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2025年高考二轮专题9分子和晶体的结构与性质
【考向分析】
新课程高考改革后，物质结构与性质部分的考查基本上是按拆分的方式进行，分子结构与性质的考查侧重化学键类型、原子的杂化方式、分子空间构型的分析与判断；晶体结构与性质的考查侧重晶体类型、性质及与粒子间作用的关系、以晶胞为单位的密度、微粒间距与微粒质量的关系计算及化学式分析等等。试题侧重考查分析能力和计算能力，需要熟练掌握晶胞结构，具备一定的数学计算能力，综合性较强，题目难度中等。
【思维导图】
【考点解读】
考点1分子结构与性质
1.分子或离子中中心原子的杂化轨道类型的判断方法：看中心原子有没有形成双键或三键。如果有1个三键，则其中有2个π键，用去了2个p轨道，则为sp杂化，如果有1个双键则其中有1个π键，则为sp2杂化，如果全部是单键，则为sp3杂化；由分子的空间构型结合价电子对互斥理论判断，没有填充电子的空轨道一般不参与杂化，1对孤电子对占据1个杂化轨道。如NH3为三角锥形，且有一对孤电子对，即4条杂化轨道应呈正四面体形，为sp3杂化。分子中心原子的杂化方式CH4：sp3；NH3：sp3；H2O：sp3；(金刚石)：sp3；(单层石墨)：sp2；CH3CHO中甲基碳：sp3；醛基碳：sp2；BCl3：sp2；NCl3：sp3；CH3OH中C原子：sp3；HC≡CH中C原子：sp
2.常见杂化轨道类型与分子构型如下：
杂化轨道类型 分子构型 示例
sp 直线形 CO2、BeCl2、HgCl2
sp2 平面三角形 BF3、BCl3、SO3、HCHO
平面形 C2H4
Ⅴ形 SO2
sp3 等性杂化 正四面体 CH4、CCl4、NH
不等性杂化 三角锥形 NH3、PCl3
Ⅴ形 H2S、H2O
3.分子组成和分子极性的关系：对于ABm型分子，A为中心原子，若A上有未成键电子对(孤对电子)，则ABm分子为极性分子，如H2O、NH3中O、N上分别有2对、1对孤对电子；若A上无未成键电子对(孤对电子)，则ABm分子为非极性分子，如CH4、CO2、BF3中C、C、B上均无孤对电子；多原子分子中，若中心原子的化合价的绝对值等于该元素的价电子数(最高正价)时，该分子为非极性分子。
分子组成 极性分子 非极性分子
三原子分子 H2O、SO2 极性键 V形 CS2、CO2 极性键 直线形
四原子分子 NH3 极性键 三角锥形 BF3 极性键 平面正三角形
五原子分子 CH3Cl 极性键 四面体 CH4、CCl4 极性键 正四面体
4.等电子原理：运用等电子体知识，理解物质中原子的杂化方式和空间结构，以及电子式的书写方法等。
等电子体的条件 构成微粒的原子总数和价电子总数相同
空间结构 等电子体的性质相似，结构上也存在某些相似性，如NH、CH4互为等电子体，其结构皆为正四面体形。常利用等电子原理判断一些简单分子或离子的立体构型及轨道杂化方式。如CO2、N2O、OCN-、SCN-为等电子体，结构相似，为直线形，中心原子轨道杂化方式为sp杂化
10电子 分子和原子：Ne、HF、H2O、NH3、CH4等；离子：F-、OH-、H3O+、NH2—、NH、N3-、O2-、Na+、Mg2+、Al3+等，其中HF与OH-、H2O与NH2—、NH3与H3O+、CH4与NH互为等电子体
14电子 分子和原子：Si、N2、CO、C2H2等，离子：C22— (CaC2)等，其中N2、CO、C22—互为等电子体
18电子 分子和原子：Ar、HCl、H2S、PH3、SiH4、F2、H2O2、N2H4(肼)、C2H6(乙烷)、CH3OH等，离子：Cl-、HS-、S2-、K+、Ca2+等，其中HCl与HS-互为等电子体
5.三种作用力及对物质性质的影响：
范德华力 氢键 共价键
作用微粒 分子 H与N、O、F 原子
强度比较 共价键＞氢键＞范德华力
影响因素 组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，范德华力越大 形成氢键元素的电负性 原子半径
对性质 的影响 影响物质的熔、沸点、溶解度等物理性质 分子间氢键使熔、沸点升高，溶解度增大 键能越大，稳定性越强
【典例精讲】
例题1、W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大。W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一。X的某一种单质在高空大气层中保护人类免遭太阳光中紫外线的强烈侵袭；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物。
（1）Y3＋基态电子排布式可表示为________。
（2）MX3-的空间构型是________(用文字描述)。
（3）M可形成多种氢化物，其中MH3的碱性强于M2H4的原因是___________。
（4）根据等电子原理，WX分子的结构式为________。
（5）1 mol WX2中含有的σ 键数目为________。
（6）H2X分子中X原子轨道的杂化类型为________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d3或[Ar]3d3（2）平面正三角形（3）N2H4分子中N为-2价，而NH3分子中N为-3价，电负性更大，导致N原子的孤电子对更易提供出来与H＋结合（4）C≡O（5）2NA（6）sp3杂化
【详解】W、M、X、Y、Z是周期表前36号元素中的四种常见元素，其原子序数依次增大．W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X的某一种单质是大气污染物监测物之一，则X为O元素；M的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，原子序数小于O，故M为N元素；Z能形成红色的Z2O和黑色的ZO两种氧化物，则Z为Cu；Y的基态原子核外有6个原子轨道处于半充满状态，原子序数小于Cu，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，则Y为Cr元素，
（1）Cr3+基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d3，故答案为1s22s22p63s23p63d3；（2）NO3-中N原子价层电子对数=3+（5+1 2×3）/2=3，N原子没有孤对电子，故其空间构型为平面三角形，故答案为平面三角形；（3）N2H4中分子N为-2价，而NH3分子中N为-3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强，故答案为N2H4中分子N为-2价，而NH3分子中N为-3价，负电性更高，导致N原子的孤对电子更易提供出来与H+结合，故碱性更强；（4）CO与N2互为等电子体，根据等电子原理，二者结构相似，故CO的结构式为C≡O，故答案为C≡O；（5）CO2的结构式为O=C=O，1mol CO2中含有的2molσ键，故含有σ键数目为2NA，故答案为2NA；（6）H2O分子中O原子成2个σ键、含有2对孤对电子，故杂化轨道数目为4，O原子采取sp3杂化，故答案为sp3
【变式练习】
1. （1）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是_______________。Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为________________________，微粒之间存在的作用力是________________。比较下列锗卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因_____________________。
GeCl4 GeBr4 GeI4
熔点/℃ 49.5 26 146
沸点/℃ 83.1 186 约400
（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是________。在[Ni(NH3)6]2＋中Ni2＋与NH3之间形成的化学键称为________，提供孤电子对的成键原子是________。氨的沸点________(填“高于”或“低于”)膦(PH3)，原因是________；氨是________分子(填“极性”或“非极性”)，中心原子的轨道杂化类型为________。
（3）AsCl3分子的立体构型为________，其中As的杂化轨道类型为________。
【答案】（1）Ge原子半径大，原子间形成的σ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成π键； sp3 ；共价键；GeCl4、GeBr4、GeI4的熔、沸点依次增高。原因是分子结构相似，分子量依次增大，分子间相互作用力逐渐增强（2）正四面体；配位键；N；高于；NH3分子间可形成氢键；极性；sp3（3）三角锥形；sp3
【解析】1）Ge与C是同族元素，C原子原子半径较小，原子之间可以形成双键、三键；但Ge原子之间难以形成双键或三键，从原子结构角度分析，这是由于锗的原子半径大，原子之间形成的ρ单键较长，p-p轨道肩并肩重叠的程度很小或几乎不能重叠，难以形成π
键；Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为1个s轨道与3个p轨道进行的sp3杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或写为共价键)；锗元素的卤化物在固态时都为分子晶体，分子之间通过微弱的分子间作用力结合。对于组成和结构相似的物质来说，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高。由于相对分子质量：GeCl4＜GeBr4＜GeI4，所以它们的熔沸点由低到高的顺序是：GeCl4＜GeBr4＜GeI4。（2）根据价层电子对互斥理论，SO42-的σ键电子对数等于4，孤电子对数为（6+2-2×4）÷2=0，则阴离子的立体构型是正四面体形；根据配位键的特点，在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为配位键，提供孤电子对的成键原子是N；氨分子间存在氢键，分子间作用力强，所以氨的沸点高于膦（PH3）；根据价层电子对互斥理论，氨中心原子N的σ键电子对数等于3，孤电子对数为（5-3）÷2=1，则中心原子是sp3杂化，分子成三角锥形，正负电荷重心不重叠，氨是极性分子。（3）AsCl3分子的价层电子对数＝3＋＝4，即含有一对孤对电子，所以立体构型为三角锥形，其中As的杂化轨道类型为sp3。
考点2晶体结构与性质
在高考中常见的命题角度有晶体的类型、结构与性质的关系，晶体熔沸点高低的比较，配位数、晶胞模型分析及有关计算等是物质结构选考模块的必考点。晶体结构与性质的难点就是涉及到晶胞特点的计算类题目，有的同学不熟悉常见晶体的晶胞类型，涉及有关晶胞的计算时，不注意单位的换算。如面心立方晶胞与体心立方晶胞的配位数不同；晶胞参数给定单位是nm或pm时，忽略换算成cm。
1.有关晶胞各物理量的关系：对于立方晶胞，可简化成下面的公式进行各物理量的计算：a3×ρ×NA＝n×M，a表示晶胞的棱长，ρ表示密度，NA表示阿伏加德罗常数的值，n表示1 mol晶胞中所含晶体的物质的量，M表示摩尔质量，a3×ρ×NA表示1 mol晶胞的质量。
2.均摊法计算晶胞中微粒数目：在使用均摊法计算晶胞中粒子个数时，要注意晶胞的形状，不同形状的晶胞，应先分析任意位置上的一个粒子被几个晶胞共用，如六棱柱晶胞中，顶点、侧棱、底面上的棱、面心、体心依次被6、3、4、2、1个晶胞所共有。
3.物质熔沸点高低比较规律：
比较类型 比较规律
不同类型晶体 原子晶体>离子晶体>分子晶体，金属晶体的熔、沸点差别很大，如钨、铂等熔点很高，汞、铯等熔点很低
同类晶体 原子晶体看成键原子半径和，半径和越小，晶体的熔、沸点越高、硬度越大
离子晶体依据静电原理进行分析，一般地说，阴、阳离子的电荷数越多，离子半径越小，则离子键越强，相应地晶格能越大，熔、沸点越高
分子晶体注意，组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，熔沸点越高(若分子间存在氢键，则含有氢键的熔、沸点高些)。组成和结构不相似的分子晶体(相对分子质量接近)，分子的极性越大，其熔、沸点越高。如CO>N2，CH3OH>CH3CH3
金属晶体看金属离子半径越小，离子电荷数越多，金属键越强，金属熔、沸点就越高。如熔、沸点：Al>Mg>Na
4.晶胞求算：若1个晶胞中含有x个微粒，则1 mol晶胞中含有x mol微粒，其质量为xM g(M为微粒的相对原子质量)；又1个晶胞的质量为ρa3 g(a3为晶胞的体积，a为晶胞边长或微粒间距离)，则1 mol晶胞的质量为ρa3 NA g，因此有xM＝ρa3 NA。求晶胞密度方法如下：
【典例精讲】
例题2、钙钛矿(CaTiO3)型化合物是一类可用于生产太阳能电池、传感器、固体电阻器等的功能材料，回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为____________。
(2)Ti的四卤化物熔点如下表所示，TiF4熔点高于其他三种卤化物，自TiCl4至TiI4熔点依次升高，原因是____________。
化合物 TiF4 TiCl4 TiBr4 TiI4
熔点/℃ 377 ﹣24.12 38.3 155
(3)CaTiO3的晶胞如图(a)所示，其组成元素的电负性大小顺序是__________；金属离子与氧离子间的作用力为__________，Ca2+的配位数是__________。
(4)一种立方钙钛矿结构的金属卤化物光电材料的组成为Pb2+、I﹣和有机碱离子，其晶胞如图(b)所示。其中Pb2+与图(a)中__________的空间位置相同，有机碱中，N原子的杂化轨道类型是__________；若晶胞参数为a nm，则晶体密度为_________g·cm-3(列出计算式)。
(5)用上述金属卤化物光电材料制作的太阳能电池在使用过程中会产生单质铅和碘，降低了器件效率和使用寿命。我国科学家巧妙地在此材料中引入稀土铕(Eu)盐，提升了太阳能电池的效率和使用寿命，其作用原理如图(c)所示，用离子方程式表示该原理_______、_______。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d24s2(2) TiF4为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大分子间作用力增大，熔点逐渐升高(3)O＞Ti＞Ca；离子键；12(4)Ti4+；sp3；（5）2Eu3++Pb=2Eu2++Pb2+；2Eu2++I2=2Eu3++2I
【详解】(1)钛元素是22号元素，故其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2或[Ar]3d24s2； (2) 一般不同的晶体类型的熔沸点是原子晶体>离子晶体>分子晶体，TiF4是离子晶体，其余三种则为分子晶体，故TiF4的熔点高于其余三种物质；TiCl4、TiBr4、TiI4均为分子晶体，对于结构相似的分子晶体，则其相对分子质量越大，分子间作用力依次越大，熔点越高；
(3)CaTiO3晶体中含有Ca、Ti、O三种元素，Ca、Ti是同为第四周期的金属元素，Ca在Ti的左边，根据同一周期元素的电负性从左往右依次增大，故Ti>Ca，O为非金属，故其电负性最强，故三者电负性由大到小的顺序是：O>Ti>Ca，金属阳离子和氧负离子之间以离子键结合，离子晶体晶胞中某微粒的配位数是指与之距离最近且相等的带相反电性的离子，故Ca2+的配位数必须是与之距离最近且相等的氧离子的数目，从图(a)可知，该数目为三个相互垂直的三个面上，每一个面上有4个，故Ca2+的配位数是12；
(4)比较晶胞(a)(b)可知，将图(b)中周围紧邻的八个晶胞中体心上的离子连接起来，就能变为图(a)所示晶胞结构，图(b)中体心上的Pb2+就变为了八个顶点，即相当于图(a)中的Ti4+；图(b)中顶点上的I-就变成了体心，即相当于图(a)中的Ca2+；图(b)面心上中的 就变成了棱心，即相当于图(a)中的O2-；故图(b)中的Pb2+与图(a)中的Ti4+的空间位置相同；有机碱中N原子上无孤对电子，周围形成了4个键，故N原子采用sp3杂化；从图（b）可知，一个晶胞中含有Pb2+的数目为个，的数目为个，I-的数目为个，故晶胞的密度为，；
（5）从作用原理图(c)可以推出，这里发生两个离子反应方程式，左边发生Pb + 2Eu3+ = Pb2+ + 2Eu2+，右边发生I2 + 2Eu2+ = 2Eu3+ + 2I-。
【变式练习】
2. （1）晶胞有两个基本要素：①原子坐标参数，表示晶胞内部各原子的相对位置，下图为Ge单晶的晶胞，其中原子坐标参数A为（0,0,0）；B为（，0，）；C为（，，0）。则D原子的坐标参数为______。②晶胞参数，描述晶胞的大小和形状。已知Ge单晶的晶胞参数a=565.76 pm，其密度为__________g·cm-3（列出计算式即可）。
（2）单质铜及镍都是由______键形成的晶体。某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。②若合金的密度为d g/cm3，晶胞参数a=________nm。
（3）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·cm-3，其晶胞结构如图所示。该晶体的类型为________________,Ga与As以________键键合。Ga和As的摩尔质量分别为MGa g·mol-1 和MAs g·mol-1，原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。
【答案】（1）①(，，)；②（2）金属；①3:1；②（3）原子晶体；共价键
【解析】（1）Ge单晶具有金刚石型结构，其中Ge原子的杂化方式为1个s轨道与3个p轨道进行的sp3杂化；由于是同一元素的原子通过共用电子对结合，所以微粒之间存在的作用力是非极性共价键(或写为共价键)；（6） ①根据各个原子的相对位置可知，D在各个方向的1/4处，所以其坐标是(，，)；根据晶胞结构可知，在晶胞中含有的Ge原子数是8×1/8+6×1/2+4=8，所以晶胞的密度=cm3。（2）铜和镍属于金属，则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；①根据均摊法计算，晶胞中铜原子个数为6×1/2=3，镍原子的个数为8×1/8=1，则铜和镍原子的数量比为3：1；②根据上述分析，该晶胞的组成为Cu3Ni，若合金的密度为d g/cm3，根据ρ=m÷V，则晶胞参数a=nm。（3）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρ g·cm-3，其晶胞结构如图所示，熔点很高，所以晶体的类型为原子晶体，其中Ga与As以共价键键合。根据晶胞结构可知晶胞中Ca和As的个数均是4个，所以晶胞的体积是。二者的原子半径分别为rGa pm和rAs pm，阿伏加德罗常数值为NA，则GaAs晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为×100%＝。
。
【真题演练】
1．（2024·重庆·高考真题）下列各分子既含有杂化的原子又能与形成氢键的是
A． B． C． D．
2．（2008·全国·高考真题）下列叙述中正确的是
A．、都是含有极性键的非极性分子
B．、、都是极性分子
C．、、、的稳定性依次增强
D．、、都是直线型分子
3．（2024·湖南·高考真题）通过理论计算方法优化了P和Q的分子结构，P和Q呈平面六元并环结构，原子的连接方式如图所示，下列说法错误的是
A．P为非极性分子，Q为极性分子 B．第一电离能：
C．和所含电子数目相等 D．P和Q分子中C、B和N均为杂化
4．（2024·浙江·高考真题）中的原子均通过杂化轨道成键，与溶液反应元素均转化成。下列说法不正确的是
A．分子结构可能是 B．与水反应可生成一种强酸
C．与溶液反应会产生 D．沸点低于相同结构的
5．（2024·广西·高考真题）如图所示的铼配合物离子能电催化还原。短周期元素的原子序数依次增大。标准状况下，WY和是等密度的无色气体，是黄绿色气体。下列说法错误的是
A．第一电离能： B．图中X原子的杂化方式为
C．元素以原子的形态与配位 D．Y的电负性大于中的化学键是极性键
6．（2024·广西·高考真题）一定条件下，存在缺陷位的LiH晶体能吸附使其分解为N，随后N占据缺陷位(如图)。下列说法错误的是
A． B．半径：
C． D．LiH晶体为离子晶体
7．（2024·重庆·高考真题）储氢材料的晶胞结构如图所示，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是
A．的配位数为2 B．晶胞中含有2个
C．晶体密度的计算式为 D．(i)和(ii)之间的距离为
8．（2025·浙江·高考真题）某化合物的晶胞如图所示，下列说法不正确的是
A．晶体类型为混合晶体 B．与二价铁形成配位键
C．该化合物与水反应有难溶物生成 D．该化合物热稳定性比高
9．（2024·江西·高考真题）NbO的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值M为NA，下列说法正确的是
A．Nb的配位数是6
B．Nb和O最短距离为anm
C．晶体密度
D．M的分数坐标为
【模拟演练】
1．（2025·江西·一模）冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子可识别，其合成方法如下：
下列说法错误的是
A．a最多可与溶液反应
B．b的核磁共振氢谱有2组峰
C．的分子式为
D．冠醚络合哪种阳离子主要取决于环的大小，而不是氧原子与阳离子的配位能力
2．（2024·浙江宁波·一模）短周期元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，X原子的价层电子数是电子层数的2倍，Y的基态原子s能级与p能级电子数相等，Z是地壳中含量最多的金属元素，Q与Y同主族，下列说法不正确的是
A．分子的极性： B．最简单氢化物的热稳定性：
C．沸点： D．离子键成分的百分数：
3．（2025·山东日照·一模）由H、C、N、O四种元素组成的化合物的成键结构如图所示，分子中五元环上原子共平面。下列说法错误的是
A．图中 代表N原子
B．五元环中存在的大π键为
C．该化合物中所有碳氧键键长相等
D．五元环上原子的孤对电子位于sp2杂化轨道
4．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）结构决定性质，性质反映结构。下列对物质性质的解释正确的是
选项 性质 解释
A 某些金属灼烧时有特征焰色 核外电子受热吸收能量跃迁至较高能级
B 晶体具有自范性 晶体中粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列
C “杯酚”分离和 超分子“杯酚”具有“自组装”性，可组装成一个大小适配的空腔而将分离出来
D 在中的溶解度大于在中的溶解度 “相似相溶原理”：是非极性共价键形成的非极性分子，易溶于非极性的
5．（2024·浙江温州·一模）(焦磷酰氯)具有对称结构，与足量NaOH溶液发生反应，产物为两种钠盐和水。下列说法正确的是
A．分子结构为
B．完全水解可生成
C．的沸点低于(焦磷酰氟)
D．可由脱水制得
6．（2024·浙江绍兴·一模）物质微观结构决定宏观性质，进而影响用途。下列结构不能解释性质或用途的是
选项 结构 性质或用途
A 聚乙炔中含共轭大π键 聚乙炔可用于导电高分子材料
B 杯酚具有一定大小的空腔 杯酚可用于和的分离
C 硅酸盐中含有硅氧四面体结构 硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的性质
D 甘油(丙三醇)中含有三个羟基，易形成分子内氢键 甘油为粘稠性液体
7．（2025·江西·一模）某化学小组探究的生成，进行了如下实验。下列说法不正确的是
实验序号 实验操作和现象
I 向盛有溶液的试管中滴加5滴1.0mol/L氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液
II 取氢氧化铜固体于试管中，加入氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解；得到深蓝色溶液
III 另取氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和溶液，沉淀未见明显溶解
A．是平面结构
B．键角大小：
C．由实验可知，中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果
D．由实验可知，取少量固体于试管中，加入过量浓氨水固体可完全溶解
8．（2025·广西柳州·二模）亚磷酸()可用作制造塑料稳定剂的原料，其结构如下图所示。下列说法正确的是
A．P原子的杂化方式为
B．O原子和P原子均存在孤电子对
C．亚磷酸可与水形成分子间氢键
D．结构中的P、O原子之间形成的共价键键长相等
9．（2025·陕西宝鸡·一模）丙氨酸()分子为手性分子，存在手性异构体，其结构如图所示。下列关于丙氨酸的两种手性异构体(Ⅰ和Ⅱ)的说法正确的是
A．Ⅰ和Ⅱ分子中均存在1个手性碳原子
B．Ⅰ和Ⅱ呈镜面对称，都是非极性分子
C．Ⅰ和Ⅱ含的化学键不同
D．Ⅰ和Ⅱ分子都只含有极性键，不含非极性键
10．（2025·河南新乡·一模）科学家设计开发了高效金属氧化物催化( 与环氧化物的环加成反应，其反应历程如图，下列叙述错误的是
已知R 为烃基。
A．X、Y为中间产物
B．甲、乙、丙均能使溴水褪色
C．乙在碱性位点上断裂1个π键
D．丙中含有手性碳原子
11．（2025·黑龙江吉林·一模）理论预测，由汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体（晶胞如图甲所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。下列说法不正确的是
A．图乙为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种结构单元，它不是晶胞单元
B．图丙为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为6
C．图丙晶胞中粒子个数比为
D．设X的最简式的摩尔质量为，则X晶体的密度约为
12．（2025·江西九江·一模）某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；晶胞3中P的分数坐标为(0，0，0)，所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是
A．晶胞2中Li的配位数是4
B．晶胞2和晶胞3是两种不同构型的
C．结构1钴硫化物的化学式为
D．晶胞3中M的分数坐标为
13．（2025·江西·一模）硫化镉(CdS)晶胞的结构如图所示。已知该晶胞参数为，以晶胞参数建立分数坐标系，1号原子的坐标为，3号原子的坐标为(1，1，1)，下列说法错误的是
A．晶体中，与最近的离子有12个
B．2号原子的坐标为
C．与之间最近的距离
D．设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为
14．（2025·黑龙江吉林·一模）向溶液中滴入混合液，得到晶体M，其每个晶胞由两个小立方体构成，中N位于小立方体的体心，小立方体的边长为，晶胞结构如图。下列说法错误的是
A．在元素周期表第六周期ⅡB族 B．该晶体类型为离子晶体
C．中，距离为 D．1个晶胞中含有的质量为
15．（2025·黑龙江齐齐哈尔·一模）氢能具有高热值、零污染和资源丰富等优点。一种光解水产生氢气的催化剂晶胞结构如图所示，已知晶胞参数为。下列说法正确的是
A．与的个数比为
B．与距离最近的个数为8
C．与的最近距离为
D．该晶体的摩尔体积为
16．（2024·上海黄浦·三模）2010年诺贝尔化学奖表彰了科学家对“Pd催化交叉偶联反应”的研究，其主要过程如下图：
(1)该反应所用的催化剂是___________。
A．Pd B．CH3[Pd]Br C．CH3[Pd]OH D．CH3[Pd](CH2)2CH3
(2)Pd在元素周期表中的位置如图所示，位于 。
A．第四周期，第Ⅷ族 B．第五周期，第10族
C．第四周期，第10族 D．第五周期，第ⅧB族
(3)关于Pd的叙述错误的是_______。
A．102Pd和103Pd互为同位素 B．Pd的价电子排布为4d10
C．Pd2＋核外有48个电子 D．108Pd的原子核内有62个中子
(4)如图所示，Pd晶体为立方晶胞，晶胞的边长为p10-10cm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则单质的密度为 g·cm-3。
(5)标准状况下，1体积的钯粉大约可吸附896体积的氢气形成一种氢化物(钯粉的密度为10.6g·cm-3)，据此可知该种钯的氢化物的化学式为 。
A．PdH0.6 B．PdH0.7 C．PdH0.8 D．PdH0.9
(6)可以预测：若用H2代替CO还原PdCl2得到金属钯，消耗的H2质量比理论值 。
A． 略低 B．略高
(7)Pd(NH3)4Cl2有2种八面体结构，补充完整下图，使该结构具有非极性 。
(8)Pd(NH3)4Cl2晶体中含有的化学键有 。（不定项）
A．离子键 B．非极性共价键 C．配位键 D．氢键
17．（2025·山东日照·一模）碱土金属元素在生产、生活和科研中应用广泛。回答下列问题：
(1)基态钙原子核外电子的空间运动状态有 种。
(2)碳酸铍与乙酸反应生成配合物的结构如图所示，该配合物的化学式为 ，Be的配位数为 ，Be、C、O电负性由大到小的顺序 (用元素符号表示)；两分子乙酸之间形成两个氢键得到八元环二聚体，该二聚体的结构简式为 (以O···H-O表示氢键)。
(3)某碱土金属防锈颜料的晶胞结构如图所示，晶胞参数为apm，A点的原子分数坐标为(0，0，0)，B点原子分数坐标为 ，相邻之间的最短距离为 pm。该晶胞沿体对角线方向的投影图为 (填标号)。
A． B． C． D．
18．（2025·山东菏泽·一模）钴和锂在电池材料、超级合金等高科技领域中发挥着关键作用。回答下列问题：
(1)Co在元素周期表中位于第 周期 族。下列状态的钴中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号)。
A．[Ar]3d74s2 B．[Ar]3d74s1 C．[Ar]3d74s14p1 D．[Ar]3d74p1
(2)某种离子液体可作为锂电池的电解液，其结构如图。N、F、P三种元素电负性由大到小的顺序为 ；PF的空间构型为 ；1mol该化合物中含有 mol σ键；该化合物中含N的五元杂环具有类似苯环的结构特征，标*号N原子采取的轨道杂化方式为 。
(3)CoO2的四方晶胞及其在xy平面的投影如图所示，晶胞棱边夹角均为90°。A、B点原子的分数坐标分别为(0，0，0)、(0.31，0.31，0)，则C点原子的分数坐标为 。则该晶体密度ρ= g/cm3(用含NA的代数式表示)。
参考答案
【真题演练】
1．C
【详解】A．CH3CH3中两个碳原子价层电子对数为4都采用sp3杂化，且和H2O不能形成分子间氢键，故A错误；
B．CH2=CHBr中两个碳原子价层电子对数为3采用sp2杂化，但不能和H2O形成分子间氢键，故B错误；
C．CH3COOH的—COOH中碳原子价层电子对数为3采用sp2杂化，且能和H2O形成分子间氢键，故C正确；
D．CH3CH2NH2中C、N原子价层电子对数为4都采用sp3杂化，故D错误。
2．A
【详解】A．CH4、CCl4分别只含C-H、C-Cl极性共价键，且均为正四面体结构，结构对称，正负电荷的中心重合，均为非极性分子，A正确；
B．结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，B错误；
C．非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，C错误；
D．H2O分子呈V形，而CS2、C2H2都是直线型分子，D错误。
3．A
【详解】A．由所给分子结构图，P和Q分子都满足对称，正负电荷重心重合，都是非极性分子，A错误；
B．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，则第一电离能由小到大的顺序为BC．由所给分子结构可知，P分子式为C24H12，Q分子式为B12N12H12，P、Q分子都是含156个电子，故1mol P和1mol Q所含电子数目相等，C正确；
D．由所给分子结构可知，P和Q分子中C、B和N均与其它三个原子成键，P和Q分子呈平面结构，故P和Q分子中C、B和N均为sp2杂化，D正确。
4．A
【详解】
A．该结构中，如图所示的两个Cl，Cl最外层有7个电子，形成了两个共价键，因此其中1个应为配位键，而Si不具备空轨道来接受孤电子对，因此结构是错误的，故A错误；
B．与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，故B正确；
C．与溶液反应元素均转化成，Si的化合价升高，根据得失电子守恒可知，H元素的化合价降低，会有H2生成，故C正确；
D．的相对分子质量大于，因此的范德华力更大，沸点更高，故D正确。
5．C
【分析】短周期元素的原子序数依次增大。是黄绿色气体，Z为氯；X形成3个共用电子对，X与Re2+之间为配位键，推测X为氮，标准状况下，WY和是等密度的无色气体，则WY为一氧化碳、为氮气，故W为碳、X为氮、Y为氧、Z为氯；
【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O，A正确；
B．图中X原子处于环中，且存在平面大π键，则其杂化方式为，B正确；
C．由图可知，整个离子带1个单位正电荷，而其中带2个单位正电荷，则氯元素以Cl-的形态与配位，C错误；
D．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；O的电负性大于C，则CO中的化学键是极性键，D正确。
6．C
【详解】
A．根据LiH立方晶胞的该部分结构以及晶胞参数为a可得，因此，故A正确；
B．H原子和的电子层数均为1，但比氢原子多一个电子，电子的运动轨道不重合，内核对电子的束缚相对较弱，电子活动的范围更广，因此的半径较大，故B正确；
C．根据LiH立方晶胞可知，b的长度如图，但当N占据了空缺位后，由于比的半径大，因此，故C错误；
D．LiH晶体中含有Li+和，相互间作用是离子键，因此LiH晶体为离子晶体，故D正确。
7．B
【详解】A．由图可知，与距离最近且等距离的的个数是3，则的配位数为3，A项错误；
B．位于晶胞的顶点和体心上，该晶胞中的个数为，B项正确；
C．该晶胞体积为，该晶胞中的个数为，的个数为，相当于晶胞中含有2个，晶体密度为，C项错误；
D．(i)和(ii)之间的距离等于晶胞体对角线长度的一半，为，D项错误。
8．D
【详解】A．由图可知该物质Fe和Cl之间以配位键相连，Cl离子桥接形成无限平面链状结构，NH3在平面上下对亚铁离子进行配位，整个链为电中性，故链内由共价键结合，链间只能靠范德华力结合，与石墨类似，属于混合晶体，A正确；
B．与二价铁通过配位键形成[Fe(NH3)2]2+，B正确；
C．与水反应可以生成Fe(OH)2沉淀，方程式为+2H2O=Fe(OH)2↓+2NH4Cl，C正确；
D．中[Fe(NH3)2]2+离子半径大于Fe2+，[Fe(NH3)2]2+与Cl-之间的键能小于Fe2+与Cl-之间的键能，热稳定性小于FeCl2，D错误。
9．D
【详解】A．由图可知，NbO的立方晶胞中距离Nb原子最近且距离相等的O原子有4个，Nb的配位数是4，故A错误；
B．由图可知，Nb和O最短距离为边长的，晶胞参数为anm，Nb和O最短距离为anm，故B错误；
C．根据均摊法计算可知，Nb的个数为6×=3，O的个数为12×=3，即晶胞中含有3个NbO，晶胞密度为ρ=，故C错误；
D．P的分数坐标为（0，0，0），M位于正方体的面心，M的分数坐标为（，，），故D正确。
【模拟演练】
1．A
【详解】A．物质a中含有2个酚羟基，酚羟基具有弱酸性，能与反应，但未知a的物质的量，无法计算NaOH的物质的量，A错误；
B．b含有两种等效氢，核磁共振氢谱有2组峰，B正确；
C．c含有20个C原子，24个H原子，6个O原子，分子式为，C正确；
D．冠醚络合哪种阳离子取决于环的大小，而不是氧原子与阳离子的配位能力，D正确。
2．A
【分析】短周期元素X、Y、Z、Q的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al元素；X原子的价层电子数是电子层数的2倍，则X原子的电子排布式为1s22s22p2，X为C元素；Y的基态原子s能级与p能级电子数相等，则Y的电子排布式为1s22s22p4，Y为O元素；Q与Y同主族，则Q为S元素。从而得出X、Y、Z、Q分别为C、O、Al、S。
【详解】A．XY2为CO2，QY2为SO2，CO2分子中，C原子的价层电子对数为=2，C原子的最外层不存在孤电子对，则其分子呈直线形结构，分子结构对称，正负电荷的中心重合，为非极性分子，QY2为SO2，中心S原子的价层电子对数为=3，S原子的最外层有1个孤电子对，分子呈V形结构，分子结构不对称，为极性分子，则分子的极性：CO2＜SO2，A不正确；
B．Y、Q分别为O、S，O、S为同主族元素，O在S的上方，非金属性O＞S，非金属性越强，最简单氢化物越稳定，则最简单氢化物的热稳定性：H2O＞H2S，B 正确；
C．XQ2、XY2分别为CS2、CO2，二者都形成分子晶体，CS2的相对分子质量大于CO2，则分子间作用力CS2＞CO2，所以沸点：CS2＞CO2，C正确；
D．Al的金属性较强，O的非金属性比S强，获得电子的能力O比S强，所以离子键成分的百分数：Al2O3＞Al2S3，D正确。
3．C
【详解】A．由图可知 形成3条共价键数满足稳定结构，则该球最外层电子数为5，代表N原子，故A正确；
B．五元环中每个C原子提供1个电子、O原子提供2个电子参与形成大π键，表示为：，故B正确；
C．五元环中碳氧键为大π键，而羟基氧与碳形成的碳氧键为单键，键长不相等，故C错误；
D．五元环上原子采用sp2杂化，孤对电子位于sp2杂化轨道，故D正确。
4．B
【详解】A．焰色试验是电子从高能级到低能级释放能量所发出的光波，A错误；
B．晶体的自范性是指：在适宜的条件下，晶体能够自发地呈现封闭的规则和凸面体外形的性质，晶体的自范性是晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，B正确；
C．借助分子间作用力形成的超分子“杯酚”分离反映了超分子的“分子识别”性，C错误；
D．是极性共价键形成的极性分子，但极性较弱，D错误。
5．D
【分析】
由焦磷酰氯具有对称结构，与足量氢氧化钠溶液发生反应所得产物为两种钠盐和水可知，焦磷酰氯的分子结构为，性质不稳定，在溶液中易发生水解反应生成和盐酸。
【详解】
A．由分析可知，焦磷酰氯的分子结构为，故A错误；
B．由分析可知，性质不稳定，在溶液中易发生水解反应生成和盐酸，故B错误；
C．焦磷酰氯和焦磷酰氟都是分子晶体，焦磷酰氯的相对分子质量大于焦磷酰氟，分子间作用力大于焦磷酰氟，沸点高于焦磷酰氟，故C错误；
D．焦磷酰氯是发生分子间脱水反应所得，故D正确。
6．D
【详解】A．聚乙炔可用于导电高分子材料是因为聚乙炔中含共轭大π键，共轭结构使得π电子能够在分子链上自由移动而具有导电性，故A正确；
B．杯酚具有一定大小的空腔，能与C60形成超分子，与C70不能形成超分子，超分子具有“分子识别”的特性，所以杯酚可用于C60和C70的分离，故B正确；
C．硅酸盐中含有相互连接的硅氧四面体结构，所以硅酸盐材料大多具有硬度高、耐高温的优良性能，故C正确；
D．甘油为粘稠性液体是因为甘油中含有三个羟基，易形成分子间氢键，分子间作用力增大使得甘油在常温常压下呈现为黏稠性液体，故D错误。
7．D
【分析】实验Ⅰ向溶液中滴加氨水，先形成蓝色沉淀：，后继续滴加约氨水沉淀溶解形成含的深蓝色溶液，体系中既有又有氨水；实验Ⅱ向氢氧化铜固体中加入氨水，溶液略变为深蓝色，继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，体系中既有又有氨水；实验Ⅱ前部分只加氨水，沉淀未见明显溶解，实验Ⅲ只加饱和溶液，沉淀未见明显溶解，说明沉淀不能直接溶解于饱和溶液，也不能溶于过量浓氨水，从而说明蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果。
【详解】A．是一种常见的含Cu配合物，比较稳定，具有平面四边形结构，其中Cu原子采用dsp2杂化，故A正确；
B．分子中心原子氮原子价层电子对数为4，孤电子对数为1，中由于N与Cu2+形成配位键，氮原子价层电子对数为4，但没有孤电子对，由于孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，所以键角大小：，故B正确；
C．由以上实验和分析可知，I中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果，故C正确；
D．由以上实验和分析可知， 沉淀不能直接溶解于过量浓氨水，故D错误。
8．C
【详解】A．的中心原子为P原子，成键电子对为4，P的价电子为5，周围原子结合的电子H需要1个，-OH各需要1个，O需要2个，孤电子对数为，价层电子对为4，P的杂化方式为sp3杂化，A错误；
B．经过分析P原子孤电子对数为，B错误；
C．亚磷酸分子中有-O-H键，可以与水形成分子间氢键，C正确；
D．结构中的P、O原子之间形成的共价键有P-O单键和P=O双键，类型不同，键长不完全相等，D错误。
9．A
【详解】A．I和Ⅱ属于对映异构，I和Ⅱ分子中均存在1个手性碳原子，故A正确；
B．I和Ⅱ呈镜面对称，但是二者存在的化学键相同，正负电荷重心不重合，都是极性分子，故B错误；
C．I和Ⅱ中存在的化学键为C-H、C-C、C-N、N-H、C=O、C-O、O-H，所以存在的化学键相同，且化学键数目相同，故C错误；
D．I和Ⅱ分子都是极性分子，含有极性键，也含有非极性键(C-C键)，故D错误。
10．B
【详解】A．由图可知，X、Y先生成后消耗，只在中间出现过，反应前后均无X、Y，是中间产物，故A正确；
B．甲、乙、丙均不含碳碳双键，都不能使溴水褪色，故B错误；
C．由图可知，甲和乙反应生成X的过程中，乙在碱性位点接受电子时会破坏其C=O的π键，故C正确；
D．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，丙中含有手性碳原子，位置为：，故D正确。
11．B
【详解】A．晶胞是晶体中可以重复的最小结构单元，图乙中结构单元不能重复，不是晶胞单元，A正确；
B．以晶胞上方立方体中右侧面心Hg原子为例，同一晶胞中与该Hg原子距离最近的Sb的数目为2，晶胞右侧相邻晶胞中也有2个Sb原子与该Hg原子距离最近，因此X晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4，B错误；
C．该晶胞中Hg位于晶胞棱上、面上，因此1个晶胞中含有Hg原子数为，Sb原子均位于晶胞内，因此1个晶胞中含有Sb原子数为8，Ge原子位于晶胞顶点、面上、体心，因此1个晶胞中含有Ge原子数为，则该晶胞中粒子个数比为，C正确；
D．1个X的晶胞中含有4个“，X晶体密度，D正确。
12．A
【详解】A．由晶胞结构可知，以位于体心的Li为研究对象，周围距离最近且相等的O原子有4个，Li的配位数是4，A正确；
B．当2个晶胞2放在一起时，截取第1个晶胞的右一半和第2个晶胞的左一半合并后就是晶胞3。根据晶胞2的结构可知，S的个数为1+12×=4，Li的个数为8，则晶胞2表示的化学式为Li2S，在晶胞3中，S的个数为8×+6×=4，Li的个数为8，则晶胞3表示的化学式为Li2S，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，构型是相同的，B错误；
C．由均摊法得，结构1中含有Co的数目为4+4×=4.5，含有S的数目为1+12×=4，Co与S的原子个数比为9：8，因此结构1的化学式为Co9S8，C错误；
D．晶胞3中P的分数坐标为(0，0，0)，晶胞结构可知，晶胞3中M的分数坐标为，D错误。
13．C
【详解】A．根据图示，S2-位于顶点和面心，晶胞中与最近的离子有12个，故A正确；
B．根据1号原子的坐标为、3号原子的坐标为(1，1，1)，可知2号原子的坐标为，故B正确；
C．根据图示，与之间最近的距离为晶胞体对角线的，晶胞的体对角线长度为pm，所以与之间最近的距离为，故C错误；
D．根据均摊原则，晶胞中S2-数为、Cd2+数为4，设为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为，故D正确。
14．D
【详解】A．为80号元素，在元素周期表第六周期ⅡB族，A正确；
B．该晶体中存在离子键，属于离子晶体，B正确；
C．中N位于小立方体的体心，小立方体的边长为，则中，距离为小立方体的边长的二分之一：，C正确；
D．1个晶胞中含有个数为，其质量应为，D错误。
15．B
【详解】A．据“均摊法”，晶胞中，的个数为，的个数为8，则晶胞中与O的个数比为，A错误；
B．以底面面心的Ce为例，上、下层各有4个氧原子与之最近，故与距离最近的个数为，B正确；
C．与的最近距离为体对角线的四分之一，为，C错误；
D．1个晶胞体积为，含有4个和8个O，则该晶体的摩尔体积为，D错误。
16．(1)A
(2)B
(3)C
(4)
(5)C
(6)B
(7)
(8)C
【详解】（1）“Pd催化交叉偶联反应”，该反应所用的催化剂是Pd，选A；
（2）根据铁在元素周期表中的位置，可知Pd位于第五周期，第10列，选B。
（3）A．102Pd和103Pd是同种元素的不同核素，互为同位素，故A正确；
B．Pd是46号元素，价电子排布为4d10，故B正确；
C．Pd是46号元素，Pd2＋核外有44个电子，故C错误；
D．108Pd的原子核内中子有108-46=62个，故D正确；
选C。
（4）Pd晶体为立方晶胞，根据均摊原则，晶胞中Pd原子数为 ，晶胞的边长为p10-10cm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则单质的密度为g·cm-3。
（5）设有1L钯粉，其物质的量为，标准状况下，1L钯粉大约可吸附896L氢气，氢气的物质的量为，该钯的氢化物的化学式为PdH0.8，选C。
（6）Pd能吸收氢气生成钯的氢化物，若用H2代替CO还原PdCl2得到金属钯，消耗的H2质量比理论值略高，选B。
（7）Pd(NH3)4Cl2结构具有非极性，说明结构对称，则该结构为。
（8）根据Pd(NH3)4Cl2的结构图，可知Pd与Cl、NH3形成配位键，选C。
17．(1)10
(2) Be4O(OOCCH3)6 4 O>C>Be
(3) A
【详解】（1）钙核外电子排布为1s22s22p63s23p64s2，核外电子的空间运动状态有10种；
（2）由结构可知该配合物的化学式为Be4O(OOCCH3)6；Be与周围4个O原子直接相连，配位数为4；Be、C、O为同周期元素，从左到右电负性增大，则电负性：O>C>Be；
两分子乙酸之间形成两个氢键得到八元环二聚体，该二聚体的结构简式为；
（3）结合晶胞结构，A点的原子分数坐标为(0，0，0)，B点原子分数坐标为；相邻之间的最短距离等于面对角线的一半，即为：pm；该晶胞沿体对角线方向的投影，对角线上的黑球投影为体心，其余黑球投影为正六边形的顶点，灰球投影到六边形的对角线的四等分点，则投影图为A。
18．(1) 4 VIII B
(2) F > N > P 正八面体形 25 sp2
(3) (0.69, 0.69, 1)
【详解】（1）钴在元素周期表中的位置：钴的原子序数为27，电子排布为[Ar]3d74s2，因此位于第4周期，VIII族。电离能问题：钴元素的第二电离能大于第一电离能，由题给简化电子排布式可知，[Ar]3d74s2和[Ar]3d74s14p1电离最外层一个电子所需能量为第一电离能，[Ar]3d74s1和[Ar]3d74p1电离最外层一个电子所需能量为第二电离能，[Ar]3d74p1为离子的激发态，能量高，所以电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]3d74s1，故选B；
（2）电负性问题：非金属性越强，电负性越大， F、N、P的电负性依次减小，因此顺序为F > N > P。的空间构型： 的中心原子P周围有6个F原子，形成正八面体构型。σ键数量：中每个P-F键都是一个σ键，共6mol σ，复杂阳离子有19mol σ因此1mol该化合物中含有25mol σ键。N原子的杂化方式：N原子在五元杂环中通常采取sp2杂化，形成平面三角形结构。
（3）C点原子的分数坐标：根据四方晶胞的对称性，C点原子的坐标应为(1 - 0.31， 1 - 0.31， 1)，即(0.69， 0.69，1)。
晶体密度计算：四方晶胞的体积为，每个晶胞中含有2个CoO2单元（每个晶胞中），因此密度ρ = g/cm3。
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