2023年高考真题变式分类汇编：键能、键长、键角及其应用2
一、选择题
1．（2021·湖北）下列有关N、P及其化合物的说法错误的是（ ）
A．N的电负性比P的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
B．N与N的π键比P与P的强，可推断N≡N的稳定性比P≡P的高
C．NH3的成键电子对间排斥力较大，可推断NH3的键角比PH3的大
D．HNO3的分子间作用力较小，可推断HNO3的熔点比H3PO4的低
2．（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
3．（2020·江苏）反应 可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
4．（2019·海南）根据图中的能量关系，可求得 的键能为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022·江苏模拟）下列说法正确的是（ ）
A．CO2与SiO2的晶体类型相同
B．SiCl4与SiHCl3分子中的键角相等
C．1mol晶体硅中含有2molSi-Si键
D．CO2分子中碳原子轨道杂化类型为sp2
6．（2022·东城模拟）NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法错误的是（ ）
A．NH4Cl晶体属于离子晶体
B．NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°
C．NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键
D．每个Cl-周围与它最近且等距离的 的数目为8
7．（2022·长春模拟）2022年2月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新科研成果论文，为钙钛矿电池研究开辟新方向。
（1）基态钛原子的px原子轨道上的电子数为 个。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是 (写元素符号)。
（2）Ti的配合物有多种，如Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF等。
①上述三种配位化合物中，配体所含原子中电负性由大到小的顺序是 (写元素符号)；
②Ti(H2O) 中配位 H2O中H—O键的键角 (填“大于”、“小于”或“等于”)游离H2O中H—O键的键角，原因是 。
③Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti的配位数是 ，N原子的杂化方式为 。
（3）反型钙钛矿电池无需使用具有光催化活性的TiO2(通过氮掺杂生成TiO2-aNb，反应如图)，光照下的输出稳定性更好，更具发展潜力。
TiO2-aNb晶体中 a= 。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，则原子3的坐标为 ，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为 g cm-3(列出计算式)。
8．（2022·烟台模拟）下列说法错误的是（ ）
A．的沸点高于是因为O的电负性大于S
B．配离子中各元素第一电离能：
C．N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高
D．中的键角大于中的键角
9．（2022·连云模拟）含SO2的工业烟气脱硫往往使用较为廉价的碱性物质如生石灰、浓氨水等吸收。近年来一些近海的煤电厂，利用海水的微碱性(8.0≤pH≤8.3)开发海水脱硫新工艺。主要原理是：SO2与海水生成H2SO3，H2SO3电离得到和进一步氧化得到。脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(和)发生中和反应，最终烟气中的SO2大部分以硫酸盐的形式排入大海。下列有关、、的说法正确的是（ ）
A．的空间构型为正四面体
B．中碳原子的杂化轨道类型为sp
C．与中的键角相等
D．氧化为，体现的氧化性
10．（2021·厦门模拟）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是前三种元素组成的二元化合物，0.01mol·L-1q溶液的pH为1.86，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：Y＞Z B．最简单氢化物稳定性：X＞Y
C．键角：p＞n D．沸点：m＞r
11．（2021·济南模拟）下列关于Si、P、S、Cl及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A．中心原子的半径依次减小是H4SiO4、H3PO4、H2SO4、HClO4中羟基的数目依次减小的原因之一
B．结构简式为 Cl-的物质中含有不对称原子P，该物质可能有旋光性
C．SiCl4、PCl3、SCl2中键角最大的是PCl3
D．实验测定分子的极性大小可以区别顺-1，2-二氯乙烯和反-1，2-二氯乙烯
12．（2021·浙江模拟）石墨烯是一种由碳原子形成的六角型蜂巢状的二维碳纳米材料，石墨烯一层层叠起来就是石墨。以石墨材料为主要成分的非常疏松的泡沫陶瓷用作航天飞机表层的防热瓦。下列关于石墨和石墨烯的说法错误的是（ ）
A．石墨烯与石墨互为同素异形体
B．石墨烯能导电，其中的碳原子间是以共价键相结合
C．石墨中碳碳键之间的夹角为109°28'
D．石墨成为航天飞机防热瓦的泡沫陶瓷主要成分的一个主要原因是石墨熔点很高
13．（2021·闵行模拟）能用键能解释，且结论正确的是（ ）
A．熔点：金刚石>晶体硅 B．分子稳定性：H2O > HF
C．溶解度：SO2 > CO2 D．状态：常温时Cl2是气态
14．（2020·柯桥模拟）H2 和 I2 在一定条件下能发生反应：H2(g) ＋I2(g) 2HI(g) △H= -a kJ/mol
已知：
（a、b、c 均大于零）
下列说法正确的是（ ）
A．碰撞理论认为，反应速率的大小与单位时间内反应物微粒间碰撞次数成正比，只要有足够的能量就可以发生有效碰撞
B．断开 2 mol HI 分子中的化学键所需能量约为(c+b+a) kJ
C．相同条件下，1 mol H2 (g)和 1mol I2 (g)总能量小于 2 mol HI (g)的总能量
D．向密闭容器中加入 2 mol H2 (g)和 2 mol I2 (g)，充分反应后放出的热量为 2a kJ
二、非选择题
15．（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）。
16．（2018·全国Ⅰ卷）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻，能量密度大等优良性能，得到广泛应用，回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 、 。（填标号）
A.
B.
C.
D.
（2）Li+与H-具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H-），原因是 。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是 。中心原子的杂化形式为 ，LiAlH4中，存在 （填标号）。
A.离子键
B.σ键
C.π键
D.氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的 Born-Haber循环计算得到
可知，Li原子的第一电离能为 kJ·mol-1，O=O键键能为 kJ·mol-1，Li2O晶格能为 kJ·mol-1
（5）Li2O具有反莹石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665mm，阿
伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g/cm3(列出计算式)。
17．（2022·乌鲁木齐模拟）硼元素作为农作物生长所需的微量元素之一，被形象的誉为“生殖元素”。硼也是一种用途广泛的化工原料，主要用于生产硼砂、硼酸和硼的各种化合物。请回答下列问题：
（1）基态硼原子的价电子轨道表示式为 ；与同周期的铍元素相比，硼的第一电离能小的原因是 。
（2）BF3的VSEPR模型为 ； BF3的键角大于NF3的键角，解释其原因 。
（3）碳化硼(B4C)硬度较大，可用于坦克车的装甲、避弹衣等。碳化硼的熔点为2350℃、沸点为3500℃，属于 晶体。 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。对于基态的碳原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
（4）氨硼烷( )是一种新型储氢材料，氨硼烷分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，组成氨硼烷的各元素的电负性由大到小的顺序为 。
（5）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连如图1，1molH3BO3晶体中有 mol 氢键。H3BO3微溶于水，与水有微弱反应生成[B(OH)4]-而使其水溶液呈弱酸性，写出该反应的离子方程式 。
（6）砷化硼的晶胞结构如图2，图3中矩形AA'C 'C是沿晶胞对角面取得截图。
①晶胞中各原子在矩形AA'C 'C中的位置为 ( 填编号)。
②若晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数的值为N0，则晶体的密度为 g ·cm-3(列出计算表达式)。
18．（2022·宝山模拟）
（1）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 。
a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
（2）II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 晶体。写出气体产物的电子式 ，其属于 分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 > (填元素符号)；处于第三周期的元素名称是 ；金属性最强的短周期元素原子核外有 种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 (写化学式)。
（4）III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。
找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 。
（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与 有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 个。
19．（2022·茂名模拟）向少量0.05mol/LFe2(SO4)3溶液中滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液，可发生如下反应：，这一系列配离子的颜色从吸收峰的波长来看是相近的，以下是其中一种配离子的结构。
（1）这一系列配离子的中心离子的核外电子的空间运动状态有 种。
（2）如图所示的配离子的中心离子的配位数是 。
（3）第一电离能I1(K) I1(Fe)(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（4）关于这一系列配离子所含元素及其化合物的说法，下列正确的有____。
A．沸点由高到低顺序为H2S>CH4>NH3
B．键角由大到小顺序为CH4>NH3>H2S
C．碳和硫的氧化物都是极性分子
D．碳的电负性比氮强
（5）Fe2(SO4)3固体的晶体类型为 ，其阴离子的空间构型为 。
（6）图1是KSCN晶胞图，图2是该晶胞的正视图，图3是该晶胞的侧视图，设阿伏加德罗常数的值为NA，则KSCN晶体的密度是 (列出计算表达式)，图1中ABCD四个原子构成的图形是 。
20．（2022·德阳模拟）铬在希腊文中的原意为“颜色”，能够生成美丽多色的化合物，三价铬离子能形成形形色色的络合物。回答下列问题：
（1）铬位于元素周期表中 区。
（2）紫色的[Cr(H2O)6]3+、橙红色的［Cr(NH3)4(H2O)2］、灰绿色的Cr(CH3COO)3，部分结构示意图如图所示。
①氮和氧中第一电离能较大的元素是 ，原因是
②H2O和NH3中键角较大的分子是 ，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有 种，其结构中铬离子的外围电子数目为 。
③1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为 。
（3）用铬原子代替部分铜原子，可以形成一系列铜—铬合金。其中两种铜—铬合金的晶体结构如图所示。
①晶体a中铬原子的配位数为 。
②晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的 (填“四面体”“六面体”或“八面体”)空隙中，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体b的密度为 。
21．（2022·东城模拟）CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是 。
（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发 Ⅱ.链传递 Ⅲ.链终止
Cl22Cl· Cl·+CH4→·CH3+HCl ·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl· …… 2Cl·→Cl2 Cl·+·CH3→CH3Cl ……
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式： 、 。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H= kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐 (填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因： 。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号 操作 结果
A 将Cl2与CH4混合后，光照 得到氯代甲烷
B 将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合 得到氯代甲烷
C 将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合 几乎无氯代甲烷
D 将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合 几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出的结论是 。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因： 。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。
推知—CH3中C—H键能比中C—H键能 (填“大”或“小”)。
22．（2022·湛江模拟）光电材料在能源、军事等领域有重要应用，分为无机光电材料如ZnS、ZnSe、GaAs、等，及有机光电材料(如图1所示化合物)。回答下列问题：
（1）基层Zn原子的价层电子排布图为 ；Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序为 。
（2）图1所示化合物中含有的化学键类型有 (填选项字母)，N原子的杂化方式为 。
A．共价键 B．离子键 C．配位键 D．氢键
（3）在水溶液中，以为电子供体，在光催化剂上可还原为CO，部分氧化物的沸点如表所示：
氧化物
沸点/ 100
①表中氧化物之间沸点差异的原因为 。
②的VSEPR模型为 。
③和分子中，键角更大的是 (填化学式)。
（4）ZnS和ZnSe晶体的立方晶胞结构相似，均可看作将金刚石晶胞(如图2)内部的碳原子用Zn代替，晶胞顶角与面心位置的碳原子被S或Se代替。
①ZnS晶体中，一个晶胞含有S原子数目为 。
②若阿伏加德罗常数的值为，ZnS晶体的密度为，ZnSe晶体的密度为，则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比为 。
23．（2021·九江模拟）据《自然》杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。曹原被评为2018年度影响世界的十大科学人物的第一名。
（1）下列说法中正确的是 。
a．碳的电子式是 ，可知碳原子最外层有4个单电子
b.12 g石墨烯含共价键数为NA
c．从石墨剥离得石墨烯需克服共价键
d．石墨烯中含有多中心的大π键
（2）COCl2分子的空间构型是 。其中，电负性最大的元素的基态原子中，有 种不同能量的电子。
（3）独立的NH3分子中，H－N－H键键角106.70。如图是[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及其中H－N－H键键角。
请解释[Zn(NH3)6]2+离子中H－N－H键角变为109.50的原因是 。
（4）化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7℃，其中EMIM+结构如图所示。
该物质晶体的类型是 。大π键可用符号 表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。则EMIM+离子中的大π键应表示为 。
（5）碳化钙的电子式： ，其晶胞如图所示，晶胞边长为a nm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为 g·cm 3；晶胞中Ca2+位于C22－所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为 nm。
24．（2021·金华模拟）
（1）皂化实验中，加入的乙醇可以增大油脂与NaOH溶液的接触面积，其原因是 。
（2）物质的摩氏硬度如下表所示：
金刚石 晶体硅
摩氏硬度 10 7
的摩氏硬度比金刚石大的原因是 。
25．（2021·深圳模拟）硒是人体内不可缺少的微量元素，且硒及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子的核外价电子排布图为 。
（2）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为 ，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 。
（3）硒的某种氧化物为链状聚合结构(如下图所示)，该氧化物的化学式为 。
（4）SeO 的立体构型为 ，与SeO 互为等电子体的分子有 (填化学式，任写一种)。
（5）室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，则熔、沸点大小：SeF6 SF6(填“>”或“＜”或“=”)。
（6）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1 λ2(填“>”或“＜”或“=”)，其原因是 。
（7）我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。该硒化钴的化学式为 ，晶体密度为 g·cm-3(用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。
26．（2021·昆明模拟）立方氮化硼(BN)具有类金刚石的结构，是新型人工合成材料。利用新合成技术可以实现低温低压制备，反应为：BCl3+Li3N=BN+3LiCl。回答下列问题：
（1）基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。
（2）BCl3中B原子的杂化方式是 ，两个B-Cl键的键角为 ，该分子为 (填“极性”或“非极性”)分子。
（3）BCl3、Li3N、BN三者中，沸点最高的是 ，Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是 。
（4）广义酸碱理论认为，中心原子可以接受电子对的分子为酸，可以提供电子对的分子为碱。按照该理论，BCl3属于 (填“酸”或“碱”)，BCl3和碱反应形成的化学键类型是 。
（5）立方氮化硼晶体的晶胞如图1所示。阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体密度表达式为 g·cm-3；图2是该晶胞的俯视投影图，则该图中表示硼原子相对位置的是 (填标号)。
27．（2021·四川模拟）
（1）SnCl2是一种极易水解的氯化物，写出Sn的价电子排布式 。配制该溶液时加入浓盐酸能抑制其水解，溶液中存在SnCl ，解释该离子的形成原因 。
（2）碳、氮、氧三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号及“<”表示)，H2O、NH3、CH4的键角由小到大的顺序为 。
（3）BeCl2是共价分子，其单体可以形成二聚体分子，则形成过程中中心原子的杂化方式由 转变为 。
（4）羧酸分子(RCOOH)也可以多聚形成链状或环状结构(不发生化学反应)，原因是 。
（5）已知铜的一种常见氧化物晶胞如图所示
则该氧化物的化学式为 。若rCu，=anm，ro=bnm，晶体密度为6.00g/cm3，计算该晶胞的空间利用率 (列出计算式)。
28．（2021·凉山州模拟）
（1）量子化学计算预测未知化合物是现代化学的发展途径之一，有人通过计算预言铁存在四氧化物，分子构型是四面体，但该分子中铁为+6价而不是+8价，写出该分子中铁的价电子排布式 ，该分子中氧的化合价有 ，画出该分子的结构示意图 。
（2）NH3分子单独存在时键角为106.70°，其VSEPR模型为 。下图是[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及∠H-N-H的测量值，解释配合物中键角变化的原因 。
（3）开夫拉是一类高强度的有机聚合物，其结构简式如下：
其中氧原子的杂化方式是 。这类聚合物强度远超尼龙纤维，与钢铁近乎相同，科学研究表明其聚合物链与链之间存在苯环苯环的相互作用，除此之外还可能因为 。
（4）近年来，钙钛矿太阳能电池是光电材料领域的研究热门，其晶胞结构如下图所示：
钙钛矿的化学式为 ，该晶胞中Ca2+与O2-的最短距离是 cm(已知晶胞参数为anm)。
29．（2021·德阳模拟）晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、钛、钙等元素。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为 。根据 规则可知硅、硼元素一些化学性质相似。
（2）NaBH4所含元素中第一电离能最小的是 (填元素符号)。 与NH3的VSEPR模型相似， 的键角大于NH3的键角的原因是 ，任意写出一种 的等电子体 (写粒子符号)。
（3）硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为 。
（4）硼砂的构成为Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其阴离子[B4O5(OH)4]2-的结构如图2所示。B的杂化方式为 。硼砂中不存在 (填标号)。
A．氢键 B．金属键 C．配位键 D．离子键
（5）钙钛矿晶体的结构如图3所示。假设把氧离子看作硬球接触模型，钛离子位于氧离子形成的正八面体中心，钙离子位于立方晶胞的体心。一个钙离子被 个氧离子包围。若钛离子与钙离子间最短距离为apm，则氧离子半径为 pm。
30．（2021·渭滨模拟）分析下图信息，结合所学内容解答问题。
回答下列问题:
（1）①第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是 填元素符号 ，判断依据是 。
②第二周期元素的第一电离能 随原子序数 的变化情况如图6，I1随Z的递增而呈增大趋势，导致 在a点出现齿峰的原因是 。
③铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有 个镁原子最近且等距离。
（2）配合物 的熔点 ，沸点 ，可用于制备纯铁。 的结构如图3所示。下列关于 说法错误的是 。
A． 是非极性分子，含有δ键和π键
B． 中Fe原子的配体与 互为等电子体
C． 含有 键
D． 反应中没有新化学键生成
（3）独立的 分子中， 键键角为 如图4所示是 的部分结构以及其中 键键角。请解释 离子中 键角变为 的原因是 。根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 。
A． 和 B． 和 C． 和ClO3- D． 和
（4）已知立方BN晶体硬度很大，其原因是 ;其晶胞结构如图5所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为 ，则晶体的密度为 列式即可，用含a、 的代数式表示
（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构.结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图7所示。
①组成该晶体的化学式为 。
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为 。
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 位置。
31．（2021·黄山模拟）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
（1）Co3+的价电子排布图为： ；基态磷原子有 种空间运动状态不同的电子。
（2）Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是： 。
（3）写出一种与PO 互为等电子体的分子的化学式： ，该分子的中心原子的价层电子对数等于 。
（4）已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有： 。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E.氢键 F.范德华力
（5）N和P是同主族元素，但是NH3分子中的键角大于PH3分子中的键角，原因是： 。
（6）Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则O2-配位数为： ，若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)，O2-和Li+的最短距离等于 nm(用含b的代数式表示)。
三、多选题
32．（2022高二下·武汉期末）下列说法正确的是（ ）
A．重油通过减压分馏的方式获得燃料油、润滑油、沥青等馏分
B．键能、，因此的沸点大于的
C．将木材干馏可获得无色的透明液体甲醇，工业酒精即甲醇水溶液
D．熔点：
33．（2022高二下·济南期末）SiCl4可发生水解反应，机理如下所示。下列说法错误的是（ ）
A．CCl4与SiCl4均是正四面体结构，稳定性SiCl4大于CCl4
B．CCl4与SiCl4均属于分子晶体，CCl4不能按照上述机理发生水解反应
C．SiCl4与H2O的中心原子均采取sp3杂化，键角：SiCl4大于H2O
D．基态Si原子核外有8种能量不同的电子
34．（2020高二下·枣庄期末）下表各组数据中，一定有错误的是（ ）
A 金刚石硬度：10 碳化硅硬度：9 晶体硅硬度：7
B 溴化钾熔点：735℃ 氯化钠熔点：801℃ 氧化镁熔点：2800℃
C 邻羟基苯甲醛沸点：250℃ 对羟基苯甲醛沸点196℃ 对甲基苯甲醛沸点：204℃
D 三氟化硼的键角：120° 氨分子的键角：120° 四氯化碳的键角：109.5°
A．A B．B C．C D．D
35．（2020高二下·济宁期末）第VA族元素的原子R与Cl原子结合形成RCl3气态分子，其立体结构呈三角锥形。RCl5在气态和液态时，分子结构如图所示，下列关于RCl5分子的说法中正确的是（ ）
A．每个原子都达到8电子稳定结构
B．键角(Cl-R-Cl)有90°、120°、180°三种
C．RCl5受热后会解分生成分子立体结构呈三角锥形的RCl3
D．分子中5个R-Cl键键能均不相同
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】A．P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3分子极性大，A项符合题意；
B．N与N的 键比P与P的强，故 的稳定性比 的高，B项不符合题意；
C．N的电负性比P大，NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近，NH3中成键电子对间的斥力大，因此NH3的键角比PH3的大，C项不符合题意；
D．相对分子质量：HNO3
【分析】A．分子中原子间的电负性差值越大，分子的极性越大；
B．共价键越牢固，分子越稳定；
C．分子中成键电子对间的排斥力大，分子中的键角越大；
D．相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。
2．【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。
3．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，A不符合题意；
B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K= ,B符合题意；
C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，C不符合题意；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．气体增加，所以混乱度增加，熵增加；
B．注意固体不考虑浓度；
C.标况下才能用气体摩尔体积衡量；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和。
4．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】由图可知，该反应的热化学方程式为：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75kJ/mol，
设C-H的键能为a，则717kJ/mol+864kJ/mol-4a=-75kJ/mol，解得a=414kJ/mol，A符合题意；
故答案为：A
【分析】根据图示确定反应的热化学方程式，再结合反应热计算C-H的键能。
5．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．CO2为分子晶体，而SiO2为共价晶体，故A不符合题意；
B．SiCl4为正四面体形，键角为109.5°，而SiHCl3分子不是正四面体形，键角不等于109.5°，故B不符合题意；
C．晶体硅中每个硅原子都连接4个硅原子形成Si-Si共价键，每个Si-Si键被2个Si共有，所以相当于每个Si原子连有2个Si-Si键，故C符合题意；
D．CO2分子中碳原子轨道杂化类型为sp，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体；
B.SiCl4为正四面体形，SiHCl3为四面体形；
C.晶体硅中每个Si原子连有2个Si-Si键；
D.CO2分子的结构式为O=C=O，C原子采用sp杂化。
6．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A不符合题意；
B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B符合题意；
C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C不符合题意；
D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯化铵含有离子键；
B.铵根离子为正四面体，H-N-H键角为109°28′；
C.铵根离子中含有共价键；
D.个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8。
7．【答案】（1）4；Zn
（2）F>O>C>H；大于；Ti(H2O)内H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减小，斥力减小，Ti(H2O)中∠H—O—H变大；8；sp2
（3）；(1，1，)；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Ti的原子序数为22，核外有22个电子，处于周期表中第四周期第IVB族，基态钛原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2，px原子轨道上电子数2px上有2个，3px上有2个，所以px原子轨道上电子数共4个；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素分别为Zn、Ga，基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Ga的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，第一电离能比Ga的大；答案为4；Zn。
(2)①由Ti(CO)6、Ti(H2O) 、TiF可知，它们的配体分别为CO、H2O、F-，含有的原子有H、C、O、F，而C、O、F的氢化物中它们均表现负化合价，说明电负性均大于氢元素的，C、O、F属于同周期元素，从左至右，非金属性增强，非金属越强，电负性越大，所以H、C、O、F的电负性由大到小的顺序是F>O>C>H；
②由Ti(H2O)可知，H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减小，斥力减小，Ti(H2O)中∠H-O-H变大，所以Ti(H2O)中∠H-O-H大于单个水分子中∠H-O-H；
③由Ti(NO3)4的球棍结构可知，每个配体NO中有两个O原子与Ti4+形成环状结构，NO作为双齿配体，Ti的配位数是2×4=8；NO中心原子N原子的价层电子对数=3+5+1 2×3=3+0=3，无孤电子对，N原子采取sp2杂化；
(3)由TiO2-aNb晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为6×+6×+1=，N原子1个在棱上、1个在面上，N原子个数为1×+1×=，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子个数为8×+4×+1=4，所以Ti：O：N=4： ：=1： ：，该物质的化学式为TiON，则2-a=，a=2-=；可知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)；由TiO2的晶胞结构可知，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为8×+4×+1=4，O原子8个在棱上、8个在面上，2个在体内，O原子个数为8×+8×+2=8，则1mol晶胞的质量4×(48+16×2)g，一个晶胞的质量为m= ，体积为V=m2n×10-30cm3，则TiO2的密度为ρ= =。
【分析】(1)利用原子构造原理书写。
(2)①从左至右，非金属性增强，非金属越强，电负性越大；
②依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析；
③依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
(3)利用均摊法确定原子数，再利用公式ρ=计算。
8．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．的沸点高于是因为分子间能形成氢键，故A符合题意；
B．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，配离子中各元素第一电离能：，故B不符合题意；
C．键能越大越稳定，N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高，故C不符合题意；
D．、中N原子均采用sp3杂化，中N原子没有孤电子对，所以中的键角大于中的键角，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.水分子间能形成氢键；
B.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，非金属元素的第一电离能大于金属元素；
C.键能越大越稳定；
D.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。
9．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A．根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，中中心原子S的价层电子对为=4，孤电子对数为=0，不含孤电子对，所以空间构型是正四面体结构，选项A符合题意；
B．中C原子的价层电子数为3+=3，C原子孤对电子对数=0，C原子采用sp2杂化，选项B不符合题意；
C．对于，根据VSEPR理论，中心C原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP==0，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心C原子为sp2杂化，键角为120°；对于，根据VSEPR理论，中心S原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP==1，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，受孤电子对影响，键角小于109°28′，选项C不符合题意；
D．氧化为，S元素化合价升高被氧化，体现的还原性，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 根据价层电子对互斥理论进行分析。
B. 根据杂化轨道理论进行分析。
C. 根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论进行分析。
D.根据反应前后SO32-、SO42-中硫元素化合价的变化进行分析。
10．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数相同核电荷越小半径越大，所以离子半径：S2-＞Cl-，A不符合题意；
B．非金属性O＞S，则最简单氢化物稳定性O＞S，B不符合题意；
C．H2O的VSEPR模型为正四面体，且有两对孤电子对，所以键角小于109°28′，SO2的VSEPR模型为平面三角形，含一对孤电子对，键角略小于120°，所以键角H2O＜SO2，C不符合题意；
D．H2O2分子间存在氢键，沸点较高，常温下为液态，HCl常温为气态，所以沸点H2O2＞HCl，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】0.01mol·L-1q溶液的pH为1.86，则q为多元强酸，m、n化合可以得到q，说明q也是由W、X、Y元素组成，则应为H2SO4，所以W为H、X为O、Y为S，Z为原子序数大于S的短周期元素，则为Cl，n与p和Cl2反应可得H2SO4，n与m也可以反应生成H2SO4，则n应为SO2、p为H2O、m为H2O2，r为HCl。
11．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．中心原子的半径越小，则R-O-H中R-O键越强，O-H键越易断裂，所以半径越小，羟基数目越少，A不符合题意；
B．采用类推法，中心P原子相当于中心C原子，由于P原子所连的4个原子团都不相同，所以P具有手性，是不对称原子，该物质可能有旋光性，B不符合题意；
C．SiCl4、PCl3、SCl2的中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但由于孤对电子对成键电子的排斥作用比成键电子对成键电子的排斥作用强，所以键角SiCl4＞PCl3＞SCl2，键角最大的是SiCl4，C符合题意；
D．顺-1，2-二氯乙烯是轴对称结构，反-1，2-二氯乙烯是中心对称结构，所以分子极性的大小不同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.中心原子半径和R-O键键能的关系；
B.类推法的运用，注意P原子具有手性；
C.孤对电子对成键电子的排斥作用比成键电子对成键电子的排斥作用强；
D.两个分子的极性大小不同。
12．【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；同素异形体
【解析】【解答】A．石墨烯是单层石墨，石墨烯和石墨都是碳原子形成的不同单质，二者互为同素异形体，故A不符合题意；
B．石墨烯的结构为 ，每个碳原子成3个共价键，每个碳原子上还含有1个孤电子，该电子可在电流作用下发生定向移动，因此石墨能导电，故B不符合题意；
C．石墨是多层石墨烯叠加，层与层之间无化学键，碳碳键之间的夹角为120°，故C符合题意；
D．石墨中原子依靠共价键连接，碳碳共价键强度较高难以断裂，使得石墨熔点很高，可用于航天飞机防热瓦的泡沫陶瓷，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.均是碳元素形成的单质
B.石墨烯可以导电主要是形成键时还有孤对电子可以自由移动
C.石墨层中，形成的正六边形，而层与层的是无键连接
D.石墨具有熔点高的特点可以做防热瓦
13．【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．原子晶体中原子形成的共价键越强，晶体的熔点越高，金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳碳键的键长小于硅硅键、键能大于硅硅键，则金刚石中的碳碳键强于晶体硅中的硅硅键，熔点高于晶体硅，能用键能解释，故A符合题意；
B．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氟元素的非金属性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，不能用键能解释，故B不符合题意；
C．二氧化硫和水是极性分子，二氧化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，不能用键能解释，故C不符合题意；
D．氯气形成的晶体是分子晶体，分子间的作用力很小，则氯气的沸点低，常温时是气体，不能用键能解释，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.键能可以影响熔沸点，键能越大，熔沸点越高，键长越短，键能越大，键长越短，原子半径越小
B.氢化物的稳定性主要和元素的非金属性有关
C.溶解度主要和构型有关系，相似相溶原理
D.主要是和分子间作用力有关
14．【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A、 碰撞理论认为，反应物分子间必须相互碰撞才有可能发生反应，但不是每次碰撞都能发生反应。在化学上，把能够发生反应的碰撞称为有效碰撞；
B、令断裂1molH－I键所需能量xkJ，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=[(b＋c)－2x]kJ·mol－1=－akJ·mol－1，推出x=，断裂2molHI分子中的化学键所学能量为(b＋c＋a)kJ·mol-1，C符合题意；
C、H=－akJ·mol－1，说明该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，B不符合题意；
D、H2和I2反应为可逆反应，反应不能进行到底，即本题无法计算出放出的热量，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.有效碰撞必须满足两个条件：（1）是发生碰撞的分子具有较高的能量；（2）是分子在一定方向上发生碰撞 ；
B、根据键能计算计算可得；
C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应；
D、可逆反应不能进行到底，具有一定的限度。
15．【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。
16．【答案】（1）D；C
（2）Li+核电荷数较大
（3）正四面体；sp3；AB
（4）520；498；2908
（5）
【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；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】⑴根据泡利原理和洪特规则，可知能量最低和最高的分别为D、C。
⑵Li+和H－的核外电子排布完全相同，半径大小取决于核电荷数，核电荷数越大，核对电子的吸引力越强，半径越小。
⑶AlH4—的中心原子的孤对电子数为 ×(3+1—4)=0，价层电子对数为0+4 = 4，故空间构型为正四面体，杂化形式为sp3。
⑷由2Li→2Li+ △H=1040kJ/mol可知Li原子的第一电离能为520kJ/mol，由 O2→O
△H=249kJ/mol，可知氧氧键的键能为498 kJ/mol。由2Li+(g)+O2—(g) →Li2O(晶体)，可知Li2O晶格能为2908kJ/mol。
⑸根据Li2O的晶胞示意图，利用均摊法，可计算出一个晶胞中含Li离子8个，氧离子8× + 6× = 4个，因此晶胞质量为 ，晶胞体积为（0.4665×10－7）3cm3，故Li2O的密度为：ρ= =
【分析】本题考查核外电子排布规则、离子半径大小比较、微粒的空间构型判断、杂化方式、第一电离能、晶格能、晶胞密度的计算
17．【答案】（1）；Be的核外电子排布式为1s22s2， 2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的2p能级上有一个单电子，因此I1(Be)＞I1(B)
（2）平面(正)三角形；BF3中B采用sp2杂化，没有孤电子对，键角为120°，NF3中N采用sp3杂化，有一一个孤电子对，键角小于109° 28'
（3）原子(或共价)；+1或-1
（4）N＞H＞B
（5）3；H3BO3+ H2O+ H+
（6）B；
【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；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)根据硼原子的价电子排布式利用鲍利不相容原理进行书写轨道表示式：；根据洪特规则判断处于电子排布处于全满状态时能量低稳定，Be的核外电子排布式为1s22s2， 2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的2p能级上有一个单电子，因此I1(Be)＞I1(B)；故答案为：；Be的核外电子排布式为1s22s2， 2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的2p能级上有一个单电子，因此I1(Be)＞I1(B)；
(2)根据杂化轨道理论计算，BF3中中心原子B形成3个共价键，没有孤对电子，故价层电子对数为3，故空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；BF3中B采用sp2杂化，没有孤电子对，键角为120°，NF3中N采用sp3杂化，有一一个孤电子对，孤对电子与σ键之间的作用力大于σ键与σ键之间的作用锂，故键角小于109° 28'；故答案为BF3中B采用sp2杂化，没有孤电子对，键角为120°，NF3中N采用sp3杂化，有一一个孤电子对，键角小于109° 28'；
(3)根据碳化硼(B4C)硬度较大，可用于坦克车的装甲、避弹衣等。碳化硼的熔点为2350℃、沸点为3500℃的性质判断它属于原子晶体，故答案为原子；碳原子的电子排布式为1s22s22p2其中2p轨道上有两个自旋方向相同的电子，故其价电子自旋磁量子数的代数和为+1或-1；故答案为+1或-1；
(4)根据电负性的定义判断，电负性越大吸引电子的能力越大，利用化合价的正负可以判断吸引电子的能力，从而判断电负性的大小为：N＞H＞B，故答案为N＞H＞B；
(5)根据图像利用均摊法进行判断，每个硼酸在平面结构中形成了6个氢键，而每个氢键又连着两个硼酸，故每个硼酸实质含有的氢键是3个，故答案为3；H3BO3与水有微弱反应生成[B(OH)4]-而使其水溶液呈弱酸性，离子方程式为：H3BO3+ H2O+ H+；故答案为H3BO3+ H2O+ H+；
(6)砷化硼的晶胞结构类似于金刚石的晶胞，As原子在晶胞内互不相临的四个小立方体的体心，根据图示判断选答案B；根据晶胞均摊法，实际含有的B原子是，实际含有As的原子个数为4个，根据密度计算公式进行计算；故答案为：；
【分析】（1）硼为5号元素，根据核外电子排布三原则进行书写电子式和轨道表示式；原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，第一电离能较大；
（2）利用价层电子对互斥理论判断分子的空间构型； 孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力；
（3）碳化硼的硬度大、熔沸点较高，属于原子晶体；碳原子的电子排布式为1s22s22p2，据此计算其价电子自旋磁量子数的代数；
（4）元素的非金属性越强电负性越大；
（5）一个H3BO3分子对应着6个氢键，而一个氢键对应着2个H3BO3分子；H3BO3与水发生反应：H3BO3+ H2O+ H+；
（6）①As原子在晶胞内互不相临的四个小立方体的体心；
②根据均摊法计算晶胞中原子个数，根据计算密度。
18．【答案】（1）c
（2）原子(共价)；；非极性
（3）Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2
（4）5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
（5）溶液酸碱性；6.02×1022
【知识点】键能、键长、键角及其应用；分子晶体；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a不正确；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b不正确；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d不正确；
故答案为：c；
(2)上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；
(3)上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4)→Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
【分析】（1）键能大小可以判断物质的稳定性，键能越大，物质越稳定，不能判断熔沸点，分子间作用力影响熔沸点
（4）关于缺项氧化还原反应配平，首先利用化合价升降相等配平氧化剂，还原剂，再结合电荷守恒和质量守恒补充H+、OH-、H2O等
19．【答案】（1）14
（2）6
（3）小于；Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子
（4）B
（5）离子晶体；正四面体
（6）；长方形(矩形)
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)这2个电子容纳在同一个原子轨道里，也就意味着，它们的空间状态是相同的，所以核外电子的空间运动状态种数应是原子轨道数；故答案为：14。
(2)根据图中Fe为于中心，因此根据配位数分析，配合离子中心离子配位数为6；故答案为：6。
(3)因为Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子，K的最外层电子是4s1，失去该电子后是稳定的八电子结构，所以更容易失电子，故K的第一电离能小；故答案为：小于；Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子。
(4)A．因为NH3分子间存在氢键沸点最高，H2S的相对分子质量比CH4大，H2S分子间的范德华力比较大，故沸点由高到低顺序应该为NH3＞H2S＞CH4，故A不正确；B．三者的中心原子都是sp3杂化，VSEPR模型都是四面体，因为CH4无孤电子对，其分子构型是正四面体，键角为109°28'。NH3的分子构型是三角锥形，受一对孤电子对的影响，键角略小于109°28'。H2S受两对孤电子对的影响，键角更小，所以键角由大到小顺序为CH4>NH3>H2S，故B正确；C．CO2是非极性分子，故C不正确；D．由元素周期律可知，氮的电负性比碳强，故D不正确；故答案为：B。
(5)Fe2(SO4)3是由阴阳离子构成的，所以其固体是离子晶体，根据价层电子对互斥理论，中的中心原子孤电子对数，故其空间构型为正四面体；故答案为：离子晶体；正四面体。
(6)根据均摊法并结合题中的晶胞图可以算出晶胞中每种原子的原子个数都是4，所以该晶胞质量为g。另外，故其密度为。从该晶胞的正视图可以看出，A原子和B原子的连线是垂直于A原子和C原子所在的侧面的，从该晶胞的正视图和侧视图可以看出A原子和C原子的距离大于A原子和B原子的距离，故答案为：；长方形或矩形。
【分析】（1）写出核外电子轨道表达式，有几个轨道就有几种空间运动状态
（2）由图可知，Fe周围连接有6个配体，配位数就是6
（3）第一电离能的比较看核外电子排布式，排布越稳定，越不容易失电子，电离能越大
（4）分子晶体比较熔沸点：有氢键的熔沸点较高，没有氢键的比较范德华力大小
键角的比较：先看杂化类型sp>sp2>sp3，杂化类型相同时，比较孤电子对对成键电子对的排斥力大小
正负电荷中心重合的分子为非极性分子，反之为极性分子
同周期元素，电负性从左到右增大，同主族，从下到上增大
（5）判断晶体类型分析构成粒子，由离子构成的晶体类型是离子晶体
利用价层电子对互斥理论，ABn法计算判断离子构型
（6）根据题中所给晶胞图，看出小黑球有4个，根据KSCN化学式可知各原子数目比为1：1：1：1，所以每个原子都是4个
20．【答案】（1）d
（2）N(氮)；基态氮原子2p轨道半充满；NH3；2；15；21NA
（3）12；六面体；g/cm3
【知识点】用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；键能、键长、键角及其应用；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，位于元素周期表d区，故答案为：d；
(2)①同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故答案为：N(氮)；基态氮原子2p轨道半充满；
②分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，水分子中氧原子有2对孤对电子，氨分子中氮原子有1对孤对电子，所以氨分子的键角大于水分子；由[Cr(H2O)6]3+离子的空间构型为正八面体可知，当4个水分子被氨分子取代后，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有2种，铬离子的外围电子数目为3+2×6=15，故答案为：NH3；2；15；
③Cr(CH3COO)3中配位键属于σ键，单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构式可知，1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为1mol×7×3×NAmol-1=21NA，故答案为：21NA；
(3)①由晶胞结构可知，晶体a中位于顶点的铜原子与位于面心的铬原子的距离最近，则铬原子的配位数为12，故答案为：12；
②由晶胞结构可知，晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的六面体空隙中，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+2×=2，位于面心的铬原子个数为4×=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=k2hd，解得d=，故答案为：g/cm3。
【分析】
（1）根据铬元素原子序数和电子排布式，推出在元素周期表的位置区域。
（2）同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势；根据键角与孤对电子对数的关系进行比较键角大小。
（3）根据晶胞结构可以得出配位数和铜原子的空间结构，数出晶胞b中的原子个数，算出质量除以晶胞的体积即可得到密度。
21．【答案】（1）
（2）；；+8；增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4；黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递
（3）大
【知识点】键能、键长、键角及其应用；甲烷的取代反应
【解析】【解答】(1)甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是。故答案为：；
(2)①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：。故答案为：；
②a.25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) 当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1= +8kJ·mol-1。故答案为：+8；
b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；
③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4；
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递；
(3)生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。
【分析】（1）根据反应物即可写出方程式
（2）①根据给出的链传递即可找出规律
②a根据给出的键能即可计算出焓变
b非金属性越弱，形成的键越弱，破坏的能量越低，焓变越大
③a根据条件不同，产物不同判断出引发反应的是氯气
b黑暗中形成氯气，不会发生其他反应
（3）根据键能与焓变的关系即可判断
22．【答案】（1）；
（2）AC；
（3）三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且相对分子质量大于；平面三角形；
（4）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；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，基态原子的价层电子排布图为；元素的非金属性越强，第一电离能越大，其中Se和As反常，则Se、Ga、As的第一电离能由大到小的顺序为；
(2)由图1所示化合物的结构可知，Al与O、N形成配位键，分子内不存在离子键和氢键，N原子的价层电子对数目为3，杂化方式为；
(3)①由表中氧化物的组成和性质可知，三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，其中水分子间能形成氢键，沸点最高，二氧化硫为极性分子而二氧化碳为非极性分子，且二氧化硫相对分子质量大于二氧化碳，故二氧化硫的沸点高于二氧化碳。
②中S原子的价层电子对数目为3，VSEPR模型为平面三角形。
③中O原子半径比中S原子半径更小，成键电子对更靠近O原子，成键电子对之间排斥力更大，键角更大；
(4)ZnS和ZnSe晶体中，占用Zn的数目为4，S、Se的数目为=4，则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比。
【分析】（1）电子排布图又叫轨道表达式，注意区别于电子排布式，同一周期从左往右第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但是As的价层电子为半满，比较稳定，第一电离能比Se大；
（2）看图分析不含离子间，氢键不是化学键是分子间作用力，先判断N的价层电子对数，杂化轨道数等于价层电子对数；
（3） ① 分子间作用力越大，沸点越大，水分子间存在氢键，SO2和CO2比较，SO2的相对分子质量大，范德华力越大；
② 判断SO2的价层电子对数为3，所以 VSEPR模型为平面三角形；
③ 中心原子不同，配位原子相同，中心原子的电负性越大，键角越大；
（4） ① 根据金刚石的结构利用均摊法计算出S原子的个数；
② 计算出一个晶胞中Zn的个数，从而求出一个晶胞的质量，已知密度，计算出晶胞的体积，体积开3次方，即可以求出晶胞参数。
23．【答案】（1）d
（2）平面三角形；3
（3）氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大
（4）离子晶体；
（5）； （或0.707a）
【知识点】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
【解析】【解答】（1）a．碳的电子式是 ，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子，故不正确；
b．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g石墨烯即1mol含σ键数为1.5NA，故不正确；
c．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故不正确；
d．石墨烯中含有多中心的大π键，故正确。
故答案为：d。
（2）COCl2分子中的C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子共形成1个双键和2个单键，故其采取sp2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；
该分子中电负性最大的是O元素，基态氧原子中，有1s上1种、2s上1种、2p上1种，即3种不同能量的电子；
（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl4]由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM+形成大π键的原子数为5、电子数为6，则EMIM+离子中的大π键应表示为 ；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶胞中Ca2＋个数=1+12×1/4=4，C22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV=M×4/[NA(a×10-7)3]g·cm－3；晶胞中Ca2＋位于C22－所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为 anm，则正八面体的边长为 （或0.707a）nm.
【分析】（1）a．碳的电子式是 ，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子；
b．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g石墨烯即1mol含σ键数为1.5NA；
c．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；
d．石墨烯中含有多中心的大π键。
（2）分析C成键情况，结合VSEPR模型判断；电负性最大的是O元素；
（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl4]由阴、阳离子构成；根据形成大π键的原子数和电子数分析；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶胞中Ca2＋个数=1+12×1/4=4，C22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV；晶胞中Ca2＋位于C22－所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。
24．【答案】（1）乙醇能与水互溶，乙醇又是可溶解油脂的有机溶剂，所以乙醇可增大NaOH溶液和油脂的接触面积
（2）两者均为原子晶体， 键的键能大于 键，故 的硬度大于金刚石
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；酯的性质
【解析】【解答】(1)皂化实验中，加入的乙醇可以增大油脂与NaOH溶液的接触面积，其原因是乙醇能与水互溶，乙醇又是可溶解油脂的有机溶剂，所以乙醇可增大NaOH溶液和油脂的接触面积。
(2) 和金刚石均为原子晶体， 键的键能大于 键，故 的硬度大于金刚石
【分析】（1）油脂与水不互溶，加入乙醇后油脂全部溶解增大接触面积
（2）原子晶体的硬度与键能的大小有关
25．【答案】（1）
（2）sp3；N ＞O ＞Se
（3）(SeO2)n
（4）三角锥形；NCl3
（5）SeF6＞SF6
（6）＜；硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，硫硫键的键能大于硒硒键的键能，则光谱能量高，波长短
（7）CoSe；
【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；键能、键长、键角及其应用；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)Se所含质子数为34，原子核外电子数为34，核外电子排布为：[Ar]3d104s24p4；基态Se原子的核外价电子排布图为： 。
(2)根据结构简式，“依布硒”中Se原子的杂化类型为sp3杂化，N原子为半充满状态，电离能最大，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为：N ＞O ＞Se。
(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构 ，该氧化物的化学式为(SeO2)n。
(4)SeO 中的Se为sp3杂化且有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，SeO 有26个电子，与SeO 互为等电子体的分子有NCl3。
(5)室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，且为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用越大，则熔、沸越高，SeF6＞SF6；
(6)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1＜λ2，其原因是硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，S-S键的键能大于Se-Se键的键能，则光谱能量高，波长短。
(7)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。根据均摊法Co：8× ，Se=2，该硒化钴的化学式为CoSe；晶胞地面键角为60°，晶胞体积为 = ，晶体密度为 g·cm-3。
【分析】(1)根据Se的核外电子排布分析；
(2)根据分子结构分析杂化方式，N原子2p为半充满状态，第一电离能大于O；
(3)根据结构式推测出分子式；
(4)根据价层电子对互斥理论计算；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。
(5)根据范德华力分析熔沸点；
(6)根据S-S键和Se-Se键的键能分析；
(7)根据均摊法计算化学式，根据ρ=计算晶胞密度。
26．【答案】（1）哑铃
（2）sp2；；非极性
（3）BN；N
（4）酸；配位键(或共价键）
（5）；3
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；键能、键长、键角及其应用；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)基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，则其电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；
(2)BCl3中B原子形成3对成键电子对，孤电子对数为 ，则价层电子对数为3，则B原子杂化方式是sp2，BCl3的分子构型为平面三角形，两个B-Cl键的键角为 ，该分子的结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子；
(3)BCl3为分子晶体，Li3N为离子晶体，BN为原子晶体，则三者中，沸点最高的是BN；同周期元素的原子从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，则Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是N；
(4)由(2)的分析可知，BCl3的中心原子B原子没有孤电子对，不能提供电子对，但是其有空轨道，可以接受电子对，故按照该理论，其属于酸；BCl3的中心原子B原子有空轨道，可以接受电子对，氢氧根离子有孤电子对，则B原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，故BCl3和碱反应形成的化学键类型是配位键(或共价键)；
(5)由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有4个B原子， 个N原子，则晶胞的质量为 ，则该晶体密度表达式为 ；图2是该晶胞的俯视投影图，由晶胞结构图可知，该图中表示硼原子相对位置的是3号。
【分析】（1）根据B原子的核外电子能级排布即可判断出最高电子的轨道即可判断出形状
（2）根据化学式计算出价电子对以及孤对电子对即可判断杂化方式，即可求出键角，判断分子极性与非极性
（3）原子晶体的熔点高于离子晶体高于分子晶体即可判断，根据元素周期律即可判断
（4）根据酸碱理论即可判断类型，即可判断反应类型
（5）根据占位即可计算出晶胞中原子的个数即可计算出晶胞质量，结合晶胞参数计算出密度即可求出密度，根据俯视的规则即可判断出B的位置
27．【答案】（1）5s25p2；Cl-提供孤电子对，中心原子Sn提供空轨道，二者形成配位键
（2）C＜O＜N；H2O＜NH3＜CH4
（3）sp；sp2
（4）羧酸分子间能形成氢键
（5）Cu2O； ×100%
【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；键能、键长、键角及其应用；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）Sn为第五周期第IVA族，价电子数为4，排布式为5s25p2，中心原子Sn上有空轨道，Cl-有孤对电子，可以形成配位键，形成SnCl42-，故正确答案是： 5s25p2 、 Cl-提供孤电子对，中心原子Sn提供空轨道，二者形成配位键
（2）同周期从左到右，第一电离能增大的趋势，但是氮元素的2p能级处于半充满状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素，因此第一电离能是C＜O＜N，氨气为三角锥形的结构，键角是107°，水是V型结构，键角为接近105°，甲烷是正四面体，键角是109°28、，故键角的大小是 H2O＜NH3＜CH4
（3）BeCl2，根据VSEPR模型，中心原子的价层电子对数为2，杂化方式为sp，易形成双聚体，Cl原子孤对电子与Be的空轨道形成配位键，价电子对变为3，杂化方式变为sp2，故中心原子的杂化方式有sp变为sp2，故正确答案是： sp 、 sp2
（4）羧酸分子形成链状或者环状结构，故没有化学键形成由于羧基中含有O-H键，可以形成氢键，故正确答案是： 羧酸分子间能形成氢键
（5）图中晶胞结构，根据占位顶点和体心个数为=2，体内的个数为4，由于是铜的氧化物，符合个数之比为2：1，因此是Cu2O，根据晶胞的密度==6g/mL，晶胞体积为V=
空间利用率== ×100% ，故正确答案是： Cu2O 、 ×100%
【分析】（1）根据Sn的周期表的位置以及价层电子数即可写出排布式，由于Sn存在空轨道，而氯离子存在孤对电子即可形成配位键
（2）根据元素符号结合元素周期律即可进行判断电离能大小，根据构型即可判断键角大小
（3）根据单体和二聚体成键即可判断中心原子的杂化方式
（4）可能含有可以形成氢键的基团
（5）①根据占位计算出原子个数比即可求出化学式②根据密度求出晶胞体积，再计算出晶胞内原子的体积即可求出空间利用率
28．【答案】（1）3d2；-1、-2；
（2）四面体；N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小，所以键角变大
（3）sp2、sp3；聚合物链与链之间能形成氢键
（4）CaTiO3； ×10-7a
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；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）铁的四氧化物分子中，铁的化合价不是+8而是+6 ，故铁失去6个电子，铁的价电子排布式是3d2；根据化合物中元素的正负化合价代数和为0 ，则铁的“四氧化物”中氧的化合价为-1、-2；根据分子构型是四面体，并且氧的化合价为2个-2价、1个-1价，可得分子的结构为 ；
（2）NH3是sp3杂化，所以VSEPR模型为四面体形；NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，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，排斥作用减弱，所以NH3形成[Zn(NH3)6]2+后H-N-H键角变大；
（3）-COOH中的氧原子有两个 键，两个孤电子对，故采用sp3杂化；碳氧双键中的氧原子有一个 键，两个孤电子对，故采用sp2杂化；分子中含有-N-H的结构，可以和另外N或O原子形成氢键，所以聚合物链与链之间能形成氢键；
（4）由上述晶胞结构图可知，钛酸钙的晶胞中Ca位于8个顶点、O位于6个面心、 Ti位于体心，根据均摊法可以确定Ca、O、Ti的数目分别为 、 、1 ，因此其化学式为CaTiO3；Ca2+与O2-的最短距离是面对角线的一半，故为 ×10-7a。
【分析】（1）根据铁原子的核外电子能级排布即可找出铁的价电子排布以及氧元素的化合价和画出结构示意图
（2）根据氮原子的杂化方式即可判断构型，键角变化主要是形成配位键导致
（3）根据氧原子的成键方式即可判断杂化方式，聚合物中含有羟基可能形成氢键
（4）根据晶胞中占位即可计算出化学式，根据图示即可找出钙离子和氧离子距离最近的是面对角线的一半
29．【答案】（1）3d24s2；对角线
（2）Na； 中无孤电子对，NH3中有一对孤电子对，孤电子对与 键之间的排斥力大于 键之间的排斥力，使得 中的键角比NH3中的键角大；CH4
（3） 或
（4）sp2杂化和sp3杂化；B
（5）12；
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Ti是22号元素，根据能量最低原理，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2；B与Si在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si相似；
(2)NaBH4所含元素中，第一电离能最小的元素为金属性最强的元素Na， 与NH3的VSEPR模型相似， 的键角大于NH3的键角，是因为 中无孤电子对，NH3中有一对孤电子对，孤电子对与 键之间的排斥力大于 键之间的排斥力，使得 中的键角比NH3中的键角大；与 互为等电子的微粒有：CH4、 、SiH4等；
(3)每个Si与周围4个O原子形成Si-O四面体结构，其中1个O原子的投影与Si重合，每个Si-O四面体中有2个O原子为2个Si-O四面体共用，Si-O四面体中Si原子数目为1、O原子数目为2+2× =3，Si-O四面体带2个单位负电荷，所以形成的离子为 或 ；
(4) [B4O5(OH)4]2-中含有4个B原子，有2个B原子形成3个共价键，另外2个B原子形成4个共价键，所以硼砂中B原子采用sp2杂化和sp3杂化；硼砂中含有-OH，-OH与其他O原子之间存在氢键，所以硼砂中含有氢键，B原子最外层有3个电子，能形成3个共价键，阴离子[B4O5(OH)4]2-中有2个B原子形成4个共价键，说明B原子存在配位键，Na2[B4O5(OH)4]·8H2O中阳离子Na+与阴离子[B4O5(OH)4]2-之间存在离子键，故硼砂中存在的氢键、配位键、离子键不存在金属键；故答案为：B；
(5)每个晶胞实际占有氧原子数为 ，氧离子半径为apm，则正八面体棱长为2apm，Ti位于正方形中心，两个Ti原子最短距离为正方形对角线= apm，中心钙离子与顶点上钛离子之间距离最短，为体对角线长度的 ，故答案为 。
【分析】（1）根据钛原子的核外电子数即可写出核外电子能级排布即可写出价层电子排布式，一般对角线元素化学性质相似
（2）金属元素的第一电离能小于非金属元素，找出即可， 和NH3，均是sp3杂化，但是氨气中氮原子的孤对电子对成键电子对又斥力的作用，找出含有5个原子和10个电子的微粒即可
（3）根据连接方式即可写出化学式
（4）根据B原子的成键方式即可判断B原子杂化方式，根据结构式硼砂中存在氢键、配位键、离子键
（5）根据结构图即可找出与钙离子距离最近的式同一平面上4个，且有3个平面，共12个。根据占位即可找出数据之间的关系即可计算出氧离子的半径
30．【答案】（1）Mg； 是 的5倍多，说明最外层有2个电子；基态N原子的2p能级半充满；8
（2）C、D
（3）氨分子与 形成配合物后，孤对电子与 形成配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用减弱，所以 键键角变大；B
（4）立方BN晶体是原子晶体， 键键能大，所以质地坚硬；
（5）；1:3；棱心
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)①由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA族元素，此元素为镁元素，元素符号为Mg；
②第二周期元素的第一电离能 随原子序数 的变化情况如图6，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，即I1随Z的递增而呈增大趋势，而导致 在a点出现齿峰的原因是基态N原子的2p能级半充满；
③根据图示 ，1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离；
(2) A.根据配合物 的结构图，是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，分子中含有δ键和π键，选项A正确；
B. 中Fe原子的配体是CO，价电子数是10，与 互为等电子体，选项B正确；
C. 含有 键，选项C不正确；
D. 是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，选项D不正确；
故答案为：CD；
(3) 分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 键键角变大；
A. 中S原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构， 中N原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为V形结构，选项A不符合；
B. 中N原子价电子对个数＝ ，没有孤电子对，所以为平面结构， 中S原子价电子对个数＝ ，没有孤电子对，所以为平面结构，选项B符合；
C. 中O原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，ClO3-中Cl原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项不C符合；
D. 中P原子价电子对个数＝ ，没有孤电子对，所以为四面体结构， 中S原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项D不符合；
故答案为：B；
(4)立方BN晶体是原子晶体， 键键能大，所以质地坚硬；
根据均摊原则，1个晶胞中含有N原子数是4、含有B原子数是 ，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞边长是 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 ＝ ；
(5)①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1 ，Mg原子位于顶点，个数为1 ， Ni原子位于面心，个数为3 ，所以化学式为MgNi3C；
②据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1 ，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3 ，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；
③若取碳原子为晶胞顶点，镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，则镍原子位于晶胞的棱心位置。
【分析】（1）①根据电离能的大小关系即可判断 ②同周期第一电离能理论上是从左到右依次增大，但是当能级电子排布处于半充满或者是充满状态时，第一电离能比两侧的元素的电离能大 ③铝原子处于面心，距离最近的镁原子来自顶点以及面心，因此是8个镁原子
（2）A.根据结构可以看出正负电电荷中心重合，故为非极性分子，配体分子是一氧化碳，含有 δ键和π键
B. 配体分子是CO，含有的价层电子对是10，而 的价层电子对也是10
C. 键包括单键和配位键，1mol 含有5mol配位键，和5mol碳氧键
D.有旧键断裂和新键形成是化学变化
（3）氨气分子中存在孤对电子而 不存在孤对电子，孤对电子有一定的斥力，根据计算出中心原子的价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式
（4）原子晶体的硬度主要和键能有关，键能越大，硬度越大，根据给出数据计算出体积，再根据ρ=m/v进行计算
（5）① 根据占位情况即可计算出晶胞中原子的个数写出化学式②根据晶胞结构找出形成的八面体数目即可 ③根据晶胞中的位置，当以C作为晶胞顶点时，即可发现镍原子处于两个碳原子的中心即为2023年高考真题变式分类汇编：键能、键长、键角及其应用2
一、选择题
1．（2021·湖北）下列有关N、P及其化合物的说法错误的是（ ）
A．N的电负性比P的大，可推断NCl3分子的极性比PCl3的大
B．N与N的π键比P与P的强，可推断N≡N的稳定性比P≡P的高
C．NH3的成键电子对间排斥力较大，可推断NH3的键角比PH3的大
D．HNO3的分子间作用力较小，可推断HNO3的熔点比H3PO4的低
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别
【解析】【解答】A．P和Cl的电负性差值比N和Cl的电负性差值大，因此PCl3分子的极性比NCl3分子极性大，A项符合题意；
B．N与N的 键比P与P的强，故 的稳定性比 的高，B项不符合题意；
C．N的电负性比P大，NH3中成键电子对距离N比PH3中成键电子对距离P近，NH3中成键电子对间的斥力大，因此NH3的键角比PH3的大，C项不符合题意；
D．相对分子质量：HNO3
【分析】A．分子中原子间的电负性差值越大，分子的极性越大；
B．共价键越牢固，分子越稳定；
C．分子中成键电子对间的排斥力大，分子中的键角越大；
D．相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔、沸点越高。
2．（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。
3．（2020·江苏）反应 可用于纯硅的制备。下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A．该反应 、
B．该反应的平衡常数
C．高温下反应每生成1 mol Si需消耗
D．用E表示键能，该反应
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；焓变和熵变；化学平衡常数
【解析】【解答】A．SiCl4、H2、HCl为气体，且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和，因此该反应为熵增，即△S>0，A不符合题意；
B．根据化学平衡常数的定义，该反应的平衡常数K= ,B符合题意；
C.题中说的是高温，不是标准状况下，因此不能直接用22.4L·mol－1计算，C不符合题意；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和，即△H=4E(Si－Cl)＋2E(H－H)－4E(H－Cl) －2E(Si－Si)，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．气体增加，所以混乱度增加，熵增加；
B．注意固体不考虑浓度；
C.标况下才能用气体摩尔体积衡量；
D．△H=反应物键能总和－生成物键能总和。
4．（2019·海南）根据图中的能量关系，可求得 的键能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】由图可知，该反应的热化学方程式为：C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75kJ/mol，
设C-H的键能为a，则717kJ/mol+864kJ/mol-4a=-75kJ/mol，解得a=414kJ/mol，A符合题意；
故答案为：A
【分析】根据图示确定反应的热化学方程式，再结合反应热计算C-H的键能。
5．（2022·江苏模拟）下列说法正确的是（ ）
A．CO2与SiO2的晶体类型相同
B．SiCl4与SiHCl3分子中的键角相等
C．1mol晶体硅中含有2molSi-Si键
D．CO2分子中碳原子轨道杂化类型为sp2
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；分子晶体；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．CO2为分子晶体，而SiO2为共价晶体，故A不符合题意；
B．SiCl4为正四面体形，键角为109.5°，而SiHCl3分子不是正四面体形，键角不等于109.5°，故B不符合题意；
C．晶体硅中每个硅原子都连接4个硅原子形成Si-Si共价键，每个Si-Si键被2个Si共有，所以相当于每个Si原子连有2个Si-Si键，故C符合题意；
D．CO2分子中碳原子轨道杂化类型为sp，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.二氧化碳是分子晶体，二氧化硅是原子晶体；
B.SiCl4为正四面体形，SiHCl3为四面体形；
C.晶体硅中每个Si原子连有2个Si-Si键；
D.CO2分子的结构式为O=C=O，C原子采用sp杂化。
6．（2022·东城模拟）NH4Cl的晶胞为立方体，其结构如下。下列说法错误的是（ ）
A．NH4Cl晶体属于离子晶体
B．NH4Cl晶胞中H-N-H键角为90°
C．NH4Cl晶体中既有离子键又有共价键
D．每个Cl-周围与它最近且等距离的 的数目为8
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；离子晶体；晶胞的计算
【解析】【解答】A．氯化铵由铵根离子和氯离子构成，为离子晶体，A不符合题意；
B．铵根离子中N原子杂化方式为sp3杂化，键角为109。28'，B符合题意；
C．NH4Cl晶体中铵根和氯离子之间为离子键，氮原子和氢原子之间为共价键，C不符合题意；
D．根据晶胞结构可知每个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8，在周围八个立方体体心位置，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯化铵含有离子键；
B.铵根离子为正四面体，H-N-H键角为109°28′；
C.铵根离子中含有共价键；
D.个Cl-周围与它最近且等距离的铵根离子的数目为8。
7．（2022·长春模拟）2022年2月我国科学家在《科学》杂志发表反型钙钛矿太阳能电池研究方面的最新科研成果论文，为钙钛矿电池研究开辟新方向。
（1）基态钛原子的px原子轨道上的电子数为 个。与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素中第一电离能较大的是 (写元素符号)。
（2）Ti的配合物有多种，如Ti(CO)6、Ti(H2O)、TiF等。
①上述三种配位化合物中，配体所含原子中电负性由大到小的顺序是 (写元素符号)；
②Ti(H2O) 中配位 H2O中H—O键的键角 (填“大于”、“小于”或“等于”)游离H2O中H—O键的键角，原因是 。
③Ti(NO3)4的球棍结构如图，Ti的配位数是 ，N原子的杂化方式为 。
（3）反型钙钛矿电池无需使用具有光催化活性的TiO2(通过氮掺杂生成TiO2-aNb，反应如图)，光照下的输出稳定性更好，更具发展潜力。
TiO2-aNb晶体中 a= 。已知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，则原子3的坐标为 ，设阿伏加德罗常数的值为NA，TiO2的密度为 g cm-3(列出计算式)。
【答案】（1）4；Zn
（2）F>O>C>H；大于；Ti(H2O)内H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减小，斥力减小，Ti(H2O)中∠H—O—H变大；8；sp2
（3）；(1，1，)；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Ti的原子序数为22，核外有22个电子，处于周期表中第四周期第IVB族，基态钛原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d24s2，px原子轨道上电子数2px上有2个，3px上有2个，所以px原子轨道上电子数共4个；与钛同周期的第ⅡB族和ⅢA族两种元素分别为Zn、Ga，基态Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，基态Ga的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，则Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子，第一电离能比Ga的大；答案为4；Zn。
(2)①由Ti(CO)6、Ti(H2O) 、TiF可知，它们的配体分别为CO、H2O、F-，含有的原子有H、C、O、F，而C、O、F的氢化物中它们均表现负化合价，说明电负性均大于氢元素的，C、O、F属于同周期元素，从左至右，非金属性增强，非金属越强，电负性越大，所以H、C、O、F的电负性由大到小的顺序是F>O>C>H；
②由Ti(H2O)可知，H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减小，斥力减小，Ti(H2O)中∠H-O-H变大，所以Ti(H2O)中∠H-O-H大于单个水分子中∠H-O-H；
③由Ti(NO3)4的球棍结构可知，每个配体NO中有两个O原子与Ti4+形成环状结构，NO作为双齿配体，Ti的配位数是2×4=8；NO中心原子N原子的价层电子对数=3+5+1 2×3=3+0=3，无孤电子对，N原子采取sp2杂化；
(3)由TiO2-aNb晶胞结构可知，氮掺杂反应后，有3个氧空穴，O原子6个在棱上、6个在面上，1个在体内，O原子个数为6×+6×+1=，N原子1个在棱上、1个在面上，N原子个数为1×+1×=，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子个数为8×+4×+1=4，所以Ti：O：N=4： ：=1： ：，该物质的化学式为TiON，则2-a=，a=2-=；可知原子1、2的分数坐标为(0，0，)和(1，0，0)，由TiO2的晶胞结构可知，原子3的坐标为(1，1，)；由TiO2的晶胞结构可知，Ti原子在晶胞的8个顶点、4个面心和1个在体内，Ti原子的个数为8×+4×+1=4，O原子8个在棱上、8个在面上，2个在体内，O原子个数为8×+8×+2=8，则1mol晶胞的质量4×(48+16×2)g，一个晶胞的质量为m= ，体积为V=m2n×10-30cm3，则TiO2的密度为ρ= =。
【分析】(1)利用原子构造原理书写。
(2)①从左至右，非金属性增强，非金属越强，电负性越大；
②依据孤对电子之间排斥作用＞孤对电子与成键电子对之间排斥＞成键电子对之间排斥分析；
③依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
(3)利用均摊法确定原子数，再利用公式ρ=计算。
8．（2022·烟台模拟）下列说法错误的是（ ）
A．的沸点高于是因为O的电负性大于S
B．配离子中各元素第一电离能：
C．N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高
D．中的键角大于中的键角
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．的沸点高于是因为分子间能形成氢键，故A符合题意；
B．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，配离子中各元素第一电离能：，故B不符合题意；
C．键能越大越稳定，N与N的π键比P与P的强，可推断的稳定性比的高，故C不符合题意；
D．、中N原子均采用sp3杂化，中N原子没有孤电子对，所以中的键角大于中的键角，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.水分子间能形成氢键；
B.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，非金属元素的第一电离能大于金属元素；
C.键能越大越稳定；
D.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。
9．（2022·连云模拟）含SO2的工业烟气脱硫往往使用较为廉价的碱性物质如生石灰、浓氨水等吸收。近年来一些近海的煤电厂，利用海水的微碱性(8.0≤pH≤8.3)开发海水脱硫新工艺。主要原理是：SO2与海水生成H2SO3，H2SO3电离得到和进一步氧化得到。脱硫后海水酸性增强，与新鲜海水中的碳酸盐(和)发生中和反应，最终烟气中的SO2大部分以硫酸盐的形式排入大海。下列有关、、的说法正确的是（ ）
A．的空间构型为正四面体
B．中碳原子的杂化轨道类型为sp
C．与中的键角相等
D．氧化为，体现的氧化性
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应
【解析】【解答】A．根据价层电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键+孤电子对个数，中中心原子S的价层电子对为=4，孤电子对数为=0，不含孤电子对，所以空间构型是正四面体结构，选项A符合题意；
B．中C原子的价层电子数为3+=3，C原子孤对电子对数=0，C原子采用sp2杂化，选项B不符合题意；
C．对于，根据VSEPR理论，中心C原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP==0，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+0=3，根据杂化轨道理论，中心C原子为sp2杂化，键角为120°；对于，根据VSEPR理论，中心S原子的配位原子数为BP=3，孤电子对数为LP==1，则其价电子对数为VP=BP+LP=3+1=4，根据杂化轨道理论，中心S原子为sp3杂化，受孤电子对影响，键角小于109°28′，选项C不符合题意；
D．氧化为，S元素化合价升高被氧化，体现的还原性，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A. 根据价层电子对互斥理论进行分析。
B. 根据杂化轨道理论进行分析。
C. 根据价层电子对互斥理论和杂化轨道理论进行分析。
D.根据反应前后SO32-、SO42-中硫元素化合价的变化进行分析。
10．（2021·厦门模拟）短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、n、p是前三种元素组成的二元化合物，0.01mol·L-1q溶液的pH为1.86，上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．简单离子半径：Y＞Z B．最简单氢化物稳定性：X＞Y
C．键角：p＞n D．沸点：m＞r
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；氢键的存在对物质性质的影响；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．电子层数相同核电荷越小半径越大，所以离子半径：S2-＞Cl-，A不符合题意；
B．非金属性O＞S，则最简单氢化物稳定性O＞S，B不符合题意；
C．H2O的VSEPR模型为正四面体，且有两对孤电子对，所以键角小于109°28′，SO2的VSEPR模型为平面三角形，含一对孤电子对，键角略小于120°，所以键角H2O＜SO2，C不符合题意；
D．H2O2分子间存在氢键，沸点较高，常温下为液态，HCl常温为气态，所以沸点H2O2＞HCl，D不符合题意；
故答案为C。
【分析】0.01mol·L-1q溶液的pH为1.86，则q为多元强酸，m、n化合可以得到q，说明q也是由W、X、Y元素组成，则应为H2SO4，所以W为H、X为O、Y为S，Z为原子序数大于S的短周期元素，则为Cl，n与p和Cl2反应可得H2SO4，n与m也可以反应生成H2SO4，则n应为SO2、p为H2O、m为H2O2，r为HCl。
11．（2021·济南模拟）下列关于Si、P、S、Cl及其化合物结构与性质的论述错误的是（ ）
A．中心原子的半径依次减小是H4SiO4、H3PO4、H2SO4、HClO4中羟基的数目依次减小的原因之一
B．结构简式为 Cl-的物质中含有不对称原子P，该物质可能有旋光性
C．SiCl4、PCl3、SCl2中键角最大的是PCl3
D．实验测定分子的极性大小可以区别顺-1，2-二氯乙烯和反-1，2-二氯乙烯
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；“手性分子”在生命科学等方面的应用；极性分子和非极性分子；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．中心原子的半径越小，则R-O-H中R-O键越强，O-H键越易断裂，所以半径越小，羟基数目越少，A不符合题意；
B．采用类推法，中心P原子相当于中心C原子，由于P原子所连的4个原子团都不相同，所以P具有手性，是不对称原子，该物质可能有旋光性，B不符合题意；
C．SiCl4、PCl3、SCl2的中心原子的价层电子对数都为4，都发生sp3杂化，但由于孤对电子对成键电子的排斥作用比成键电子对成键电子的排斥作用强，所以键角SiCl4＞PCl3＞SCl2，键角最大的是SiCl4，C符合题意；
D．顺-1，2-二氯乙烯是轴对称结构，反-1，2-二氯乙烯是中心对称结构，所以分子极性的大小不同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.中心原子半径和R-O键键能的关系；
B.类推法的运用，注意P原子具有手性；
C.孤对电子对成键电子的排斥作用比成键电子对成键电子的排斥作用强；
D.两个分子的极性大小不同。
12．（2021·浙江模拟）石墨烯是一种由碳原子形成的六角型蜂巢状的二维碳纳米材料，石墨烯一层层叠起来就是石墨。以石墨材料为主要成分的非常疏松的泡沫陶瓷用作航天飞机表层的防热瓦。下列关于石墨和石墨烯的说法错误的是（ ）
A．石墨烯与石墨互为同素异形体
B．石墨烯能导电，其中的碳原子间是以共价键相结合
C．石墨中碳碳键之间的夹角为109°28'
D．石墨成为航天飞机防热瓦的泡沫陶瓷主要成分的一个主要原因是石墨熔点很高
【答案】C
【知识点】键能、键长、键角及其应用；同素异形体
【解析】【解答】A．石墨烯是单层石墨，石墨烯和石墨都是碳原子形成的不同单质，二者互为同素异形体，故A不符合题意；
B．石墨烯的结构为 ，每个碳原子成3个共价键，每个碳原子上还含有1个孤电子，该电子可在电流作用下发生定向移动，因此石墨能导电，故B不符合题意；
C．石墨是多层石墨烯叠加，层与层之间无化学键，碳碳键之间的夹角为120°，故C符合题意；
D．石墨中原子依靠共价键连接，碳碳共价键强度较高难以断裂，使得石墨熔点很高，可用于航天飞机防热瓦的泡沫陶瓷，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.均是碳元素形成的单质
B.石墨烯可以导电主要是形成键时还有孤对电子可以自由移动
C.石墨层中，形成的正六边形，而层与层的是无键连接
D.石墨具有熔点高的特点可以做防热瓦
13．（2021·闵行模拟）能用键能解释，且结论正确的是（ ）
A．熔点：金刚石>晶体硅 B．分子稳定性：H2O > HF
C．溶解度：SO2 > CO2 D．状态：常温时Cl2是气态
【答案】A
【知识点】键能、键长、键角及其应用
【解析】【解答】A．原子晶体中原子形成的共价键越强，晶体的熔点越高，金刚石和晶体硅都是原子晶体，碳碳键的键长小于硅硅键、键能大于硅硅键，则金刚石中的碳碳键强于晶体硅中的硅硅键，熔点高于晶体硅，能用键能解释，故A符合题意；
B．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氟元素的非金属性强于氧元素，则氟化氢的稳定性强于水，不能用键能解释，故B不符合题意；
C．二氧化硫和水是极性分子，二氧化碳是非极性分子，由相似相溶原理可知，二氧化硫在水中的溶解度大于二氧化碳，不能用键能解释，故C不符合题意；
D．氯气形成的晶体是分子晶体，分子间的作用力很小，则氯气的沸点低，常温时是气体，不能用键能解释，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.键能可以影响熔沸点，键能越大，熔沸点越高，键长越短，键能越大，键长越短，原子半径越小
B.氢化物的稳定性主要和元素的非金属性有关
C.溶解度主要和构型有关系，相似相溶原理
D.主要是和分子间作用力有关
14．（2020·柯桥模拟）H2 和 I2 在一定条件下能发生反应：H2(g) ＋I2(g) 2HI(g) △H= -a kJ/mol
已知：
（a、b、c 均大于零）
下列说法正确的是（ ）
A．碰撞理论认为，反应速率的大小与单位时间内反应物微粒间碰撞次数成正比，只要有足够的能量就可以发生有效碰撞
B．断开 2 mol HI 分子中的化学键所需能量约为(c+b+a) kJ
C．相同条件下，1 mol H2 (g)和 1mol I2 (g)总能量小于 2 mol HI (g)的总能量
D．向密闭容器中加入 2 mol H2 (g)和 2 mol I2 (g)，充分反应后放出的热量为 2a kJ
【答案】B
【知识点】键能、键长、键角及其应用；化学反应中能量的转化
【解析】【解答】A、 碰撞理论认为，反应物分子间必须相互碰撞才有可能发生反应，但不是每次碰撞都能发生反应。在化学上，把能够发生反应的碰撞称为有效碰撞；
B、令断裂1molH－I键所需能量xkJ，△H=反应物键能总和－生成物键能总和=[(b＋c)－2x]kJ·mol－1=－akJ·mol－1，推出x=，断裂2molHI分子中的化学键所学能量为(b＋c＋a)kJ·mol-1，C符合题意；
C、H=－akJ·mol－1，说明该反应为放热反应，即反应物总能量大于生成物的总能量，B不符合题意；
D、H2和I2反应为可逆反应，反应不能进行到底，即本题无法计算出放出的热量，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】A.有效碰撞必须满足两个条件：（1）是发生碰撞的分子具有较高的能量；（2）是分子在一定方向上发生碰撞 ；
B、根据键能计算计算可得；
C、反应物总能量大于生成物的总能量为放热反应；
D、可逆反应不能进行到底，具有一定的限度。
二、非选择题
15．（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。
16．（2018·全国Ⅰ卷）Li是最轻的固体金属，采用Li作为负极材料的电池具有小而轻，能量密度大等优良性能，得到广泛应用，回答下列问题：
（1）下列Li原子电子排布图表示的状态中，能量最低和最高的分别为 、 。（填标号）
A.
B.
C.
D.
（2）Li+与H-具有相同的电子构型，r（Li+）小于r（H-），原因是 。
（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂，LiAlH4中的阴离子空间构型是 。中心原子的杂化形式为 ，LiAlH4中，存在 （填标号）。
A.离子键
B.σ键
C.π键
D.氢键
（4）Li2O是离子晶体，其晶格能可通过图(a)的 Born-Haber循环计算得到
可知，Li原子的第一电离能为 kJ·mol-1，O=O键键能为 kJ·mol-1，Li2O晶格能为 kJ·mol-1
（5）Li2O具有反莹石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665mm，阿
伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g/cm3(列出计算式)。
【答案】（1）D；C
（2）Li+核电荷数较大
（3）正四面体；sp3；AB
（4）520；498；2908
（5）
【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；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】⑴根据泡利原理和洪特规则，可知能量最低和最高的分别为D、C。
⑵Li+和H－的核外电子排布完全相同，半径大小取决于核电荷数，核电荷数越大，核对电子的吸引力越强，半径越小。
⑶AlH4—的中心原子的孤对电子数为 ×(3+1—4)=0，价层电子对数为0+4 = 4，故空间构型为正四面体，杂化形式为sp3。
⑷由2Li→2Li+ △H=1040kJ/mol可知Li原子的第一电离能为520kJ/mol，由 O2→O
△H=249kJ/mol，可知氧氧键的键能为498 kJ/mol。由2Li+(g)+O2—(g) →Li2O(晶体)，可知Li2O晶格能为2908kJ/mol。
⑸根据Li2O的晶胞示意图，利用均摊法，可计算出一个晶胞中含Li离子8个，氧离子8× + 6× = 4个，因此晶胞质量为 ，晶胞体积为（0.4665×10－7）3cm3，故Li2O的密度为：ρ= =
【分析】本题考查核外电子排布规则、离子半径大小比较、微粒的空间构型判断、杂化方式、第一电离能、晶格能、晶胞密度的计算
17．（2022·乌鲁木齐模拟）硼元素作为农作物生长所需的微量元素之一，被形象的誉为“生殖元素”。硼也是一种用途广泛的化工原料，主要用于生产硼砂、硼酸和硼的各种化合物。请回答下列问题：
（1）基态硼原子的价电子轨道表示式为 ；与同周期的铍元素相比，硼的第一电离能小的原因是 。
（2）BF3的VSEPR模型为 ； BF3的键角大于NF3的键角，解释其原因 。
（3）碳化硼(B4C)硬度较大，可用于坦克车的装甲、避弹衣等。碳化硼的熔点为2350℃、沸点为3500℃，属于 晶体。 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。对于基态的碳原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为 。
（4）氨硼烷( )是一种新型储氢材料，氨硼烷分子中，与N原子相连的H呈正电性(Hδ+)，与B原子相连的H呈负电性(Hδ-)，组成氨硼烷的各元素的电负性由大到小的顺序为 。
（5）硼酸(H3BO3)是一种片层状结构的白色晶体，层内的H3BO3分子间通过氢键相连如图1，1molH3BO3晶体中有 mol 氢键。H3BO3微溶于水，与水有微弱反应生成[B(OH)4]-而使其水溶液呈弱酸性，写出该反应的离子方程式 。
（6）砷化硼的晶胞结构如图2，图3中矩形AA'C 'C是沿晶胞对角面取得截图。
①晶胞中各原子在矩形AA'C 'C中的位置为 ( 填编号)。
②若晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数的值为N0，则晶体的密度为 g ·cm-3(列出计算表达式)。
【答案】（1）；Be的核外电子排布式为1s22s2， 2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的2p能级上有一个单电子，因此I1(Be)＞I1(B)
（2）平面(正)三角形；BF3中B采用sp2杂化，没有孤电子对，键角为120°，NF3中N采用sp3杂化，有一一个孤电子对，键角小于109° 28'
（3）原子(或共价)；+1或-1
（4）N＞H＞B
（5）3；H3BO3+ H2O+ H+
（6）B；
【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；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)根据硼原子的价电子排布式利用鲍利不相容原理进行书写轨道表示式：；根据洪特规则判断处于电子排布处于全满状态时能量低稳定，Be的核外电子排布式为1s22s2， 2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的2p能级上有一个单电子，因此I1(Be)＞I1(B)；故答案为：；Be的核外电子排布式为1s22s2， 2s能级为全满状态，p能级为全空状态，而B的2p能级上有一个单电子，因此I1(Be)＞I1(B)；
(2)根据杂化轨道理论计算，BF3中中心原子B形成3个共价键，没有孤对电子，故价层电子对数为3，故空间构型是平面三角形，故答案为：平面三角形；BF3中B采用sp2杂化，没有孤电子对，键角为120°，NF3中N采用sp3杂化，有一一个孤电子对，孤对电子与σ键之间的作用力大于σ键与σ键之间的作用锂，故键角小于109° 28'；故答案为BF3中B采用sp2杂化，没有孤电子对，键角为120°，NF3中N采用sp3杂化，有一一个孤电子对，键角小于109° 28'；
(3)根据碳化硼(B4C)硬度较大，可用于坦克车的装甲、避弹衣等。碳化硼的熔点为2350℃、沸点为3500℃的性质判断它属于原子晶体，故答案为原子；碳原子的电子排布式为1s22s22p2其中2p轨道上有两个自旋方向相同的电子，故其价电子自旋磁量子数的代数和为+1或-1；故答案为+1或-1；
(4)根据电负性的定义判断，电负性越大吸引电子的能力越大，利用化合价的正负可以判断吸引电子的能力，从而判断电负性的大小为：N＞H＞B，故答案为N＞H＞B；
(5)根据图像利用均摊法进行判断，每个硼酸在平面结构中形成了6个氢键，而每个氢键又连着两个硼酸，故每个硼酸实质含有的氢键是3个，故答案为3；H3BO3与水有微弱反应生成[B(OH)4]-而使其水溶液呈弱酸性，离子方程式为：H3BO3+ H2O+ H+；故答案为H3BO3+ H2O+ H+；
(6)砷化硼的晶胞结构类似于金刚石的晶胞，As原子在晶胞内互不相临的四个小立方体的体心，根据图示判断选答案B；根据晶胞均摊法，实际含有的B原子是，实际含有As的原子个数为4个，根据密度计算公式进行计算；故答案为：；
【分析】（1）硼为5号元素，根据核外电子排布三原则进行书写电子式和轨道表示式；原子轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失电子较难，第一电离能较大；
（2）利用价层电子对互斥理论判断分子的空间构型； 孤电子对对成键电子对的排斥力大于成键电子对对成键电子对的排斥力；
（3）碳化硼的硬度大、熔沸点较高，属于原子晶体；碳原子的电子排布式为1s22s22p2，据此计算其价电子自旋磁量子数的代数；
（4）元素的非金属性越强电负性越大；
（5）一个H3BO3分子对应着6个氢键，而一个氢键对应着2个H3BO3分子；H3BO3与水发生反应：H3BO3+ H2O+ H+；
（6）①As原子在晶胞内互不相临的四个小立方体的体心；
②根据均摊法计算晶胞中原子个数，根据计算密度。
18．（2022·宝山模拟）
（1）I.碳元素作为一种形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物具有广泛的用途。
储能材料是当今科学研究的热点，C60(结构如图)可用作储氢材料。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，下列有关说法正确的是 。
a．C60、Si60、N60都属于新型化合物
b．C60、Si60、N60互为同分异构体
c．已知N60结构与C60相似，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，故C60熔点高于金刚石
（2）II．玻璃生产离不开碳酸盐，原料在熔炉里发生的主要反应如下：2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑
上述反应中，反应物之一在熔融状态下不导电，该物质属于 晶体。写出气体产物的电子式 ，其属于 分子(填“极性”或“非极性”)。
（3）上述反应中，在周期表中相邻的两种元素的原子半径 > (填元素符号)；处于第三周期的元素名称是 ；金属性最强的短周期元素原子核外有 种不同能级的电子，其单质在O2中燃烧，生成的产物可能有 (写化学式)。
（4）III．碳元素能形成多种酸，如常见的碳酸、草酸(H2C2O4)等。已知下列3个变化：→CO2、→CO2、Fe3+→Fe2+。
找出其中一个变化与“→Mn2+”组成一个反应，写出该反应的离子方程式并配平 。
（5）上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①由此可知，高锰酸根离子()反应后的产物与 有关。
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为 个。
【答案】（1）c
（2）原子(共价)；；非极性
（3）Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2
（4）5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O
（5）溶液酸碱性；6.02×1022
【知识点】键能、键长、键角及其应用；分子晶体；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)a．C60、Si60、N60分别是C、Si、N的新的单质，不属于化合物，a不正确；
b．同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质，则C60、Si60、N60的分子式不同，不互为同分异构体，b不正确；
c．已知N60结构与C60相似，化学键的键能越小，物质的稳定性越差，由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，c正确；
d．已知金刚石中C-C键长154pm，C60中C-C键长145-140pm，由于金刚石是原子(共价)晶体，而C60是分子晶体，故C60熔点低于金刚石，d不正确；
故答案为：c；
(2)上述反应中，反应物中Na2CO3、CaCO3均为离子化合物，熔融状态下能够导电，而SiO2属于共价化合物，其在熔融状态下不导电，该物质SiO2属于原子(共价)晶体，气体产物即CO2，CO2是共价化合物，则其电子式为，CO2是直线形分子，其正负电荷中心重合，故其属于非极性分子，故答案为：原子(共价)；；非极性；
(3)上述反应2Na2CO3+CaCO3+3SiO22Na2SiO3+CaSiO3+3CO2↑中，在周期表中相邻的两种元素即C、Si，是同一主族元素，从上往下原子半径依次增大，故二者的原子半径Si＞C，其中C、O位于第二周期，Na、Si位于第三周期，Ca位于第四周期，故处于第三周期的元素名称是硅，金属性最强的短周期元素即Na，核电荷数为11，核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故原子核外有4种不同能级的电子，其单质即Na在O2中燃烧，生成的产物可能氧化钠和过氧化钠，故答案为：Si；C；钠、硅；4；Na2O、Na2O2；
(4)→Mn2+过程中Mn的化合价降低，根据氧化还原反应中“化合价有降必有升”可知，另一个过程为：→CO2，C的化合价升高，根据氧化还原反应配平可得：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为：5+2+16H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(5)上述反应中的高锰酸钾在不同条件下可发生如下反应：+5e+8H+→Mn2++4H2O；+3e+2H2O→MnO2+4OH-；+e→
①有上述转化过程可知，高锰酸根离子()反应后的产物与溶液的酸碱性有关，故答案为：溶液的酸碱性；
②高锰酸钾溶液与硫化亚铁发生如下反应：10FeS+6KMnO4+24H2SO4→3K2SO4+6MnSO4+5Fe2(SO4)3+10S↓+24H2O，根据反应可知，10molFeS参与反应，引起固体质量减少：10×88-10×32=560g，硫元素与KMnO4之间转移了10×2=20mol，已知该反应进行一段时间后，固体的质量减少了2.8g，，解得n=0.1mol，则硫元素与KMnO4之间发生电子转移的数目为6.02×1022个，故答案为：6.02×1022。
【分析】（1）键能大小可以判断物质的稳定性，键能越大，物质越稳定，不能判断熔沸点，分子间作用力影响熔沸点
（4）关于缺项氧化还原反应配平，首先利用化合价升降相等配平氧化剂，还原剂，再结合电荷守恒和质量守恒补充H+、OH-、H2O等
19．（2022·茂名模拟）向少量0.05mol/LFe2(SO4)3溶液中滴加1滴0.1mol/LKSCN溶液，可发生如下反应：，这一系列配离子的颜色从吸收峰的波长来看是相近的，以下是其中一种配离子的结构。
（1）这一系列配离子的中心离子的核外电子的空间运动状态有 种。
（2）如图所示的配离子的中心离子的配位数是 。
（3）第一电离能I1(K) I1(Fe)(填“大于”或“小于”)，原因是 。
（4）关于这一系列配离子所含元素及其化合物的说法，下列正确的有____。
A．沸点由高到低顺序为H2S>CH4>NH3
B．键角由大到小顺序为CH4>NH3>H2S
C．碳和硫的氧化物都是极性分子
D．碳的电负性比氮强
（5）Fe2(SO4)3固体的晶体类型为 ，其阴离子的空间构型为 。
（6）图1是KSCN晶胞图，图2是该晶胞的正视图，图3是该晶胞的侧视图，设阿伏加德罗常数的值为NA，则KSCN晶体的密度是 (列出计算表达式)，图1中ABCD四个原子构成的图形是 。
【答案】（1）14
（2）6
（3）小于；Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子
（4）B
（5）离子晶体；正四面体
（6）；长方形(矩形)
【知识点】原子核外电子的运动状态；元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；晶体熔沸点的比较；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)这2个电子容纳在同一个原子轨道里，也就意味着，它们的空间状态是相同的，所以核外电子的空间运动状态种数应是原子轨道数；故答案为：14。
(2)根据图中Fe为于中心，因此根据配位数分析，配合离子中心离子配位数为6；故答案为：6。
(3)因为Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子，K的最外层电子是4s1，失去该电子后是稳定的八电子结构，所以更容易失电子，故K的第一电离能小；故答案为：小于；Fe最外层电子排布4s2为全满稳定结构，较难失电子。
(4)A．因为NH3分子间存在氢键沸点最高，H2S的相对分子质量比CH4大，H2S分子间的范德华力比较大，故沸点由高到低顺序应该为NH3＞H2S＞CH4，故A不正确；B．三者的中心原子都是sp3杂化，VSEPR模型都是四面体，因为CH4无孤电子对，其分子构型是正四面体，键角为109°28'。NH3的分子构型是三角锥形，受一对孤电子对的影响，键角略小于109°28'。H2S受两对孤电子对的影响，键角更小，所以键角由大到小顺序为CH4>NH3>H2S，故B正确；C．CO2是非极性分子，故C不正确；D．由元素周期律可知，氮的电负性比碳强，故D不正确；故答案为：B。
(5)Fe2(SO4)3是由阴阳离子构成的，所以其固体是离子晶体，根据价层电子对互斥理论，中的中心原子孤电子对数，故其空间构型为正四面体；故答案为：离子晶体；正四面体。
(6)根据均摊法并结合题中的晶胞图可以算出晶胞中每种原子的原子个数都是4，所以该晶胞质量为g。另外，故其密度为。从该晶胞的正视图可以看出，A原子和B原子的连线是垂直于A原子和C原子所在的侧面的，从该晶胞的正视图和侧视图可以看出A原子和C原子的距离大于A原子和B原子的距离，故答案为：；长方形或矩形。
【分析】（1）写出核外电子轨道表达式，有几个轨道就有几种空间运动状态
（2）由图可知，Fe周围连接有6个配体，配位数就是6
（3）第一电离能的比较看核外电子排布式，排布越稳定，越不容易失电子，电离能越大
（4）分子晶体比较熔沸点：有氢键的熔沸点较高，没有氢键的比较范德华力大小
键角的比较：先看杂化类型sp>sp2>sp3，杂化类型相同时，比较孤电子对对成键电子对的排斥力大小
正负电荷中心重合的分子为非极性分子，反之为极性分子
同周期元素，电负性从左到右增大，同主族，从下到上增大
（5）判断晶体类型分析构成粒子，由离子构成的晶体类型是离子晶体
利用价层电子对互斥理论，ABn法计算判断离子构型
（6）根据题中所给晶胞图，看出小黑球有4个，根据KSCN化学式可知各原子数目比为1：1：1：1，所以每个原子都是4个
20．（2022·德阳模拟）铬在希腊文中的原意为“颜色”，能够生成美丽多色的化合物，三价铬离子能形成形形色色的络合物。回答下列问题：
（1）铬位于元素周期表中 区。
（2）紫色的[Cr(H2O)6]3+、橙红色的［Cr(NH3)4(H2O)2］、灰绿色的Cr(CH3COO)3，部分结构示意图如图所示。
①氮和氧中第一电离能较大的元素是 ，原因是
②H2O和NH3中键角较大的分子是 ，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有 种，其结构中铬离子的外围电子数目为 。
③1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为 。
（3）用铬原子代替部分铜原子，可以形成一系列铜—铬合金。其中两种铜—铬合金的晶体结构如图所示。
①晶体a中铬原子的配位数为 。
②晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的 (填“四面体”“六面体”或“八面体”)空隙中，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体b的密度为 。
【答案】（1）d
（2）N(氮)；基态氮原子2p轨道半充满；NH3；2；15；21NA
（3）12；六面体；g/cm3
【知识点】用晶格能的大小衡量离子晶体中离子键的强弱；键能、键长、键角及其应用；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)铬元素的原子序数为24，价电子排布式为3d54s1，位于元素周期表d区，故答案为：d；
(2)①同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则氮元素的第一电离能大于氧元素，故答案为：N(氮)；基态氮原子2p轨道半充满；
②分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，水分子中氧原子有2对孤对电子，氨分子中氮原子有1对孤对电子，所以氨分子的键角大于水分子；由[Cr(H2O)6]3+离子的空间构型为正八面体可知，当4个水分子被氨分子取代后，[Cr(NH3)4(H2O)2]3+的同分异构体共有2种，铬离子的外围电子数目为3+2×6=15，故答案为：NH3；2；15；
③Cr(CH3COO)3中配位键属于σ键，单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，由结构式可知，1molCr(CH3COO)3所含σ键的数目为1mol×7×3×NAmol-1=21NA，故答案为：21NA；
(3)①由晶胞结构可知，晶体a中位于顶点的铜原子与位于面心的铬原子的距离最近，则铬原子的配位数为12，故答案为：12；
②由晶胞结构可知，晶体b中铬原子填充在由铜原子构成的六面体空隙中，晶胞中位于顶点和面心的铜原子个数为8×+2×=2，位于面心的铬原子个数为4×=2，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=k2hd，解得d=，故答案为：g/cm3。
【分析】
（1）根据铬元素原子序数和电子排布式，推出在元素周期表的位置区域。
（2）同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势；根据键角与孤对电子对数的关系进行比较键角大小。
（3）根据晶胞结构可以得出配位数和铜原子的空间结构，数出晶胞b中的原子个数，算出质量除以晶胞的体积即可得到密度。
21．（2022·东城模拟）CH4在光照条件下与Cl2反应，可得到各种氯代甲烷。
（1）生成CH3Cl的化学方程式是 。
（2）CH4氯代的机理为自由基(带有单电子的原子或原子团，如Cl·、·CH3)反应，包括以下几步：
Ⅰ.链引发 Ⅱ.链传递 Ⅲ.链终止
Cl22Cl· Cl·+CH4→·CH3+HCl ·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl· …… 2Cl·→Cl2 Cl·+·CH3→CH3Cl ……
①写出由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式： 、 。
②不同卤原子自由基(X·)均可夺取CH4中的H，反应通式：X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) △H。
已知：25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。
a．当X为Cl时，△H= kJ·mol-1。
b．若X依次为F、Cl、Br、I，△H随着原子序数增大逐渐 (填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因： 。
③探究光照对CH4与Cl2反应的影响，实验如表。
编号 操作 结果
A 将Cl2与CH4混合后，光照 得到氯代甲烷
B 将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合 得到氯代甲烷
C 将Cl2先用光照，然后在黑暗中放置一段时间，再与CH4混合 几乎无氯代甲烷
D 将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合 几乎无氯代甲烷
a．由B和D得出的结论是 。
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因： 。
（3）丙烷氯代反应中链传递的一步反应能量变化如图。
推知—CH3中C—H键能比中C—H键能 (填“大”或“小”)。
【答案】（1）
（2）；；+8；增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4；黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递
（3）大
【知识点】键能、键长、键角及其应用；甲烷的取代反应
【解析】【解答】(1)甲烷与氯气发生取代反应生成CH3Cl和HCl，化学方程式是。故答案为：；
(2)①模仿Cl·+CH4→·CH3+HCl，·CH3+Cl2→CH3Cl+Cl·，由CH3Cl生成CH2Cl2过程中链传递的方程式：。故答案为：；
②a.25℃，101kPa时，CH4中C—H和HCl中H—Cl的键能分别是439kJ·mol-1和431kJ·mol-1。X·(g)+CH4(g)→·CH3(g)+HX(g) 当X为Cl时，△H=439kJ·mol-1-431kJ·mol-1= +8kJ·mol-1。故答案为：+8；
b．若X依次为F、Cl、Br、I，生成的卤化物中氢卤键键能逐渐减小，△H随着原子序数增大逐渐增大(填“增大”或“减小”)，结合原子结构解释原因：同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小。故答案为：增大；同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径逐渐增大，H-X键能逐渐减小；
③a．由B将Cl2先用光照，然后迅速在黑暗中与CH4混合得到得到氯代甲烷，D将CH4先用光照，然后迅速在黑暗中与Cl2混合，却几乎无氯代甲烷，得出的结论是光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4。故答案为：光照时发生链引发的物质是Cl2而不是CH4；
b．依据上述机理，解释C中几乎没有氯代甲烷的原因：黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递。故答案为：黑暗中发生2Cl·→Cl2，一段时间后体系中几乎无Cl·存在，无法进行链传递；
(3)生成，放出的能量比生成小，推知—CH3中C—H键能比中C—H键能大(填“大”或“小”)。故答案为：大。
【分析】（1）根据反应物即可写出方程式
（2）①根据给出的链传递即可找出规律
②a根据给出的键能即可计算出焓变
b非金属性越弱，形成的键越弱，破坏的能量越低，焓变越大
③a根据条件不同，产物不同判断出引发反应的是氯气
b黑暗中形成氯气，不会发生其他反应
（3）根据键能与焓变的关系即可判断
22．（2022·湛江模拟）光电材料在能源、军事等领域有重要应用，分为无机光电材料如ZnS、ZnSe、GaAs、等，及有机光电材料(如图1所示化合物)。回答下列问题：
（1）基层Zn原子的价层电子排布图为 ；Ga、As、Se的第一电离能由大到小的顺序为 。
（2）图1所示化合物中含有的化学键类型有 (填选项字母)，N原子的杂化方式为 。
A．共价键 B．离子键 C．配位键 D．氢键
（3）在水溶液中，以为电子供体，在光催化剂上可还原为CO，部分氧化物的沸点如表所示：
氧化物
沸点/ 100
①表中氧化物之间沸点差异的原因为 。
②的VSEPR模型为 。
③和分子中，键角更大的是 (填化学式)。
（4）ZnS和ZnSe晶体的立方晶胞结构相似，均可看作将金刚石晶胞(如图2)内部的碳原子用Zn代替，晶胞顶角与面心位置的碳原子被S或Se代替。
①ZnS晶体中，一个晶胞含有S原子数目为 。
②若阿伏加德罗常数的值为，ZnS晶体的密度为，ZnSe晶体的密度为，则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比为 。
【答案】（1）；
（2）AC；
（3）三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，分子间能形成氢键，为极性分子，为非极性分子，且相对分子质量大于；平面三角形；
（4）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；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，基态原子的价层电子排布图为；元素的非金属性越强，第一电离能越大，其中Se和As反常，则Se、Ga、As的第一电离能由大到小的顺序为；
(2)由图1所示化合物的结构可知，Al与O、N形成配位键，分子内不存在离子键和氢键，N原子的价层电子对数目为3，杂化方式为；
(3)①由表中氧化物的组成和性质可知，三种氧化物形成的晶体均为分子晶体，其中水分子间能形成氢键，沸点最高，二氧化硫为极性分子而二氧化碳为非极性分子，且二氧化硫相对分子质量大于二氧化碳，故二氧化硫的沸点高于二氧化碳。
②中S原子的价层电子对数目为3，VSEPR模型为平面三角形。
③中O原子半径比中S原子半径更小，成键电子对更靠近O原子，成键电子对之间排斥力更大，键角更大；
(4)ZnS和ZnSe晶体中，占用Zn的数目为4，S、Se的数目为=4，则ZnS晶体与ZnSe晶体的晶胞参数之比。
【分析】（1）电子排布图又叫轨道表达式，注意区别于电子排布式，同一周期从左往右第一电离能呈现逐渐增大的趋势，但是As的价层电子为半满，比较稳定，第一电离能比Se大；
（2）看图分析不含离子间，氢键不是化学键是分子间作用力，先判断N的价层电子对数，杂化轨道数等于价层电子对数；
（3） ① 分子间作用力越大，沸点越大，水分子间存在氢键，SO2和CO2比较，SO2的相对分子质量大，范德华力越大；
② 判断SO2的价层电子对数为3，所以 VSEPR模型为平面三角形；
③ 中心原子不同，配位原子相同，中心原子的电负性越大，键角越大；
（4） ① 根据金刚石的结构利用均摊法计算出S原子的个数；
② 计算出一个晶胞中Zn的个数，从而求出一个晶胞的质量，已知密度，计算出晶胞的体积，体积开3次方，即可以求出晶胞参数。
23．（2021·九江模拟）据《自然》杂志于2018年3月15日发布，中国留学生曹原用石墨烯实现了常温超导。这一发现将在很多领域发生颠覆性的革命。曹原被评为2018年度影响世界的十大科学人物的第一名。
（1）下列说法中正确的是 。
a．碳的电子式是 ，可知碳原子最外层有4个单电子
b.12 g石墨烯含共价键数为NA
c．从石墨剥离得石墨烯需克服共价键
d．石墨烯中含有多中心的大π键
（2）COCl2分子的空间构型是 。其中，电负性最大的元素的基态原子中，有 种不同能量的电子。
（3）独立的NH3分子中，H－N－H键键角106.70。如图是[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及其中H－N－H键键角。
请解释[Zn(NH3)6]2+离子中H－N－H键角变为109.50的原因是 。
（4）化合物[EMIM][AlCl4]具有很高的应用价值，其熔点只有7℃，其中EMIM+结构如图所示。
该物质晶体的类型是 。大π键可用符号 表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子数和电子数。则EMIM+离子中的大π键应表示为 。
（5）碳化钙的电子式： ，其晶胞如图所示，晶胞边长为a nm、CaC2相对式量为M，阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度的计算表达式为 g·cm 3；晶胞中Ca2+位于C22－所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为 nm。
【答案】（1）d
（2）平面三角形；3
（3）氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大
（4）离子晶体；
（5）； （或0.707a）
【知识点】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
【解析】【解答】（1）a．碳的电子式是 ，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子，故不正确；
b．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g石墨烯即1mol含σ键数为1.5NA，故不正确；
c．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力，故不正确；
d．石墨烯中含有多中心的大π键，故正确。
故答案为：d。
（2）COCl2分子中的C原子最外层的4个电子全部参与成键，C原子共形成1个双键和2个单键，故其采取sp2杂化，该分子的空间构型为平面三角形；
该分子中电负性最大的是O元素，基态氧原子中，有1s上1种、2s上1种、2p上1种，即3种不同能量的电子；
（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl4]由阴、阳离子构成，属于离子晶体；EMIM+形成大π键的原子数为5、电子数为6，则EMIM+离子中的大π键应表示为 ；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶胞中Ca2＋个数=1+12×1/4=4，C22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV=M×4/[NA(a×10-7)3]g·cm－3；晶胞中Ca2＋位于C22－所形成的八面体的体心，该正八面体的平面对角线为 anm，则正八面体的边长为 （或0.707a）nm.
【分析】（1）a．碳的电子式是 ，但碳原子最外层只有2p能级有2个单电子；
b．共价键分摊：每个碳原子周围的3个σ键分别被3个碳原子分摊（各占一半），每个碳原子分摊的σ键数为1.5，12g石墨烯即1mol含σ键数为1.5NA；
c．石墨烯层间可以滑动，说明层与层之间的作用力弱，是分子间作用力；
d．石墨烯中含有多中心的大π键。
（2）分析C成键情况，结合VSEPR模型判断；电负性最大的是O元素；
（3）氨分子中有孤对电子。氨分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以H-N-H键角变大；
（4）化合物[EMIM][AlCl4]由阴、阳离子构成；根据形成大π键的原子数和电子数分析；
（5）晶胞边长为anm=a×10-7cm，晶胞体积=（a×10-7cm）3，该晶胞中Ca2＋个数=1+12×1/4=4，C22－个数=8×1/8+6×1/2=4，其晶体密度=mV；晶胞中Ca2＋位于C22－所形成的八面体的体心，该正八面体的边长根据正方形对角线的长度计算。
24．（2021·金华模拟）
（1）皂化实验中，加入的乙醇可以增大油脂与NaOH溶液的接触面积，其原因是 。
（2）物质的摩氏硬度如下表所示：
金刚石 晶体硅
摩氏硬度 10 7
的摩氏硬度比金刚石大的原因是 。
【答案】（1）乙醇能与水互溶，乙醇又是可溶解油脂的有机溶剂，所以乙醇可增大NaOH溶液和油脂的接触面积
（2）两者均为原子晶体， 键的键能大于 键，故 的硬度大于金刚石
【知识点】键能、键长、键角及其应用；原子晶体（共价晶体）；酯的性质
【解析】【解答】(1)皂化实验中，加入的乙醇可以增大油脂与NaOH溶液的接触面积，其原因是乙醇能与水互溶，乙醇又是可溶解油脂的有机溶剂，所以乙醇可增大NaOH溶液和油脂的接触面积。
(2) 和金刚石均为原子晶体， 键的键能大于 键，故 的硬度大于金刚石
【分析】（1）油脂与水不互溶，加入乙醇后油脂全部溶解增大接触面积
（2）原子晶体的硬度与键能的大小有关
25．（2021·深圳模拟）硒是人体内不可缺少的微量元素，且硒及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子的核外价电子排布图为 。
（2）“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图所示。“依布硒”中Se原子的杂化类型为 ，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为 。
（3）硒的某种氧化物为链状聚合结构(如下图所示)，该氧化物的化学式为 。
（4）SeO 的立体构型为 ，与SeO 互为等电子体的分子有 (填化学式，任写一种)。
（5）室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，则熔、沸点大小：SeF6 SF6(填“>”或“＜”或“=”)。
（6）二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1 λ2(填“>”或“＜”或“=”)，其原因是 。
（7）我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。该硒化钴的化学式为 ，晶体密度为 g·cm-3(用含a和c的式子表示，阿伏加德罗常数的值为NA)。
【答案】（1）
（2）sp3；N ＞O ＞Se
（3）(SeO2)n
（4）三角锥形；NCl3
（5）SeF6＞SF6
（6）＜；硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，硫硫键的键能大于硒硒键的键能，则光谱能量高，波长短
（7）CoSe；
【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；键能、键长、键角及其应用；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)Se所含质子数为34，原子核外电子数为34，核外电子排布为：[Ar]3d104s24p4；基态Se原子的核外价电子排布图为： 。
(2)根据结构简式，“依布硒”中Se原子的杂化类型为sp3杂化，N原子为半充满状态，电离能最大，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为：N ＞O ＞Se。
(3)硒的某种氧化物为链状聚合结构 ，该氧化物的化学式为(SeO2)n。
(4)SeO 中的Se为sp3杂化且有一对孤电子对，立体构型为三角锥形，SeO 有26个电子，与SeO 互为等电子体的分子有NCl3。
(5)室温时，SeF6是一种气体，与SF6具有相似的结构，且为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用越大，则熔、沸越高，SeF6＞SF6；
(6)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用下图表示。已知光的波长与其能量成反比，则图中实现光响应的波长：λ1＜λ2，其原因是硫半径小于硒半径，S-S键的键长小于Se-Se键长，S-S键的键能大于Se-Se键的键能，则光谱能量高，波长短。
(7)我国科学家在真空条件下煅烧钴箔和硒粉，合成了具有优异电催化性能的硒化钴，其晶胞结构如下图所示。根据均摊法Co：8× ，Se=2，该硒化钴的化学式为CoSe；晶胞地面键角为60°，晶胞体积为 = ，晶体密度为 g·cm-3。
【分析】(1)根据Se的核外电子排布分析；
(2)根据分子结构分析杂化方式，N原子2p为半充满状态，第一电离能大于O；
(3)根据结构式推测出分子式；
(4)根据价层电子对互斥理论计算；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团。
(5)根据范德华力分析熔沸点；
(6)根据S-S键和Se-Se键的键能分析；
(7)根据均摊法计算化学式，根据ρ=计算晶胞密度。
26．（2021·昆明模拟）立方氮化硼(BN)具有类金刚石的结构，是新型人工合成材料。利用新合成技术可以实现低温低压制备，反应为：BCl3+Li3N=BN+3LiCl。回答下列问题：
（1）基态B原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。
（2）BCl3中B原子的杂化方式是 ，两个B-Cl键的键角为 ，该分子为 (填“极性”或“非极性”)分子。
（3）BCl3、Li3N、BN三者中，沸点最高的是 ，Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是 。
（4）广义酸碱理论认为，中心原子可以接受电子对的分子为酸，可以提供电子对的分子为碱。按照该理论，BCl3属于 (填“酸”或“碱”)，BCl3和碱反应形成的化学键类型是 。
（5）立方氮化硼晶体的晶胞如图1所示。阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体密度表达式为 g·cm-3；图2是该晶胞的俯视投影图，则该图中表示硼原子相对位置的是 (填标号)。
【答案】（1）哑铃
（2）sp2；；非极性
（3）BN；N
（4）酸；配位键(或共价键）
（5）；3
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；化学键；键能、键长、键角及其应用；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)基态B原子的核外电子排布式为1s22s22p1，则其电子占据最高能级的电子云轮廓图为哑铃形；
(2)BCl3中B原子形成3对成键电子对，孤电子对数为 ，则价层电子对数为3，则B原子杂化方式是sp2，BCl3的分子构型为平面三角形，两个B-Cl键的键角为 ，该分子的结构对称，正负电荷中心重合，则为非极性分子；
(3)BCl3为分子晶体，Li3N为离子晶体，BN为原子晶体，则三者中，沸点最高的是BN；同周期元素的原子从左至右第一电离能呈增大趋势，同主族元素从上往下第一电离能逐渐减小，则Li、B、N、Cl第一电离能最大的元素是N；
(4)由(2)的分析可知，BCl3的中心原子B原子没有孤电子对，不能提供电子对，但是其有空轨道，可以接受电子对，故按照该理论，其属于酸；BCl3的中心原子B原子有空轨道，可以接受电子对，氢氧根离子有孤电子对，则B原子提供空轨道，氢氧根离子提供孤电子对，故BCl3和碱反应形成的化学键类型是配位键(或共价键)；
(5)由晶胞结构图可知，一个晶胞中含有4个B原子， 个N原子，则晶胞的质量为 ，则该晶体密度表达式为 ；图2是该晶胞的俯视投影图，由晶胞结构图可知，该图中表示硼原子相对位置的是3号。
【分析】（1）根据B原子的核外电子能级排布即可判断出最高电子的轨道即可判断出形状
（2）根据化学式计算出价电子对以及孤对电子对即可判断杂化方式，即可求出键角，判断分子极性与非极性
（3）原子晶体的熔点高于离子晶体高于分子晶体即可判断，根据元素周期律即可判断
（4）根据酸碱理论即可判断类型，即可判断反应类型
（5）根据占位即可计算出晶胞中原子的个数即可计算出晶胞质量，结合晶胞参数计算出密度即可求出密度，根据俯视的规则即可判断出B的位置
27．（2021·四川模拟）
（1）SnCl2是一种极易水解的氯化物，写出Sn的价电子排布式 。配制该溶液时加入浓盐酸能抑制其水解，溶液中存在SnCl ，解释该离子的形成原因 。
（2）碳、氮、氧三种元素的第一电离能由小到大的顺序为 (用元素符号及“<”表示)，H2O、NH3、CH4的键角由小到大的顺序为 。
（3）BeCl2是共价分子，其单体可以形成二聚体分子，则形成过程中中心原子的杂化方式由 转变为 。
（4）羧酸分子(RCOOH)也可以多聚形成链状或环状结构(不发生化学反应)，原因是 。
（5）已知铜的一种常见氧化物晶胞如图所示
则该氧化物的化学式为 。若rCu，=anm，ro=bnm，晶体密度为6.00g/cm3，计算该晶胞的空间利用率 (列出计算式)。
【答案】（1）5s25p2；Cl-提供孤电子对，中心原子Sn提供空轨道，二者形成配位键
（2）C＜O＜N；H2O＜NH3＜CH4
（3）sp；sp2
（4）羧酸分子间能形成氢键
（5）Cu2O； ×100%
【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；键能、键长、键角及其应用；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）Sn为第五周期第IVA族，价电子数为4，排布式为5s25p2，中心原子Sn上有空轨道，Cl-有孤对电子，可以形成配位键，形成SnCl42-，故正确答案是： 5s25p2 、 Cl-提供孤电子对，中心原子Sn提供空轨道，二者形成配位键
（2）同周期从左到右，第一电离能增大的趋势，但是氮元素的2p能级处于半充满状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素，因此第一电离能是C＜O＜N，氨气为三角锥形的结构，键角是107°，水是V型结构，键角为接近105°，甲烷是正四面体，键角是109°28、，故键角的大小是 H2O＜NH3＜CH4
（3）BeCl2，根据VSEPR模型，中心原子的价层电子对数为2，杂化方式为sp，易形成双聚体，Cl原子孤对电子与Be的空轨道形成配位键，价电子对变为3，杂化方式变为sp2，故中心原子的杂化方式有sp变为sp2，故正确答案是： sp 、 sp2
（4）羧酸分子形成链状或者环状结构，故没有化学键形成由于羧基中含有O-H键，可以形成氢键，故正确答案是： 羧酸分子间能形成氢键
（5）图中晶胞结构，根据占位顶点和体心个数为=2，体内的个数为4，由于是铜的氧化物，符合个数之比为2：1，因此是Cu2O，根据晶胞的密度==6g/mL，晶胞体积为V=
空间利用率== ×100% ，故正确答案是： Cu2O 、 ×100%
【分析】（1）根据Sn的周期表的位置以及价层电子数即可写出排布式，由于Sn存在空轨道，而氯离子存在孤对电子即可形成配位键
（2）根据元素符号结合元素周期律即可进行判断电离能大小，根据构型即可判断键角大小
（3）根据单体和二聚体成键即可判断中心原子的杂化方式
（4）可能含有可以形成氢键的基团
（5）①根据占位计算出原子个数比即可求出化学式②根据密度求出晶胞体积，再计算出晶胞内原子的体积即可求出空间利用率
28．（2021·凉山州模拟）
（1）量子化学计算预测未知化合物是现代化学的发展途径之一，有人通过计算预言铁存在四氧化物，分子构型是四面体，但该分子中铁为+6价而不是+8价，写出该分子中铁的价电子排布式 ，该分子中氧的化合价有 ，画出该分子的结构示意图 。
（2）NH3分子单独存在时键角为106.70°，其VSEPR模型为 。下图是[Zn(NH3)6]2+离子的部分结构以及∠H-N-H的测量值，解释配合物中键角变化的原因 。
（3）开夫拉是一类高强度的有机聚合物，其结构简式如下：
其中氧原子的杂化方式是 。这类聚合物强度远超尼龙纤维，与钢铁近乎相同，科学研究表明其聚合物链与链之间存在苯环苯环的相互作用，除此之外还可能因为 。
（4）近年来，钙钛矿太阳能电池是光电材料领域的研究热门，其晶胞结构如下图所示：
钙钛矿的化学式为 ，该晶胞中Ca2+与O2-的最短距离是 cm(已知晶胞参数为anm)。
【答案】（1）3d2；-1、-2；
（2）四面体；N原子上的孤电子对与锌离子形成配位键后，对其他成键电子对的排斥力减小，所以键角变大
（3）sp2、sp3；聚合物链与链之间能形成氢键
（4）CaTiO3； ×10-7a
【知识点】原子核外电子排布；键能、键长、键角及其应用；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）铁的四氧化物分子中，铁的化合价不是+8而是+6 ，故铁失去6个电子，铁的价电子排布式是3d2；根据化合物中元素的正负化合价代数和为0 ，则铁的“四氧化物”中氧的化合价为-1、-2；根据分子构型是四面体，并且氧的化合价为2个-2价、1个-1价，可得分子的结构为 ；
（2）NH3是sp3杂化，所以VSEPR模型为四面体形；NH3分子中N原子的孤电子对进入Zn2+的空轨道形成配位键后，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，排斥作用减弱，所以NH3形成[Zn(NH3)6]2+后H-N-H键角变大；
（3）-COOH中的氧原子有两个 键，两个孤电子对，故采用sp3杂化；碳氧双键中的氧原子有一个 键，两个孤电子对，故采用sp2杂化；分子中含有-N-H的结构，可以和另外N或O原子形成氢键，所以聚合物链与链之间能形成氢键；
（4）由上述晶胞结构图可知，钛酸钙的晶胞中Ca位于8个顶点、O位于6个面心、 Ti位于体心，根据均摊法可以确定Ca、O、Ti的数目分别为 、 、1 ，因此其化学式为CaTiO3；Ca2+与O2-的最短距离是面对角线的一半，故为 ×10-7a。
【分析】（1）根据铁原子的核外电子能级排布即可找出铁的价电子排布以及氧元素的化合价和画出结构示意图
（2）根据氮原子的杂化方式即可判断构型，键角变化主要是形成配位键导致
（3）根据氧原子的成键方式即可判断杂化方式，聚合物中含有羟基可能形成氢键
（4）根据晶胞中占位即可计算出化学式，根据图示即可找出钙离子和氧离子距离最近的是面对角线的一半
29．（2021·德阳模拟）晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、钛、钙等元素。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的价层电子排布式为 。根据 规则可知硅、硼元素一些化学性质相似。
（2）NaBH4所含元素中第一电离能最小的是 (填元素符号)。 与NH3的VSEPR模型相似， 的键角大于NH3的键角的原因是 ，任意写出一种 的等电子体 (写粒子符号)。
（3）硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为 。
（4）硼砂的构成为Na2[B4O5(OH)4]·8H2O，其阴离子[B4O5(OH)4]2-的结构如图2所示。B的杂化方式为 。硼砂中不存在 (填标号)。
A．氢键 B．金属键 C．配位键 D．离子键
（5）钙钛矿晶体的结构如图3所示。假设把氧离子看作硬球接触模型，钛离子位于氧离子形成的正八面体中心，钙离子位于立方晶胞的体心。一个钙离子被 个氧离子包围。若钛离子与钙离子间最短距离为apm，则氧离子半径为 pm。
【答案】（1）3d24s2；对角线
（2）Na； 中无孤电子对，NH3中有一对孤电子对，孤电子对与 键之间的排斥力大于 键之间的排斥力，使得 中的键角比NH3中的键角大；CH4
（3） 或
（4）sp2杂化和sp3杂化；B
（5）12；
【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；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)Ti是22号元素，根据能量最低原理，基态Ti原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，则基态Ti原子的价层电子排布式为3d24s2；B与Si在元素周期表中处于对角线的位置，根据对角线规则，B的一些化学性质与Si相似；
(2)NaBH4所含元素中，第一电离能最小的元素为金属性最强的元素Na， 与NH3的VSEPR模型相似， 的键角大于NH3的键角，是因为 中无孤电子对，NH3中有一对孤电子对，孤电子对与 键之间的排斥力大于 键之间的排斥力，使得 中的键角比NH3中的键角大；与 互为等电子的微粒有：CH4、 、SiH4等；
(3)每个Si与周围4个O原子形成Si-O四面体结构，其中1个O原子的投影与Si重合，每个Si-O四面体中有2个O原子为2个Si-O四面体共用，Si-O四面体中Si原子数目为1、O原子数目为2+2× =3，Si-O四面体带2个单位负电荷，所以形成的离子为 或 ；
(4) [B4O5(OH)4]2-中含有4个B原子，有2个B原子形成3个共价键，另外2个B原子形成4个共价键，所以硼砂中B原子采用sp2杂化和sp3杂化；硼砂中含有-OH，-OH与其他O原子之间存在氢键，所以硼砂中含有氢键，B原子最外层有3个电子，能形成3个共价键，阴离子[B4O5(OH)4]2-中有2个B原子形成4个共价键，说明B原子存在配位键，Na2[B4O5(OH)4]·8H2O中阳离子Na+与阴离子[B4O5(OH)4]2-之间存在离子键，故硼砂中存在的氢键、配位键、离子键不存在金属键；故答案为：B；
(5)每个晶胞实际占有氧原子数为 ，氧离子半径为apm，则正八面体棱长为2apm，Ti位于正方形中心，两个Ti原子最短距离为正方形对角线= apm，中心钙离子与顶点上钛离子之间距离最短，为体对角线长度的 ，故答案为 。
【分析】（1）根据钛原子的核外电子数即可写出核外电子能级排布即可写出价层电子排布式，一般对角线元素化学性质相似
（2）金属元素的第一电离能小于非金属元素，找出即可， 和NH3，均是sp3杂化，但是氨气中氮原子的孤对电子对成键电子对又斥力的作用，找出含有5个原子和10个电子的微粒即可
（3）根据连接方式即可写出化学式
（4）根据B原子的成键方式即可判断B原子杂化方式，根据结构式硼砂中存在氢键、配位键、离子键
（5）根据结构图即可找出与钙离子距离最近的式同一平面上4个，且有3个平面，共12个。根据占位即可找出数据之间的关系即可计算出氧离子的半径
30．（2021·渭滨模拟）分析下图信息，结合所学内容解答问题。
回答下列问题:
（1）①第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是 填元素符号 ，判断依据是 。
②第二周期元素的第一电离能 随原子序数 的变化情况如图6，I1随Z的递增而呈增大趋势，导致 在a点出现齿峰的原因是 。
③铝镁合金是优质储钠材料，原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有 个镁原子最近且等距离。
（2）配合物 的熔点 ，沸点 ，可用于制备纯铁。 的结构如图3所示。下列关于 说法错误的是 。
A． 是非极性分子，含有δ键和π键
B． 中Fe原子的配体与 互为等电子体
C． 含有 键
D． 反应中没有新化学键生成
（3）独立的 分子中， 键键角为 如图4所示是 的部分结构以及其中 键键角。请解释 离子中 键角变为 的原因是 。根据VSEPR模型判断，下列微粒中所有原子都在同一平面上的一组是 。
A． 和 B． 和 C． 和ClO3- D． 和
（4）已知立方BN晶体硬度很大，其原因是 ;其晶胞结构如图5所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，阿伏加德罗常数的值为 ，则晶体的密度为 列式即可，用含a、 的代数式表示
（5）在某种含镁、镍、碳3种元素的超导材料晶体中，镁原子和镍原子一起以立方最密堆积方式形成有序结构.结构中的两种八面体空隙，一种完全由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子共同构成，碳原子只填充在由镍原子构成的八面体空隙中，晶胞如图7所示。
①组成该晶体的化学式为 。
②完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为 。
③若取碳原子为晶胞顶点，则镍原子位于晶胞的 位置。
【答案】（1）Mg； 是 的5倍多，说明最外层有2个电子；基态N原子的2p能级半充满；8
（2）C、D
（3）氨分子与 形成配合物后，孤对电子与 形成配位键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用减弱，所以 键键角变大；B
（4）立方BN晶体是原子晶体， 键键能大，所以质地坚硬；
（5）；1:3；棱心
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；配合物的成键情况；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)①由图1可知电离能I3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，结合该元素是第三周期元素，则该元素为第三周期第ⅡA族元素，此元素为镁元素，元素符号为Mg；
②第二周期元素的第一电离能 随原子序数 的变化情况如图6，同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但第ⅡA元素第一电离能大于第ⅢA元素，第ⅤA族的第一电离能大于第ⅥA族元素，即I1随Z的递增而呈增大趋势，而导致 在a点出现齿峰的原因是基态N原子的2p能级半充满；
③根据图示 ，1个铝原子周围有8个镁原子最近且等距离；
(2) A.根据配合物 的结构图，是三角双锥结构，正负电荷分布均匀，是非极性分子，分子中含有δ键和π键，选项A正确；
B. 中Fe原子的配体是CO，价电子数是10，与 互为等电子体，选项B正确；
C. 含有 键，选项C不正确；
D. 是化学变化，有化学键的断裂和生成，断裂配位键、生成金属键，选项D不正确；
故答案为：CD；
(3) 分子与Zn2+形成配合物后，孤对电子与Zn2+成键，原孤对电子与成键电子对之间的排斥作用变为成键电子对之间的排斥作用，排斥作用减弱，所以 键键角变大；
A. 中S原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构， 中N原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为V形结构，选项A不符合；
B. 中N原子价电子对个数＝ ，没有孤电子对，所以为平面结构， 中S原子价电子对个数＝ ，没有孤电子对，所以为平面结构，选项B符合；
C. 中O原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，ClO3-中Cl原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项不C符合；
D. 中P原子价电子对个数＝ ，没有孤电子对，所以为四面体结构， 中S原子价电子对个数＝ ，含有一个孤电子对，所以为三角锥形结构，选项D不符合；
故答案为：B；
(4)立方BN晶体是原子晶体， 键键能大，所以质地坚硬；
根据均摊原则，1个晶胞中含有N原子数是4、含有B原子数是 ，晶胞中最近的B、N原子之间的距离为anm，则晶胞体对角线为4anm，晶胞边长是 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为 ＝ ；
(5)①根据均摊法，C原子位于晶胞内部，个数为1 ，Mg原子位于顶点，个数为1 ， Ni原子位于面心，个数为3 ，所以化学式为MgNi3C；
②据图可知镍原子构成的八面体空隙数目为1 ，每条棱上的两个镁原子与相邻面心的镍原子构成正八面体空隙的，所以镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙为3 ，则完全由镍原子构成的八面体空隙与由镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙的数量比为1：3；
③若取碳原子为晶胞顶点，镍原子和镁原子共同构成的八面体空隙中有2个镁原子、4个镍原子，则镍原子位于晶胞的棱心位置。
【分析】（1）①根据电离能的大小关系即可判断 ②同周期第一电离能理论上是从左到右依次增大，但是当能级电子排布处于半充满或者是充满状态时，第一电离能比两侧的元素的电离能大 ③铝原子处于面心，距离最近的镁原子来自顶点以及面心，因此是8个镁原子
（2）A.根据结构可以看出正负电电荷中心重合，故为非极性分子，配体分子是一氧化碳，含有 δ键和π键
B. 配体分子是CO，含有的价层电子对是10，而 的价层电子对也是10
C. 键包括单键和配位键，1mol 含有5mol配位键，和5mol碳氧键
D.有旧键断裂和新键形成是化学变化
（3）氨气分子中存在孤对电子而 不存在孤对电子，孤对电子有一定的斥力，根据计算出中心原子的价层电子对以及孤对电子即可判断杂化方式
（4）原子晶体的硬度主要和键能有关，键能越大，硬度越大，根据给出数据计算出体积，再根据ρ=m/v进行计算
（5）① 根据占位情况即可计算出晶胞中原子的个数写出化学式②根据晶胞结构找出形成的八面体数目即可 ③根据晶胞中的位置，当以C作为晶胞顶点时，即可发现镍原子处于两个碳原子的中心即为棱心
31．（2021·黄山模拟）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：
（1）Co3+的价电子排布图为： ；基态磷原子有 种空间运动状态不同的电子。
（2）Li、O、P三种元素的电负性由大到小的顺序是： 。
（3）写出一种与PO 互为等电子体的分子的化学式： ，该分子的中心原子的价层电子对数等于 。
（4）已知无水硫酸铜为白色粉末，溶于水形成蓝色溶液，则硫酸铜稀溶液中不存在的微粒间作用力有： 。
A．配位键 B．金属键 C．离子键 D．共价键 E.氢键 F.范德华力
（5）N和P是同主族元素，但是NH3分子中的键角大于PH3分子中的键角，原因是： 。
（6）Li2O为离子晶体，具有反萤石结构，晶胞如下图所示。则O2-配位数为： ，若晶胞参数为bnm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为 g·cm-3(列出计算式即可)，O2-和Li+的最短距离等于 nm(用含b的代数式表示)。
【答案】（1）；15
（2）O>P>Li
（3）CCl4、SiF4、POCl3等；4
（4）B、C
（5）电负性N>P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大
（6）8；；
【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；化学键；键能、键长、键角及其应用；晶胞的计算
【解析】【解答】(1)Co是第27号元素，Co简化电子排布式为：[Ar]3d74s2 ，Co3+是失去三个电子先失去最外层那么Co3+的价电子排布图为 ；基态磷原子核外有15个电子，每个电子的运动状态均不同；
故答案为 ： ；15。
(2)非金属性越强电负性越大则O>P>Li；
故答案为：O>P>Li。
(3) 等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，PO 为5原子8电子，与之为等电子体的可为CCl4、SiF4、POCl3等； C、Si、P为中心原子，且无孤电子对，价层电子对数等于中心原子与周围原子形成的σ键，均为4；
故答案为：CCl4、SiF4、POCl3等；4。
(4) 无水硫酸铜溶于水形成五水硫酸铜，带有结晶水，所以硫酸铜稀溶液中有配位键、共价键、氢键、范德华力，没有金属键和离子键；
故答案为：B、C。
(5) N的电负性大于P，NH3中N－ H键的键长比PH3中P－ H键的键长要短，所以在NH3中成键电子对更靠近N，排斥力更大，以致键角更大；
故答案为：电负性N>P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对间的排斥力越大，键角越大。
(6)从图Li2O晶胞的结构可以看出晶胞中的Li+的个数为8个，顶点有8个O2-，面心有6个O2-，晶胞中O2-的个数为8× ＋6× =4，以面心O2-为例，需要8个Li+给它配位；1mol晶胞中有4molLi2O，因此ρ= ；将晶胞切割成以Li+为中
