
铁和硒（ ）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 原子的核外电子排布式为 ；
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 分子 离子（填“>”“<”或“=”），原因是 。
（2）富马酸亚铁 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 键与 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 ，将 转化为 ，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 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 ；
② 原子的配位数为 ；
③该晶胞参数 、 。阿伏加德罗常数的值为 ，则该晶体的密度为 （列出计算式）。
【答案】（1）[Ar] 3d104s24p4；6；＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO 的空间构型为三角锥形
（2）11：3；O＞C＞H＞Fe
（3）sp3杂化；H2O
（4）KFe2Se2；4；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①Se为34号元素，核外有34个电子，基态Se原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，简化电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；
②乙烷硒啉的分子结构对称，如图，则乙烷硒啉分子中含有8种化学环境不同的碳原子，故答案为：8；
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，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则富马酸分子中含有11个σ键，3个π键，σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；
②富马酸亚铁中含有的元素为C、H、O、Fe，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O＞C＞H＞Fe，则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的原子数为3，价电子数为8， 等电子体具有相同的原子数和价电子数，则与互为等电子体的分子为H2O，故答案为：H2O；
（4）①由平面投影图可知，钾原子位于顶点和体心，数目为8× +1=2，硒原子位于棱上和体内，数目为，铁原子位于晶胞面上，数目为，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，距离铁原子最近且紧邻的硒原子有4个，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，根据可得， =abc×10-21×d，解得d= ，故答案为： 。
【分析】（1）①Se为34号元素，根据构造原理书写核外电子排布式；
②该物质结构对称；
③孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（2）①单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
②元素的非金属性越强，电负性越大；
（3）①产物中N原子形成4个σ键；
②等电子体具有相同的原子数和价电子数；
（4）①根据均摊法计算；
②位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近；
③根据计算。
37．（2022·广东）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a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
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）B；D；E
（4）O、Se
（5）＞；正四面体形
（6）K2SeBr6；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se为第四周期元素，Se与S同族，最外层电子数都为6，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
（2）H2Se和H2O都是分子晶体，由于水分子之间存在氢键，所以H2O的沸点较高。
（3）A．I中有碳碳单键（σ键）和介于单键、双键之间的特殊键（大π键），A不符合题意；
B．Se与Se为同种原子，则I中的Se-Se键为非极性共价键，B符合题意；
C．II属于烃类，难溶于水，C不符合题意；
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，D符合题意；
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。则I~III含有的元素中，O电负性最大，E符合题意；
故答案为：BDE。
（4）根据IV的结构简式可知，O、Se都有孤对电子，C、H、S都没有孤对电子。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸，H2SO4酸性比H2SO3强，则H2SeO4的酸性比H2SeO3强。SO42-中Se价层电子对数为4+=4，其立体构型为正四面体形。
（6）①根据晶胞结构可知，有8个K原子，另外的原子团个数为，而1个原子团为SeBr62-
，经简化可得X的化学式为K2SeBr6。
②由①可知，晶胞中含有4个K2SeBr6，且X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半。设晶胞参数为a nm，则，解得，所以X中相邻K之间的最短距离为nm。
【分析】（1）同主族元素原子的最外层电子数相等，价电子是指最外层电子。
（2）分子间含有氢键，能使物质的熔沸点升高。
（3）A．σ键为单键，介于单键、双键之间的特殊键为大π键。
B．在共价键中，成键的两个相同原子之间存在非极性共价键。
C．烃类都难溶于水。
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp。
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。
（4）根据原子最外层8电子饱和（H原子最外层2电子饱和）及物质结构中原子的成键情况进行分析。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸。分子或离子的立体构型可通过中心原子的价层电子对进行分析。
（6）①根据均摊法进行解答。
②根据n=和m=ρV进行分析，注意单位统一。
38．（2022·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
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 杂化轨道与的轨道形成 键，并且的轨道与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；
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）F为第9号元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，其激发态是基态原子2p能级上的几个电子跃迁到3p能级上。
a.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符合题意；
b.核外共10个电子，不是氟原子，b不符合题意；
c.核外共8个电子，不是氟原子，c不符合题意；
d.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符合题意；
故答案为：ad。
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，故答案为：d。
（2）①一氯乙烯的结构式为，其中碳原子有3对共用电子对，采用sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl σ键。
②一氯乙烷中碳采用sp3杂化，一氯乙烯中碳采用sp2杂化，一氯乙炔中碳采用sp杂化。sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，p成分越多，形成的C-Cl键越弱，则其键长越长；同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl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(Π34 )，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(Π34 )，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）非氧化还原反应中各元素化合价不变，根据反应前后元素的种类不变，CsICl2反应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。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）在电场作用下，Ag+不需要克服太大阻力即可发生迁移，则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I-的个数为8×+1=2，则Ag+个数也为2，所以晶胞的物质的量n=mol=mol，晶胞体积V=a3pm3=(504×10-12)3m3，则α-AgI晶体的摩尔体积Vm=。
【分析】（1）注意氟原子的激发态是指基态原子2p能级上的几个电子跃迁到3p能级上。氟原子3p能级的能量比3s能级的能量高。
（2）C的杂化轨道中s成分越多，形成的C-Cl键越强，则其键长越短；Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl键长越短。据此分析。
（3）非氧化还原反应前后元素的化合价不变，结合产物的特点和质量守恒定律进行分析。离子晶体的熔点比分子晶体高，据此分析。
（4）运用均摊法算出该晶胞的个数和体积，结合N=n·NA和V=n·Vm进行解答。
39．（2021·天津）铁单质及其化合物的应用非常广泛。
（1）基态Fe原子的价层电子排布式为 。
（2）用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为 。每个晶胞B中含Fe原子数为 。
（3）合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式 。从能量角度分析，铁触媒的作用是 。
（4）Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如 、 、 。某同学按如下步骤完成实验：
① 为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是 ，为了能观察到溶液Ⅰ中 的浅紫色，可采取的方法是 。
②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡： ； ，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为 ，平衡常数为 (用K1和K2表示)。
【答案】（1）3d64s2
（2）8；4
（3）；降低反应活化能
（4）由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；；
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Fe为26号元素，所以基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；
（2）由图可知，晶胞A中Fe的配位数为8，所以每个Fe原子紧邻的原子数为8。根据原子均摊法，每个晶胞B中含Fe原子数为 ，故答案为：8；；4
（3）由图可知，1mol N2和3mol H2反应时，放出的热量为(a-b)kJ，所以该反应的热化学方程式 。铁触媒是反应的催化剂，作用是降低反应活化能，故答案为： ；降低反应活化能；
（4）①由于Fe3+水解产物的颜色导致溶液Ⅰ却呈黄色，为了能观察到溶液Ⅰ中 的浅紫色，可向该溶液中加HNO3，抑制铁离子的水解，故答案为：由Fe3+水解产物的颜色所致；向该溶液中加HNO3；
②向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色，说明 和氟离子转化为 ，其离子方程式为 ， 和 相减得到 ，所以平衡常数为 ，故答案为： ； 。
【分析】（1）Fe是26号元素，处于第四周期第Ⅷ族，属于过渡元素，价电子包括3d、4s电子；
（2）A晶胞为体心立方堆积，以体心Fe原子研究，与之紧邻的原子处于顶点；均摊法计算B晶胞中Fe数目，顶角原子贡献率为1/8，面心原子贡献率为1/2；
（3）由图可知1mol氮气与3mol氢气反应生成2mol氨气放出（a b）kJ热量，书写热化学方程式需注明物质的聚集状态和反应热△H；使用催化剂，降低反应活化能，加快反应速率；
（4）①根据Fe3＋易水解分析颜色变化，由于水解使溶液呈酸性，加酸抑制水解既能观察到浅紫色；
②根据溶液颜色由红色转变为无色，证明[Fe(SCN)6]3 转化为[FeF6]3 ，可以由第二个离子方程式减去第一个离子方程式得到，平衡常数为两个反应的平衡常数之比。
40．（2021·海南）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。
回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为 。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为 。
（3）第一电离能的大小：C O(填“大于”或“小于”)。
（4） 中碳原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式 。
（5）CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为 。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是 。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为 ，b点锰原子坐标为 ，则c点锰原子坐标为 。
【答案】（1）
（2）6
（3）小于
（4）；
（5）
（6）MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Mn元素是第25号元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，所以本问应填“ ”；
（2）由题干图例所示，HMn(CO)5中Mn原子以配位键连接5个C原子，1个H原子，所以本问应填“6”；
（3）根据元素周期律，总体规律同一周期元素从左到右第一电离能依次增强，特殊规律同周期IIA族第一电离能大于IIIA族，VA族第一电离能大于VIA族，C是IVA族，O是VIA族，不涉及特殊规律，所以本问应填“小于”；
（4）①根据价层电子对互斥理论， 中心原子C连接3个O原子，所以δ键为3，孤电子对数 (阴离子计算孤电子对数时，所带负电荷绝对值要与中心原子价电子数相加)，所以 中C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，故其离子结构为平面三角形；再根据价层电子对数与杂化轨道对应关系，可知 中C原子的杂化轨道类型是sp2，故本问第一空应填“sp2”；
②按题目要求，阴离子中心原子价层电子对数应为3，孤电子对数为0，带电荷量为-1，无机酸根一般是含氧酸阴离子，所以代入孤电子对公式可解得其中心原子价电子数为5，所以本问第二空应填“ ”；
（5）根据题目描述，CH3Mn(CO)5与I2交换原子(或原子团)，形成新物质，故本问应填“ ”；
（6）①离子晶体熔沸点高低不光与晶体结构有关，也与离子带电荷量有关，MnS晶体中每个离子都带2个单位电荷(正或负)，而NaCl晶体中，每个离子只带1个单位电荷，所以本问第一空应填“MnS中阴阳离子所带电荷数比NaCl的多，离子键强度更大”；
②根据题目所给信息，依据a、b两点原子的三维坐标推得，MnS晶胞的三维坐标关系是以b点左侧y轴上同一高度的S原子中心为三维坐标中心，轴向上每两个最近的S原子(或Mn原子)间距为单位长度，那么c点Mn原子的坐标为 ，故本问第二空应填“ ”。
【分析】
（1）锰元素质子数25，其1s22s22p63s23p63d54s2，其价层电子排布是3d54s2；
（2）根据结构示意图，配位数是6；
（3）同周期电离能自左到右依次增大，但存在例外，如IIA和IIIA族，VA族和VIA族；
（4）C原子价层电子对数为3，孤电子对数为0，杂化轨道类型是sp2，而相似构型的负一价酸根离子只有硝酸根；
（5）按照要求交换原子团即可；
（6）硫化锰所带的电荷数较多，离子键强度大，熔点相对较高。
41．（2021·山东）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态F原子核外电子的运动状态有 种。
（2）O、F、Cl电负性由大到小的顺序为 ；OF2分子的空间构型为 ；OF2的熔、沸点 (填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是 。
（3）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为 ，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是 (填标号)。
A．sp B．sp2
C．sp3 D．sp3d
（4）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有 个XeF2分子。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( ， ， )。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为 ；晶胞中A、B间距离d= pm。
【答案】（1）9
（2）F>O>Cl；角(V)形；低于；OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高
（3）5；D
（4）2；(0，0， )； pm
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子核外电子的能级分布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态氟原子的质子数为9，核外有9个电子对应着9种不同的运动状态，故正确答案为9
（2）半径越小，电负性越大，而半径大小为 F＜O＜Cl ，因此电负性大小为 F>O>Cl ，根据VSEPR理论有，价层电子对为4孤对电子为2，知OF2分子的空间构型是V型， OF2 和 Cl2O 结构相似，相对分子质量是Cl2O 大于OF2 ，沸点是 OF2 低于 Cl2O ，故正确答案是： F>O>Cl 、V型、 低于 、 OF2和Cl2O都是分子晶体，结构相似，Cl2O的相对分子质量大，Cl2O的熔、沸点高
（3）XeF2易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为2+=5，含有2对孤对电子，是sp杂化，故正确答案是5，d
（4）Xe的半径大于F，大球为Xe，小球是F，大球占据体心和顶点，Xe个数=1+8x=2，小球8个占据棱，2个在晶胞内部，F的个数为2+8x=4，因此晶胞中含有2个XeF2分子，B点在Z轴上， Xe—F键长为rpm ，因此B点的坐标是 (0，0， ) ，AB的长度是 近三年高考化学真题分类汇编：物质结构
一、选择题
1．（2023·湖南）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是
A．电负性：X>Y>Z>W
B．原子半径：X
D．Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性
2．（2023·湖南）下列化学用语表述错误的是
A．HClO的电子式：
B．中子数为10的氧原子：O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
3．（2023·辽宁）下列化学用语或表述正确的是
A．BeCl2的空间结构：V形 B．P4中的共价键类型：非极性键
C．基态Ni原子价电子排布式：3d10 D．顺—2—丁烯的结构简式：
4．（2023·湖北）W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物。下列说法正确的是
A．分子的极性： B．第一电离能：X
5．（2023·新课标卷）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为，部分晶体结构如下图所示，其中为平面结构。
下列说法正确的是
A．该晶体中存在N-H…O氢键
B．基态原子的第一电离能：
C．基态原子未成对电子数：
D．晶体中B、N和O原子轨道的杂化类型相同
6．（2023·浙江1月选考）X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。X的轨道全充满，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，M是地壳中含量最多的元素，Q是纯碱中的一种元素。下列说法错误的是
A．电负性：
B．最高正价：
C．Q与M的化合物中可能含有非极性共价键
D．最高价氧化物对应水化物的酸性：
7．（2023·浙江1月选考）共价化合物中所有原子均满足8电子稳定结构，一定条件下可发生反应：，下列说法错误的是
A．的结构式为
B．为非极性分子
C．该反应中的配位能力大于氯
D．比更难与发生反应
8．（2023·浙江1月选考）下列化学用语表示正确的是
A．中子数为18的氯原子：
B．碳的基态原子轨道表示式：
C．的空间结构：(平面三角形)
D．的形成过程：
9．（2022·江苏）工业上电解熔融和冰晶石的混合物可制得铝。下列说法正确的是（ ）
A．半径大小： B．电负性大小：
C．电离能大小： D．碱性强弱：
（2022·江苏）阅读下列材料，完成5~7题：
周期表中IVA族元素及其化合物应用广泛。甲烷具有较大的燃烧热(890.3 kJ·mol-1)，是常见燃料；Si、 Ge是重要的半导体材料，硅晶体表面SiO2能与氢氟酸(HF，弱酸)反应生成H2SiF6 (H2SiF6在水中完全电离为H+和SiF62- )； 1885年德国化学家将硫化锗(GeS2)与H2共热制得了门捷列夫预言的类硅-锗；我国古代就掌握了青铜(铜-锡合金)的冶炼、加工技术，制造出许多精美的青铜器；Pb、PbO2是铅蓄电池的电极材料，不同铅化合物一般具有不同颜色，历史上曾广泛用作颜料。
10．下列说法正确的是（ ）
A．金刚石与石墨烯中的夹角都为
B．、都是由极性键构成的非极性分子
C．锗原子()基态核外电子排布式为
D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同
11．下列化学反应表示正确的是（ ）
A．与HF溶液反应：
B．高温下还原：
C．铅蓄电池放电时的正极反应：
D．甲烷的燃烧：
12．下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．石墨能导电，可用作润滑剂
B．单晶硅熔点高，可用作半导体材料
C．青铜比纯铜熔点低、硬度大，古代用青铜铸剑
D．含铅化合物颜色丰富，可用作电极材料
13．（2022·天津市）利用反应可制备N2H4。下列叙述正确的是（ ）
A．NH3分子有孤电子对，可做配体
B．NaCl晶体可以导电
C．一个N2H4分子中有4个σ键
D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
14．（2022·北京市）(锶)的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变。土壤生物中值与土壤中值有效相关。测定土壤生物中值可进行产地溯源。下列说法错误的是（ ）
A．位于元素周期表中第六周期、第ⅡA族
B．可用质谱法区分和
C．和含有的中子数分别为49和48
D．同一地域产出的同种土壤生物中值相同
15．（2022·北京市）下列化学用语或图示表达错误的是（ ）
A．乙炔的结构简式：
B．顺丁烯的分子结构模型：
C．基态原子的价层电子的轨道表示式：
D．的电子式：
16．（2022·山东）、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是（ ）
A．X的中子数为2
B．X、Y互为同位素
C．、可用作示踪原子研究化学反应历程
D．自然界不存在、分子是因其化学键不稳定
17．（2022·全国乙卷）化合物可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21。分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述正确的是（ ）
A．W、X、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物的酸性：
C．阶段热分解失去4个
D．热分解后生成固体化合物
18．（2021·湖北）甲烷单加氧酶(s—mmo)含有双核铁活性中心，是O2氧化CH4生成CH3OH的催化剂，反应过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．基态Fe原子的核外电子排布式为[Ar]3d64s2
B．步骤③有非极性键的断裂和极性键的形成
C．每一步骤都存在铁和氧元素之间的电子转移
D．图中的总过程可表示为：CH4+O2+2H++2e- CH3OH+H2O
19．（2021·天津）下列化学用语表达正确的是（ ）
A．F-的离子结构示意图：
B．基态碳原子的轨道表示式：
C．丙炔的键线式：
D．H2O分子的球棍模型：
20．（2021·辽宁）某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是（ ）
A．氢化物沸点： B．原子半径：
C．第一电离能： D．阴、阳离子中均有配位键
21．（2021·辽宁）下列化学用语使用正确的是（ ）
A．基态C原子价电子排布图：
B． 结构示意图：
C． 形成过程：
D．质量数为2的氢核素：
22．（2021·辽宁）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是（ ）
A．S位于元素周期表p区 B．该物质的化学式为
C．S位于H构成的八面体空隙中 D．该晶体属于分子晶体
23．（2021·海南）SF6可用作高压发电系统的绝缘气体，分子呈正八面体结构，如图所示。有关SF6的说法正确的是（ ）
A．是非极性分子 B．键角 都等于90°
C． 与 之间共用电子对偏向S D． 原子满足8电子稳定结构
24．（2021·北京）下列有关放射性核素氚（ H）的表述错误的是（ ）
A． H原子核外电子数为1 B． H原子核内中子数为3
C． 与H2化学性质基本相同 D． 具有放射性
25．（2021·广东）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是（ ）
A．煤油是可再生能源
B． 燃烧过程中热能转化为化学能
C．火星陨石中的 质量数为20
D．月壤中的 与地球上的 互为同位素
二、非选择题
26．（2023·全国乙卷）中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物()。回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。
（2）已知一些物质的熔点数据如下表：
物质 熔点/℃
800.7
与均为第三周期元素，熔点明显高于，原因是 。分析同族元素的氯化物、、熔点变化趋势及其原因 。的空间结构为 ，其中的轨道杂化形式为 。
（3）一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个。该物质化学式为 ，B-B最近距离为 。
27．（2023·浙江1月选考）硅材料在生活中占有重要地位。请回答：
（1）分子的空间结构(以为中心)名称为 ，分子中氮原子的杂化轨道类型是 。受热分解生成和，其受热不稳定的原因是 。
（2）由硅原子核形成的三种微粒，电子排布式分别为：①、②、③，有关这些微粒的叙述，正确的是____。
A．微粒半径：③>①>②
B．电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②
C．电离一个电子所需最低能量：①>②>③
D．得电子能力：①>②
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图。该晶体类型是 ，该化合物的化学式为 。
28．（2022·辽宁）工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，其反应为：。回答下列问题：
（1）合成氨反应在常温下 (填“能”或“不能”)自发。
（2） 温(填“高”或“低”，下同)有利于提高反应速率， 温有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂(铁触媒)活性等因素，工业常采用。
针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了两种解决方案。
（3）方案一：双温-双控-双催化剂。使用双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为时，的温度为，而的温度为)。
下列说法正确的是 。
a．氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率
b．在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率
c．“热Fe”高于体系温度，有利于提高氨的平衡产率
d．“冷Ti”低于体系温度，有利于提高合成氨反应速率
（4）方案二：复合催化剂。
下列说法正确的是 。
a．时，复合催化剂比单一催化剂效率更高
b．同温同压下，复合催化剂有利于提高氨的平衡产率
c．温度越高，复合催化剂活性一定越高
（5）某合成氨速率方程为：，根据表中数据， ；
实验
1 m n p q
2 2m n p 2q
3 m n 0.1p 10q
4 m 2n p 2.828q
在合成氨过程中，需要不断分离出氨的原因为 。
a．有利于平衡正向移动 b．防止催化剂中毒 c．提高正反应速率
（6）某种新型储氢材料的晶胞如图，八面体中心为M金属离子，顶点均为配体；四面体中心为硼原子，顶点均为氢原子。若其摩尔质量为，则M元素为 (填元素符号)；在该化合物中，M离子的价电子排布式为 。
29．（2022·福建） 1962年首个稀有气体化合物问世，目前已知的稀有气体化合物中，含氙(54Xe)的最多，氪 (36Kr)次之，氩(18Ar)化合物极少。是与分子形成的加合物，其晶胞如下图所示。
回答下列问题：
（1）基态原子的价电子排布式为 。
（2）原子的活泼性依序增强，原因是 。
（3）晶体熔点： (填“>”“<”或“=”)，判断依据是 。
（4）的中心原子的杂化轨道类型为 。
（5）加合物中 ，晶体中的微粒间作用力有 (填标号)。
a.氢键 b.离子键 c.极性共价键 d.非极性共价键
30．（2022·重庆市）【选考题】配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。
（1）基态Zn2+的电子排布式为 。
（2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为 个，C与O之间形成σ键的数目为 个。
（3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入____。(假设X晶胞形状不变)。
A．－Cl B．－OH C．－NH2 D．－CH3
（4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。
①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于 。
②X晶体中Zn2+的配位数为 。
③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为 nm。
④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为 g cm-3(列出化简的计算式)。
31．（2022·河北）【选修3：物质结构与性质】
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。回答下列问题：
（1）基态S原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
（2）Cu与Zn相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是 ，原因是 。
（3）SnCl的几何构型为 ，其中心离子杂化方式为 。
（4）将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，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)2]Cl B．[Cu(NH3)4]SO4
C．[Zn(NH3)4]SO4 D．Na2[Zn(OH)4]
（5）如图是硫的四种含氧酸根的结构：
A． B． C． D．
根据组成和结构推断，能在酸性溶液中将Mn2+转化为MnO的是 (填标号)，理由是 。
（6）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以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图中A原子的坐标为(，，)，则B原子的坐标为 。
32．（2022·天津市）金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：
（1）基态Na原子的价层电子轨道表示式为 。
（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：，加入的目的是 。
（3）的电子式为 。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式： 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备。空气与熔融金属Na反应前需依次通过 、 (填序号)
a．浓硫酸 b．饱和食盐水 c．NaOH溶液 d．溶液
（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为 。
（6）天然碱的主要成分为，1mol 经充分加热得到的质量为 g。
33．（2022·北京市）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 。
34．（2022·海南）以、ZnO等半导体材料制作的传感器和芯片具有能耗低、效率高的优势。回答问题：
（1）基态O原子的电子排布式 ，其中未成对电子有 个。
（2）Cu、Zn等金属具有良好的导电性，从金属键的理论看，原因是 。
（3）酞菁的铜、锌配合物在光电传感器方面有着重要的应用价值。酞菁分子结构如下图，分子中所有原子共平面，所有N原子的杂化轨道类型相同，均采取 杂化。邻苯二甲酸酐()和邻苯二甲酰亚胺()都是合成菁的原料，后者熔点高于前者，主要原因是 。
（4）金属Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，Zn与氨水反应的离子方程式为 。
（5）ZnO晶体中部分O原子被N原子替代后可以改善半导体的性能，Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键，原因是 。
（6）下图为某ZnO晶胞示意图，下图是若干晶胞无隙并置而成的底面O原子排列局部平面图。为所取晶胞的下底面，为锐角等于60°的菱形，以此为参考，用给出的字母表示出与所取晶胞相邻的两个晶胞的底面 、 。
35．（2022·山东）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 。
36．（2022·湖南）[选修3：物质结构与性质]
铁和硒（ ）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 原子的核外电子排布式为 ；
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 分子 离子（填“>”“<”或“=”），原因是 。
（2）富马酸亚铁 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 键与 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 ，将 转化为 ，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 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 ；
② 原子的配位数为 ；
③该晶胞参数 、 。阿伏加德罗常数的值为 ，则该晶体的密度为 （列出计算式）。
37．（2022·广东）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a，沿x、y、z轴方向的投影均为图b。
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）。
38．（2022·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
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 杂化轨道与的轨道形成 键，并且的轨道与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）。
39．（2021·天津）铁单质及其化合物的应用非常广泛。
（1）基态Fe原子的价层电子排布式为 。
（2）用X射线衍射测定，得到Fe的两种晶胞A、B，其结构如图所示。晶胞A中每个Fe原子紧邻的原子数为 。每个晶胞B中含Fe原子数为 。
（3）合成氨反应常使用铁触媒提高反应速率。如图为有、无铁触媒时，反应的能量变化示意图。写出该反应的热化学方程式 。从能量角度分析，铁触媒的作用是 。
（4）Fe3+可与H2O、SCN-、F-等配体形成配位数为6的配离子，如 、 、 。某同学按如下步骤完成实验：
① 为浅紫色，但溶液Ⅰ却呈黄色，其原因是 ，为了能观察到溶液Ⅰ中 的浅紫色，可采取的方法是 。
②已知Fe3+与SCN-、F-的反应在溶液中存在以下平衡： ； ，向溶液Ⅱ中加入NaF后，溶液颜色由红色转变为无色。若该反应是可逆反应，其离子方程式为 ，平衡常数为 (用K1和K2表示)。
40．（2021·海南）金属羰基配位化合物在催化反应中有着重要应用。HMn(CO)5是锰的一种简单羰基配位化合物，其结构示意图如下。
回答问题：
（1）基态锰原子的价层电子排布式为 。
（2）配位化合物中的中心原子配位数是指和中心原子直接成键的原子的数目。HMn(CO)5中锰原子的配位数为 。
（3）第一电离能的大小：C O(填“大于”或“小于”)。
（4） 中碳原子的杂化轨道类型是 ，写出一种与具有相同空间结构的-1价无机酸根离子的化学式 。
（5）CH3Mn(CO)5可看作是HMn(CO)5中的氢原子被甲基取代的产物。CH3Mn(CO)5与I2反应可用于制备CH3I，反应前后锰的配位数不变，CH3Mn(CO)5与I2反应的化学方程式为 。
（6）MnS晶胞与NaCl晶胞属于同种类型，如图所示。前者的熔点明显高于后者，其主要原因是 。
以晶胞参数为单位长度建立坐标系，可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。在晶胞坐标系中，a点硫原子坐标为 ，b点锰原子坐标为 ，则c点锰原子坐标为 。
41．（2021·山东）非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
（1）基态F原子核外电子的运动状态有 种。
（2）O、F、Cl电负性由大到小的顺序为 ；OF2分子的空间构型为 ；OF2的熔、沸点 (填“高于”或“低于”)Cl2O，原因是 。
（3）Xe是第五周期的稀有气体元素，与F形成的XeF2室温下易升华。XeF2中心原子的价层电子对数为 ，下列对XeF2中心原子杂化方式推断合理的是 (填标号)。
A．sp B．sp2
C．sp3 D．sp3d
（4）XeF2晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90°，该晶胞中有 个XeF2分子。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( ， ， )。已知Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为 ；晶胞中A、B间距离d= pm。
42．（2021·广东）[选修3：物质结构与性质]
很多含巯基（-SH）的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。
（1）基态硫原子价电子排布式为 。
（2）H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为 。
（3）汞的原子序数为80，位于元素周期表第 周期第ⅡB族。
（4）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有________。
A．在I中S原子采取sp3杂化
B．在Ⅱ中S元素的电负性最大
C．在Ⅲ中C-C-C键角是180°
D．在Ⅲ中存在离子键与共价键
E．在Ⅳ中硫氧键的键能均相等
（5）汞解毒剂的水溶性好，有利于体内
重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是 。
（6）理论计算预测，由汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体（晶胞如图9a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。
①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是 。
②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为 ；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb = 。
③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为 g/cm3（列出算式）。
43．（2021·全国甲）[化学-选修3：物质结构与性质]
我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：
（1）太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为 ；单晶硅的晶体类型为 。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为 。SiCl4可发生水解反应，机理如下：
含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为 （填标号）。
（2）CO2分子中存在 个 键和 个 键。
（3）甲醇的沸点（64.7℃）介于水（100℃）和甲硫醇（CH3SH，7.6℃）之间，其原因是 。
（4）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是 ，晶胞参数为a pm、a pm、c pm，该晶体密度为 g·cm-3（写出表达式）。在ZrO2中掺杂少量ZrO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y= （用x表达）。
44．（2021·湖南）[选修3：物质结构与性质]
硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：
（1）基态硅原子最外层的电子排布图为 ，晶体硅和碳化硅熔点较高的是 (填化学式)；
（2）硅和卤素单质反应可以得到 ， 的熔沸点如下表：
熔点/K 183.0 203.2 278.6 393.7
沸点/K 187.2 330.8 427.2 560.7
①0℃时， 、 、 、 呈液态的是 (填化学式)，沸点依次升高的原因是 ，气态 分子的空间构型是 ；
② 与N-甲基咪唑 反应可以得到 ，其结构如图所示：
N-甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为 ，H、C、N的电负性由大到小的顺序为 ，1个 中含有 个 键；
（3）下图是 、 、 三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。
①已知化合物中 和 的原子个数比为1：4，图中Z表示 原子(填元素符号)，该化合物的化学式为 ；
②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm， ，则该晶体的密度 (设阿伏加德罗常数的值为 ，用含a、b、c、 的代数式表示)。
45．（2021·河北）[选修3：物质结构与性质]
KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：
（1）在KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是 (填离子符号)。
（2）原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+ 表示，与之相反的用- 表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
（3）已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJ mol-1)如表：
N—N N≡N P—P P≡P
193 946 197 489
从能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(结构式可表示为 )形式存在的原因是 。
（4）已知KH2PO2是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为 ，其中P采取 杂化方式。
（5）与PO 电子总数相同的等电子体的分子式为 。
（6）磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：
如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为 。
（7）分别用○、●表示H2PO 和K+，KH2PO4晶体的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是H2PO 、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：
①若晶胞底边的边长均为apm、高为cpm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度__g cm-3(写出表达式)。
②晶胞在x轴方向的投影图为__(填标号)。
46．（2021·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
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下图所示。
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 和 ，则金属原子空间占有率为 %(列出计算表达式)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca。
A、非金属性越强，其电负性越强，因此电负性F>O>P>Ca，即Y>X>Z>W，A不符合题意；
B、电子层数越大，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径F
D、Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，不具有强氧化性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】W可与Y形成化合物WY2，且W的原子序数最大，因此W为Ca。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，且含有2个未成对电子，因此X的核外电子排布式为1s22s22p4，故X为O。Y的基态原子含有1个未成对的电子，且Y能与W形成化合物WY2，因此Y为F。Z基态原子含有3个未成对的电子，因此Z的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，所以Z为P。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HClO的电子式为，A不符合题意；
B、质量数=质子数+中子数，因此中子数为10的氧原子，其质量数=8+10=18，其化学符号为，B不符合题意；
C、NH3中含有3个N-H键和一个孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体型，C符合题意；
D、基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，其排布图为，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、HClO中氧原子含有两个孤电子，可形成两对共用电子对；
B、中子数为10的氧原子，其质量数为18；
C、NH3的VSEPR模型为四面体型；
D、基态N原子的价层电子排布式为2s22p3。
3．【答案】B
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；极性键和非极性键
【解析】【解答】A．BeCl2的中心原子为Be，根据VSEPR模型可以计算，BeCl2中不含有孤电子对，共价键数目为2，采用sp杂化，BeCl2为直线型分子，A错误；
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，B项正确；
C．Ni原子的原子序数为28，其基态原子的价电子排布为3d84s2，C错误，
D.顺-2-丁烯的结构中两个甲基在双键的同一侧，其结构简式为：
故答案为：B。
【分析】A.找到中心原子，根据VSEPR模型可以计算孤对电子，在判断键数目，然后判断空间构型
B.同种原子之间形成的共价键为非极性共价键，不同种原子之间形成的共价键为极性共价键；
D.顺式为相同原子或者取代基在同侧，反式为相同原子或者取代基在异侧。
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；极性分子和非极性分子；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，W为B，X为N，Z是F，WZ3为BF3，XZ3为NF3，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：，A正确；
B．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s22p3，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y
D．由分析可知，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；
故答案为：A。
【分析】Z2是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F，以此解题
5．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A.图中灰球为N 原子和O原子，黑球为氢原子，由图可知，虚线即为氢键，氢键，A项正确；
B.氮原子处于半满状态，比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子，因此，基态原子的第一电离能从小到大的顺序为C< O < N，B项错误；
C.B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，因此，基态原子未成对电子数B
故答案为：A。
【分析】易错分析：B.比较电离能时，要注意，同一周期元素原子的第一电离能呈递增趋势，但是第ⅡA、ⅤA元素的原子结构比较稳定，其第一电离能高于同周期的相邻元素的原子
D.根据空间结构可以判断杂化类型，也可以通过价层电子对数判断杂化类型，根据具体情况进行适当运用。
6．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：N>Be，则电负性：N>Be，即Z>X，A不符合题意；
B．N最高正价为+5价，O无最高正价，最高正价N大于O，即M>Z；B符合题意；
C．Na和O形成的过氧化钠中含有O-O非极性共价键，C不符合题意；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：N>C，则硝酸酸性强于碳酸，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】M是地壳中含量最多的元素，则M为O元素，X的2s轨道全充满，则X为Be元素，Y的s能级电子数量是p能级的两倍，则Y为C元素，Q是纯碱中的一种元素，为Na元素，Z元素原子序数介于Y和M之间，为N元素。
7．【答案】D
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键，则分子的结构式为，故A不符合题意；
B．双聚氯化铝分子的结构式为，则双聚氯化铝分子为结构对称的非极性分子，故B不符合题意；
C．由反应方程式可知，氨分子更易与具有空轨道的铝原子形成配位键，配位能力大于氯原子，故C不符合题意；
D．Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键，所以双聚溴化铝的铝溴键更易断裂，比双聚氯化铝更易与氨气反应，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.Al原子的最外层电子数为3，共价化合物Al2Cl6中所有原子均满足8电子稳定结构，则分子中Al、Cl原子间存在配位键；
B.结构对称，为非极性分子；
C.根据反应的方程式可得氨分子更易与铝原子形成配位键；
D.Br的原子半径大于Cl，则键能：Al-Br键＜Al-Cl键。
8．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数，则中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为，故A不符合题意；
B．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，故B不符合题意；
C．BF3中心B原子的价层电子对数为==3，不含孤电子对，则其空间构型为平面三角形，空间结构模型为：，故C符合题意；
D．HCl是共价化合物，其形成过程应为，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
B.2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同；
C.BF3中心B原子的价层电子对数为3，不含孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为平面三角形；
D.HCl为共价化合物。
9．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小，故半径大小为，故A符合题意；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，故，故B不符合题意；
C．同周期从左往右第一电离能呈增大趋势，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势，故电离能大小为，故C不符合题意；
D．元素金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性强弱为，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.电子层数越多，粒子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，粒子半径越小；
B.元素的非金属性越强，电负性越大；
C.同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上往下第一电离能呈减小趋势；
D.金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【答案】10．B
11．A
12．C
【知识点】原子核外电子排布；极性键和非极性键；极性分子和非极性分子；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用；离子方程式的书写
【解析】【分析】（1）A.金刚石中碳原子sp3杂化，石墨烯中碳原子sp2杂化；
C.锗原子核外有32个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式；
D.元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体；
（2）A.二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水；
B.GeS2与H2共热发生反应生成Ge和H2S，H2S在高温下分解生成S和H2；
C.铅蓄电池放电时正极发生还原反应；
D.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量；
（3）A.石墨质软，易滑动，常用作润滑剂；
B.晶体硅是介于导体和绝缘体之间的半导体材料，用于制半导体材料；
C.青铜比纯铜熔点低、硬度大；
D.含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，可用作电极材料。
10．A．金刚石中的碳原子为正四面体结构，夹角为109°28′，故A不符合题意；
B．的化学键为Si-H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；的化学键为Si-Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B符合题意；
C．锗原子()基态核外电子排布式为[Ar]，故C不符合题意；
D．ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为原子晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
11．A．由题意可知，二氧化硅与氢氟酸溶液反应生成强酸和水，反应的离子方程式为，故A符合题意；
B．硫化锗与氢气共热反应时，氢气与硫化锗反应生成锗和硫化氢，硫化氢高温下分解生成硫和氢气，则反应的总方程式为，故B不符合题意；
C．铅蓄电池放电时，二氧化铅为正极，酸性条件下在硫酸根离子作用下二氧化铅得到电子发生还原反应生成硫酸铅和水，电极反应式为正极反应，故C不符合题意；
D．由题意可知，1mol甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出热量为890.3kJ，反应的热化学方程式为，故D不符合题意；
故答案为：A。
12．A．石墨是过渡型晶体，质软，可用作润滑剂，故A不符合题意
B．单晶硅可用作半导体材料与空穴可传递电子有关，与熔点高无关，故B不符合题意；
C．青铜是铜合金，比纯铜熔点低、硬度大，易于锻造，古代用青铜铸剑，故C符合题意；
D．含铅化合物可在正极得到电子发生还原反应，所以可用作电极材料，与含铅化合物颜色丰富无关，故D不符合题意；
故答案为：C。
13．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；化学键
【解析】【解答】A．NH3中N原子的孤电子对数＝＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A符合题意；
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B不符合题意；
C．N2H4的结构式为 ，单键均为σ键，则N2H4分子中含有5个σ键，C不符合题意；
D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.NH3分子中N原子含有1个孤电子对，可作配体；
B.NaCl晶体中不存在自由移动的离子，不能导电；
C.单键均为σ键；
D.NaClO中含有离子键和共价键，NaCl中仅含有离子键。
14．【答案】A
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．位于元素周期表中第五周期、第ⅡA族，故A符合题意；
B．质谱法可以测定原子的相对原子质量，和的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B不符合题意；
C．的中子数为87-38=49，的中子数为86-38=48，故C不符合题意；
D．由题意可知， (锶) 的、稳定同位素在同一地域土壤中值不变，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.Sr元素位于第五周期、第ⅡA族；
B.质谱法可以测定原子的相对原子质量；
C.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；
D.同一地域土壤中值不变。
15．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；结构简式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．乙炔的官能团为碳碳三键，其结构简式为，A项不符合题意；
B．顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项不符合题意；
C．Si为14号元素，核外共有14个电子，基态原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项符合题意；
D．是离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成，其电子式为，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.乙炔的官能团为碳碳三键；
B.顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧；
C.Si为14号元素，核外共有14个电子，根据构造原理书写其价电子排布式，进而画出轨道表示式；
D.过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧根离子构成。
16．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A. 由分析可知，X微粒为，根据原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数可知，其中子数为6-2=4，A不符合题意；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C不符合题意；
D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 ；可知，a=6，b=2，则X为；m=4，n=2，则Y为。
17．【答案】D
【知识点】原子中的数量关系；原子核外电子排布；质量守恒定律；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z的单质分别是H2、B、N2、O2，常温下B为粉末，其他均为气体，A不符合题意；
B．由分析可知，X是B，Y是N，同周期元素的最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，所以应是X＜Y，B不符合题意；
C．假设100~200℃阶段热分解失去H2O的分子数为x，则，解得x≈3，说明失去3个水分子，C不符合题意；
D．假设500℃热分解生成固体B2O3，根据反应前后原子个数守恒，则得到2NH4B5O8·4H2O～5B2O3，此时B2O3的质量分数为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】W、X、Y、Z为短周期元素，根据化合物的分子式（YW4X5Z8·4W2Z）及该化合物在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，则说明失去的是水，即W2Z为H2O，所以W为氢元素，Z为氧元素；根据YZ2分子的总电子数为奇数且常温下为气体，可推出YZ2是NO2，则Y是氮元素；而W、X、Y、Z的电子数之和为21，可推出X是硼元素。
18．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；化学键；氧化还原反应
【解析】【解答】A.基态Fe原子核外有26个电子，其核外电子排布式为 ，A项不符合题意；
B.步骤③中断裂 非极性键，形成 (Ⅳ)极性键，B项不符合题意；
C.步骤④中电子转移发生在Fe和C元素之间，C项符合题意；
D.根据图示，总过程的反应为： ，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Fe是26号元素，依据构造原理写出其核外电子排布；
B.同种元素组成的共价键为非极性键，不同种元素组成的共价键为极性键；
C.电子转移伴随着化合价的变化；
D.该反应的反应物为氧气，甲烷和氢离子，得到电子，生成甲醇和水。
19．【答案】D
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构示意图；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．F-最外层有8个电子，离子结构示意图： ，故A不符合题意；
B．基态碳原子的轨道表示式： ，故B不符合题意；
C．丙炔的三个碳原子在一条线上，故C不符合题意；
D．H2O分子的空间构型为V型，所以球棍模型为： ，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．F 的最外层电子数为8；
B．洪特规则指出电子排布进入简并轨道时优先分占不同的轨道，且自旋平行；
C．丙炔分子中3个C原子位于同一直线上；
D．H2O分子的空间构型是V形，并且中心原子O的半径大于H。
20．【答案】D
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和NH3，由于NH3存在分子间氢键，故氢化物沸点： ，A不符合题意；
B．根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半径： ，B不符合题意；
C．根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA，VA与VIA反常，故第一电离能： ，C不符合题意；
D．由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于铵根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中的W为B，最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位键，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
根据结构简式推断，X是碳、Y是氮、M是氢、Z是氧、W是硼；
A.两者氢化物分别是甲烷和氨气，氮氨气存在氢键，沸点较高；
B.原子半径同周期随质子数增加而减小，同主族随质子数增加而增大；
C.电离能同周期从左到右逐渐增大；
D.根据结构简式均含一个配位键。
21．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；原子结构示意图
【解析】【解答】A．基态C原子价电子排布图为： ，A不符合题意；
B． 结构示意图为： ，B不符合题意；
C． 形成过程为： ，C不符合题意；
D．质量数为2的氢核素为： ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.根据碳原子质子数和所在位置，核外排布为1s22s22p2；
B.质子数等于核外电子数，属于原子结构；
C.不符合离子化合物的构成；
D.质量数等于质子数加中子数。
22．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；分子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．S的价电子排布式为：3s23p4，故S位于元素周期表p区，A不符合题意；
B．由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为 ，H个数为： ，故H、S原子个数比为3：1，故该物质的化学式为 ，B不符合题意；
C．S位于H构成的八面体空隙中，如图所示 ，C不符合题意；
D．由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】
A.根据硫元素的价电子排布，分析在元素周期表的位置在ｐ区；
B.根据晶胞图可以知道，此物质化学式是；
C.根据晶胞图，硫原子在氢原子所构成的八面体的空隙；
D.此物质是超导材料，属于阴阳离子构成的离子晶体。
23．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；极性分子和非极性分子
【解析】【解答】A．结构对称、正负电荷重心重合的分子为非极性分子，SF6分子呈正八面体结构，S 原子位于正八面体的中心，该分子结构对称、正负电荷重心重合，所以为非极性分子，A符合题意；
B．SF6是结构对称、正负电荷重心重合的分子，故键角 不都等于90°，B不符合题意；
C．由于F的电负性比S的大，S与F之间共用电子对偏向F，C不符合题意；
D．中心元素价电子数+化合价的绝对值=8时该分子中所有原子都达到8电子稳定结构，但氢化物除外，该化合物中S元素化合价+价电子数=6+6=12，则S原子不是8电子稳定结构，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】
A.根据结构图，是正八面体结构，结构对称属于非极性分子；
B.不全是九十度；
C.其氟原子的电负性较大，偏向氟原子；
D.据图分析，硫原子不满足8电子稳定结构。
24．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A．放射性核素 H，质量数是3，质子数是1，质子数等于核外电子数，所以核外电子数等于1，故A不符合题意；
B．放射性核素 H，质量数是3，质子数是1，所以中子数等于3-1=2，故B符合题意；
C． 与H2的相对分子质量不同，二者的沸点不同，但二者同属于氢气，化学性质基本相同，故C不符合题意；
D． H是放射性核素，所以3H2O也具有放射性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 A.原子核电荷数核外电子数质子数；
B.原子中质子数+中子数=质量数；
C.氕和氚核外电子数相同，最外层电子数相同；
D.核素氚(3H)具有放射性。
25．【答案】C
【知识点】原子中的数量关系；化学反应中能量的转化；同位素及其应用
【解析】【解答】A.煤、石油、天然气属于不可再生能源，A不符合题意；
B.H2燃烧过程中，化学能转化为热能，B不符合题意；
C.20Ne中，20表示的是Ne的相对原子质量为20，C符合题意；
D.3He和3H中质子数不同，不属于同位素，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.煤油属于不可再生能源；
B.燃烧是将化学能转化为热能；
C.标在元素符号左上角的数字表示原子的相对原子质量；
D.同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子；
26．【答案】（1）；O＞Si＞Fe＞Mg；+2
（2）钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而 为分子晶体；随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是： 、 、 均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，分子间作用力越大则其熔点越高；随着其相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大；正四面体；
（3）3；；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）根据铁原子电子排布式可知，其价电子排布为3d64s2，元素电负性为：O>Si>Fe>Mg，根据化合物化合价代数和为0，可得铁的化合价为+2价；
（2），氯化钠为离子晶体，而四氯化硅为分子晶体，所以其沸点要高；三者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；SiCl4共价键为4，没有孤电子，采用sp3杂化，为四面体结构；
（3）由图可知，Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有个数为：，B在正六棱柱体内共6个，所以化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为，因此B-B最近距离为
【分析】思路分析：（2）一般来说，熔沸点大小关系为：共价晶体>离子晶体>分子晶体，可以通过沸点判断分子晶体类型，一般来说，分子晶体熔沸点都很低
（3）观察晶胞中原子的位置，利用均摊法计算原子个数，进而得到物质化学式。
27．【答案】（1）四面体；；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)
（2）A；B
（3）共价晶体；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的，SiH4分子中，Si采用sp3杂化，空间构型为正四面体形，所以分子中Si原子轨道的杂化类型是sp3，分子的空间结构(以为中心)名称为四面体；氨基(-NH2)氮原子形成3个σ键，含有1对孤对电子，N原子杂化轨道数目为4，N原子轨道的杂化类型是sp3；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)，故受热不稳定，容易分解生成和；故答案为：四面体； ；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）A．电子层数越多原子半径越大，而Si原子失电子数越多，原子半径越小，微粒半径：③>①>②，选项A符合题意；
B．原子核外电子排布符合构造原理、能量最低原理的原子属于基态原子或离子，电子排布属于基态原子(或离子)的是：①②，选项B符合题意；
C．激发态Si原子不稳定，容易失去电子；基态Si原子失去一个电子是硅的第一电离能，Si+离子失去一个电子是硅的第二电离能，由于I2>I1，可以得出电离一个电子所需最低能量：②>①>③，选项C不符合题意；
D．能量越低越易得电子，则得电子能力：②＞①，选项D不符合题意；
故答案为：AB；
（3）Si与P形成的某化合物晶体的晶胞如图可知，原子间通过共价键形成的空间网状结构，形成共价晶体；根据均摊法可知，一个晶胞中含有个Si，8个P，故该化合物的化学式为，故答案为：共价晶体；。
【分析】（1）相当于4个-NH2取代SiH4中的H原子形成的； N原子和1个Si原子、2个H原子形成3个共价键，且每个N原子还含有1个孤电子对，所以N原子价层电子对个数是4，N原子采用sp3杂化；周围的基团体积较大，受热时斥力较强中键能相对较小]；产物中气态分子数显著增多(熵增)；
（2）①，则①为基态Si原子；②为Si+离子，③激发态Si原子；
（3）根据均摊法计算。
28．【答案】（1）能
（2）高；低
（3）ab
（4）a
（5）-1；a
（6）Fe；3d6
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；化学反应速率；化学平衡的影响因素；合成氨条件的选择
【解析】【解答】（1），则 G= H-T S=(-92.4+0.2×273) kJ mol-1=-37.8 kJ mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行。
（2）温度越高，反应速率越快，所以高温有利于提高反应速率；因为正反应为放热反应，所以低温有利于提高平衡转化率。答案为：高；低；
（3）a．因为正反应为放热反应，所以低温有利于平衡正向移动，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率，a正确；
b．温度升高，反应速率加快，所以在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率，b正确；
c．合成氨反应的正反应为放热反应，“热Fe”高于体系温度，不利于提高氨的平衡产率，c不正确；
d．温度升高，可提高合成氨反应的速率，所以“冷Ti”低于体系温度，不利于提高合成氨反应速率，d不正确；
故答案为：ab。
（4）a．时，复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高，a正确；
b．催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率，b不正确；
c．虽然图中显示温度高反应速率快，温度过高，催化剂的活性可能不变或降低，c不正确；
故答案为：a。
（5）选择实验1和3进行分析，此时，则γ=-1；
a．在合成氨过程中，需要不断分离出氨，有利于平衡正向移动，a正确；
b．氨是在该催化剂的催化作用下生成，不会使催化剂中毒，b不正确；
c．分离出氨，并没有增大反应物的浓度，所以不会提高正反应速率，c不正确；
故答案为：a。
（6）根据均摊法，该晶胞中含黑球的数目为=4，含白球的数目为8，则黑球与白球的个数比为1：2，黑球的化学式为，白球的化学式为，从而得出M+17×6+15×2=188，M=56，则M元素为Fe；在该化合物中，Fe2+的价电子排布式为3d6。
【分析】（1）根据 H-T S<0时反应自发进行分析；
（2）温度越高，反应速率越快；
（3）a.低温有利于平衡正向移动；
b.升温反应速率加快；
c.合成氨的反应为放热反应；
d.温度升高，可提高合成氨反应的速率；
（4）a.复合催化剂比单一催化剂的反应速率快，催化效率更高；
b.催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡产率；
c.温度过高催化剂可能失去活性；
（5）结合表中数据计算；不断分离出氨有利于平衡正向移动；
（6）根据均摊法计算；Fe2+的价电子排布式为3d6。
29．【答案】（1）
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强
（3）<；二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高
（4）
（5）2；bc
【知识点】原子核外电子排布；物质的结构与性质之间的关系；化学键；晶体熔沸点的比较
【解析】【解答】（1）位于元素周期表中第四周期VA族，原子序数为33，由构造原理写出其价电子排布式为，故答案为：；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，故原子的活泼性依序增强，故答案为：同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；
（3）和是同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高，晶体熔点：<，故答案为：<； 二者为同构型的分子晶体，相对分子质量大，范德华力大，熔点高；
（4）的中心原子的价层电子对数为：3+=4，杂化轨道类型为，故答案为：；
（5）由晶胞结构可知，其中含有8个、4个、4个，则加合物中2，晶体中的微粒间作用力有离子键、极性共价键，故答案为：2；bc。
【分析】（1）As为33号元素，位于第四周期VA族，价电子排布式为；
（2）同族元素，从上而下原子半径逐渐增大，原子核对外层电子的有效吸引逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，因此原子的活泼性依序增强；
（3）结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高；
（4）中心Br原子的价层电子对数为4；
（5） 该晶胞中BrOF2的个数=4、AsF6的个数=4、KrF2的个数=8，所以BrOF2、AsF6、KrF2的个数之比为4：4：8=1：1：2；阴阳离子之间存在离子键，分子内不同非金属元素的原子之间形成极性键。
30．【答案】（1）3d10
（2）哑铃形；8；8
（3）B；C
（4）与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；1.25；a—2d；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，基态Zn2+的价电子排布式为3d10，故答案为：3d10；
（2）配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子占据的最高能级为2p能级，2p能级电子云轮廓图为哑铃形；由结构简式可知，苯环和双键碳原子采用sp2杂化，则配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8；
（3）若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故答案为：BC；
（4）①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②由X晶胞的组成单元的对角面可知，每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有，则每个锌离子实际上与1+0.25=1.25个氧离子相连，所以X晶体中锌离子的配位数为1.25，故答案为：1.25；
③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a-2d；
④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10-7) 3d，解得d=，故答案为：。
【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子形成Zn2+，根据构造原理书写基态Zn2+的电子排布式；
（2）元素的非金属性越强，电负性越大，L2-所含元素中，O元素的电负性最大，O原子占据最高能级的电子为2p能级；苯环和双键碳原子采用sp2杂化；单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
（3）L2-上引入能与水分子形成氢键的基团，能增强X与水的吸附作用；
（4）①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧；
②每个锌离子与2个氧离子相连，其中1个氧离子为4个锌离子所共有；
③[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线；
④根据均摊法和计算。
31．【答案】（1）1：2或2：1
（2）Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大
（3）三角锥形；sp3杂化
（4）B
（5）D；D中含有-1价的O元素，具有强氧化性，能将Mn2+转化为MnO
（6）Cu2ZnSnS4；(，，)
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）基态S的价电子排布是3s23p4，其轨道表示式为，根据基态原子电子排布规则，则两种自旋状态的电子数之比为1：2或2：1，故答案为：1：2或2：1；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，铜元素的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，锌元素的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大，所以铜与锌相比，第二电离能与第一电离能差值更大的是铜元素，故答案为：Cu；Cu的第二电离能失去的是3d10的电子，第一电离能失去的是4s1电子，Zn的第二电离能失去的是4s1的电子，第一电离能失去的是4s2电子，3d10电子处于全充满状态，其与4s1电子能量差值更大；
（3） SnCl 中Sn的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，所以锡离子杂化方式为sp3杂化，离子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；sp3杂化；
（4）A．[Cu(NH3)2]Cl中亚铜离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
B．[Cu(NH3)4]SO4中铜离子外围电子排布是3d9，离子中有未成对电子，该配合物具有顺磁性，故正确；
C．[Zn(NH3)4]SO4中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
D．Na2[Zn(OH)4] 中锌离子外围电子排布是3d10，离子中电子均已成对，该配合物不具有顺磁性，故不正确；
故答案为：B；
（5）由四种含氧酸根的结构式可知，只有过二硫酸根离子中含有过氧链，离子中-1价的氧元素具有强氧化性，则只有过二硫酸根离子能在酸性溶液中将锰离子氧化为高锰酸根离子，故答案为：D；
（6）①由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8×+1=2，位于面上的铜原子个数为8×=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2×+4×=2，位于体内的硫原子个数为8，则该物质的化学式为Cu2ZnSnS4，故答案为：Cu2ZnSnS4；
②若将晶胞先分为上下两个相等的正方体后再将每个正方体继续分为8个相等的小正方体，则B原子位于上面的正方体分割成的8个小立方体中位于右下后方的小立方体的体心，由A原子的坐标为(，，)可知，B原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)。
【分析】（1）基态S原子的价电子排布图为；
（2）原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难；
（3） SnCl 的中心原子Sn价层电子对数为4，含有一个孤电子对，Sn采用sp3杂化；
（4）具有顺磁性物质含有未成对电子；
（5） Mn2+转化为MnO需要强氧化剂，且该氧化剂的氧化性应大于MnO；
（6）①根据均摊法计算；
②根据坐标系和A原子的坐标可推断B原子坐标。
32．【答案】（1）(或)
（2）作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗
（3）；
（4）c；a
（5）
（6）159
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；热化学方程式；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道表示式为(或)；故答案为：(或)。
（2） NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，所以加入CaCl2能降低NaCl的熔点，节省能耗，说明加入的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。
（3）含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与反应生成1mol 放热510.9kJ，则该反应的热化学方程式： ；故答案为：； 。
（4）采用空气和Na为原料可直接制备，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。
（5）图中所示钠离子全部位于晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为；故答案为：。
（6），因此1mol 经充分加热得到1.5mol，其质量为1.5mol×106g mol 1＝159g；故答案为：159。
【分析】（1）基态Na原子的价电子排布式为3s1，轨道表示式为；
（2）NaCl熔点为800.8℃，加入CaCl2时，580℃NaCl熔融，降低了NaCl的熔点；
（3）由钠离子和过氧根离子构成； Na与反应生成1mol 放热510.9kJ， 则该反应的热化学方程式为；
（4） 采用空气和Na为原料可直接制备Na2O2，空气中CO2、水蒸气都能与熔融金属Na反应，所以在反应前需要将空气中的CO2、水蒸气除去，CO2属于酸性氧化物，能和碱液反应，浓硫酸具有吸水性；
（5）根据均摊法计算；
（6）根据钠原子守恒有：2NaHCO3～Na2CO3。
33．【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
【知识点】原子核外电子排布；化学键；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（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个阴离子位于棱上，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。
【分析】（1）①Fe为26号元素，核外共26个电子，Fe原子失去2个电子形成Fe2+；
②孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
③H2O中O有孤电子对，Fe2+有空轨道，中有电负性较大的O元素可以与H2O中H元素形成氢键；
（2）①以位于面心Fe2+为例， 距离Fe2+最近的阴离子为了棱上和体心；
②根据均摊法和计算；
（3）燃烧均为放热反应。
34．【答案】（1）1s22s22p4或[He]2s22p4；2
（2）自由电子在外加电场中作定向移动
（3）sp2；两者均为分子晶体，后者能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，熔点更高
（4）Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键
（6） cdhi； bcek
【知识点】原子核外电子排布；配合物的成键情况；金属键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)O为8号元素，基态O原子核外有8个电子，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，其2p轨道有2个未成对电子，即O原子有2个未成对电子；
(2)金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用，由于自由电子在外加电场中可作定向移动，导致Cu、Zn等金属具有良好的导电性；
(3)根据结构式可知，N原子均形成双键，故N原子的杂化方式均为sp2，邻苯二甲酸酐和邻苯二甲酰亚胺均为分子晶体，邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键，使分子间作用力增大，因此邻苯二甲酰亚胺的熔点更高；
(4)Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，则该配离子为[Zn(NH3)4]2+，从而可知金属Zn与氨水反应的离子方程式为Zn+4NH3+2H2O=[Zn(NH3)4]2++2OH-+H2↑；
(5)由于电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强，Zn和O更易形成离子键，因此Zn-N键中离子键成分的百分数小于Zn-O键；
(6)根据晶胞示意图，一个晶胞中8个O原子位于晶胞的顶点，1个O原子位于晶胞体内，4个Zn原子位于晶胞的棱上，1个Zn原子位于晶胞体内，棱上的3个Zn原子和体内的Zn原子、O原子形成四面体结构，则于其相邻的晶胞与该晶胞共用bc和cd，则相邻的两个晶胞的底面为 cdhi和 bcek。
【分析】（1）O为8号元素，其核外电子排布式为1s22s22p4或[He]2s22p4，含有2个未成对电子；
（2）金属键是金属离子和自由电子之间的强烈的相互作用；
（3）酞菁分子中N元素均形式双键；邻苯二甲酰亚胺能形成分子间氢键；
（4）Zn能溶于氨水，生成以氨为配体，配位数为4的配离子，该配离子为 [Zn(NH3)4]2+ ；
（5）电负性O＞N，O对电子的吸引能力更强；
（6）根据晶胞的空间结构进行判断。
35．【答案】（1）3d84s2；第4周期第VIII族
（2）2：3；2：1：1；Zn2+
（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）
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2；位于元素周期表的第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，一个晶胞中含有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为4，Zn2+周围形成的配位键数目为6，则与的配位数之比为4：6=2：3；4：2：2=2：1：1；Ni2+的配位数为4，则Ni2+采用sp3杂化，而Zn2+的配位数为6，Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+，故答案为：2：3；2：1：1；Zn2+；
(3)吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子采用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：＞＞，碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则其中碱性最弱的为：，故答案为：。
【分析】（1）Ni为28号元素，根据构造原理书写价电子排布式；位于第4周期第VIII族；
（2）根据均摊法计算确定该晶胞的化学式，进而确定与的配位数之比和；Zn2+采用sp3d2杂化，即晶胞中有d轨道参与杂化的金属离子是Zn2+；
（3）吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对；
（4） 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；根据相似相溶原理判断；
（5）-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团。
36．【答案】（1）[Ar] 3d104s24p4；6；＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO 的空间构型为三角锥形
（2）11：3；O＞C＞H＞Fe
（3）sp3杂化；H2O
（4）KFe2Se2；4；
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）①Se为34号元素，核外有34个电子，基态Se原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，简化电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：[Ar] 3d104s24p4；
②乙烷硒啉的分子结构对称，如图，则乙烷硒啉分子中含有8种化学环境不同的碳原子，故答案为：8；
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，单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，则富马酸分子中含有11个σ键，3个π键，σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；
②富马酸亚铁中含有的元素为C、H、O、Fe，元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：O＞C＞H＞Fe，则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的原子数为3，价电子数为8， 等电子体具有相同的原子数和价电子数，则与互为等电子体的分子为H2O，故答案为：H2O；
（4）①由平面投影图可知，钾原子位于顶点和体心，数目为8× +1=2，硒原子位于棱上和体内，数目为，铁原子位于晶胞面上，数目为，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，距离铁原子最近且紧邻的硒原子有4个，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，根据可得， =abc×10-21×d，解得d= ，故答案为： 。
【分析】（1）①Se为34号元素，根据构造原理书写核外电子排布式；
②该物质结构对称；
③孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
（2）①单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；
②元素的非金属性越强，电负性越大；
（3）①产物中N原子形成4个σ键；
②等电子体具有相同的原子数和价电子数；
（4）①根据均摊法计算；
②位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近；
③根据计算。
37．【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）B；D；E
（4）O、Se
（5）＞；正四面体形
（6）K2SeBr6；
【知识点】原子核外电子排布；化学键；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Se为第四周期元素，Se与S同族，最外层电子数都为6，则基态硒原子价电子排布式为4s24p4。
（2）H2Se和H2O都是分子晶体，由于水分子之间存在氢键，所以H2O的沸点较高。
（3）A．I中有碳碳单键（σ键）和介于单键、双键之间的特殊键（大π键），A不符合题意；
B．Se与Se为同种原子，则I中的Se-Se键为非极性共价键，B符合题意；
C．II属于烃类，难溶于水，C不符合题意；
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp，D符合题意；
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。则I~III含有的元素中，O电负性最大，E符合题意；
故答案为：BDE。
（4）根据IV的结构简式可知，O、Se都有孤对电子，C、H、S都没有孤对电子。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸，H2SO4酸性比H2SO3强，则H2SeO4的酸性比H2SeO3强。SO42-中Se价层电子对数为4+=4，其立体构型为正四面体形。
（6）①根据晶胞结构可知，有8个K原子，另外的原子团个数为，而1个原子团为SeBr62-
，经简化可得X的化学式为K2SeBr6。
②由①可知，晶胞中含有4个K2SeBr6，且X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半。设晶胞参数为a nm，则，解得，所以X中相邻K之间的最短距离为nm。
【分析】（1）同主族元素原子的最外层电子数相等，价电子是指最外层电子。
（2）分子间含有氢键，能使物质的熔沸点升高。
（3）A．σ键为单键，介于单键、双键之间的特殊键为大π键。
B．在共价键中，成键的两个相同原子之间存在非极性共价键。
C．烃类都难溶于水。
D．II中苯环上的碳原子和碳碳双键上的碳原子杂化类型均为sp2，碳碳三键上的碳原子杂化类型为sp。
E．元素的电负性：同周期从左到右逐渐增大，同主族从上到下逐渐减小。
（4）根据原子最外层8电子饱和（H原子最外层2电子饱和）及物质结构中原子的成键情况进行分析。
（5）S、Se同主族，Se的含氧酸可类比S的含氧酸。分子或离子的立体构型可通过中心原子的价层电子对进行分析。
（6）①根据均摊法进行解答。
②根据n=和m=ρV进行分析，注意单位统一。
38．【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；
【知识点】原子核外电子排布；原子核外电子的跃迁及应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）F为第9号元素，其基态原子电子排布式为1s22s22p5，其激发态是基态原子2p能级上的几个电子跃迁到3p能级上。
a.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符合题意；
b.核外共10个电子，不是氟原子，b不符合题意；
c.核外共8个电子，不是氟原子，c不符合题意；
d.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符合题意；
故答案为：ad。
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，故答案为：d。
（2）①一氯乙烯的结构式为，其中碳原子有3对共用电子对，采用sp2杂化，因此C的一个sp2杂化轨道与Cl的3px轨道形成C-Cl σ键。
②一氯乙烷中碳采用sp3杂化，一氯乙烯中碳采用sp2杂化，一氯乙炔中碳采用sp杂化。sp杂化时p成分少，sp3杂化时p成分多，p成分越多，形成的C-Cl键越弱，则其键长越长；同时Cl参与形成的大π键越多，形成的C-Cl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
