1．【2020海南新高考】氢气的生产、存储是氢能应用的核心。目前较成熟的生产、存储路线之一为：利用CH3OH和H2O在某Cu/Zn-Al催化剂存在下生产H2, H2 与Mg在一定条件下制得储氢物质X。

回答问题： .

(1) Al在周期表中的位置______________ 。基态Zn的价层电子排布式___________。

(2)水分了中氧原子的杂化轨道类型_______________。

(3)键能是衡量共价键稳定性的参数之一。 CH3OH键参数中有_________种键能数据。CH3OH可以与水以任意比例互溶的原因是___________________     。

(4) X的晶胞结构如图所示(晶胞参数：α =β =γ=90º，a=b=450.25 pm)，密度为1.4g cm-3， H-的配位数为______________， X的储氢质量分数是______________ ，c= ___________ pm (列出计算式即可)。

【答案】第三周期第ⅢA族    1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2    SP3    三    水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶    3    5.9%        

【详解】

(1)Al是13号元素，在周期表中的位置是：第三周期第ⅢA族；Zn是30号元素，根据核外电子排布规律可知，Zn的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，故答案为：第三周期第ⅢA族；1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

(2)水分子中O原子的价层电子数=2+(6−2×1)=4，且含有2对孤电子对，所以采取SP3方式杂化，故答案为：SP3；

(3)能表征化学键性质的物理量称为键参数，CH3OH的键参数主要有键能、键长、键角三种键参数；水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶；故答案为：三；水与醇均具有羟基，彼此可以形成氢键，根据相似相溶的原则，甲醇可与水以任意比例混溶；

(4)由晶胞结构可知，H-位于6个面上，配位数为：=3；Mg2+在立方体的中心和8个顶点了，配位数为：1+8=2，该晶胞的化学式为Mg2H3，则X的储氢质量分数是=5.9%；由X的晶胞结构可知，一个晶胞的质量为：=g，密度为1.4g cm-3，则晶胞的体积为：cm3=abc，则c=pm，故答案为：3；5.9%；。

2．【广东省2021年普通高中学业水平选择考适应性测试】磷及其化合物在电池、催化等领域有重要应用。黑磷与石墨类似，也具有层状结构(如图1)。为大幅度提高锂电池的充电速率，科学家最近研发了黑磷——石墨复合负极材料，其单层结构俯视图如图2所示。

回答下列问题：

(1)Li、C、P三种元素中，电负性最小的是______(用元素符号作答)。

(2)基态磷原子价电子排布式为______。

(3)图2黑磷区中P原子的杂化方式为______， 石墨区中C原子的杂化方式为______。

(4)氢化物PH3、CH4、NH3的沸点由高到低顺序为______。

(5)根据图1和图2的信息，下列说法正确的有______ (填字母)。

A．黑磷区中P-P键的键能不完全相同

B．黑磷与石墨都属于混合型晶体

C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程，发生了化学反应

D．石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面

E.复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力属范德华力

(6)贵金属磷化物Rh2P (化学式量为237)可用作电解水的高效催化剂，其立方晶胞如图3所示。已知晶胞参数为a nm，晶体中与P距离最近的Rh的数目为______，晶体的密度为______g·cm-3 (列出计算式)。

【答案】Li    3s23p3    sp3    sp2    NH3>PH3>CH4    ABCD    8        

【详解】

(1)非金属性越强电负性越大，三种元素中Li的非金属性最弱，所以电负性最小；

(2)P为15号元素，核外电子排布为[Ne]3s23p3，价电子排布为3s23p3；

(3)晶体中六元环不是平面结构，P原子形成3个P-P键，有1对孤电子对，价层电子对数为4，P原子采取sp3杂化；石墨中C原子的杂化方式为sp2杂化；

(4)NH3分子间存在氢键沸点最高，PH3的相对分子质量大于CH4，所以PH3的沸点较高，所以沸点由高到低顺序为NH3>PH3>CH4；

(5)A．据图可知黑磷区中P-P键的键长不完全相等，所以键能不完全相同，故A正确；

B．黑磷与石墨，每一层原子之间由共价键组成六元环结构，层与层之间由范德华力互相吸引，所以为混合晶体，故B正确；

C．由石墨与黑磷制备该复合材料的过程中，P-P和C-C键断裂，形成P-C键，发生了化学反应，故C正确；

D．石墨中C原子为sp2杂化，所以与六元环中C原子相连的原子与六元环共面，所以石墨与黑磷的交界结合区域中，P原子与C原子共平面，故D正确；

E．复合材料单层中，P原子与C原子之间的作用力为共价键，故E错误；

综上所述正确的有ABCD；

(6)根据晶胞结构可知一个晶胞中有8个黑球，4个灰球，晶体化学式为Rh2P，所以黑球表示Rh原子，灰球表示P原子，顶面面心P原子为例，该晶胞中有4个Rh原子距离其最近，该晶胞上方晶胞中还有4个，所以晶体中与P距离最近的Rh的数目为8；晶胞的体积为a3 nm3=(a 10-7)3cm3，晶胞的质量为g，所以晶体的密度为=g/cm3。

【命题规律和备考建议】

本专题为高考热点。主要考查原子结构、分子结构与晶体结构。考查形式主要为填空题，难度中等。2021年高考备考时，应回归教材，突破电子排布、电离能、电负性、分子结构与杂化轨道理论、分子构型与价层电子对互斥模型、晶胞的结构等。

【限时检测】（建议用时：40分钟）

1．【安徽省安庆市2021届高三第二次模拟】原子簇化学和团簇化学是化学中极其活跃的领域。回答下列问题。

(1)科研工作者利用我国自主研发的高灵敏度光谱仪发现了一种由多个苯环形成的团簇新物种。在组成该团簇物种的元素中，基态原子未成对电子数最多的是___________(填元素符号)。Al元素的第一电离能小于第二电离能的原因是___________。

(2)P4和S8都属于裸原子簇分子，其结构如图。S8中S原子的杂化方式是___________，P和S的简单氢化物均含有___________，因而可与部分金属元素形成配合物。

(3)P、O之间可以形成双键，但P、S之间却难以形成，其原因是___________。P4S3是一种保持P4骨架结构的分子，各原子均满足8电子稳定结构，且S原子之间不成键，则其分子结构可能为___________(画出结构)。

(4)Ca和B可以形成一种离子型簇合物，晶胞结构如图，其化学式为___________，若其晶胞边长为apm，则其密度的计算式为ρ=___________g/cm3(阿伏伽德罗常数用NA表示)。

【答案】C    Al+带有正电荷，相比Al更难失去电子，电离能更大    sp3    孤对电子    S原子半径比O大，其电子云难以和P“肩并肩”重叠形成π键    (三个硫原子分别插入P-P之间即可)    CaB6    或    

【详解】

(1)Al、C、H的未成对电子分别是1、2、1，故未成对电子最多的是C．第一电离能是Al失去电子所需能量，第二电离能是Al+失去电子所需能量。由于Al+带有正电荷，相比Al更难失去电子，电离能更大。

(2)由图可知S的杂化方式为sp3。PH3和H2S中P和S中都含有孤对电子，因而可以与金属元素形成配位键。

(3)O原子半径较小，可以比较近的靠近P，进而肩并肩重叠形成π键，而S的半径较大，难以形成双键。P4S3在保持P4结构基础上形成，因此只需要在P4结构中插入S原子即可。

(4)由图可知其化学式为CaB6。根据密度公式，，，，则。

2．【广东省广州市2021届高三下学期毕业班综合测试】H5O2Ge(BH4)3是钙钛矿型化合物(ABX3型)，量子化学计算结果显示，其具有良好的光电化学性能。

回答下列问题：

(1)基态Ge的价层电子排布式为___________。

(2)的结构如图所示。含有共价键的类型是___________。1mol含有化学键的个数为___________。

(3)根据杂化轨道理论，BH由B的4个___________(填杂化轨道类型)杂化轨道与4个H的1s轨道重叠而成，因此BH的空间构型是___________。

(4)CsPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CsPbI3的晶体结构如图所示

①原子1的坐标为(，0，0)，则原子2和3的坐标分别为___________、___________。

②I-位于该晶体晶胞的___________(填“棱心”、“体心”或“顶角”)。

③已知H5O2Ge(BH4)3晶体属于立方晶系，晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为NA，则H5O2Ge(BH4)3的密度为___________g·cm-3(列出计算式)。

【答案】4s24p2    极性共价键        sp3    正四面体    (0，0，)    (，1，1)    棱心        

【详解】

(1)基态Ge的价层电子排布式为4s24p2；

(2)通过结构图可知，只有极性共价键；一个中有4个共价键，2个配位键，所以1mol含有化学键的个数为；

(3)BH的B没有孤电子对，配位原子个数为4，所以是sp3杂化，BH的空间构型是正四面体；

(4)①2的位置是z轴上，2的坐标是(0，0，)，由晶体结构可知，3的坐标是(，1，1)；

②在棱心上的粒子数目是3，在体心和顶角的粒子数目是1，I-的数量是3，所以I-在棱心上；

③H5O2Ge(BH4)3晶体属于立方晶系，晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，H5O2Ge(BH4)3的摩尔质量为155g/mol，则H5O2Ge(BH4)3的密度为。

3．【河北省邯郸市2021届高三第一次模拟】铜及其化合物是生活、生产中运用广泛的材料。

(1)铜元素位于周期表第_______列，铜易导电的原因是_______，基态原子中核外能量不同的电子有_______种。

(2)铜的第二电离能_______(填“大于”或“小于”)锌的第二电离能，其原因是_______。

(3)合成氨工业常用醋酸二氨合铜(I)溶液吸收对氨合成的催化剂有毒害作用的

①比较和的沸点大小，并说明原因：_______。

②中C的杂化类型为_______。

(4)晶胞的两个基本要素。

①原子坐标参数：晶胞内部各微粒的相对位置。的晶胞结构如图所示，其中原子坐标参数：；；。则D处微粒的坐标参数为_______。

②晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。若与的最短距离为，则晶胞的边长为_______，设为阿伏加德罗常数的值，该化合物的密度为_______(用含a、的代数式表示)g∙cm-3。

【答案】11    金属铜中有自由移动的电子，在电场中能定向移动形成电流    7    大于    的轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，再失去一个电子时，变成，的轨道为全充满的稳定状态    沸点更高，因为氨分子间会形成氢键    、    (，，)            

【详解】

(1)铜元素位于周期表的第11列，铜易导电的原因是金属铜内部存在大量的可以自由移动的自由电子，这些自由电子在电场力的作用下定向移动而形成电流，铜原子的基态电子排布式中有7个能级，同一能级的电子能量是相等的，不同能级的电子能量是不相等，所以一共有7种；

(2) 铜的第二电离能大于锌的第二电离能，其原因是的轨道为全充满的稳定状态，再失去一个电子更难，再失去一个电子时，变成，的轨道为全充满的稳定状态；

(3)①沸点更高，因为氨分子间会形成氢键；

②醋酸根中有碳碳单键和碳氧双键，所以碳的杂化方式为、；

(4) ①D点位于晶胞的体对角线上，故D处微粒的坐标参数为(，，)；

②分析可知，设晶胞边长为x，那么晶胞边长为x=nm，晶胞体积为：V=()3，结合晶胞分析，一个晶胞中有4个CuI，所以晶胞的密度。

4．【黑龙江省哈尔滨第三中学2021届高三第二次模拟】海底金属软泥是在海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的金属资源，含有钨、铁、铬、锌、钴等。

(1)基态钴原子的价电子的轨道排布式为_______，基态Cr原子的未成对电子数为_______。

(2)K3CrO8的结构如图所示。

①下列有关K3CrO8的说法正确的是_______(填标号)。

a．含离子键、σ键    b．含离子键、σ键和π键

c．氧原子与中心原子间形成配位键    d．铬显+10价

②已知电子亲和能(E)是基态的气态原子得到电子变为气态阴离子所放出的能量，O(g)+e-=O-(g)  ∆H1=-140kJ/mol，O-(g)+e-=O2-(g)  ∆H2=+884.3kJ/mol。氧的第一电子亲和能E1为_______kJ/mol；△H2>0，其原因是_______。

(3)六羰基钨[W(CO)6]的熔点为 172℃，是一种重要的无机金属配合物，可溶于多数有机溶剂。三种组成元素的电负性由大到小的顺序为_______(用元素符号表示)。 1 molW(CO)6 分子中含_______mol σ  键，与 CO 互为等电子体的一种离子的化学式为_______。

(4)碳、铁之间可形成多种化合物，其中一种化合物的晶体结构(面心立方结构)如图所示：

则编号为①的原子的坐标为_______；设该晶体的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为_______g•cm-3(列出计算式即可)。

【答案】    6    ac    140    O-带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需要消耗能量    O＞C＞W    12    CN-(或C

等)    (0，0，)        

【分析】

Co为27号元素，Cr是24号元素，结合泡利原理、洪特规则分析解答；K3CrO8由K+与CrO构成，CrO中存在O；O-带负电荷，对再得到的电子产生排斥，据此分析解答；同周期主族元素自左而右电负性增大，一般非金属性越强，电负性越大，结合配合物中的成键情况和等电子体的概念分析解答；根据图示，该晶胞的边长为1，结合均摊法金属晶胞中铁原子和碳原子的个数，再根据ρ＝计算。

【详解】

(1)Co为27号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，属于过渡金属元素，价电子包括3d、4s电子，价电子排布式为3d74s2，结合泡利原理、洪特规则，轨道排布式为， Cr是24号元素，其原子核外有24个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，3d、4s能级电子均为单电子，即Cr原子有6个未成对电子，故答案为：； 6；

(2)①K3CrO8由K+与CrO构成，含有离子键，CrO中O与Cr5+之间形成配位键，氧原子之间形成σ键，其中Cr为+5价，故答案为：ac；

②由O(g)+e-═O-(g)△H1=-140 kJ•mol-1，可知氧的第一电子亲和能E1为140kJ/mol；O-带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需要消耗能量，故第二电子亲和能△H2＞0，故答案为：140；O-带负电荷，对再得到的电子产生排斥，克服斥力需要消耗能量；

(3) 同周期主族元素自左而右电负性增大，一般非金属性越强，电负性越大，故电负性：O＞C＞W；六羰基钨[W(CO)6]的熔点低，溶于多数有机溶剂，属于分子晶体；W与CO形成6个配位键，属于σ键，CO分子中形成1个σ键，故1个W(CO)6分子中含有12个 σ键，则1mol W(CO)6分子中含12mol σ键。CO含有2个原子14个电子，所以与CO互为等电子体的一种离子可以为CN-(或C等)，故答案为：O＞C＞W；11；CN-(或C等)；

(4)根据图示，该晶胞的边长为1，编号①的原子在棱的中点，坐标为(0，0，)；该晶胞中铁原子个数为8×+6×=4，碳原子个数为12×+1=4，该晶体的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为ρ＝==g•cm-3，故答案为：(0，0，)；。

5．【山东省菏泽市2021届高考第一次模拟考试】环烷酸金属(Cu、Ni、Co、Sn、Zn)盐常作为合成聚氨酯过程中的有效催化剂。回答下列问题：

(1)基态Cu原子的价电子排布___________。

(2)镍的氨合离子中存在的化学键有___________。

A．离子键    B．共价键     C．配位键     D．氢键     E．键     F．键

(3)Ni、Co的第五电离能：，，，其原因是___________。

(4)锡元素可形成白锡、灰锡、脆锡三种单质。其中灰锡晶体与金刚石结构相似，但灰锡不如金刚石稳定，其原因是___________。

(5)硒化锌晶胞结构如图所示，其晶胞参数为a pm。

①相邻的与之间的距离为___________pm。

②已知原子坐标：A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标___________。

③若硒化锌晶体的密度为，则阿伏加德罗常数 ___________(用含a、的计算式表示)。

【答案】    BCE    (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高    Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定                

【详解】

(1)铜为29号元素，其基态Cu原子的价电子排布。

(2)镍的氨合离子中氨气分子中存在共价单键，单键就是键，镍离子和氨气之间存在配位键。

(3) (Co)和(Ni)分别指失去和上的一个电子所需能量，处于半充满稳定状态，需要的能量较高；

 (4) Sn与C同主族，Sn原子半径大， 键的键长长，键能小，故灰锡不如金刚石稳定。

(5)①硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一，而晶胞体对角线的常数为晶胞棱长的倍，故之间的距离为为pm。

②根据硒化锌晶胞中相邻的与之间的距离晶胞体对角线长度的四分之一分析，A点为(0，0，0)，B点为(1，1，1)，则C点的原子坐标。

③根据均摊法分析，一个晶胞中锌原子的个数为4，硒原子个数为 ，所以晶胞的质量为，故，可得阿伏加德罗常数。下载本文