大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；
3）离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原
理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF2属于离子化合物而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为共价化合
物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故
答案为：
离子键；ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小；4+2-32
（4）ZnCO3中，阴离子CO32-中C原子价层电子对个数=3+=3且不含孤电子对，根据价层电
2子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp2杂化，故答案为：
平面正三角形；sp2；
11
5）金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn原子个数=12×1+2×1+3=6，六棱柱底边
62
656
为：
六方最密堆积（A3型）；32
NA6ac
A4
【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：
该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。
2．2018年4月23日，中国人民海军成立69周年。
提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。
镍铬钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。
（1）航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示）。
基态Cr原子的价电子
排布式为，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为形，元素C、
O、F的电负性由大到小的顺序为。
（2）海洋是元素的摇篮，海水中含有大量F、Cl、Br、I元素。
①OF2的空间构型为，其中O原子杂化方式为杂化。
②KCl晶体中存在的化学键类型有；CaCl2熔点要比KCl的熔点高很多，主要原因为
（3）海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化铁、锰、
锌等。
Zn2+与S2-形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示Zn2+，白球表示S2-），Zn2+的配位数为
。
晶胞边长为anm、ZnS相对分子质量为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。
【答案】
（1）3d54s1哑铃F>O>C
（2）①V形sp3②离子键Ca2+半径比K+小，
4M21
Ca2+所带电荷数比K+多，CaCl2的晶格能更高（3）431021
aNA
【解析】
【分析】
（1）依据原子核外电子排布规则写出基态Cr原子的价电子排布式；依据Si的核外电子排布式可知其最
高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；根据C、O、F的非金属性推断其电负性；
（2）①OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，
所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。
（3）通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位数；通过硫
11
化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为41=4，含有硫离子的数目为6+8=4，一个晶胞的体积为
28
（a×10-7）3cm3，由密度公式计算晶体的密度。
【详解】
（1）Cr为24号元素，核电荷数为24，故基态Cr原子的价电子排布式为3d54s1；Si元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能级为3p能级，3p能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性：
F>O>C，则C、O、F的电负性由大到小的顺序为F>O>C。
2）①OF2分子的中心原子为O原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，
所以OF2的空间构型为V形，其中O原子的杂化方式为sp3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。
（3）由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有4个，所以锌离子的配位数
为4；一个晶胞中含有锌离子的数目为4，含有硫离子的数目为4，一个晶胞的体积为（a×10-7）3cm3，则
4M21
晶体的密度为310。
a3NA
【点睛】计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数，再根据m=nM计算质量，根据V=a3计算体积，由此计算晶体的密度。
3．祖母绿被称为绿宝石之王，是国际珠宝世界公认的四大名贵宝石之一，其化学式为Be3Al2Si6O18。
回答
下列问题：
（1）基态Be原子的电子排布图为，基态Al原子核外电子占据个轨道，其中能
量最高能级的原子轨道的形状为。
（2）Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为。
（3）SO3分子中硫原子的杂化类型是，SO3分子的空间构型是。
（4）工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl3，AlCl3的晶体类型是，将Be3Al2Si6O18
写为氧化物的式子是。
（5）LiAlH4在有机合成中可将羧基还原成羟基。
甲酸和乙醇的熔、沸点如图所示：
1mol甲酸分子中σ键与π键的比值为，甲酸和乙醇的熔点相差较大的主要原因是
ag/cm3，NA代表
6）碳化硅的晶体类型类似金刚石，晶胞结构如图所示。
已知：
碳化硅的晶体密度为
答案】
（1）7哑铃（或纺锤）形
2）O>Si>Al
3）sp2平面正三角形
4）分子晶体Al2O3?
3BeO?
6SiO2（或3BeO?
Al2O3?
6SiO2）
5）4:
1甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强
解析】
分析】
（1）Be为4号元素，Al为13号元素，结合电子排布式分析解答；
（2）同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能
大于相邻元素。
同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，据此排序；
1
（3）根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+（a-xb）计算判断SO3分子中硫原子的杂
2
化类型和空间构型；
（4）AlCl3为共价化合物，熔点较低；结合硅酸盐改为氧化物的方法改写；
（5）根据共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键计算甲酸分子中σ键与π键数目之比；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强；
（6）根据均摊法计算碳化硅晶胞中Si原子和C原子个数，求出晶胞的质量，在根据晶体密度计算晶胞
边长。
【详解】
（1）Be为4号元素，基态Be原子的电子排布图为，Al为13号元素，基态Al原子核外
电子排布式为1s22s22p63s23p1，占据7个轨道，其中能量最高能级的原子轨道为3p，形状为哑铃（或纺锤）
形，故答案为：
；7；哑铃（或纺锤）形；
（2）同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能
Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为
大于相邻元素。
同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，
O>Si>Al，故答案为：
O>Si>Al；
6-23
（3）SO3分子中硫原子的价层电子对数=3+=3，杂化类型为sp2杂化，SO3分子的空间构型是平
2
面正三角形，故答案为：
sp2；平面正三角形；
（4）工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl3，是因为AlCl3为共价化合物，熔融状态不能导电，
AlCl3的熔点较低，属于分子晶体；将Be3Al2Si6O18写为氧化物的式子为Al2O3?
3BeO?
6SiO2（或
3BeO?
Al2O3?
6SiO2），故答案为：
分子晶体；
Al2O3?
3BeO?
6SiO2（或3BeO?
Al2O3?
6SiO2）；
5）甲酸的结构简式为HCOOH，分子中共价单键为σ键，共价双键中一个是
σ键、一个是π键，所以
甲酸分子中σ键与π键数目之比=4∶1；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，
甲酸中羧基上的两个
O原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强，所以甲酸熔沸点高于乙醇，故答案为：
4∶1；甲酸分子间
氢键比乙醇分子间氢键强；
晶体
密度为ag/cm3，则晶胞边长=
6）碳化硅晶胞中Si原
1010。
点睛】
本题的难点为（6），要注意均摊法在晶胞的计算中的应用。
4．磷化硼是一种典型的超硬无机材料，常以BCl3、PH3为原料制备。
回答下列问题：
（1）基态P原子与B原子中未成对电子数之比为___。
（2）与BC13分子互为等电子体的一种离子为___（填化学式）。
（3）PH3分子的立体结构为___；PH3的沸点___（填“高于”或“低于”）NH3，理由是___。
（4）BCl3、PCl3和PF3三种分子中键角由大到小的顺序为___。
（5）BCl3可转化为硼酸，硼酸为一元强酸的原因是___（用离子方程式表示）。
（6）磷化硼晶胞的示意图如图甲所示，其中实心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空
间堆积方式为___。
已知磷化硼晶体的密度为ρg·cm－3，设阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞中B原子与P原子间最短距离为___pm。
若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示（虚线圆圈表示P原
子的投影），请在图乙中用实线圆圈画出B原子的投影位置___（注意原子体积的相对大小）
答案】
（1）3：
1
2）
CO32-或NO3-
4）BCl3>PCl3>PF3
5）
H3BO3＋H2OH＋＋[B（OH）4]
解析】
（1）基态P原子的最外层电子排布为3s23p3，而B原子的最外层电子排布为2s22p1，因此二者未成对
电子数之比为3:
1；
（2）原子数和价电子数分别均相等的是等电子体，与BCl3互为等电子体的离子有很多，例如CO23-或
NO-3均可；（3）PH3的结构与NH3一致，均为三角锥形，也可根据VSEPR理论来判断，磷原子为sp3杂化且有一对孤电子；NH3中存在氢键，所以熔沸点均高于其它同主族氢化物；
（4）BCl3为平面三角形，因此键角为120°，PCl3为三角锥形，键角为100.1°，而PF3发生的是非等性sp3杂化，为三角锥形，但是氯原子的半径大于氟原子，空间阻力更大，因此PF3的键角小于PCl3，因
此键角BCl3>PCl3>PF3；
（5）硼是缺电子原子，能结合水中的氢氧根来释放质子，因此是一元酸，电离方程式为：
H3BO3+H2O?
H+[B（OH）4]-；
（6）根据甲图可以看出每个面的面心上均有磷原子，因此是面心立方最密堆积；晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体结构，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连
1
1处，因此根据
4
线处于晶胞体对角线上，由几何知识可知晶胞中硼原子位于晶胞的体对角线
168×1010pm；根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中NAρ
心B与P重合，外侧大正六边形均由P原子构成，而内部小正六边形由3个B原子、3个P原子形间隔
2）
5．2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他
们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。
回答下列问题：
（轨道表达式）。
第四电离能I4（Co）比I4（Fe）小，是因为
①LiBF4中阴离子的空间构型是；与该阴离子互为等电子体的分子有。
（列一
种）
②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有。
5）Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm。
①S2－的配位数为
（列出计算式）gcm
②设NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S的晶胞密度为
答案】
（1）Co失去的是3d6上的一个电子，而Fe失去的是半充满状态
3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高
2）LiCl和LiF均为离子晶体，Cl－半径比F－大，LiCl的晶格能比LiF的小
3）3：
2
4）①正四面体CF4②sp、sp3
解析】
分析】
1）基态Co原子价电子排布式为3d74s2，再得价电子排布图；Co3+为3d6，Fe3+为3d5，Fe3+半满，稳定，难失去电子，因此得到结论。
2）LiCl与LiF都为离子晶体，主要比较离子晶体中离子半径，键能和晶格能。
（3）乙炔（C2H2）分子中碳碳三键，因此可得分子δ键与π键的数目之比。
（4）①先计算LiBF4中阴离子的电子对，再得空间构型，根据左右价电子联系得出与该阴离子互为等电子体的分子。
②分别分析碳酸亚乙酯分子中每个碳原子的δ键和孤对电子得到结论。
（5）①以最右面中心S2分析，分析左右连接的锂离子个数。
②先计算晶胞中有几个硫化锂，再根据密度公式进行计算。
【详解】
（1）基态Co原子价电子排布式为3d74s2，其价电子排布图为；第四电离能I4（Co）
比I4（Fe）小，其Co3+为3d6，Fe3+为3d5，Fe3+半满，稳定，难失去电子，因此原因为Co失去的是3d6上
的一个电子，而Fe失去的是半充满状态3d5上的一个电子，故Fe需要的能量较高，故答案为：
能和晶格能，因此其原因是LiCl和LiF均为离子晶体，Cl－半径比F－大，LiCl的晶格能比LiF的小，故
答案为：
LiCl和LiF均为离子晶体，Cl－半径比F－大，LiCl的晶格能比LiF的小。
（3）乙炔（C2H2）分子中碳碳三键，因此分子δ键与π键的数目之比为3:
2，故答案为：
3:
2。
1－
（4）①LiBF4中阴离子的电子对为4+（3141）4，因此空间构型是正四面体型；B－的价电子等2
于C的价电子，因此与该阴离子互为等电子体的分子有CF4，故答案为：
正四面体；CF4。
②碳酸亚乙酯分子中碳氧双键的碳原子，δ键有3个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp2，另外两个碳
原子，δ键有4个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp3，所以碳原子的杂化方式有sp2、sp3，故答案为：
sp2、sp3。
（5）①以最右面中心S2－分析，连接左边有4个锂离子，右边的晶胞中也应该有4个锂离子，因此配位
数为8，故答案为：
8。
30
1030。
446
3NA5883
6．氮、磷、钾是农作物生长的必须营养元素，磷和钙都是促成骨骼和牙齿的钙化不可缺少的营养元素。
回答下列问题：
（1）基态K的核外电子排布式为，基态N的价电子排布图为。
（2）元素的第一电离能：
Ca（填“>”或“<”）P。
（3）白磷P4在CS2中的溶解度（填“大于”或“小于”在）水中的溶解度，N4是氮的一种新型单质
若N4分子结构类似于白磷P4，则N的杂化方式为。
（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：
碳酸盐
CaCO3
SrCO3
BaCO3
热分解温度/℃
900
1172
1360
阳离子半径/pm
99
112
135
根据上表数据分析碳酸钡分解温度最高的原因是
（5）常温下PCl5是一种白色晶体，晶体结构为氯化铯型，由A、B两种离子构成。
已知A、B两种离
子分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A、B两种离子的符号分别为、。
（6）用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值。
已知金属钙的晶胞为面心立方（如图）晶胞，
晶胞边长为dpm；又知钙的密度为ρg/cm3，则一个钙晶胞的质量为（用d、ρ表示，下同）g，阿
伏加德罗常数的值为（化成最简式）。
答案】
（1）1s22s22p63s23p64s1
2）＜
3）大于sp3
4）与Ca2+、Sr2+相比，钡离子由于半径大和氧离子结合更难,所以碳酸钡分解温度高
5）PCl4+PCl6-
解析】
分析】
1）根据核外电子排布规律书写基态钾原子的电子排布和氮原子的价电子排布图；
2）金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大；
3）根据相似相溶原理确定溶解度，根据白磷分子结构确定N4分子中原子轨道杂化类型；
4）根据阳离子半径，推测碳酸钡分解温度最高的原因；
5）结合等电子体原理，推断与CCl4、SF6互为等电子体的A、B两种离子的符号；
6）分析晶胞结构，结合“均摊法”及晶胞边长、密度计算晶胞的质量及NA。
详解】
1）K的核电荷数是20，由排布规律可知其核外电子排布式为1s2s22p63s23p64s1，N的价电子数
为5，根据洪特规则其价电子排布图为
，故答案为：
1s22s22p63s23p64s1；
；
在水中大；N4分子结构类似于白磷P4，故N4中的氮原子形成3个共价单键，有1对孤对电子，故采
取sp3杂化，故答案为：
大于；sp3；
（4）三种阳离子中Ba2+的半径最大，与氧离子结合最难，故碳酸钡的分解温度最高，
故答案为：
与Ca2+、Sr2+相比，钡离子由于半径大和氧离子结合更难,所以碳酸钡分解温度高；
（5）晶体为氯化铯型，故A、B离子数之比是1:
1，A与CCl4互为等电子体，故A为PCl4+B与SF6
互为等电子体，故B为PCl6-，故答案为：
PCl4+；PCl6-；
11
（6）金属钙是面心立方最密堆积，每个晶胞中含有钙原子数为81+61=4，晶胞边长为
82
3
dpmd10-10cm，则晶胞的体积为d10-10cm=d310-30cm3，又知钙的密度是ρg/cm3，故每
个晶胞的质量为d310-30cm3ρg/cm3=d3ρ10-30g，每个晶胞含有4个钙原子，故
7．氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。
回答下列问题：
（1）氮的氢化物之一肼（N2H4）是一种油状液体，常做火箭燃料，与水任意比互溶，并且沸点高达113℃。
在肼分子中N原子的杂化方式是___，肼易溶于水的原因是___，肼的沸点高达113℃的原因是___。
2）N2F2是氮的氟化物之一，lmolN2F2中含有___molσ键；N和F中电负性较大的是
3）氮与钠形成的化合物有Na3N和NaN3。
①Na3N能与水剧烈反应生成NaOH和NH3，则Na3N属于___晶体。
②NaN3用于汽车的安全气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气。
反应原理为
撞击
2NaN3+CuONa2O+2Cu+3N2↑。
写出两种与N3互为等电子体的分子或离子：
___（填化学式）。
（4）Na2O的晶胞结构如图所示，晶胞边长为566pm，晶胞中氧原子的配位数为___，Na2O晶体的密度
为___g·cm-3（只要求列算式，不必计算出结果）。
【答案】
（1）sp3水和肼都是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且肼和水分子间可形成氢键，因此肼易溶于水肼分子间可以形成氢键，使其沸点较高
（2）3F
（3）①离子②N2O、CO2、CNO-、NO2+等
462
4）8
-10323
（56610-10）36.021023
解析】
（1）在肼分子N2H4中N原子，形成3个δ键，一个孤电子对，共4
升级会员 