高考化学二轮复习化学晶胞的相关计算专项训练试题及答案

一、晶胞的相关计算

1．铁(Fe)、铜(Cu)、银(Ag)是常见的金属元素，它们的单质及其化合物在生活中有广泛应用。

(1)Ag 与 Cu 在同一族，则 Ag 在周期表中________ (填“s”、“p”、“d”或“ds”)区；[Ag(NH3)2]+中 Ag+空的 5s 轨道和 5p 轨道以sp 杂化成键，则该配离子的空间构型是________。 (2)基态 Cu+的简化电子排布式为________。

(3)表中是 Fe 和 Cu 的部分电离能数据：请解释 I2(Cu)大于 I2(Fe)的主要原因：________。 元素 mol－1 第一电离能 I1/kJ·mol－1 第二电离能 I2/kJ·Fe 759 1561 Cu 746 1958 (4)亚铁是食盐中常用的抗结剂，其化学式为 K4[Fe(CN)6]。 ①CN-的电子式是________；1mol 该配离子中含σ 键数目为________。 ②该配合物中存在的作用力类型有________ (填字母)。

A．金属键 B．离子键 C．共价键 D．配位键 E.氢键 F.范德华力 (5)氧化亚铁晶体的晶胞结构如图所示。已知：

氧化亚铁晶体的密度为 ρg•cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。在该晶胞中，与 Fe2+紧邻且等距离的 Fe2+数目为________，Fe2+与O2﹣最短核间距为________pm。

2．氟代硼酸钾（KBe2BO3F2）是激光器的核心材料，我国化学家在此领域的研究走在了世界的最前列。回答下列问题：

（1）氟代硼酸钾中非金属元素原子的电负性大小顺序是__。基态K+的电子排布式为__。 （2）NaBH4是有机合成中常用的还原剂，其中的阴离子空间构型是__，中心原子的杂化方式为__。NaBH4中存在__（填标号）。 a.离子键 b.氢键 c.σ键 d.π键

（3）BeCl2中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的BeCl2的结构式为__，其中Be的配位数为__。

（4）第三周期元素氟化物的熔点如下表：

﹣

化合物 熔点/℃ NaF 993 MgF2 1261 AlF3 1291 SiF4 -90 PF5 -83 SF6 -50.5 解释表中氟化物熔点变化的原因：___。

（5）CaF2的一种晶胞如图所示。Ca2+占据F-形成的空隙，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，设阿cm-3（列出计算表达式）。 伏加德罗常数的值为NA，则CaF2的密度ρ=__g·

3．有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，B是电负性最大的元素，C的2p轨道中有三个未成对的单电子，F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，D是主族元素且与E同周期，E能形成红色(或砖红色)的E2O和黑色的EO两种氧化物，D与B可形成离子化合物，其晶胞结构如图所示．请回答下列问题．

（1）E元素原子基态时的电子排布式为_________． （2）A2F分子中F原子的杂化类型是_________ （3）CA3极易溶于水，其原因主要是_________，

（4）富勒烯衍生物由于具有良好的光电性能，在太阳能电池的应用上具有非常光明的前途．富勒烯(C60)的结构如图，分子中碳原子轨道的杂化类型为_________；1molC60分子中σ键的数目为_________．

（5）多元化合物薄膜太阳能电池材料为无机盐，其主要包括砷化镓、硫化镉、硫化锌及铜铟硒薄膜电池等．

①第一电离能：As_________Se(填“>”“<”或“=”)．

②硫化锌的晶胞中(结构如图所示)，硫离子的配位数是_________与S距离最近且等距离的S之间的距离为_________（密度为ρg/cm3）

③二氧化硒分子的空间构型为_________．

4．铜是人类最早使用的金属之一，其单质及化合物具有广泛的用途。 （1）基态铜原子核外有________对自旋相反的电子。

（2）青铜是铜与锡或铅等元素按一定比例熔铸而成的合金。第一电离能I1(Sn)____________I1(Pb)(填“大于”或“小于”)。

（3）新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，反应的离子方程式是____________________________________；

（4）利用铜片表面催化反应，我国研究人员用六炔基苯为原料，在世界上首次通过化学方法获得全碳材料—石墨炔薄膜(结构片段如图所示)，开辟了人工化学合成碳同素异形体的先例。石墨炔中碳原子_________________________的杂化方式。

（5）CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成氯化羰基亚铜（I），可用于定量测定气体混合物中CO的含量。氯化羰基亚铜（I）中含___________σ键数目。 （6）Cu2O可用于半导体材料。

+

①Cu2O晶胞(如图所示)中，O原子的配位数为________________；a位置Cu坐标为

(0.25，0.25，0.75)，则b位置Cu+坐标_______________________。

②Cu2S与Cu2O具有相似晶体结构，则两者的熔点是Cu2O比Cu2S的_________(填“高”或“低”)，请解释原因___________________。

5．磷存在于人体所有细胞中，是维持骨骼和牙齿的必要物质，几乎参与所有生理上的化学反应。回答下列问题：

(1)基态P原子的核外电子排布式为____________________，有___________个未成对电子。

(2)磷的一种同素异形体一一白磷(P4)的立体构型为_______________，其键角为

___________，推测其在CS2中的溶解度___________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度。 (3)两种三角锥形气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角分别为93.6°和107°，试分析PH3的键角小于NH3的原因_________________________________。

(4)常温下PCl5是一种白色晶体，其立方晶系晶体结构模型如上左图所示，由A、B两种微粒构成。将其加热至148℃熔化，形成一种能导电的熔体。已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A为___________，其中心原子杂化轨道类型为___________，B为___________。

(5)磷化硼(BP)是一种超硬耐磨涂层材料，上图为其立方晶胞，其中的每个原子均测是8电子稳定结构，试判断其熔点___________(填“高于”或“低于”)金刚石熔点。已知其B—P键长cm－3(列出计算式即可)。 均为xcm，则其密度为___________g·

6．铜元素是一种金属化学元素，也是人体所必须的一种微量元素， 铜也是人类最早发现的金属，是人类广泛使用的一种金属，属于重金属。 （1）写出基态铜原子的价层电子排布式_________________。

+

（2）简单金属离子在水溶液中的颜色大多与价层电子中含有的未成对电子数有关，如Fe3

呈黄色，Fe2+呈绿色，Cu2+呈蓝色等。预测Cu+为_____色，解释原因________________。 （3）X射线研究证明，CuCl2的结构为链状，如图所示，它含有的化学键类型为

_________，在它的水溶液中加入过量氨水，得到 [Cu(NH3)4]Cl2溶液， [Cu(NH3)4]Cl2中H-N-H的夹角_________（填“大于”、“等于”或“小于”）NH3分子中的H-N-H的夹角，原因是___________。

（4）某种铜的氯化物晶体结构如图：此晶体中铜原子的配位数是__________，若氯原子位于铜形成的四面体的体心，且铜原子与铜原子、铜原子与氯原子都是采取最密堆积方式，则氯原子与铜原子半径之比为__________________。

7．金属钼(Mo)常用于工业、军事等领域，已被多个国家列为战略金属，我国的钼储量居世界第二。回答下列问题

（1）Mo与Cr是同族元素，并且位于相邻周期，写出基态Mo原子的价电子的轨道表达式为_____________。

（2）辉钼(MoS2)在纳米电子设备制造领域比硅或富勒烯(如C60)更有优势，可用H2S硫化(NH4)2MoO4溶液生产辉钼。H2S分子VSEPR模型为____________，(NH4)2MoO4中所有元素的第一电离能由大到小的顺序为________________；MoS2纳米粒子具有类似于石墨的层状结构，具有优异的润滑性能，其原因是___________________________。 （3）碳酸钠作固硫剂并用氢还原辉钼矿的原理为MoS2+4H2+2Na2CO3

Mo+2CO+4H2O+2Na2S，分子或离子中的大π键可用符号nm表示，

其中m代表参与形成的大π键原子数，n代表参与形成的大π键电子数（如苯分子中的大

2-π键可表示为66），则碳酸钠中CO3离子中的大π键应表示为________。

（4）钼的一种配合物化学式为：Na3[Mo(CN)8]•8H2O，其中除共价键、配位键以外还存在的作用力有_____________，其中配体离子中σ键与π键数目之比为_________。 （5）金属钼晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式为_________堆积。若晶体钼的密度为ρg·cm－3，钼原子半径为r pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，M表示钼的相对原子质量，则钼晶胞中原子的空间利用率为__________________(用含有ρ、r、NA、M的代数式表示)。

8．(1)下列元素或化合物的性质变化顺序正确的是__________________ A．第一电离能：Cl＞S＞P＞Si B．共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI C．晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI D．热稳定性：MgCO3＞CaCO3＞SrCO3＞BaCO3

(2)FeCl3 中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的 FeCl3 的结构式为_________，其中 Fe 的配位数为___________________

(3)NH4H2PO4 中，电负性最高的元素是________；P的________________杂化轨道与 O的2p轨道形成______键。NH4H2PO4 和 LiFePO4 属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐， 如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示。这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为 ______________（用 n 代表 P 原子数）。

(4)高温高压下 CO2 的晶体结构与SiO2 相似，该晶体熔点比 SiO2 晶体____________（填“高”或“低”）。硅酸盐和 SiO2 一样，都是以硅氧四面体作为基本结构单元，图中表示一种含 n 个硅原子的单链式多硅酸根的结构（投影如图），Si 原子的杂化类型为_______________，其化学通式可表示为____________________

(5)四方晶系 CuFeS2 晶胞结构如图所示（下一页）。Cu2＋的配位数为_______________，S2-的配位数为__已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA 为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是_________________ g•cm-3(列出计算式)。

9．镍及其化合物在工业生产中有着广泛的运用，当前世界上镍的消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。回答下列问题：

（1）镍元素在元素周期表中位于__________，在基态镍原子中，其核外电子有_______种不同运动状态，M层电子排布式为______________________。

（2）在稀氨水介质中，丁二酮肟与Ni2+反应可生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。在该结构中，氮镍之间形成的化学键是__________，碳原子的杂化轨道类有_______________，非金属元素的电负性由大到小的顺序是_________________。

（3）过渡金属原子可以与CO分子形成配合物，配合物价电子总数符合18电子规则。如Cr可以与CO形成Cr(CO)6分子：价电子总数(18) =Cr的价电子数(6)+CO提供电子数(2×6)。Ni原子与CO形成配合物的化学式为______________。该配合物常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，据此判断该分子属于____________分子（填“极性”或“非极性”）。 （4）甲醛在Ni催化作用下加氢可得甲醇。甲醇分子内的O－C－H键角_____________（填“大于”、“等于”或“小于”）甲醛分子内的O－C－H键角；甲醇易溶于水的原因是______________。

（5）NixO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值为0.88，晶胞边长为a pm．晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为_______pm。若晶体中的Ni离子分别为Ni2+、Ni3+，此晶体中Ni2+与Ni3+的最简整数比为____________。

10．一水合甘氨酸锌是一种矿物类饲料添加剂，结构简式如图

。

（1）基态Zn2+的价电子排布式为_______________；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素电负性由大到小的顺序是___________________。

（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N的杂化轨道类型为______________；甘氨酸易溶于水，试从结构角度解释___________________________________________。 （3）一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为______________________。 （4） [Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为有________个σ键。

（5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物

态而非固态，原因是________________________________________。 （6）Zn与S形成某种化合物的晶胞如图Ⅰ所示。

为液

，则1 mol IMI中含

①Zn2+填入S2-组成的________________空隙中；

②由①能否判断出S2- 、Zn2+相切？_________（填“能”或“否”）；已知晶体密度为d g/cm3，S2-半径为a pm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为____________________pm（写计算表达式）。

11．中国的铀工业自20世纪50年代兴起，现已形成完整的和具有相当规模的科研和工业生产体系。铀是原子反应堆的原料，常见铀的化合物有UF4、UO2及(NH4)4〔UO2(CO3)3〕等。回答下列问题：

(1)UF4用Mg或Ca还原可得金属铀。

①基态氟原子的价电子排布图为_____________；

②金属铀的一种堆积方式为体心立方堆积，该堆积方式的空间利用率为_______； ③UF4用Mg或Ca还原时，其氧化产物是MgF2或CaF2，已知MgF2的熔点高于CaF2，其原因是_________________。

800℃(2)已知：(NH4)4〔UO2(CO3)3〕3UO2+10NH3↑+9CO2↑+N2↑+9H2O↑

①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕存在的微粒间作用力是_________； a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 金属键

②NH4+的空间构型为______，与NH4+等电子体的分子或离子有_____(写一种)； ③CO32－中碳原子杂化轨道类型为_________； (3)UO2的晶胞结构如图所示：

①晶胞中U原子位于面心和顶点，氧原子填充在U原子堆积形成的空隙中，在该空隙中氧原子堆积形成的立体的空间构型为___________(填“立方体”、“四面体”、“八面体”)； cm－3。(列出含a②若两个氧原子间的最短距离为a nm，则UO2晶体的密度为__________g·算式即可。用NA表示阿伏加德罗常数的值。)

12．2019年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2和LiMnO2等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：

(1)基态Co原子价层电子排布式为_______________________________。

(2)已知第三电离能数据:I3(Mn) =3246 kJ·mol-1，I3(Fe) =2957 kJ·mol-1。 锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是_______________________________。

(3)据报道，在MnO2的催化下，甲醛可被氧化成CO2，在处理含HCHO的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角_________CO2中键角(填“大于”“小于”或“等于\")。 (4)Co3+、Co2+能与NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。 ①1 mol [ Co(NH3)6]3+含______mol σ键。

②配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为[S=C=N]- ,SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是______( 填元素符号)。 ③配离子在水中颜色与能有关，某些水合离子的能如表所示：

由此推知，a ______b(填“>”“<”或“=\")，主要原因是_______________________。 (5)工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原TiCl4(g)制备钛。已知：LiCl 、TiCl4的熔点分别为605 °C、-24 °C，它们的熔点相差很大，其主要原因是_______________。 (6)钛的化合物有2种不同结构的晶体，其晶胞如图所示。

二氧化钛晶胞(如图1)中钛原子配位数为__________。 氮化钛的晶胞如图2所示,图3是氮cm -3。氮化钛晶化钛的晶胞截面图。已知:NA是阿伏加德常数的值，氮化钛晶体密度为dg·胞中N原子半径为__________pm

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、晶胞的相关计算 1．A

解析：ds 直线形 [Ar]3d10 失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子 【解析】 【分析】

(1)Ag在第五周期第ⅠB族；依题意：[Ag(NH3)2]+中Ag+以sp杂化成键； (2)铜是29号元素，分析Cu＋基态核外电子排布式； (3)根据电子排布分析；

(4)①CN-与N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写；CN-与Fe2+以配位键结合，这6个配位键都属于σ键，还有6个CN-中各有一个σ键； ②根据K4 [Fe(CN)6]分子式分析；

(5)根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻且等距离的Fe2+数目为12个；晶胞参数等于相邻两个离子核间距的2倍。 【详解】

(1)Ag在第五周期第ⅠB族，属于ds区；依题意：[Ag(NH3)2]+中Ag+以sp杂化成键，应该是直线形，故答案为：ds；直线形；

(2)铜是29号元素，Cu＋基态核外电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10； (3)Cu+的价电子排布式为3d10，Fe+的价电子排布式为3ds1，Cu+再失去的是3d10上的电子，而Fe+失去的是4s1的电子，由于原子核外电子处于全充满、半充满或全空时是稳定的状态，显然3d10处于全充满，更稳定，所以失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，需要的能量高，而Fe 失去的是4s1 电子，所需能量低，故答案为：失去第二个电子时，Cu 失去的是全充满 3d10 电子，Fe 失去的是 4s1 电子；

(4)①CN-与N2是等电子体，结构相似，根据氮气电子式书写氢氰根离子电子式为

；CN-与Fe2+以配位键结合，这6个配位键都属于σ键，还有6个CN-中各有一

个σ键，1个配离子中含有的σ键共有12个，则1mol该配离子中含有 12 NA个σ键，故答案为：

；12NA；

②K4 [Fe(CN)6]是离子化合物，含有离子键，阳离子K+与配离子之间以离子键结合，Fe2+与CN-以配位键结合，CN-中的两种原子以极性共价键结合， 故答案为：BCD；

(5)根据晶胞，Fe2+为面心立方，与Fe2+紧邻的等距离的Fe2+有12个；用“均摊法”，晶胞中含Fe2+：8+6 12NA BCD 12 336×1010 ρNA1811=4个，含O2-：12+1=4个，晶体的化学式为FeO，1molFeO的质量24288723723

cm；晶胞的体积为cmNA4=cm3，晶胞的边为72g，1mol晶体的体积为

ρNAρρ长为3288cm，Fe2+与O2-最短核间距为

ρNA128836363631010pm，故答案为：12；3cm=3cm=3×1010。

ρNA2ρNAρNAρNA【点睛】

本题考查了物质结构和性质，涉及晶胞计算、离子晶体熔沸点影响因素、配合物、等电子体等知识点，难点是晶胞计算，用“均摊法”确定晶胞中所含微粒的个数，注意氮化铁的晶胞不是平行六面体，是六方晶胞，处于顶点的粒子，同时为6个晶胞共有，每个粒子有1/6属于该晶胞；处于面心的粒子，同时为2个晶胞共有，每个粒子有1/2属于该晶胞；处于体内的粒子，完全属于该晶胞。

2．F

解析：F＞O＞B 1s22s22p63s23p6或[Ar] 正四面体 sp3 ac

三种为离子晶体，晶格能依次增大，后三种为分子晶体，分子间力依次增大

3 前

784NAmρ== V(4(x+y))310-303【解析】 【分析】

(1)氟代硼酸钾中非金属元素有F、O、B，元素的非金属性越强，电负性越大；基态K+核外电子总数为18；

(2)BH4-的中心原子B原子孤电子对数=

3114=0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构2型与VSEPR模型相同；Na+与BH4-之间形成离子键，B原子有3个价电子，H有空轨道，而BH4-中形成4个B-H键，故BH4-中含有1个配位键、3个σ键；

(3)双聚分子为Be2Cl4，Be原子价电子数为2，形成2个Be-Cl键，Be原子有空轨道、Cl原子有孤电子对，每个BeCl2分子中的1个Cl原子另外分子中Be原子之间形成1个配位键； (4)氟化物的熔点与晶体类型，离子晶体的熔点较高，分子晶体的熔点较低；离子半径越小、电荷越大，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高。而相对分子质量越大，分子间作用力越强，分子晶体的熔沸点越高； (5)晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+8×

111+6×+12×=8，结合化学式可知，白色824球代表Ca2+、黑色球代表F-，Ca2+占据F-形成的立方体的体心，晶胞中F-形成8个小立方体，只有4个Ca2+占据；处于晶胞中F-形成的小立方体体心的Ca2+与小立方体顶点F-紧密相邻，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长=2xy3pm，故晶胞棱长

=

4xy3pm，计算晶胞中微粒总质量，即为晶胞质量，晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积。

【详解】

(1)氟代硼酸钾中非金属元素有F、O、B，非金属性强弱顺序为F＞O＞B，电负性大小顺序为F＞O＞B；基态K+核外电子总数为18，则电子排布式为1s22s22p63s23p6或[Ar]； (2)BH4-的中心原子B原子孤电子对数=

3114=0，价层电子对数=0+4=0，微粒空间构2型与VSEPR模型相同为正四面体形，B原子采取sp3杂化；Na+与BH4-之间形成离子键，B原子有3个价电子，H有空轨道，而BH4-中形成4个B-H键，故BH4-中含有1个配位键、3个σ键，没有氢键与π键，故答案为ac；

(3)双聚分子为Be2Cl4，Be原子价电子数为2，形成2个Be-Cl键，Be原子有空轨道、Cl原子有孤电子对，每个BeCl2分子中的1个Cl原子另外分子中Be原子之间形成1个配位键，BeCl2的结构式为

，其中Be的配位数为3；

(4)NaF、MgF2和AlF3为离子晶体，晶格能依次增大，熔点依次升高，而SiF4、PF5和SF6为分子晶体，分子间力依次增大，熔点依次增大； (5)晶胞中白色球数目为4、黑色球数目为1+8×

111+6×+12×=8，结合化学式可知，白色824球代表Ca2+、黑色球代表F-，Ca2+占据F-形成的立方体的体心，晶胞中F-形成8个小立方体，只有4个Ca2+占据，可知Ca2+占据F-形成的空隙占有率为50%；处于晶胞中F-形成的小立方体体心的Ca2+与小立方体顶点F-紧密相邻，若r(F-)=xpm，r(Ca2+)=ypm，则小立方体棱长=2xy3pm，故晶胞棱长=4xy3pm，晶胞相当于含有4个“CaF2”，晶胞质量

78478NAm=4×g，晶体密度ρ==g•cm-3。

NAV(4(x+y))310-303【点睛】

价层电子对互斥模型(简称VSEPR模型)，根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数．σ键个数=配原子个数，孤电子对个数=

1×(a-xb)，a指中心原子价电子2个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。

3．A

解析：[Ar]3d104s1 sp3 与水分子间形成氢键 sp2 90NA > 4 【解析】

V形

【分析】

有A、B、C、D、E、F六种元素，A是周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；B是电负性最大的元素，则B为F元素；C的2p轨道中有三个未成对的单电子，则C原子核外电子排布为1s22s22p3，则C为N元素；F原子核外电子数是B与C核外电子数之和，则F原子核外电子数为9+7=16，则F为S元素；E能形成红色（或砖红色）的E2O和黑色的EO两种氧化物，则E为Cu元素；D与B可形成离子化合物，根据晶胞结构可知，晶胞中F原子数目为8，D原子数目为8+6181=4，故化学式为DF2，D为+2价，D是主族元2素且与E同周期，处于第四周期，则D为Ca元素，据此解答。判断碳原子的杂化类型可根据其成键情况来判断，碳原子若成四个单键，其杂化类型必为sp3，若成一个双键，两个单键，其杂化类型必为sp2，若成一个单键，一个三键，其杂化类型必为sp．在每个C60分子中，由于碳原子都采取sp2杂化，故参与形成σ键的电子只有3个，所以形成σ键的电子共有60×3=180个，而每个σ键需要2个电子，所以σ键的数目为90个，故1molC60中σ键的数目为90NA；①同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大的趋势，但注意第VA族元素大于相邻元素的第一电离能；

②与硫离子最近的锌离子的数目为硫离子的配位数，根据均摊法计算晶胞中Zn、S原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，再结合m=ρV计算与S距离最近且等距离的S之间的距离；

③计算Se原子价层电子对、孤电子对，确定其空间构型； 【详解】

（1）E为Cu元素，原子核外电子数为29，基态原子的电子排布式为[Ar]3d104s1，故答案为：[Ar]3d104s1；

（2）H2S分子中S原子的价层电子对数=2为：sp3；

（3）NH3极易溶于水，其原因主要是NH3与水分子间形成氢键，由于一水合氨电离产生铵根离子和氢氧根，故NH3•H2O中N原子与水中的H原子之间存在氢键，应为b结构，故答案为：与水分子间形成氢键；

（4）每个碳原子形成3个σ键个数且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，每个碳原子含

(612)4，S原子采取sp3杂化，故答案21mol603=90NA，故答案为：有的σ键个数为32，所以1molC60分子中σ键的数目=

2NAsp2；90NA；

(5)①As和Se属于同一周期，且As属于第VA族，Se属于第VIA族，As原子4p能级容纳3个电子，为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于Se，故答案为：>；

②根据图片知,每个S离子连接4个Zn离子,所其配位数是4；晶胞中Zn原子数为4，S原

4M38838811m==g=a3，则a=3cm，与S距离子数为8+6=4，晶胞质量

NANAρNA82最近且等距离的S之间的距离为

23882a=3cm，故答案为：4；2NA233882cm； NA2(6-22)=1，价层电子对=2+1=3，所以其空间2③二氧化硒分子中Se原子孤电子对数=结构为V形，故答案为：V形。

4．C

解析：大于 Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH－ sp、sp2 14 4 (0.75，0.75，0.75) 高 两者都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，熔点更高 【解析】 【分析】 【详解】

(1)Cu为29号元素，根据构造原理知其基态电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则基态铜原子核外有14对自旋相反的电子；

(2)金属性越强，越易失电子，第一电离能越小，Sn和Pb为同主族元素，且金属性Sn小于Pb，则第一电离能I1(Sn)大于I1(Pb)；

(3)新制的Cu(OH)2能够溶解于浓氨水中，生成可溶于水的[Cu(NH3)4]2，则反应的离子方程式是Cu(OH)2+4NH3＝[Cu(NH3)4]2++2OH－；

(4)碳碳三键中C原子价层电子对个数是2且不含孤电子对，所以杂化方式为sp；苯环中的碳形成3个δ键，无孤电子对，采取sp2杂化；

(5)在氯化羰基亚铜(I)中C和O之间有1个σ键，H2O分子内有2个σ键，配位键也是σ键，则氯化羰基亚铜(I)中含14个σ键；

(6)①Cu2O晶胞中，O原子周围最靠近的Cu原子数目是4，则O原子的配位数为4；a位置为顶点O原子和中心O原子的

+

11处，且顶点O原子与a之间的距离为对角线的，已24知a位置Cu+坐标为(0.25，0.25，0.75)，即晶胞边长为1，则b位置Cu+坐标为(0.75，0.75，0.75)；

②Cu2S与Cu2O都是离子晶体，O2－半径比S2－半径小，所以Cu2O的晶格能更大，则Cu2O熔点更高。

5．C

解析：1s22s22p63s23p3 3 正四面体 60° 大于 电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的斥力增大，键角变大 PCl4+ sp3 PCl6- 低于 442或

6.021023（22xsin44')34426.021023（43

x）3【解析】 【分析】

(1)根据元素符号，判断元素原子的核外电子数，再根据核外电子排布规律来写； (2)白磷分子是正四面体结构，四个P原子位于正四面体顶点上，物质溶解性遵循相似相溶原理；

(3)NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3型杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，氨气分子空间构型是三角锥形，电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小； (4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4和一种正六面体形阴离子是PCl6-，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6-； (5)晶胞中：P位于顶点和面心，数目为8×

+

11+6×=4，B位于晶胞内，数目为4，则磷

28m计算密度。 V化硼晶体的化学式为BP，由于磷化硼是一种超硬耐磨涂层材料，属于原子晶体，B-P键和C-C键相比，键长大，则熔点低于金刚石；再根据ρ=【详解】

(1)P元素为15号元素，原子核外有15个电子，所以核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，p轨道上是三个自旋方向相同的三个未成对电子； 故答案为：1s22s22p63s23p3；3；

(2)白磷分子是正四面体结构，四个P原子位于正四面体顶点上，所以键角是60°，为非极性分子，相似相容原理可知，易溶于非极性溶剂中，二硫化碳为非极性溶剂，所以白磷在CS2中的溶解度大于在水中的溶解度； 故答案为：正四面体形；60°；大于；

(3)NH3中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp型杂化杂化，孤对电子对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，所以氨气分子空间构型是三角锥形，电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，PH3的键角小于NH3的键角；

故答案为：电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大；

(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4和一种正六面体形阴离子是PCl6，即发生反应为：2PCl5=PCl4+PCl6，已知A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A为：PCl4+，PCl4+中P没有孤电子对。含四个σ键，所以原子杂化方式是sp3，B为：PCl6-；

故答案为：PCl4+；sp3；PCl6-；

(5)磷化硼(BP)与金刚石对比，B、P的原子半径大于C，则磷化硼(BP)中的键长大于金刚石，键能小于金刚石，故其熔点低于金刚石的熔点；根据磷化硼晶胞模型可知，1个晶胞

-+

-+

3

中含有4个硼原子，P=8×

11+6×=4，则1mol晶胞中含有4molBP，晶胞的棱长

28=22xsin°44’，则体积为=（22xsin°44’）3，

442442m43； ρ==23'3或6.021023（x）（22xsin44)V6.0210344244243。 故答案是：低于；或23（x）6.021023（22xsin44')36.02103【点睛】

等电子体是指价电子数和原子数（氢等轻原子不计在内）相同的分子、离子或原子团，A、B两种微粒分别与CCl4、SF6互为等电子体，Cl、F含有的价电子数相同，A与C中均含有P，故A为阳离子，B为阴离子。

6．C

解析：3d104s1 无 Cu+中无单电子 共价键、配位键 大于 [Cu(NH3)4]Cl2 中氮原子无孤电子对，NH3 中氮原子有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角小 4 【解析】 【分析】 【详解】

(1)铜是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，价层电子排布式3d104s1，故答案为：3d104s1；

(2) 根据价层电子排布，Fe3+有5对未成对电子，呈黄色；Fe2+有4对未成对电子，呈绿色，可知Cu无颜色，因为Cu中无单电子，故答案为：无；Cu中无单电子；

+

+

+

62 2(3)根据氯化铜的结构可知分子中含有的化学键类型为共价键、配位键；NH3中N原子含有3个共价键和1个孤电子对，由于NH3提供孤对电子与Cu2+ 形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大或NH3分子内存在孤电子对，孤电子对与共用电子对之间的斥力更大，所以NH3的键角更小，故答案为：共价键、配位键；大于； [Cu(NH3)4]Cl2 中氮原子无孤电子对，NH3 中氮原子有孤电子对，孤电子对对成键电子排斥力大，键角小；

(4)晶胞中Cl原子数目为4，晶胞中Cu原子数目为8×

11+6×=4，二者原子数目为

281∶1，故配位数也相等，Cu原子与周围4个Cl原子形成正四面体，Cu的配位数为4；若C1原子位于Cu原子构成的四面体体心，则体对角线是铜原子和氯原子的半径之和的4倍，Cu原子位于立方体的顶点和面心，为面心立方最密堆积，则面对角线是铜原子半径的4倍，设晶胞的边长为a cm，面对角线等于2a，则铜原子半径为

2a，体对角线等于43a，则氯原子半径为3a2a，则氯原子与铜原子半径之比等于43a2a6262，故答案为：4；。 =222a7．H

解析：

四面体形 N＞O＞H＞Mo 层与层之间的范德华力较

弱，外力作用下易发生滑动 Π46 离子键、氢键 1：2 体心立方堆积

42πr101032MρNA3

【解析】 【分析】 【详解】

(1)①Mo与Cr是同族元素，并且位于相邻周期，则Mo处于周期表中第五周期VIB族，价电子排布式4d55s1，价电子轨道排布图为：(2)H2S中心原子S原子价层电子对数为2+；

6-12=4，VSEPR模型为正四面体；一般金属性2越强第一电离能越小，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N原子2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能：N＞O＞H＞Mo；具有类似于石墨的层状结构，层与层之间的范德华力较弱，在外力作用下容易发生滑动，具有优异的润滑性能；

(3)CO32中，C原子为sp2杂化，空间构型为平面三角形，碳原子上有一个垂直于分子平面的p轨道；端位的3个氧原子也各有1个垂直于分子平面的p轨道，离子价电子总数为3×6+4+2=24，3个C－O键有6个电子，每个氧原子上有2对不与分子平面垂直的孤对电子对，因此4个平行p轨道有24-6-3×4=6个电子，所以CO32－离子中有1个4轨道6电子大π键，所以记为4；

(4)还存在Na与[Mo(CN)8]3之间的离子键以及水分子之间的氢键；配体离子为CN，碳氮之间为三键，含有1个σ键和2个π键，所以数目比为1:2；

(5)如图金属钼晶体中的原子堆积方式中，Mo原子处于立方体的体心与顶点，属于体心立方堆积；晶胞中Mo原子数目=1+8×

+

---

614-=2，故晶胞中Mo原子总体积=2×π×(r×1010

382Mg2M2Mcm3，晶胞中原子的空间利用率cm)3，晶胞质量=g，则晶胞体积=2×NA=NAg/cm3NA42πr10103=2M3。

NA【点睛】

一般金属性越强第一电离能越小，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，IIA、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；可以根据CN-的等电子体N2来判断离子构型和成键方式。

8．B

解析：BC

4 O sp3 σ (PnO3n+1)(n+2)- 高 sp3 (SiO3)n 2n- 4 4

4+456+832

(0.52421.032)1021NA【解析】 【分析】

(1)A．第一电离能，一般与非金属性成正比，当电子亚层处于半满、全满时出现反常； B．对于氢化物分子，非金属性越强，键的极性越强； C．晶格能与离子的带电荷成正比，与离子半径的平方成反比； D．热稳定性与分解产物的稳定性有关。

(2)蒸汽状态下以双聚分子存在的 FeCl3 的结构式与Al2Cl6类似，由结构可确定 Fe 的配位数。

(3)NH4H2PO4 中，电负性最高的元素也就是非金属性最强的元素；P与周围的4个O原子相连，价层电子对数为4，从而确定与 O的2p轨道形成的键型。由两个已知结构式寻找规律，得出图中磷酸根离子的化学式通式。

(4)比较原子晶体熔点，可比较原子半径，半径越小，熔点越高。图中表示一种含 n 个硅原子的单链式多硅酸根的结构，Si 原子的价层电子对数为4，由此确定杂化类型，确定化学通式时，可采用均摊法。

(5)Cu2＋位于面心，有2个S2-与它相连；1个S2-与2个Cu2+、2个Fe2+相连。已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，可求出体积，NA 为阿伏加德罗常数的值，求CuFeS2晶体的密度，只需求出1个晶胞中所含离子的数目。 【详解】

(1)A．由于P原子的3p轨道半充满，第一电离能出现反常，所以第一电离能：Cl＞P＞S＞Si，A不正确；

B．对于氢化物分子，非金属性越强，键的极性越强，所以共价键的极性：HF＞HCl＞HBr＞HI，B正确；

C．晶格能与离子的带电荷成正比，与离子半径的平方成反比，所以晶格能：NaF＞NaCl＞NaBr＞NaI，C正确；

D．对于同主族元素的碳酸盐，金属性越强，其氧化物越稳定，碳酸盐的热稳定性越差，所以热稳定性：MgCO3(2)FeCl3蒸汽状态下以双聚分子存在，则类似于Al2Cl6，即每个Fe与4个Cl形成共价键，其中有1个是配位键，从而得出FeCl3 的结构式为

，其中 Fe 的配位数为

4。答案为：；4；

(3)NH4H2PO4 中，电负性最高的元素是O；P与周围的4个O原子相连，价层电子对数为4，所以P的sp3杂化轨道与 O的2p轨道形成σ键。分析磷酸根离子中P、O原子个数的递变规律，可得出其化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)-。答案为：O；sp3；σ；(PnO3n+1)(n+2)-；

(4)高温高压下 CO2 的晶体结构与SiO2 相似，也为原子晶体。比较原子晶体熔点时，可比较原子半径，半径越小，熔点越高，所以该晶体熔点比 SiO2 晶体高。从一种含 n 个硅原子的单链式多硅酸根的结构图中可以看出，每个Si与4个O相连，所以Si 原子的杂化类型为sp3，在每个结构单元中，有1个Si、4个O，其中有2个O完全属于此结构单元，有2个O被两个结构单元共用，从而得出其化学通式可表示为(SiO3)n 2n-。答案为：高；sp3；(SiO3)n

2n-

；

(5)由晶胞结构分析可知，面心上的Cu2+与2个S2-相连，晶胞中每个Cu2+与4个S2-相连，Cu2＋的配位数为4；1个S2-与2个Cu2+、2个Fe2+相连，则每个S2-的配位数为4。晶胞中，Fe2+数为8×

1111+4×+1=4，Cu2+数为6×+4×=4，S2-数为8，晶胞内共含4个CuFeS2，a

2284＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA 为阿伏加德罗常数的值，CuFeS2晶体的密度是

4+456+8324+456+832-3

g•cm44。答案为：；；。

(0.52421.032)1021NA(0.52421.032)1021NA【点睛】

在单链结构的多硅酸根中，重复出现的最小结构单元为，其中Si的原子个

数为2，1、4号氧原子为两个最小单元所共用，2、3、5、6、7号氧原子完全属于该单元，故每个最小单元的氧原子数目为5+2×结构的多硅酸根的化学式为(SiO3)n2n-。

1=6，Si与O原子数之比这2:6=1:3，故单链29．C

解析：第四周期第Ⅷ族 28 3s23p63d8 配位键 sp2、sp3 O>N>C>H Ni(CO)4 非极性 小于 甲醇分子和水分子间能够形成氢键，且甲醇和水都是极性分子 【解析】 【分析】

（1）Ni的原子序数28，位于第四周期、Ⅷ族元素，题目中问的是M层电子的排布； （2）从图看出氮镍之间形成的是配位键；碳原子的价层电子对数有等于3，也有等于4，故碳原子的杂化类型为sp2杂化、sp3杂化，H、C、N、O的电负性的比较，同一周期从左到右主族元素的电负性逐渐增强；

（3）依据题中所给配合物价电子总数符合18电子规则，镍元素的价电子数为10，可以推出Ni原子与CO形成配合物的化学式为Ni(CO)4；根据相似相溶原理，判断出Ni(CO)4为非

2a 8:3 2极性分子

（4）甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小；依据相似相溶原理和分子间可以形成氢键，因此甲醇易溶于水；

（5）依据x的值和化合物中元素化合价代数和为0，可以计算出Ni2+与Ni3+的最简整数比。 【详解】

（1）Ni的原子序数28，位于第四周期，Ⅷ族元素，根据泡利不相溶原理，核外有多少个电子就有多少种运动状态，所以镍原子核外有28种运动状态；

（2）从图看出氮镍之间形成的是配位键；碳原子形成四个单键是sp3杂化，形成一个双键和两个单键是sp2杂化；根据非金属性越强，电负性越小，则有O＞N＞C＞H； （3）镍元素的价电子数为10，根据18电子规则，它可以结合4个CO形成配合物，所以形成的配合物的化学式为Ni(CO)4。配合物Ni(CO)4常温下为液态，易溶于CCl4、苯等有机溶剂，由于四氯化碳和苯均是非极性分子，则根据相似相溶原理可知该分子属于非极性分子；（4）甲醇分子内C的成键电子对数为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，是四面体结构，甲醛分子中的碳采取sp2杂化，是平面三角形结构，甲醇分子内O-C-H键角比甲醛分子内O-C-H键角小；由于甲醇分子和水分子间能够形成氢键，且甲醇和水都是极性分子，相似相溶，所以甲醇易溶于水；

（5）由于NixO晶体晶胞结构为NaCl型，所以晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为晶胞面对角线的1/2，由晶胞棱边长可得晶胞面对角线为长为：2a pm，则晶胞中两个Ni原子之间的最短距离为：

2a pm。设NixO晶体中含Ni2+与Ni3+的个数分别为x、y，根据题2意列方程组：x+y=0.88，2x+3y=2，联立解得：x=0.，y=0.24，所以x:y=0.:0.24=8:3。 【点睛】

主要考查物质结构与性质的相关知识，考查考生分析推断能力和计算能力。

10．C

解析：3d10 O>N>C>H sp3 甘氨酸为极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键 5 12NA 阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低 正四面体 否 （【解析】 【分析】

（1）Zn的核电荷数为30，处于周期表中第4周期第ⅡB族，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；

C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。 （2）N原子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3； 从分子极性和氢键两个角度解释； （3）根据配位数的定义判断；

33883×1010-a）pm 4dNA（4）1 mol IMI中含有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共12×6.02×1023个σ键。 （5）从晶格能大小的角度解释；

－＋

（6）S2做面心立方最密堆积，Zn2做四面体填隙，根据结合晶胞边长和体对角线的关

系、密度公式ρ=m÷V计算。 【详解】

（1）Zn为30号元素，基态Zn2+的价电子排布式为3d10；一水合甘氨酸锌中所涉及的非金属元素C、N、O、H，C、N、O是同一周期的元素，从左到右电负性减小，电负性由大到小的顺序是O>N>C>H。

（2）甘氨酸（H2N-CH2-COOH）中N原子形成三个σ键，孤电子对为子价层电子对个数是4，杂化轨道类型为sp3；

甘氨酸易溶于水，因为：甘氨酸极性分子，且分子中的氨基和羧基都能与水分子形成氢键。

（3）Zn与甘氨酸中的氧和氮原子形成4个配位键，和水中氧形成一个配位键，一水合甘氨酸锌中Zn2+的配位数为5。

（4） [Zn(IMI)4](ClO4)2是Zn2+的另一种配合物，IMI的结构为有5molC-N、6molC-H、1molC-H，共12×6.02×1023个σ键。 （5）常温下IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物

为液

，则1 mol IMI中含

513 =1，N原2态而非固态，原因是阴阳离子半径大，电荷小，形成的离子晶体晶格能小，熔点低。 （6）①S2－为面心立方最密堆积，Zn2＋做四面体填隙，所以晶体中与Zn2＋等距且最近的S2－形成的立体图形为正四面体形，Zn2+填入S2-组成的正四面体空隙中；

cm－3，阿伏伽德罗常数为NA，一个晶②由①不能判断出S2- 、Zn2+相切；晶体的密度为dg·胞中含有Zn2＋的个数为4，S2－的个数为8×

11 +6× =4个，不妨取1mol这样的晶胞，即有

28NA个这样的晶胞，设晶胞的边长为Ccm，一个晶胞的体积为V=c3cm3，则晶体密度为ρ=

m9743883= C= cm，由于晶体中Zn2＋和S2－原子之间的最短距离为体对，所以3NAVNACdNA角线的

33881133c cm= ，所以该晶体中S2－和Zn2＋之间的最短距离为 cm，S2-半4dNA44径为a pm，若要使S2-、Zn2+相切，则Zn2+半径为（【点睛】

33883×1010-a）pm。 4dNA本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、空间构型、电离能、分子结构与性质、晶胞计算等，注意晶胞中原子分摊和晶胞密度的计算。

11．F

解析：

68% MgF2或CaF2均为离子晶体，MgF2的晶格能大于CaF2

42701021 abc 正四面体 CH4 sp 立方体 38aNA2

【解析】 【分析】

(1)①F元素常用第二周期VIIA族，价电子排布式为2s22p5，结合泡利原理、洪特规则画出价电子排布图； ②根据体心立方堆积晶胞的内部结构计算空间利用率，空间利用率＝

V(球)；

V(晶胞)③CaF2和MgF2都是离子晶体，离子电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，晶体的熔点越高；

(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键； ②根据VSEPR理论判断NH4＋的空间构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；

③根据VSEPR理论和杂化轨道理论判断；

(3)①由UO2的晶胞结构，氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心；

②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的

1，均摊法计算2晶胞中U、O原子数目，用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，晶体密度＝晶胞质量÷晶胞体积。 【详解】

(1)①F原子价电子排布式为2s22p5，由泡利原理、洪特规则，价层电子排布图为

；

②根据体心立方堆积晶胞的内部结构，1个体心立方晶胞含有硬球数目为8×

1＋1＝2个，8设硬球边长为a，根据硬球接触模型，则硬球半径与晶胞边长的关系为4r＝3a，所以r

4V(球)2r333a，所以空间利用率＝=＝＝×100%＝68%； 3100%V(晶胞)48a3③MgF2和CaF2均为离子晶体，Mg2＋半径小于Ca2＋半径，MgF2的晶格能大于CaF2，故MgF2的熔点较高；

(2)①(NH4)4〔UO2(CO3)3〕为离子晶体，含有离子键，铵根离子中有共价键和配位键；

5141＝4，VSEPR2模型为四面体形，形成4根N−H键，则其空间构型为正四面体；

②对于NH4＋，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝4＋

等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，所以与NH4＋互为等电子体的分子或离子有：CH4、BH4−（或BeH42−、AlH4−、SiH4及GeH4）； ③对于CO32−，根据VSEPR理论，价电子对数为VP＝BP＋LP＝3+化轨道理论，中心C为sp2杂化；

(3)①氧原子与周围的4个U原子形成正四面体结构，氧原子位于正四面体的中心，则氧原子填充在铀原子形成的正四面体空隙中；

②如图晶胞内部上半部4个O原子形成正方形，正方形边长为晶胞棱长的

4232＝3，根据杂

21，若两个氧原218子的最近距离为a nm，则晶胞棱长为2a nm，晶胞体积＝(2a×10−7cm)3，U原子数目＝8×

4238＋8161g，故晶体密度＝＋6×＝4，O原子数目＝8，晶胞质量＝

NA24238＋812701021g•cm−3。 g÷(2a×10−7cm)3＝3NA8aNA12．F

解析：3d74s2 Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构 ，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁 小于 24 S < [Co(H2O)6]3+所带正电荷较多 LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强 6 【解析】 【分析】

同一原子的电离能，通常第一电离能<第二电离能<第三电离能，但若电离能突然增大，则此离子应达到稳定结构；不同原子的电离能不同，但若相同类别电离能的差距突然增大，则离子可能处于稳定结构。

形成共价键的两原子间只能形成一个σ键，所以，计算微粒中所含σ键的数目时，只需确定有多少个原子间形成共价键。

确定配位原子时，需要比较配体中含有孤对电子的元素的吸电子能力，吸电子能力强的非金属原子，难以提供孤电子对与中心离子形成配位键。

计算晶胞中原子半径时，需先算出晶胞中所含原子的数目，以便确定质量；然后利用数学公式，建立质量、密度、体积的等量关系式，由此算出原子半径。 【详解】

(1)基态Co原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，价层电子排布式为3d74s2。答案为：3d74s2；

(2)根据离子价层电子排布和洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电离能越小，此离子再失电子的电离能越大。锰的第三电离能大于铁的第三电离能,其主要原因是Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+

2-23131010 2dNA价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构 ，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁。答案为：Mn价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构 ，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁；

(3) HCHO分子呈平面结构，键角接近120°，而CO2的键角是180°，碳原子的杂化类型不同，键角不同。HCHO中键角小于CO2中键角。答案为：小于；

(4)①1个NH3含有3个共价键，N原子还能形成1个配位键，配位键也属于σ键，所以1 mol [ Co(NH3)6]3+含24mol σ键。答案为：24；

②SCN-中，C没有孤电子对，N吸引电子对的能力比S强，所以S提供孤电子对形成配位键。从而得出SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是S。答案为：S；

③依题意，配体相同，配位数相等的配离子，能与中心离子的电荷数有关，正电荷数越多，吸引电子能力越强，能越大。a(5)氯化锂为离子化合物，形成离子晶体，氯化钛是共价化合物，形成分子晶体，它们的熔点相差很大，其主要原因是LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强。答案为：LiCl是离子晶体，TiCl4是分子晶体，离子键比分子间作用力强；

(6)图1中，由均摊法可知，1个晶胞含有2个黑球、4个白球(2个白球在体内，4个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧。1个钛与6个氧相连，钛的配位数为6。则二氧化钛晶胞(如图1)中钛原子配位数为6。答案为：6；

由图2知，1个晶胞含4个TiN(类似氯化钠晶胞)，图3 棱上三个粒子相切，则有[4r(Ti)]2=[2r(Ti)+2r(N)]2+[2r(Ti)+2r(N)]2，r(Ti)=4621r(N)①，d=，从

NA[2r(Ti)2r(N)]32-1而得出r(Ti)+r(N)=331②，将①代入②中，即得r(N)=

dNA2-2312-2312-231331010pm。答案为：31010。 cm=2dNA2dNA2dNA【点睛】

在书写价层电子排布式时，我们若不注意审题，可能会把价层电子排布式写成核外电子排布式，从而导致出错。