高考化学真题分类汇编专题20物质的结构与性质
专题20物质的结构与性质
1.（2019·全国I·35）在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题：
（1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是(填标号)。
A． B． C． D．
（2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别是、。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。
（3）一些氧化物的熔点如下表所示：
氧化物
Li2O
MgO
P4O6
SO2
熔点/°C
1570
2800
23.8
−75.5
解释表中氧化物之间熔点差异的原因。
（4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离x=pm，Mg原子之间最短距离y=pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则MgCu2的密度是g·cm−3(列出计算表达式)。
【答案】（1）A（2）sp3 sp3 乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键 Cu2+
（3）Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力（分子量）P4O6>SO2
（4）
【解析】（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. [Ne] 3s13p1属于激发态Mg原子，其失去一个电子所需能量低于基态Mg原子； D.[Ne] 3p1属于激发态Mg+，其失去一个电子所需能量低于基态Mg+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ne]3s1，答案选A；
（2）乙二胺中N形成3个单键，含有1对孤对电子，属于sp3杂化；C形成4个单键，不存在孤对电子，也是sp3杂化；由于乙二胺的两个N可提供孤对电子给金属离子形成配位键，因此乙二胺能与Mg2＋、Cu2＋等金属离子形成稳定环状离子；由于铜离子的半径较大且含有的空轨道多于镁离子，因此与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是Cu2＋；
（3）由于Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO＞Li2O，分子间力（分
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子量）P4O6＞SO2，所以熔点大小顺序是MgO＞Li2O＞P4O6＞SO2；
（4）根据晶胞结构可知Cu原子之间最短距离为面对角线的1/4，由于边长是a pm，则面对角线是，则x＝pm；Mg原子之间最短距离为体对角线的1/4，由于边长是a pm，则体对角线是，则y＝；根据晶胞结构可知晶胞中含有镁原子的个数是8×1/8+6×1/2+4＝8，则Cu原子个数16，晶胞的质量是。由于边长是a pm，则MgCu2的密度是g·cm−3。
2.（2019·江苏·21A）Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备Cu₂O。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为_______________________。
（2）的空间构型为_____________（用文字描述）；Cu2+与OH−反应能生成[Cu(OH)4]2−，[Cu(OH)4]2−中的配位原子为__________（填元素符号）。
（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为__________；推测抗坏血酸在水中的溶解性：____________（填“难溶于水”或“易溶于水”）。
（4）一个Cu2O晶胞（见图2）中，Cu原子的数目为__________。
【答案】（1）[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9（2）正四面体 O
（3）sp3、sp2易溶于水 （4）4
【解析】（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2＋基态核外电子排布式为[Ar]3d9或1s22s22p63s23p63d9；
（2）SO42－中S形成4个σ键，孤电子对数为(6＋2－4×2)/2=0，因此SO42－空间构型为正四面体形；[Cu(OH)4]2－中Cu2＋提供空轨道，OH－提供孤电子对，OH－只有O有孤电子对，因此[Cu(OH)4]2－中的配位原子为O；
（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个－OH，能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水；
（4）考查晶胞的计算，白球位于顶点和内部，属于该晶胞的个数为8×1/8+1=2，黑球全部位于晶胞内部，属于该晶胞的个数为4，化学式为Cu2O，因此白球为O原子，黑球为Cu原子，即Cu原子的数目为4；
【点睛】有关物质结构与性质的考查，相对比较简单，考查点也是基本知识，这就要求考生
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在《物质结构与性质》的学习中夯实基础知识，同时能够达到对知识灵活运用，如考查抗坏血酸分子溶解性，可以从乙醇极易溶于水的原因分析。
3.（2017·全国I·35）钾和碘的相关化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）元素K的焰色反应呈紫红色，其中紫色对应的辐射波长为_______nm（填标号）。
A．404.4 B．553.5 C．589.2 D．670.8 E．766.5
（2）基态K原子中，核外电子占据最高能层的符号是_________，占据该能层电子的电子云轮廓图形状为___________。K和Cr属于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属K的熔点、沸点等都比金属Cr低，原因是___________________________。
（3）X射线衍射测定等发现，I3AsF6中存在离子。离子的几何构型为_____________，中心原子的杂化形式为________________。
（4）KIO3晶体是一种性能良好的非线性光学材料，具有钙钛矿型的立方结构，边长为a=0.446 nm，晶胞中K、I、O分别处于顶角、体心、面心位置，如图所示。K与O间的最短距离为______nm，与K紧邻的O个数为__________。
（5） 在KIO3晶胞结构的另一种表示中，I处于各顶角位置，则K处于______位置，O处于______位置。
【答案】（1）A （2）N 球形 K的原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱
（3）V形 sp3 （4）0.315 12 （5）体心 棱心
OF2属于V形，因此几何构型为V形，其中心原子的杂化类型为sp3；（4）根据晶胞结构，K与O间的最短距离是面对角线的一半，即为nm＝0.315nm，根据晶胞的结构，距离K最近的O的个数为12个；（5）根据KIO3的化学式，以及晶胞结构，可知K处于体心，O处于棱心。
4.（2017·全国II·35）我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl（用R代表）。回答下列问题：
（1）氮原子价层电子的轨道表达式（电子排布图）为_____________。
（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子
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亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是___________；氮元素的E1呈现异常的原因是__________。
（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。
①从结构角度分析，R中两种阳离子的相同之处为______，不同之处为_____。（填标号）
A．中心原子的杂化轨道类型 B． 中心原子的价层电子对数
C．立体结构 D．共价键类型
②R中阴离子中的σ键总数为________个。分子中的大π键可用符号表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数（如苯分子中的大π键可表示为），则中的大π键应表示为____________。
③图（b）中虚线代表氢键，其表示式为()N−H…Cl、____________、____________。（4）R的晶体密度为d g·cm−3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个[(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl]单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为______________。
【答案】（1）（2）同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大 N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子
（3）①ABD C ②5 ③(H3O+)O-H…N() ()N-H…N()
（4）
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5.（2016·全国III·35）砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等。回答下列问题：
（1）写出基态As原子的核外电子排布式________________________。
（2）根据元素周期律，原子半径Ga______As，第一电离能Ga______As。（填“大于”或“小于”）
（3）AsCl3分子的立体构型为_______，其中As的杂化轨道类型为_________。
（4）GaF3的熔点高于1000℃，GaCl3的熔点为77.9℃，其原因是__________。
（5）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）1s22s22p63s23p63d104s24p3或[Ar]3d104s24p3 (2) 大于小于
（3）三角锥形 sp3 （4）GaF3是离子晶体，GaCl3是分子晶体，离子晶体GaF3的熔沸点高；（5）原子晶体；共价键
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（5）GaAs的熔点为1238℃，密度为ρg·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%＝ 。
6.（2016·四川·8）M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层中p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，R是同周期元素中最活泼的金属元素，X和M形成的一种化合物是引起酸雨的主要大气污染物，Z的基态原子4s和3d轨道半充满。请回答下列问题：
（1）R基态原子的电子排布式是 ① ，X和Y中电负性较大的是 ② （填元素符号）。
（2）X的氢化物的沸点低于与其组成相似的M的氢化物，其原因是___________。
（3）X与M形成的XM3分子的空间构型是__________。
（4）M和R所形成的一种离子化合物R2M晶体的晶胞如图所示，则图中黑球代表的离子是_________（填离子符号）。
（5）在稀硫酸中，Z的最高价含氧酸的钾盐（橙色）氧化M的一种氢化物，Z被还原为+3价，该反应的化学方程式是____________。
【答案】（1）①1s22s22p63s1或[Ne]3s1②Cl （2）H2S分子间不存在氢键，H2O分子间存在氢键（3）平面三角形 （4）Na＋ （5）K2Cr2O7+3H2O2+ 4H2SO4===K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O
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【解析】根据题意知M、R、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z是一种过渡元素。M基态原子L层p轨道电子数是s轨道电子数的2倍，则M是O元素；R是同周期元素中最活泼的金属元素，且原子序数大于O，则R在第三周期，应是Na元素；X和M形成的一种化合物是形成酸雨的主要大气污染物，则X是S元素，进而知Y为Cl元素；Z的基态原子4s和3d轨道半充满，即价电子排布式为3d54s1，Z是Cr元素，据此作答。
（4）根据晶胞结构可以算出白球的个数为8×18+6×12=4，黑球的个数为8个，由于这种离子化合物的化学式为Na2O，黑球代表的是Na+，答案为：Na+。
（5）根据题意知重铬酸钾被还原为Cr3+，则过氧化氢被氧化生成氧气，利用化合价升降法配平，反应的化学方程式为：K2Cr2O7+3H2O2+ 4H2SO4===K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O ，
答案为：K2Cr2O7+3H2O2+ 4H2SO4===K2SO4+Cr2(SO4)3+3O2↑+7H2O 。
7.（2016·上海·四）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是_____；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为_______。
（6）HCN是直线型分子，HCN是_____分子（选填“极性”、“非极性”）。HClO的电子式为_____。
【答案】（5）3p；H＜O＜N＜C＜Na （6）极性；
8.（2015·安徽·25）C、N、O、Al、Si、Cu是常见的六种元素。
（1）Si位于元素周期表第____周期第_____族。
（2）N的基态原子核外电子排布式为_____；Cu的基态原子最外层有___个电子。
（3）用“>”或“<”填空：
原子半径
电负性
熔点
沸点
Al_____Si
N____O
金刚石_____晶体硅
CH4____SiH4
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【答案】（1）三 IVA ，（2）1s22s22p3，1个（3）>，<，>，<
【解析】（1）Si的核电荷数为14，位于元素周期表第三周期IVA族；（2）N原子的核外电子数为7，根据电子排布式的书写规则，N的基态原子核外电子排布式为1s22s22p3；Cu的基态原子核外电子排布式为：1s22s22p6 3s23p63d10 4s1故最外层有1个电子（3）同周期元素原子随核电荷数递增，原子半径减小；非金属性越强电负性越大；金刚石和晶体硅都属于原子晶，但C-C键键长短，键能大，故熔点更高；组成和结构相似的物质，相对分子质量越大，沸点越高。
9．（2015·上海·26）白云石的主要成份是CaCO3·MgCO3，在我国有大量的分布。以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途。白云石经煅烧、熔化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离。碳化反应是放热反应，化学方程式如下：Ca(OH)2+ Mg(OH)2+ 3CO2⇌CaCO3+ Mg(HCO3)2+ H2O。完成下列填空[科网ZXXK]
（4）Mg原子核外电子排布式为；Ca原子最外层电子的能量Mg原子最外层电子的能量（选填“低于”、“高于”或“等于”）。
【答案】（4）1s22s22p63s2；高于。
【解析】（4）Mg是12号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s2；Ca与Mg是同一主族的元素，原子最外层电子数相同，但是由于Ca的原子半径比Mg大，最外层电子离原子核较远，克服核对其吸引力强，容易失去，变为Ca2+。所以Ca原子最外层电子的能量高于Mg原子最外层电子的能量。
10．（2014·全国II·37）周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序数依此增大。a的核外电子总数与其周期数相同，b的价电子层中的末成对电子有3个，c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，d与c同族；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子。回答下列问题：
（1）a、c、d中第一电离能最大的是_____(填元素符号)，e的价层电子轨道示图为_______.
（2）a和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形，该分子的中心原子的杂化方式为______；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是_______（填化学式，写出两种）。
（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的价层电子对数为3的酸是__________:酸根呈三角锥结构的酸是___________。（填化学方式）
（4）e和e形成的一种离子化合物的晶体结构如图1，则e离子的电荷为_________。
（5）这5种元素形成的一种1:1型离子化合物中，阴离子呈四面体结构；阳离子呈轴向狭长的八面体结构（如图2所示）。
该化合物中，阴离子为________，阳离子中存在的化学键类型有__________；该化合物中加热时首先失去的组分是_________，判断理由是_________。
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【答案】（1）N （2）sp3 H2O2 N2H4
（3）HNO2 HNO3 H2SO3（4）+1
（5）H2SO4共价键和配位键 H2O H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的弱
【解析】题目所给的信息“周期表前四周期的元素a、b、c、d、c，原子序数依此增大”。a的核外电子总数与其周期数相同，说明a是H元素；b的价电子层中的末成对电子有3个，则b是N元素；c的最外层电子数为其内层电子数的3倍，则c是O元素；d与c同族，则d是S元素；e的最外层只有1个电子，但次外层有18个电子，则e是Cu元素。
（1）根据同周期元素随着核电荷数的增大，第一电离能呈现逐渐增大的趋势。但当元素的原子轨道呈全满、全空、半充满状态时，较稳定，同主族元素随着核电荷数的增大，第一电离能逐渐减小。N原子2p轨道为半充满状态，较稳定，所以N、S、O三种元素第一电离能较大的是N元素；e是Cu元素，Cu原子核外有29个电子，其3d、4s电子为其外围电子，所以其外围电子排布式为3d104s1，所以Cu的价层电子轨道示意图为；
（2）由上述可知，a是H元素，和其他元素形成的二元共价化合物中，分子呈三角锥形的分子式NH3，从分子构型来看。氨分子形成不等性SP3杂化，连接三个H则分子呈三角锥形，并有一个孤立sp3轨道的电子；分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是H2O2、N2H4、C2H6等；
（3）这些元素形成的含氧酸中，分子的中心原子的阶层电子对数为3的酸是HNO2 、HNO3；酸根呈三角锥结构的酸是H2SO3；
（4）c是O元素，e是Cu元素，根据O和Cu元素形成的晶胞结构来看，1个晶胞中O元素微粒的个数是8×+1=2，Cu元素的微粒的个数是4，所以二者的个数比是1:2，则该离子化合物的化学式是Cu2O，则Cu元素所带的电荷数是+1；
（5）根据题目中的信息可知，5种元素（H、N、O、S、Cu）形成的一种1:1型的离子化合物中，阴离子呈四面体结构，可知该阴离子是SO42—，阳离子呈轴向狭长的八面体结构，结合图2，可知该化合物的额化学式是[Cu(NH3)4(H2O)2] SO4，阳离子是[Cu(NH3)4(H2O)2]2+，则阳离子中含有共价键和配位键。
11．（2014·四川·8）X、Y、Z、R为前四周期元素，且原子序数依次增大。XY2是红棕色气体；X与氢元素可形成XH3；Z基态原子的M层与K层电子数相等；R2+离子的3d轨道中有9个电子。请回答下列问题：
（1）Y基态原子的电子排布式是① ；Z所在周期中第一电离能最大的元素是②。
（2）XY2－ 离子的立体构型是① ；R2+的水合离子中，提供孤电子对的原子是②。
（3）将R单质的粉末加入XH3的浓溶液中，通入Y2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的
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离子方程式是。
【答案】（1）①1s22s22p4 ②Cl（2）①V形 ②O（3）2：1
（4）2Cu+8NH3·H2O+O22[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O
【解析】（1）经分析可知，X为N，Y为O,Z为Mg，R为Cu；O基态原子的电子排布式是1s22s22p4，第三周期中第一电离能最大的元素是Cl；
（2）NO2-离子的立体构型是V形,Cu2+的水合离子中提供孤电子对的原子是O；
（3）反应的离子方程式为2Cu+8NH3·H2O+O22[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O。
12．（2014·安徽·26）Na、Cu、O、Si、S、Cl是常见的六种元素。
（1）Na位于元素周期表第周期第族；S的基态原子核外有个未成对电子；Si的基态原子核外电子排布式为 。
（2）用“>”或“<”填空：
第一电离能
离子半径
熔点
酸性
SiS
O2-Na+
NaClSi
H2SO4HClO4
（3）CuCl(s)与O2反应生成CuCl2(s)和一种黑色固体。在25℃、101KPa下，已知该反应每消耗1 mol CuCl(s)，放出44.4KJ，该反应的热化学方程式是。
（4）ClO2常用于水的净化，工业上可用Cl2氧化NaClO2溶液制取。写出该反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。
【答案】（1）三、IA 2 1s2s22p63s23p2（2）<><<
（3）4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) △H=177.6KJ/mol（合理答案均给分）
（4）（合理答案均给分）
【解析】（1）Na（）元素位于元素周期表第三周期周期第IA族；Si原子核外电子数为14，核外电子基态排布式为1s22s22p63s23p2。
（2）同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，所以第一电离能：S>Si；核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：O2->Na+；一般来说，原子晶体（Si）的熔点高于离子晶体（NaCl）的熔点，故熔点：Si> NaCl；元素的非金属性越强，元素最高价氧化物的水化物的酸性越强，因为非金属性Cl>S，所以酸性：HClO4> H2SO4；
（3）根据热化学方程式的书写方法，可以写出该反应的热化学方程式为4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s) △H=177.6KJ/mol；
（4）在此氧化还原反应中（Cl2+2ClO2—=2 ClO2+ 2Cl—），氧化剂是Cl2，还原剂是ClO2—，转移的电子数为2e—，所以用单线桥表示为。
13.（2013·山东·32）卤素元素包括F、Cl、Br等。
（1）下列曲线表示卤素元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是____________。
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（2）利用“卤化硼法”课合成含B和N两种元素的功能陶瓷，右图为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为___________。
（3）BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和_________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。
（4）若BCl3与XYm通过B原子与X原子间的配位健结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是________。
【答案】（1）a （2）2；BN （3）sp2；sp3 （4）X
【解析】（1）非金属性越强，电负性越大。同主族自上而下非金属性逐渐减弱，电负性逐渐降低，a正确；F是最强的非金属，没有正价，b错误；HF分子间存在氢键沸点大于HBr的，c错误；卤素单质自上而下单质的熔点逐渐升高，d错误，答案选a。
（2）B原子半径大于N原子半径，所以白球是B原子，黑球是N原子。其中B原子的个数是，N原子个数是，所以该物质的化学式是BN。
（3）根据价层电子对互斥理论可知，BCl3和NCl3中心原子含有的孤对电子对数分别是（3－3×1）÷2＝0、（5－3×1）÷2＝1，所以前者是平面三角形，B原子是sp2杂化。后者是三角锥形，N原子是sp3杂化。
（4）在BCl3分子中B原子最外层的3个电子全部处于成键，所以在该配合物中提供孤对电子的应该是X原子，B原子提供空轨道。
14.（2012·四川·8）X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH＞7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J, J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀I；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。
请回答下列问题：
（1）M固体的晶体类型是。
（2）Y基态原子的核外电子排布式是①；G分子中X原子的杂化轨道类型是②。
（3）L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是。
（4）R的一种含氧酸根RO42-具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，
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并有无色气体产生，该反应的离子方程式是。
【答案】（1）离子晶体；（2）1s2 2s2 2p6 3s2 3p4，sp3杂化；（3）Ksp(AgCl)
600（分解）
-75.5X
16.8
10.3
沸点/℃
−60.3
444.6
−10.0
45.0
337.0
回答下列问题：
（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图（轨道表达式）为__________，基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。
（2）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。
（3）图（a）为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为________。
（4）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_____形，其中共价键的类型有
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______种；固体三氧化硫中存在如图（b）所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为________。
（5）FeS2晶体的晶胞如图（c）所示。晶胞边长为a nm、FeS2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Fe2+位于所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为______nm。
【答案】（1） 哑铃（纺锤） （2）H2S
（3）S8相对分子质量大，分子间范德华力强 平面三角 （4）2 sp3
（5）
【解析】（1）基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则其价层电子的电子排布图（轨道表达式）为；基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，则电子占据最高能级是3p，其电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。学%科网
（2）根据价层电子对互斥理论可知H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数分别是，因此不同其他分子的是H2S。
（3）S8、二氧化硫形成的晶体均是分子晶体，由于S8相对分子质量大，分子间范德华力强，所以其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多；
17.（2015·全国III·35）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：
（1）Zn原子核外电子排布式为________________。
（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能Ⅰ1（Zn）_______Ⅰ1（Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是________________。
（3）ZnF2具有较高的熔点（872 ℃)，其化学键类型是_________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是________________。
（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表
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面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为__________，C原子的杂化形式为____。
（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为_______________。六棱柱底边边长为a cm，高为c cm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________________g·cm－3（列出计算式）。
【答案】 （1）[Ar]3d104s2 （2）大于 Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 离子键 （3）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）平面三角形 sp2 （5）六方最密堆积（A3型）
【解析】
（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。
（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm-3。
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18.（2018·江苏·21 A）臭氧（O3）在[Fe(H2O)6]2+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和，NOx也可在其他条件下被还原为N2。
（1）中心原子轨道的杂化类型为___________；的空间构型为_____________（用文字描述）。
（2）Fe2+基态核外电子排布式为__________________。
（3）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为_____________（填化学式）。
（4）N2分子中σ键与π键的数目比n（σ）∶n（π）=__________________。
（5）[Fe(H2O)6]2+与NO反应生成的[Fe(NO)(H2O)5]2+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在[Fe(NO)(H2O)5]2+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。
【答案】（1）sp3 平面（正）三角形（2）[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6（3）NO2−（4）1∶2
（5）
【解析】
（5）根据化学式，缺少的配体是NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中O上有孤电子对，O
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为配位原子，答案为：。
19.（2017·全国III·35）研究发现，在CO2低压合成甲醇反应（CO2+3H2=CH3OH+H2O）中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题：
（1）Co基态原子核外电子排布式为_____________。元素Mn与O中，第一电离能较大的是_________，基态原子核外未成对电子数较多的是__________。
（2）CO2和CH3OH分子中C原子的杂化形式分别为__________和__________。
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为_________，原因是_______________。
（4）硝酸锰是制备上述反应催化剂的原料，Mn(NO3)2中的化学键除了σ键外，还存在____。
（5）MgO具有NaCl型结构（如图），其中阴离子采用面心立方最密堆积方式，X射线衍射实验测得MgO的晶胞参数为a=0.420 nm，则r(O2-)为______nm。MnO也属于NaCl型结构，晶胞参数为a' =0.448 nm，则r(Mn2+)为________nm。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2或[Ar]3d74s2 O Mn （2）sp sp3
（3）H2O>CH3OH>CO2>H2 H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大 （4）离子键和π键（或键） （5）0.148 0.076
（3）在CO2低压合成甲醇反应所涉及的4种物质中，沸点从高到低的顺序为H2O>CH3OH>CO2>H2，原因是常温下水和甲醇是液体而二氧化碳和氢气是气体，液体的沸点高于气体；H2O与CH3OH均为极性分子，H2O中氢键比甲醇多，所以水的沸点高于甲醇；CO2与H2均为非极性分子，CO2分子量较大、范德华力较大，所以CO2的沸点较高。
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（4）硝酸锰是离子化合物，硝酸根和锰离子之间形成离子键，硝酸根中N原子与3个氧原子形成 3个σ键，硝酸根中有一个氮氧双键，所以还存在π键。
（5）因为O2－是面心立方最密堆积方式，面对角线是O2－半径的4倍，即4r(O2－)=a，解得r(O2－)=nm=0.148nm；MnO也属于NaCl型结构，根据晶胞的结构，晶胞参数=2 r(O2－)+2 r(Mn2+)，则r(Mn2+)=(0.448 nm-2×0.148 nm)/2=0.076nm。
20．（2017·江苏·21A）铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景。某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与。
（1）Fe3+基态核外电子排布式为____________________。
（2）丙酮()分子中碳原子轨道的杂化类型是_______________，1 mol 丙酮分子中含有σ键的数目为______________。
（3）C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为________________。
（4）乙醇的沸点高于丙酮，这是因为____________________。
（5）某FexNy的晶胞如题21图−1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fe(x−n) CunNy。FexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如题21图−2 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为___________。
【答案】（1）[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5 （2）sp2和sp3 9 mol （3）HINi的原因是______。
（4）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_____。k.Com]
②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm。
【答案】（ 1）1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2 2 （2）①正四面体
②配位键 N ③高于 NH3分子间可形成氢键极性 sp3
（3）金属铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
（4）①3:1 ②
【解析】（1）镍是28号元素，位于第四周期，第Ⅷ族，根据核外电子排布规则，其基态原子的电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d84s2，3d能级有5个轨道，先占满5个自旋方向相同的电子，剩余3个电子再分别占据三个轨道，电子自旋方向相反，所以未成对的电子数为2。
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（3）铜和镍属于金属，则单质铜及镍都是由金属键形成的晶体；铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，所以ICu>INi。
（4）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dg/cm3，根据ρ=m÷V，则晶胞参数a=nm。
23.（2016·江苏·21A） [Zn(CN)4]2–在水溶液中与HCHO发生如下反应：
4HCHO+[Zn(CN)4]2–+4H++4H2O===[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN
（1）Zn2+基态核外电子排布式为____________________。
（2）1 mol HCHO分子中含有σ键的数目为____________mol。
（3）HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是______________。
（4）与H2O分子互为等电子体的阴离子为________________。
（5）[Zn(CN)4]2–中Zn2+与CN–的C原子形成配位键。不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2–的结构可用示意图表示为_____________。
【答案】（1）1s22s22p62s23p63d10（或[Ar] 3d10） （2）3 （3）sp3和sp （4）NH2－
（5）
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（4）原子数和价电子数分别都相等的是等电子体，H2O含有10个电子，则与H2O分子互为等电子体的阴离子为NH2－；
（5）在[Zn(CN)4]2–中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，C原子提供一对孤对电子，Zn2+的空轨道接受电子对，因此若不考虑空间构型，[Zn(CN)4]2–的结构可用示意图表示为
。
24.（2015·全国I·35）碳及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：
（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用形象化描述。在基态原子中，核外存在对自旋相反的电子。
（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是。
（3）CS2分子中，共价键的类型有，C原子的杂化轨道类型是，写出两个与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子或离子。
（4）CO能与金属Fe形成Fe(CO)5，该化合物的熔点为253K，沸点为376K，其固体属于晶体。
碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示：
①在石墨烯晶体中，每个C原子连接个六元环，每个六元环占有个C原子。
②在金刚石晶体中，C原子所连接的最小环也为六元环，每个C原子连接个六元环，六元环中最多有个C原子在同一平面。
【答案】（1）电子云 2 （2）C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构
53
（3）σ键和π键 sp CO2、SCN- （4）分子 （5）①3 2 ②12 4
（3）CS2分子中，C与S原子形成双键，每个双键都是含有1个σ键和1个π键，分子空间构型为直线型，则含有的共价键类型为σ键和π键；C原子的最外层形成2个σ键，无孤对电子，所以为sp杂化；O与S同主族，所以与CS2具有相同空间构型和键合形式的分子为CO2；与二氧化碳互为等电子体的离子有SCN-，所以SCN-的空间构型与键合方式与CS2相同；
25.（2015·全国II·35）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，A2-和B+具有相同的电子构型；C、 D为同周期元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：
（1）四种元素中电负性最大的是（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。
（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是（填分子式），原因是；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为和。
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E， E的立体构型为，中心原子的杂化轨道类型为。
（4）化合物D2A的立体构型为，中心原子的价层电子对数为，单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为。
（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数，a＝0.566nm， F 的化学式为：晶胞中A 原子的配位数为；列式计算晶体F的密度（g.cm-3）。
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【答案】（1）O；1s22s22p63s23p3（或[Ne] 3s23p3）
（2）O3；O3相对分子质量较大，范德华力大；分子晶体；离子晶体
（3）三角锥形；sp3 （4）V形；4；2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl
（或2Cl2＋2Na2CO3＝Cl2O＋CO2＋2NaCl）
（5）Na2O；8；
（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，即E是PCl3， 其中P含有一对孤对电子，其价层电子对数是4，所以E的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化轨道类型为sp3。[来网]
（4）化合物Cl2O分子中氧元素含有2对孤对电子，价层电子对数是4，所以立体构型为V形。单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，则化学方程式为2Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝Cl2O＋2NaHCO3＋2NaCl。
（5）根据晶胞结构可知氧原子的个数＝，Na全部在晶胞中，共计是8个，则F 的化学式为Na2O。以顶点氧原子为中心，与氧原子距离最近的钠原子的个数8个，即晶胞中A 原子的配位数为8。晶体F的密度＝。
26.（2015·福建·31）科学家正在研究温室气体CH4和CO2的转化和利用。
（1）CH4和CO2所含的三种元素电负性从小到大的顺序为________________。
（2）下列关于CH4和CO2的说法正确的是_______(填序号)。
a．固态CO2属于分子晶体
b．CH4分子中含有极性共价键，是极性分子
c．因为碳氢键键能小于碳氧键，所以CH4熔点低于CO2
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d．CH4和CO2分子中碳原子的杂化类型分别是sp3和sp
（3）在Ni基催化剂作用下，CH4和CO2反应可获得化工原料CO和H2.
①基态Ni原子的电子排布式为_______，该元素位于元素周期表的第_____族。
②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4,1mol Ni(CO)4中含有_______molσ键。
（4）一定条件下，CH4和CO2都能与H2O形成笼状结构(如下图所示)的水合物晶体，其相关参数见下表。CH4与H2O形成的水合物俗称“可燃冰”。
①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是________。
②为开采深海海底的“可燃冰”，有科学家提出用CO2置换CH4的设想。已知上图中笼状结构的空腔直径为0.586nm，根据上述图表，从物质结构及性质的角度分析，该设想的依据是________。
【答案】(13分)（1）H、C、O；（2）a、d；（3）①1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；VIII；②8。
（4）①氢键、范德华力；②CO2的分子直径小于笼状空腔直径，且与H2O的结合力大于CH4。
正确。故答案选a、d；（3）①28号元素Ni的基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2或[Ar] 3d84s2；，该元素位于元素周期表的第四周期第VIII族。②Ni能与CO形成正四面体形的配合物Ni(CO)4，在每个配位体中含有一个σ键，在每个配位体与中心原子之间形成一个σ键，所以1mol Ni(CO)4中含有8molσ键。（4）①“可燃冰”中分子间存在的2种作用力是分子间作用力和氢键，分子间作用力也叫范德华力。②根据表格数据可知，笼状空腔的直径是0. 586nm，而CO2分子的直径是0. 512nm，大于分子的直径，而且CO2与水分子之间的结合力大于CH4，因此可以实现用CO2置换CH4的设想。
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27.（2015·四川·8）X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素；Z和U位于第VIIA族；X和Z可形成化合物XZ4；Q基态原子的s轨道和p轨道的电子总数相等；T的一种单质在空气中能够自燃。
请回答下列问题：
（1）R基态原子的电子排布式是_____________________。
（2）利用价层电子对互斥理论判断TU3的立体构型是______。
（3）X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是______(填化学式)；Z和U的氢化物中沸点较高的是_____(填化学式)；Q、R、U的单质形成的晶体，熔点由高到低的排列顺序是_______(填化学式)。
（4）CuSO4溶液能用作T4中毒的解毒剂，反应可生成T的最高价含氧酸和铜，该反应的化学方程式是_______________________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p2或者[Ne] 3s23p2 （2）三角锥形
（3）HNO3；HF；Si＞Mg＞Cl2 （4）P4+10CuSO4+16H2O=10Cu+4H3PO4+10H2SO4
28.（2015·山东·33）氟在自然界中常以CaF2的形式存在。
（1）下列关于CaF2的表述正确的是_______。
a．Ca2＋与F－间仅存在静电吸引作用
b．F－的离子半径小于Cl－，则CaF2的熔点高于CaCl2
c．阴阳离子比为2：1的物质，均与CaF2晶体构型相同
d．CaF2中的化学键为离子键，因此CaF2在熔融状态下能导电
（2）CaF2难溶于水，但可溶于含Al3＋的溶液中，原因是________(用离子方程式表示)。
已知AlF63-在溶液中可稳定存在。
（3）F2通入稀NaOH溶液中可生成OF2，OF2分子构型为________，其中氧原子的杂化方式为_________。
（4）F2与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF3、BrF3等。已知反应Cl2(g)＋3F2(g)=2ClF3(g) △H=－313kJ·mol－1，F－F键的键能为159kJ·mol－1，Cl－Cl键的键能为242kJ·mol－1，则ClF3中Cl－F键的平均键能为______kJ·mol－1。ClF3的熔、沸点比BrF3的________(填“高”或“低”)。
【答案】（1）bd（2）Al3++3CaF2= 3Ca2++AlF63-（3）角形或V形；sp3。（4）172；低。
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（3）OF2分子中O与2个F原子形成2个σ键，O原子还有2对孤对电子，所以O原子的杂化方式为sp3，空间构型为角形或V形。
（4）根据焓变的含义可得：242kJ·mol－1+3×159kJ·mol－1—6×ECl—F =－313kJ·mol－1，解得Cl－F键的平均键能ECl—F =172 kJ·mol－1；组成和结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，所以ClF3的熔、沸点比BrF3的低。
29.（2015·江苏·21A）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72－＋3CH3CH2OH＋16H＋＋13H2O→4[Cr(H2O)6]3＋＋3CH3COOH
（1）Cr3＋基态核外电子排布式为_________；配合物[Cr(H2O)6]3＋中，与Cr3＋形成配位键的原子是________(填元素符号)。
（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为______________；1molCH3COOH分子中含有δ键的数目为 ______。
（3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为________(填化学式)；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为___________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d3或[Ar]2d3，O；（2）sp3、sp2，7mol或7NA；（3）H2F＋，H2O与CH3CH2OH之间可以形成氢键。
30.（2015·海南·19）I.下列物质的结构或性质与氢键无关的是（ ）
A．乙醚的沸点 B．乙醇在水中的溶解度
C．氢化镁的晶格能 D．DNA的双螺旋结构
Ⅱ.钒（23V）是我国的丰产元素，广泛用于催化及钢铁工业。
回答下列问题：
（1）钒在元素周期表中的位置为，其价层电子排布图为。
（2） 钒的某种氧化物的晶胞结构如图1所示。晶胞中实际拥有的阴、阳离子个数分别为、 。
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（3）V2O5常用作SO2 转化为SO3的催化剂。SO2 分子中S原子价层电子对数是对，分子的立体构型为；SO3气态为单分子，该分子中S原子的杂化轨道类型为；SO3的三聚体环状结构如图2所示，该结构中S原子的杂化轨道类型为；该结构中S—O键长由两类，一类键长约140pm，另一类键长约为160pm，较短的键为(填图2中字母)，该分子中含有个σ键。
（4）V2O5 溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子的立体构型为；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为。
【答案】Ⅰ.AC。 Ⅱ.（1）第4周期ⅤB族，电子排布图略。 （2）4，2。
（3）2，V形；sp2杂化； sp3杂化； a，12。 （4）正四面体形；NaVO3。
（3）SO2 分子中S原子价电子排布式为3s23p4，价层电子对数是2对，分子的立体构型为V形；根据杂化轨道理论判断气态SO3单分子中S原子的杂化轨道类型为sp2杂化；由SO3的三聚体环状结构判断，该结构中S原子形成4个键，硫原子的杂化轨道类型为sp3杂化；该结构中S—O键长两类，一类如图中a所示，含有双键的成分键能较大，键长较短，另一类为配位键，为单键，键能较小，键长较长；由题给结构分析该分子中含有12个σ键。
（4）根据价层电子对互斥理论判断钒酸钠（Na3VO4）中阴离子的立体构型为正四面体形；也可以得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图3所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为NaVO3。
31．（2014·海南·19-I）对于钠的卤化物(NaX)和硅的卤化物(SiX4)，下列叙述正确的是
A．SiX4难水解 B．SiX4是共价化合物
C．NaX易水解 D．NaX的熔点一般高于SiX4
【答案】BD
【解析】A、硅的卤化物（SiX4）的水解比较强烈，如SiCl4+3H2O＝H2SiO3↓+4HCl、
SiF4+3H2O＝H2SiO3↓+4HF，A错误；B、硅的卤化物(SiX4)全部由非金属元素构成，属于共价化合物，B正确；C、钠的卤化物(NaX)属于强酸强碱盐，不发生水解，C错误；D、钠的卤化物(NaX)是由离子键构成的，属于离子晶体，SiX4属于分子晶体，所以NaX的熔点一般高于SiX4，D正确。
32．（2014·山东·33）石墨烯（图甲）是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯（图乙）
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图甲 石墨烯结构 图乙 氧化石墨烯结构
（1）图甲中，1号C与相邻C形成键的个数为___________。
（2）图乙中，1号C的杂化方式是_________，该C与相邻C形成的键角_______（填“>”“<”或“=”）图甲中1号C与相邻C形成的键角。
（3）若将图乙所示的氧化石墨烯分散到H2O中，则氧化石墨烯可与H2O形成氢键的原子有_______（填元素符号）。
（4）石墨烯可转化为富勒烯（C60），某金属M与C60可制备一种低温超导材料，晶胞如图所示，M原子位于晶胞的棱上与内部，该晶胞中M原子的个数为______，该材料的化学式为______。
图丙
【答案】（1） 3 （2）sp3；＜ （3）O、H （4）12；M3C60
【解析】（1）由图可知，甲中，1号C与相邻C形成3个C-C键，形成σ键的个数为3，故答案为：3；
（2）图乙中，1号C形成3个C-C及1个C-O键，C原子以sp3杂化，为四面体构型，而石墨烯中的C原子杂化方式均为sp2，为平面结构，则图乙中C与相邻C形成的键角＜图甲中1号C与相邻C形成的键角，故答案为：sp3；＜；、
（3）水中的O电负性较强，吸引电子能力的强，易与氧化石墨烯中的O-H上的H形成氢键，氧化石墨烯中O与水中的H形成氢键，故答案为：O、H；
（4）M原子位于晶胞的棱上与内部，棱上有12个M，内部有9个M，其个数为12×+8=12，C60分子位于顶点和面心，C60分子的个数为8×+6×=4，M原子和C60分子的个数比为3：1，则该材料的化学式为M3C60，故答案为：12；M3C60。
33．（2014·福建·31）氮化硼(BN)晶体有多种相结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂。立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构如右图所示。
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（1）基态硼原子的电子排布式为。
（2）关于这两种晶体的说法，正确的是(填序号)。
a．立方相氮化硼含有σ键和π键，所以硬度大
b．六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软
c．两种晶体中的B－N键均为共价键
d．两种晶体均为分子晶体
（3）六方相氮化硼晶体层内一个硼原子与相邻氮原子构成的空间构型为，其结构与石墨相似却不导电，原因是。
（4）立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为。该晶体的天然矿物在青藏高原在下约300Km的古地壳中被发现。根据这一矿物形成事实，推断实验室由六方相氮化硼合成立方相氮化硼需要的条件应是。
（5）NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1mo NH4BF4含有mol配位键。
【答案】（1）1s22s22p1（2）b、c
（3）平面三角形 层状结构中没有自由移动的电子 （4）sp3 高温、高压（5）2
【解析】（1）基态硼原子的电子排布式为1s22s22p1；
（2）立方相氮化硼是sp3杂化，a错误；六方相氮化硼是层状结构，层间作用力小，质地软，b正确；两种晶体均为共价键，c正确；立方相氮化硼为原子晶体，d错误。
（3）六方相氮化硼层内一个硼原子与相邻N原子空间构成平面三角形，结构与石墨相似，但B原子最外层只有3个电子，没有自由移动的电子，故不能导电。
（4）立方相氮化硼是sp3杂化，根据天热矿物在青藏高原300km的古地壳中发现，可以推出反应条件为高温高压。
（5）铵根中含有1mol配位键，BF4-含有1mol配位键，共2mol。
34．（2014·海南·19-11）碳元素的单质有多种形式，下图依次是C60、石墨和金刚石的结构图：
回答下列问题：
（1）金刚石、石墨、C60.碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们互为_____________。
（2）金刚石、石墨烯（指单层石墨）中碳原子的杂化形式分别为____、____。
53
（3）C60属于____晶体，石墨属于____晶体。
（4）石墨晶体中，层内C-C键的键长为142 pm，而金刚石中C-C键的键长为154 pm。其原因是金刚石中只存在C-C间的____共价键，而石墨层内的C-C间不仅存在____共价键，还有____键。
（5）金刚石晶胞含有____个碳原子。若碳原子半径为r，金刚石晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r= ______a，列式表示碳原子在晶胞中的空间占有率____（不要求计算结果）。
【答案】（1）同素异形体（2）sp3 sp2 （3）分子 混合
（4）（或大或p-p） （5）8
【解析】（1）金刚石、石墨、C60.碳纳米管等都是碳元素的单质形式，它们的组成相同，结构不同、性质不同，互称为同素异形体；
（2）金刚石中碳原子与四个碳原子形成4个共价单键（即C原子采取sp3杂化方式），构成正四面体，石墨中的碳原子用sp2杂化轨道与相邻的三个碳原子以σ键结合，形成正六角形的平面层状结构；
（3）C60中构成微粒是分子，所以属于分子晶体；石墨的层内原子间以共价键加合，层与层之间以分子间作用力结合，所以石墨属于混合晶体；
（4）在金刚石中只存在C-C之间的键；石墨层内的C-C之间不仅存在键，还存在键；
（5）由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个C原子，面心上有6个C原子，顶点有8个C原子，所以金刚石晶胞中C原子数目为4+6×+8×=8；若C原子半径为r，金刚石的边长为a，根据硬球接触模型，则正方体对角线长度的就是C-C键的键长，即，所以，碳原子在晶胞中的空间占有率=。
35．（2014·上海·四）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体。铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：Cu(NH3)2Ac +CO+NH3[Cu(NH3)3CO]Ac
完成下列填空：
23．如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是______________。（选填编号）
a．减压 b．增加NH3的浓度 c．升温 d．及时移走产物
24．铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式。___________________。
25．简述吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）_______________。
26．铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为__________。其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是__________。通过比较________可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。
27．已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是______。CS2熔点高于CO2，其原因是_____。
【答案】23．Bc24．2NH3+CO2+H2O→(NH4)2CO3 (NH4)2CO3+ CO2+H2O→2 NH4HCO3
25．①低温加压下吸收CO；②然后将铜洗液转移至另一容器中；③高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用
53
26．C>N>O>H；；NH3和PH3的稳定性
27． CS2和CO2都是分子晶体，CS2相对分子质量大，分子间作用力大。
【解析】23．a．减压，导致反应物的浓度降低，反应速率减慢；b．增加NH3的浓度，增大了反应物的浓度，反应速率加快；c．升温，化学反应速率加快； d．及时移走产物，降低了生成物的浓度，反应速率减慢。
24．铜液中的氨水（碱性）能与CO2发生反应，当CO2适量时发生的反应为2NH3+CO2+H2O→(NH4)2CO3，当CO2过量时发生的反应为 (NH4)2CO3+ CO2+H2O→2 NH4HCO3；
25．由化学方程式“Cu(NH3)2Ac + CO + NH3 [Cu(NH3)3CO]Ac ”以及“铜液吸收CO的反应是放热反应”可知，该反应是体积减小的放热反应，因此吸收CO最适宜的条件是低温高压，即①低温加压下吸收CO；②然后将铜洗液转移至另一容器中；③高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用。
26．铜液的组成元素中属于短周期元素有C、H、O、N，根据原子半径变化规律可知，原子半径C>N>O>H；氮元素原子最外层有5个电子，根据核外电子排布的规律可知最外层排布的轨道式是；比较元素的非金属性强弱，我们可以通过比较元素气态氢化物低温稳定性或者元素最高价氧化物的水化物的酸性进行判断。
27．根据题目中的信息“CS2与CO2分子结构相似”，根据CO2的电子式（）可以写出CS2的电子式（）；因为“CS2与CO2分子结构相似”，对于组成和结构相似的物质，相对分子质量越大（分子间作用力就越强），熔沸点就越高，所以CS2的熔沸点高于CO2。
36．（2013·全国I·37）硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题:
(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号_______，该能层具有的原子轨道数为_____、电子数为______。
(2)硅主要以硅酸盐、____________等化合物的形式存在于地壳中。
(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以___________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献________个原子。
(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4CI在液氨介质中反应制得SiH4,，该反应的化学方程式为___________________。
(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实:
硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是。
SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是。
53
(6)在硅酸盐中，SiO44－四面体(如下图(a))通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根；其中Si原子的杂化形式为。Si与O的原子数之比为，化学式为。
【答案】（1）M；9；4 （2）二氧化硅； （3）共价键；3
（4）Mg2Si＋4NH4Cl=SiH4＋4NH3＋2MgCl2
（5）①硅烷中的Si－Si键和Si－H键的键能小于烷烃分子中C－C键和C－H键的键能，稳定性差，以断裂，导致长链硅烷难以形成，所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。
②由于键能越大，物质越稳定，C－H键的键能大于C－O键的键能，故C－H键比C－O键稳定；而Si－H键的键能却远小于Si－O键的键能，所以Si－H键不稳定，而倾向于形成稳定性更强的Si－O键，即更易生成氧化物。
（6）sp3；1:3；[SiO3]n 2n－（或SiO32－）
【解析】（1）硅是14号元素，根据构造原理可知，基态电子排布式为1s22s22p63s23p2，所以能量最高的为M能层，该能层有s、p、d能级，共计有1＋3＋5＝9个原子轨道。其中最外层电子数是4个。
（2）硅由于性质活泼，在自然界中物单质存在，主要以硅酸盐和二氧化硅的形式存在于地壳中。
（3）硅和金刚石的结构类似，属于原子晶体，硅原子间以共价键结合。在金刚石晶胞中每个面心具有一个碳原子，晶体硅和金刚石类似，则面心位置贡献的原子为个。
（4）根据原子守恒可知，生成物还有氯化镁和氨气，则反应的化学方程式是Mg2Si＋4NH4Cl=SiH4＋4NH3＋2MgCl2。
（5）①烷烃分子中C－C键和C－H键的键能大于硅烷中的Si－Si键和Si－H键的键能，稳定性强，所以硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多。
②由于键能越大，物质越稳定，C－H键的键能大于C－O键的键能，故C－H键比C－O键稳定；而Si－H键的键能却远小于Si－O键的键能，所以Si－H键不稳定，而倾向于形成稳定性更强的Si－O键，即更易生成氧化物。
（6）在硅酸盐中，SiO44－形成四面体结构，所以中心原子Si原子采取sp3杂化。根据图（b）结构可知，在无限长单链结构的多硅酸根，Si与O的原子原子个数之比为1:3，化学式为SiO32－。
37．（2013·海南·19-I）下列化合物中，含有非极性共价键的离子化合物是
A．CaC2 B．N2H4 C．Na2S2 D．NH4NO3
【答案】AC
38．（2013·海南·19-II）图A所示的转化关系中（具体反应条件略），a、b、c和d分别为四种短周期元素的常见单质，其余均为它们的化合物，i的溶液为常见的酸，a的一种同素异形体的晶胞如图B所示。
53
回答下列问题：
（1）图B对应的物质名称是，其晶胞中的原子数为，晶体类型为。
（2）d中元素的原子核外电子排布式为 。
（3）图A中由二种元素组成的物质中，沸点最高的是，原因是，该物质的分子构型为，中心原子的杂化轨道类型为。
（4）图A中的双原子分子中，极性最大的分子是。
（5）k的分子式为，中心原子的杂化轨道类型为，属于分子（填“极性”或“非极性”）。
【答案】（1）金刚石 8 原子晶体 （2）1s22s22p63s23p5
（3）H2O 分子间形成氢键 V形（或角形） sp3 （4）HCl
（5）COCl2 sp2 极性
【解析】（1）每个原子周围有4个键，判断为金刚石。
（2）a为C，则b为H2、c为O2，因i是常见的酸，只由b、d形成可判断为盐酸，则d为Cl2。
（3）除a、b、c、d外，f为CO，g为CO2，i为HCl，而k与水反应生成CO2与盐酸，该反应没在教材中出现过，且由f、d反应得到，应含C、O、Cl三种元素，只能判断为COCl2（在历届高考中有出现过）。所有两元素形成的物质中，只有水是液态，其它都是气体。
（4）所有双原子分子中，只有H、Cl电负性差值最大，因而极性最大。
（5）COCl2中羰基的平面结构显示其为sp2杂化。
39．（2013·江苏·21A）元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。
(1)X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示。
①在1个晶胞中，X离子的数目为。
②该化合物的化学式为。
(2)在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是。
(3)Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是。
(4)Y与Z可形成YZ42－
①YZ42－的空间构型为(用文字描述)。
②写出一种与YZ42－互为等电子体的分子的化学式：。
(5)X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为。
【答案】(1)①4 ②ZnS(2)sp3(3)水分子与乙醇分子之间形成氢键
(4)①正四面体 ②CCl4或SiCl4(5)16mol或16×6.02×1023个
【解析】本题考查学生对原子核外电子排布、晶体结构与计算、原子轨道杂化类型、分子空间构型、氢键、配合物等《选修三》中基础知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，显然是锌。元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，即硫。元素Z的原子最外层电子数是
53
其内层的3倍，为氧。
(1)①在1个晶胞中，Zn离子的数目为8×1/8＋6×1/2=4。
②S离子的数目也为4，化合物的化学式为ZnS。
(4)①SO42－的空间构型根据VSEPR模型与杂化类型可知无孤对电子为正四面体。
②SO42－互为等电子体的分子的化学式CCl4或SiCl4
(5)锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目既要考虑到配体中，还要考虑配体与中心原子之间的配位键，因此1mol该配合物中含有σ键的数目为16mol或16×6.02×1023个。
【备考提示】《选修三》的知识点是单一的、基础的，高考结构题的考点相对比较稳定，要让学生抓住重点，明确考试的题型和考点，1－36号元素在周期表中的位置、原子核外电子排布(价电子排布式)、杂化方式、化学键类型、晶体结构、配合物、电负性和电离能大小比较、等电子体、氢键等知识是高考的热点也是重点。狠抓基础知识，强化主干知识的巩固和运用，这是我们高三复习的灵魂所在。
40．（2013·福建·31）（1）依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照右图B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。
（2）NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：
①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有_________（填序号）。
a.离子晶体 b.分子晶体 c.原子晶体 d.金属晶体
②基态铜原子的核外电子排布式为________。
（3）BF3与一定量水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：
①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及___________（填序号）。
a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.金属键 e.氢键 f.范德华力
②R中阳离子的空间构型为_______，阴离子的中心原子轨道采用_______杂化。
（4）已知苯酚()具有弱酸性，其Ka=1.1 ×10-10；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)_______Ka(苯酚)（填“>”或“<”），其原因是__________。
【答案】（1）（2）①a、b、d
②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1
53
（3）①a、d②三角锥型 sp3
（4）<中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋
【解析】本题考查物质结构与性质模块的内容。考查了电离能、电子排布式、空间构型、杂化以及氢键等知识。
（1）同周期元素的第一电离能呈增大趋势，但是氮的2p轨道处于半满状态2p3，使其结构相对较为稳定，致使其第一电离能大于相邻的碳、氧元素。
（2）①NH3、F2、NF3为分子晶体，铜为金属晶体，而NH4F是由NH4+和F-组成的为离子晶体。
②铜的原子序数为29，处于ⅠB族，故其电子排布式为：1s11s22s22p63s23p63d104s1。
（3）①在Q晶体中H2O是由共价键组成的分子、除存在共价键外，B最外层有3个电子，与F原子形成共价键，B原子提供空轨道与O原子间形成配位键，除分子间作用力外，H2O的氧原子与的氢原子键存在氢键。
②H3O+中的氧原子是sp3杂化，形成的空间构型为三角锥形。阴离子的B原子形成四条单键，无孤对电子对，故其杂化类型为sp3。
（4）当形成分子内氢键后，导致酚羟基的电离能力降低，故其第二电离能力比苯酚小。
41．（2012·海南·19-I）下列有关元素锗及其化合物的叙述中正确的是
A．锗的第一电离能高于碳而电负性低于碳
B．四氯化锗与四氯化碳分子都是四面体构型
C．二氧化锗与二氧化碳都是非极性的气体化合物
D．锗和碳都存在具有原子晶体结构的单质
【答案】BD
【解析】锗是金属而碳是非金属元素，第一电离能要低于碳，故A错；C和Ge都是第ⅣA族元素，四氯化锗与四氯化碳都是分子晶体，其分子构型相同，故B正确；锗是金属，金属的氧化物不可能为气体化合物，故C错；锗和碳是同主族元素，晶体结构具有一定的相似性，故D正确。
42．（2012·江苏·21A）一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(CuMn2O4)能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛(HCHO)。
(1)向一定物质的量浓度的Cu(NO3)2和Mn(NO3)2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。
①Mn2＋基态的电子排布式可表示为。②NO3－的空间构型(用文字描述)。
(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化成CO2，HCHO被氧化成CO2和H2O。
①根据等电子原理，CO分子的结构式为。
②H2O分子中O原子轨道的杂化类型为。
③1molCO2中含有的σ键数目为。
(3)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成[Cu(OH)4]2－。不考虑空间构型，[Cu(OH)4]2－的结构可用示意图表示为。
【答案】(1)①1s22s22p63s23p63d5(或[Ar]3d5)②平面三角形
53
(2)①C≡O ②sp3 ③2×6.02×1023个(或2mol)
(3)
【解析】本题科学研究铜锰氧化物作背景，考查学生对电子排布、原子轨道杂化类型与空间构型、等电子体原理、[Cu(OH)4]2－结构等《选修三》基础知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。
【备考提示】《选修三》的知识点是单一的、基础的，我们一定要确保学生不在这些题目上失分。看来还是得狠抓重要知识点，狠抓基础知识，强化主干知识的巩固和运用，这也许是我们高三复习的灵魂所在。
43．（2012·海南·19-II）铜在我国有色金属材料的消费中仅次于铝，广泛地应用于电气、机械制造、国防等领域。回答下列问题：
(1)铜原子基态电子排布式为；
(2)用晶体的x射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数。对金属铜的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.00g·cm-3，则镉晶胞的体积是
cm3、晶胞的质量是g，阿伏加德罗常数为(列式计算，己知Ar(Cu)=63.6)；
(3)氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构(如下图)，a位置上Cl原子的杂化轨道类型为。已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，另一种的化学式为；
(4)金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是，反应的化学方应程式为。
【答案】(1)1s22s22p63s23p63d104s1
(2)4.7×10-23cm3 4.23×10-22g Ar(Cu)=63.6g/mol=×NA，得NA=6.01×1023mol-1。(3)sp3 K2CuCl3
(4)过氧化氢为氧化剂，氨与Cu形成配离子，两者相互促进使反应进行；
Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH—
【解析】 (1)铜是29号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)铜的晶胞为面心立方最密堆积，一个晶胞能分摊到4个Cu原子；1pm=10-10cm，故一个晶胞的体积为(361×10-10cm)3=4.7×10-23cm3；一个晶胞的质量为4.7×10-23cm3×9.00g·cm-3=4.23×10-22g；由Ar(Cu)=63.6g/mol=×NA，得NA=6.01×1023mol-1。
(3) KCuCl3中Cu元素的化合价为+2，则另一种无限长链结构中的Cu元素的化合价为+1，CuCl3原子团的化合价为-2，故其化学式为K2CuCl3。
(4)“金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应”，这是两种物质共同作用的结果：过氧化氢具有强氧化性，而氨水能与Cu2+形成配合物。
53
44．（2012·安徽·25）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中常见的元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍
Y
Y的基态原子最外层电子排布式为：nsnnpn+2
A
Z存在质量数为23，中字数为12的核素
W
W有多种化合价，其白色氢氧化合物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
（1）W位于元素周期表第_____________周期第___________族，其基态原子最外层有________个电子。
（2）X的电负性比Y的____________(填“大”或“小”);X 和Y的气态氢化物中，较稳定的是______________（写化学式）。
（3）写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：________________.
（4）在Ｘ的原子和氢原子形成的多分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示两种氢，写出其中一种分子的名称：_____________。氢元素，X、Y的原子也可共同形成多种分子和莫钟常见无阴离子，写出其中一种分子与该无阴离子反应的离子方程式：________________。
【答案】⑴4 Ⅷ 2 ⑵小 H2O ⑶
⑷丙烷（或丙炔或2-甲基丙烯或1,2,4,5-四甲基苯等） CH3COOH＋HCO－3===CH3COO－＋H2O＋CO2↑
【解析】本题为元素推断题，主要考查原子结构、元素周期表、元素周期律知识，同时考查氧化还原反应及离子方程式的书写，旨在考查考生对物质组成、结构、性质的综合应用能力。由题中信息可推知X、Y、Z、W分别为C、O、Na、Fe四种元素。⑴Fe位于周期表第4周期第Ⅷ族元素，其基态原子价电子排布式为3d64s2，最外层有2个电子。⑵X(C)、Y(O)位于同一周期，自左向右电负性增大，故X的电负小比Y的小，非金属性越强，气态氢化物越稳定，故较稳定的为H2O。⑶Na2O2与CO2反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2===2Na2CO3＋O2，在标电子转移的方向和数目时，应注意Na2O2中氧元素化合价一部分升高，一部分降低。⑷本小题为发散型试题，答案不唯一。烃分子中含有两种氢原子的烃较多，如丙烷（CH3CH2CH3）、丙炔（CH3C≡CH）等，由C、H、O三种元素形成的分子很多，但形成的无机阴离子只有HCO－3，因此能与HCO－3反应的分子必须为羧酸，如CH3COOH等。
45．（2012·福建·30）（1）元素的第一电离能：AlSi（填“>”或：“<”）
（2）基态Mn2+的核外电子排布式为。
（3）硅烷（SinH2n+2）的沸点与其相对分子质量的变化关系如右图所示，呈现这种变化关系的原因是。
（4）硼砂是含结晶水的四硼酸钠，其阴离子Xm—（含B、O、H三种元素）的球棍模型如右下图所示：
①在Xm—中，硼原子轨道的杂化类型有；配位键存在于原子之间（填原子的数字标号）；
m=（填数字）。
53
②硼砂晶体由Na+、Xm—和H2O构成，它们之间存在的作用力有（填序号）。
A．离子键 B.共价键 C.金属键 D.范德华力 E.氢键
【答案】（1）<（2） [Ar]3d5
（3）硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高。
（4）①2号B原子为SP2杂化, 4号B原子为SP3杂化； 4号与5号之间。2,②B。
【解析】（1）同周期从左到右第一电离能逐渐增大趋势，ⅡA和ⅤA族则反常。所以铝的第一电离能小硅，一般题目是比较镁铝的电离能，这样设问可见出题求异。
（2）基态Mn2+的核外电子排布式为[Ar]3d5
（3）硅烷是分子晶体，结构相似，相对分子质量越大，分子间的范德华力越大，沸点越高。
（4）①1,3,5，6代表氧原子，2,4代表B原子，2号B形成3个键，则B原子为SP2杂化, 4号B形成4个键，则B原子为SP3杂化； B一般是形成3个键，4号B形成4个键，其中1个键很可能就是配位键，配位键存在4号与5号之间。
观察模型，可知Xm—是（H4B4O9）m—，依据化合价H为+1，B为+3，O为—2，可得m=2,
这问有一定难度，思维能力，空间能力要求比较高。
②钠离子与Xm-形成离子键,结晶水分子间存在氢键和范德华力。学生没仔细读题，题目是问钠离子、Xm-、水分子之间的作用力，而不是硼砂晶体中的作用力，可能会多选B。
46．（2012·山东·32）金属镍在电池、合金、催化剂等方面应用广泛。
(1)下列关于金属及金属键的说法正确的是_。
a.金属键具有方向性与饱和性
b.金属键是金属阳离子与自由电子间的相互作用
c.金属导电是因为在外加电场作用下产生自由电子
d.金属具有光泽是因为金属阳离子吸收并放出可见光
(2) Ni是元素周期表中第28号元素，第二周期基态原子未成对电子数与Ni相同且电负性最小的元素是。CO与N2结构相似，CO分子内σ键与π键个数之比为。
(3)过渡金属配合物Ni(CO)n的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=。
(4)甲醛(H2C=O)在Ni催化作用下加氢可得甲醇(CH3OH )。甲醇分子内C原子的杂化方式为，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。
【答案】（1）b （2）C （3）4 1：2 （4）sp3 ＞
【解析】 (1)金属键没有方向性和饱和性，a错；金属键是金属阳离子和自由电子间的相互作用，b对；金属导电是因为在外加电场作用下发生定向移动，c错；金属具有光泽是因为自由电子能够吸收并放出可见光，d错。(2)Ni的外围电子排布为3d84s1, 3d能级上有2个未成对电子。第二周期中未成对电子数为2的元素有C、O，其中C的电负性小。(3)CO中C和O为叁键，含有1个σ键、2个π键。(4)甲醇分子内C的成键电子对为4，无孤电子对，杂化类型为sp3，甲醇分子内O−C−H键角比甲醛分子内O−C−H键角大。
47．（2011·福建·30）氮元素可以形成多种化合物。回答以下问题：
（1）基态氮原子的价电子排布式是_________________。
（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是____________。
（3）肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被－NH2（氨基）取代形成的另一种氮的氢化物。
①NH3分子的空间构型是_______；N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是___________。
②肼可用作火箭燃料，燃烧时发生的反应是：N2O4(l)＋2N2H4(l)===3N2(g)＋4H2O(g) △H=－1038.7kJ·mol－1若该反应中有4mol N－H键断裂，则形成的π键有________mol。
③肼能与硫酸反应生成N2H6SO4。N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4的晶体内不存在__________(填标号)
a. 离子键 b. 共价键 c. 配位键 d. 范德华力
53
（4）图1表示某种含氮有机化合物的结构，其分子内4个氮原子分别位于正四面体的4个顶点（见图2），分子内存在空腔，能嵌入某离子或分子并形成4个氢键予以识别。
下列分子或离子中，能被该有机化合物识别的是_________（填标号）。
a. CF4 b. CH4 c. NH4＋ d. H2O
【答案】（1）2s22p3（2）N＞O＞C（3）①三角锥形 sP3 ②3 ③d （4）c
【解析】（1）基态氮原子的价电子排布式是2s22p3，学生可能审题时没注意到是价电子排布式。
（2）C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序是N＞O＞C
（3）①NH3分子的空间构型是三角锥型，NH3中氮原子轨道的杂化类型是sp3，而肼(N2H4)分子可视为NH3分子中的一个氢原子被—NH2（氨基）取代形成的，所以N2H4分子中氮原子轨道的杂化类型是sp3，这个与H2O，H2O2中O的杂化类型都是sp3的道理是一样的。
②反应中有4mol N－H键断裂，即有1molN2H4参加反应，生成1.5molN2，则形成的π键有3mol。③N2H6SO4晶体类型与硫酸铵相同，可见它是离子晶体，晶体内肯定不存在范德华力。
（4）要形成氢键，就要掌握形成氢键的条件：一是要有H原子，二是要电负性比较强，半径比较小的原子比如F、O、N等构成的分子间形成的特殊的分子间作用力。符合这样的选项就是c和d，但题中要求形成4个氢键，氢键具有饱和性，这样只有选c。这题中的（3）（4）两问亮点较多，让人耳目一新，其中第（4）耐人回味，这样子就把氢键的来龙去脉和特点考查彻底！高！
48.（2011·海南·19-I）下列分子中，属于非极性的是
A.SO2 B.BeCl2 C.BBr3 D.COCl2
【答案】BC
【解析】根据价层电子对互斥理论（VSEPR）可得四种分子的结构如下：
【思维拓展】进入新课标高考以来，关于价层电子对互斥理论的运用成了重要的常考点，每年都会考到，是高考复习必备知识与能力点。
49．（2010·安徽·25）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的四种常见元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子核外3个能级上有电子，且每个能级上的电子数相等
Y
常温常压下，Y单质是淡黄色固体，常在火山口附近沉积
Z
Z和Y同周期,Z的电负性大于Y
W
W的一种核素的质量数为63，中子数为34
（1）Y位于元素周期表第 周期表 族，Y和Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性较强的是 （写化学式）。
（2）XY2是一种常用的溶剂，XY2的分子中存在 个σ键。在H―Y、H―Z两种共价键中，键的极性较强的是 ，键长较长的是 。
53
（3）W的基态原子核外电子排布式是 。W2Y在空气中煅烧生成W2O的化学方程式是 。
（4）处理含XO、YO2烟道气污染的一种方法，是将其在催化剂作用下转化为单质Y。
已知：XO(g)+O2(g)=XO2(g) H=－283.0 kJ·mol－2
Y(g)+ O2(g)=YO2(g) H=－296.0 kJ·mol－1此反应的热化学方程式是 。
【答案】(1)3 VIA HClO4 (2)2 H-Z H-Y (3)[Ar]3d104s1 2Cu2S+3O2=2Cu2O+2SO2
(4)2CO(g)+SO2(g)=S(s)+2CO2 (g) △H=-270kJ/mol
【解析】由表中可知，X为C Y为 S Z为 Cl W为Cu
50．（2010·福建·30）（1）中国古代四大发明之一——黑火药，它的爆炸反应为
（已配平）
①除S外，上列元素的电负性从大到小依次为。
②在生成物中，A的晶体类型为，含极性共价键的分子的中心原子轨道杂化类型为。
③已知与结构相似，推算HCN分子中键与键数目之比为。
（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，且原子序数T比Q多2。T的基态原子外围电子（价电子）排布为，的未成对电子数是。
（3）在的水溶液中，一定条件下存在组成为（n和x均为正整数）的配离子，将其通过氢离子交换树脂（R-H），可发生离子交换反应：
交换出来的经中和滴定，即可求出x和n,确定配离子的组成。将含0．0015 mol 的溶液，与R-H完全交换后，中和生成的需浓度为0．1200 mol·L-1 NaOH溶液25．00 ml,该配离子的化学式为。
【答案】（1）① ②离子晶体 ③1：1.
（2）（3）
【解析】（1）①钾为活泼金属，电负性比较小；在同周期在同周期，非金属性逐渐增强，电负性也逐渐增大 ②是离子化合物，属于离子晶体，产物中含有极性共价键的分子为，其空间构型为直线型，中新源自轨道杂化类型为sp；③中与结构相同，含有三个键，一个σ键和两个键；另外和之间形成一个σ键，所以分子中σ键和键数目之比为2：2，即为1：1.
（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既处于同一周期又位于同一族，应该都属于第Ⅷ族元素，原子序数T比Q多2，可以确定T为Ni，Q为Fe，所以T的基态原子外围电子（价电子）排布为，即Fe2+的未成对电子数是4.
53
（3）中和生成的需要浓度为0.1200mol溶液25.00ml，则可以得出的物质的量为0.12×25.00×10-3=0.0030mol，所以x=0.0030/0.0015=2；的化合价为+3价，x=2可以得知n=1，即该配离子的化学式为.
考点三：晶体结构与性质
51．（2019·全国III·35）磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：
（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是________，该元素基态原子核外M层电子的自旋状态_________（填“相同”或“相反”）。
（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）苯胺（）的晶体类型是__________。苯胺与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（-5.9℃）、沸点（184.4℃）分别高于甲苯的熔点（-95.0℃）、沸点（110.6℃），原因是___________。
（4）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。
（5）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）。
【答案】（1）Mg 相反（2） 4
（3）分子晶体 苯胺分子之间存在氢键（4）O sp3 σ（5）(PnO3n+1)(n+2)-
【解析】（1）根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的最外层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反。
（2）氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为，因此Fe的配位数为4。
（3）大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。
53
（4）电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O就是最大的。计算出P的杂化类型是sp3，与氧原子形成的是磷氧双键，其中p轨道是σ，与氢氧形成的是单键。
（5）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO42-、P2O74-、P3O105-：
磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n
氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1
酸根的变化规律为：3，4，5，n+2
因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)-。
【点睛】第二小问，双聚分子的氯化铁结构式，从共价键的角度分析，存在着配位键，那配位原子就是氯原子，共用两个氯原子就可实现将两个氯化铁连接在一起的结构；第五小问，应用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。
52.（2018·全国I·35）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具有反萤石结构，晶胞如图(b)所示。已知晶胞参数为0.4665 nm，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）。
【答案】 D C Li+核电荷数较大 正四面体 sp3 AB 520 498 2908
【解析】
53
53.（2016·海南·19—II）M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：
（1）单质M的晶体类型为______，晶体中原子间通过_____作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为______。
（2）元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是_____（写元素符号）。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是______（写化学式），该酸根离子的立体构型为______。
（3）M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为_______，已知晶胞参数a=0.542 nm，此晶体的密度为_______g·cm–3。（写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA）
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是________。此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为_______。
【答案】（1）金属晶体金属键 12 （每空1分，共3分）
（2）1s22s22p63s23p5 Ar HClO4正四面体（每空1分，共4分）
（3）①CuCl （每空2分，共4分）
②Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物（或配离子） [Cu(NH3)4]2+ (2分，1分，共3分)
53
（3）①根据晶胞结构利用切割法分析，每个晶胞中含有铜原子个数为8×1/8+6×1/2=4，氯原子个数为4，该化合物的化学式为CuCl ，1mol晶胞中含有4mol CuCl，1mol晶胞的质量为4×99.5g，又晶胞参数a=0.542 nm，此晶体的密度为g·cm–3。②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是Cu+可与氨形成易溶于水的配位化合物。该溶液在空气中Cu(I)被氧化为Cu(II)，故深蓝色溶液中阳离子的化学式为[Cu(NH3)4]2+ 。
54．（2014·江苏·21A）含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O。
（1）Cu+基态核外电子排布式为
（2）与OH－互为等电子体的一种分子为（填化学式）。
（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是；1mol乙醛分子中含有ó的键的数目为。
（4）含有NaOH的Cu(OH)2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为。
（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4。铜晶胞结构如右图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10 （2）HF （3）sp2 6mol或6×6.02×1023
（4）2Cu(OH)2+CH3CHO+NaOH→CH3COONa+Cu2O↓+3H2O（5）12
【解析】（1）Cu为29号元素，要注意3d轨道写在4s轨道的前面，同时还有就是它的3d结构，基态原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1 ，Cu→Cu+失去最外层的4s1，故Cu+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，故答案为：1s22s22p63s23p63d10。
（2）等电子体是指具有相同电子数目和原子数目的分子或离子，OH—中电子数为：8+1+1=10（2个原子），所以与OH—为等电子体的分子为HF（2个原子，10个电子）；
（3）醛基的碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化；1个CH3CHO分子结构中含6个键（4个C—H键，1个C—C键和1个C=O（双键一个是键，一个是键）
53
键），故1mol乙醛中含有的键的数目为6mol；
（4）乙醛与新制氢氧化铜的反应生成乙酸钠、氧化亚铜和水，方程式为2Cu(OH)2+CH3CHO+NaOH→CH3COONa+Cu2O↓+3H2O；
（5）同一层上四个角，加上下面4个面中心四个，和上面4个面对应的4个，总共12个铜晶胞中，距离铜原子最近的铜原子有12个。
55．（2014·全国I·37）早期发现的一种天然二十面体准晶颗粒由Al、Cu、Fe三种金属元素组成。回答下列问题：
（1）准晶是一种无平移周期序，但有严格准周期位置序的独特晶体，可通过________方法区别晶体、准晶体和非晶体。
（2）基态Fe原子有_______个未成对电子，Fe3+的电子排布式为_________。可用硫氰化钾检验Fe3+，形成的配合物的颜色为____________。
（3）新制的Cu(OH)2可将乙醛（CH3CHO）氧化成乙酸，而自身还原成Cu2O。乙醛中碳原子的杂化轨道为___________，1mol乙醛分子中含有的键的数目为___________。乙酸的沸点明显高于乙醛，其主要原因是___________。Cu2O为半导体材料，在其立方晶胞内部有4个氧原子，其余氧原子位于面心和定点，则该晶胞中有个铜原子。
（4）Al单质为面心立方晶体，其晶胞参数nm，晶胞中铝原子的配位数为。列式表示Al单质的密度gcm-3。
【答案】（1）X射线衍射法，（2）4，1s22s22p63s23p63d5；血红色。
（3）sp3、sp2；6NA；形成了分子间的氢键，造成沸点升高；16。（4）12；
【解析】（1）区分晶体、非晶体的科学方法是X射线衍射法，
（2）基态Fe原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d6 4s2，所以有4个未成对电子，失掉2个4s、1个3d电子形成Fe3+，其电子排布为1s22s22p63s23p63d5；形成的硫氰合铁配离子为血红色。
（3）乙醛分子中甲基碳原子空间四面体构型，采取sp3杂化；醛基是平面结构，碳原子采取sp2杂化；CH3CHO分子中的碳碳键、4个碳氢键都是σ键，碳氧双键中有一个σ键，所以1mol乙醛分子中共有6molσ键，也就是6NA；由于乙酸分子羟基极性更强，形成了分子间的氢键，造成沸点升高；根据分摊原则，Cu2O晶胞中有8个氧原子，则应该有16个Cu原子。
（4）面心立方最密堆积的配位数为12；面心立方最密堆积的晶胞内有4个Al原子，其质量为：4×27/NAg，体积为：(4.05×10-7)3cm3,所以其密度为：。
56．（2013·全国II·37）前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。
回答下列问题：
（1）D2+的价层电子排布图为_______。
（2）四种元素中第一电离最小的是____，电负性最大的是____。（填元素符号）
（3）A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图所示。
53
①该化合物的化学式为_________；D的配位数为_______；
②列式计算该晶体的密度_______g·cm-3。
（4）A－、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有_____；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_______，配位体是____。
【答案】（1）（2）K F
（3）①K2NiF4； 6 ②
（4）离子键、配位键；[FeF6]3－；F－
【解析】A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B+的电子相差为8，所以A是F，B是K。与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2，C应该是Fe，D应该是Ni。
（1）根据构造原理可知，D2+的价层电子排布图为。
（2）金属性越强，第一电离能越小，所以四种元素中第一电离最小的是K。非金属性越强，电负性越大，所以电负性最大的是F。
（3）①根据晶胞的结构简式可知，F原子的个数是；K原子的个数是；Ni原子个数是，所以该化合物的化学式是K2NiF4。
②根据晶胞的结构简式可知，中间的立方体中Ni原子周围最近的F原子个数是6，既配位数是6。
③根据①可知该晶胞的目的应该是 g·cm-3。
（4）A－、B+和C3+三种离子组成的化合物是K3[FeF6]，含有的化学键是离子间和配位健，
53
其中复杂的离子是[FeF6]3－，配体是F－。
57．（2012·全国I·37）ⅥA族的氧、硫、硒(Se)、碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含ⅥA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：
(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是________。
(2)原子的第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，O、S、Se原子的第一电离能由大到小的顺序为_________。
(3)Se的原子序数为____，其核外M层电子的排布式为_________。
(4)H2Se的酸性比H2S________； (填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为_________；SO32-离子的立体构型为________。
(5) H2SeO3的K1和K2分别为2.7×10-3和2.5×10-8，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2×10-2，请根据结构与性质的关系解释：_________；
①H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因： _________； ②H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_______。
(6)ZnS在荧光体、光导体材料、涂料、颜料等行业中应用广泛。立方ZnS晶体结构如下图所示，其晶胞边长为540.0pm，其密度为_________； (列式并计算)，a位置S2-离子与b位置Zn2+离子之间的距离为_________pm(列式表示)。
【答案】(1) sp3； (2) O＞S＞Se； (3) 34， 3s23p63d10
(4) 强。 平面三角型， 三角锥形；
(5) ①第一步电离后生成的负离子较难再进一步电离出带正电荷的氢离子；
②H2SeO3和H2SeO4可表示成(HO)2SeO和(HO)2SeO2。H2SeO3中的Se为+4价，而H2SeO4中的Se为+6价，正电性更高，导致Se-O-H中O的电子更向Se偏移，越易电离出H+。
(6)，
【解析】（1）因为S8为环状立体结构，所以为SP3；
(6)第一问我们常碰到，后面一问要注意四个Zn2+在体内的四个小立方体的中心，不在同一平面上，过b向上面作垂线，构成直角三角形，两边分别为√2/4a 1/4a，即可求出斜边为√3/4a(a 为晶胞边长)。
58．（2011·江苏·21A）原子序数小于36的X、Y、Z、W四种元素，其中X是形成化合物种类最多的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Z原子基态时2p原子轨道上有3个未成对的电子，W的原子序数为29。
回答下列问题：
（1）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为，1mol Y2X2含有σ键的数目为。
（2）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是。
（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是。
（4）元素W的一种氯化物晶体的晶胞结构如图13所示，该氯化物的化学式是，它可与浓盐酸发生非氧化还原反应，生成配合物HnWCl3，反应的化学方程式为。
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【答案】（1）sp杂化 3mol或3×6.2×10 个 （2）NH3分子存在氢键（3）N2O
（4）CuCl CuCl＋2HCl＝H2CuCl3 (或CuCl＋2HCl＝H2[CuCl3])
【解析】本题把元素推理和物质结构与性质熔融合成一体，考查学生对元素推理、原子轨道杂化类型、分子空间结构、氢键、等电子体原理、晶胞结构、化学键的数目计算、新情景化学方程式书写等知识的掌握和应用能力。本题基础性较强，重点特出。由题意知X、Y、Z、W四种元素分别是：H、C、N、Cu。
【备考提示】《选修三》的知识点是单一的、基础的，我们一定要确保学生不在这些题目上失分。看来还是要狠抓重要知识点，强化主干知识的巩固和运用。
59．（2011·山东·32）氧是地壳中含量最多的元素。
（1）氧元素基态原子核外未成对电子数为个。
（2）H2O分子内的O-H键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为。
（3） H+可与H2O形成H3O+，H3O+中O原子采用杂化。H3O+中H-O-H键角比H2O中H-O-H键角大，原因为。
(4)CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，已知CaO晶体密度为ag·cm-3，表示阿伏加德罗常数，则CaO晶胞体积为cm3。
【答案】（1）2
（2）O-H键、氢键、范德华力；邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间氢键是分子间作用力增大；
（3）sp3；H2O中O原子有2对孤对电子，H3O＋只有1对孤对电子，排斥力较小；（4）
【解析】（1）氧元素核外有8个电子，其基态原子核外电子排布为1S22S22P4，所以氧元素基态原子核外未成对电子数为2个；
（2）O-H键属于共价键，键能最大；分子间的范德华力和氢键均属于分子间作用力的范畴，但氢键要强于分子间的范德华力，所以它们从强到弱的顺序依次为O-H键、氢键、范德华力；氢键不仅存在于分子之间，有时也存在于分子内。邻羟基苯甲醛在分子内形成氢键，而在分子之间不存在氢键；对羟基苯甲醛正好相反，只能在分子间形成氢键，而在分子内不能形成氢键，分子间氢键强于分子内氢键，所以对羟基苯甲醛的沸点比邻羟基苯甲醛的高。
（3）依据价层电子对互斥理论知H3O+中O上的孤对电子对数＝1/2（5－3×1）＝1，由于中心O的价层电子对数共有3+1＝4对，所以H3O+为四面体，因此H3O+中O原子采用的是sp3杂化；同理可以计算出H2O
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中O原子上的孤对电子对数＝1/2（6－2×1）＝2，因此排斥力较大，水中H-O-H键角较小。
（4）氯化钠的晶胞如图所示，因此钙晶胞中含有的氯离子个数为8×1/8+6×1/3＝4，同样也可以计算出钠离子个数为4。由于CaO与NaCl的晶胞同为面心立方结构，所以CaO晶胞中也含有4个钙离子和4个氧离子，因此CaO晶胞体积为。
60．（2011·全国I·36）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，如下图所示：
请回答下列问题：
（1）由B2O3制备BF3、BN的化学方程式依次是_________、__________；
（2）0基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；
（3）在BF3分子中，F-B-F的键角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4－的立体结构为_______；
（4）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；
（5）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶苞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。
【答案】（1）B2O3＋3CaF2＋3H2SO42BF3↑+3CaSO4＋3H2O；B2O3＋2NH32BN＋3H2O；
（2）1s22s2sp1；N；+3.（3）120°；sp2；正四面体。
（4）共价键（或极性共价键）；分子间作用力。（5）
【解析】（1）由图可知B2O3与CaF2和H2SO4反应即生成BF3，同时还应该产生硫酸钙和水，方程式为B2O3＋3CaF2＋3H2SO42BF3↑+3CaSO4＋3H2O；B2O3与氨气在高温下反应即生成BN，方程式为B2O3＋2NH32BN＋3H2O；
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（2）B的原子序数是5，所以基态B原子的电子排布式为1s22s2sp1；B和N都属于第二周期，同周期自左向右电负性逐渐增大，所以B和N相比，电负性较大的是N，B最外层有3个电子，所以化合价是+3价；
（3）依据价层电子对互斥理论可计算出中心原子的孤电子对数＝1/2(a-xb)＝1/2(3-3×1)＝0，所以BF3分子为平面正三角形结构，F-B-F的键角是120°，杂化轨道类型为sp2；在BF4－中中心原子的孤电子对数＝1/2(a-xb)＝1/2(4-4×1)＝0，所以BF4－的结构为正四面体。
（4）B、N均属于非金属元素，二者形成的化学键是极性共价键；而层与层之间靠分子间作用力结合。
（5）描述晶体结构的基本单元叫做晶胞，金刚石晶胞是立方体，其中8个顶点有8个碳原子，6个面各有6个碳原子，立方体内部还有4个碳原子，如图所示。所以金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数＝8×1/8+6×1/2+4=8，因此立方氮化硼晶胞中应该含有4个N和4个B原子。由于立方氮化硼的一个晶胞中含有4个N和4个B原子，其质量是是，立方体的体积是(361.5cm)3，因此立方氮化硼的密度是 g·cm-3。
61．（2011·海南·19-II）铜是重要金属，Cu的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途，如CuSO4溶液常用作电解液、电镀液等。请回答以下问题：
（1）CuSO4可由金属铜与浓硫酸反应制备，该反应的化学方程式为___________；
（2）CuSO4粉末常用来检验一些有机物中的微量水分，其原因是_______；
（3）SO42-的立体构型是________，其中S原子的杂化轨道类型是_______；
（4）元素金（Au）处于周期表中的第六周期，与Cu同族，Au原子最外层电子排布式为______；一种铜合金晶体具有立方最密堆积的结构，在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置，则该合金中Cu原子与Au原子数量之比为_______；该晶体中，原子之间的作用力是________；
（5）上述晶体具有储氢功能，氢原子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构为CaF2的结构相似，该晶体储氢后的化学式应为__________。
【答案】（1）Cu+2 H2SO4(浓) CuSO4 + SO2↑+ 2H2O；
（2）白色无水硫酸铜可与水结合生成蓝色的CuSO4·5 H2O，显示水合铜离子特征蓝色；
（3）正四面体，sp3；（4）6s1；（5）3:1；（4）金属键；（5）H8AuCu3
【解析】本题各小题内容考查点相互的联系不大，仍属于“拼盘”式题。（3）硫酸根中心原子的价层电子对为：孤对电子数6-2×4+2=0，成键电子对数4，所以为正四面体结构，中心原子为sp3杂化；（4）Au电子排布或类比Cu，只是电子层多两层，由于是面心立方，晶胞内N（Cu）=6×=3，N（Au）=8×=1；（5）CaF2结构如下图所示，所以氢原子在晶胞内有4个，可得储氢后的化学式为H8AuCu3
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【思维拓展】由于《物质结构与性质》模块近年才在在高考中出现，不可能出很难的题，且结构与性质之间的关系的紧密联系也不能体现过深，因而目前的高考来看，试题只能是拼盘式的。学习过程中有一定的难度，但学会后变化较少。主要的几个考点除配位外，基本在本题中都考到，与近三年的考题变化不大。
62．（2010·江苏·13）下面关于SiO2晶体网状结构的叙述正确的是
A．存在四面体结构单元，O处于中心，Si处于4个顶角
B．最小的环上，有3个Si原子和3个O原子
C．最小的环上，Si和O原子数之比为1：2
D．最小的环上，有6个Si原子和6个O原子
【答案】D
【解析】二氧化硅是原子晶体，结构为空间网状，存在硅氧四面体结构，硅处于中心，氧处于4个顶角所以A项错误；在SiO2晶体中，每6个Si和6个O形成一个12元环（最小环），所以D对，B、C都错误！
【点评】怎样理解SiO2的结构，可从晶体硅进行转化，晶体硅与金刚石结构相似，只需将C原子换成Si原子即可，课本上有我直接拿来用，再将Si-Si键断开，加入氧即可，见：
但是若将题目中B、B、D三个选项前面分别加上“平均每个”，则本题的答案就又变了，这时就要应用均摊法了，由于每个Si原子被12个环所共用，每个O原子被6个环所共用，每个Si-O键被6个环所共用，则均摊之后在每个环上含有0.5个Si，1个O，2个Si-O键，此时则B、D错误，C正确了，也即在1molSiO2中含有4 mol Si-O键（这是我们经常考的）。63．（2010·山东·32）碳族元素包括：C、Si、 Ge、 Sn、Pb。
(1)碳纳米管有单层或多层石墨层卷曲而成，其结构类似于石墨晶体，每个碳原子通过 杂化与周围碳原子成键，多层碳纳米管的层与层之间靠 结合在一起。
(2)CH4中共用电子对偏向C，SiH4中共用电子对偏向H，则C、Si、H的电负性由大到小的顺序为 。
(3)用价层电子对互斥理论推断SnBr2分子中Sn—Br的键角 120°（填“＞”“＜”或“＝”）。
(4)铅、钡、氧形成的某化合物的晶胞结构是：Pb4+处于立方晶胞顶点，Ba2+处于晶胞中心，O2-处于晶胞棱边中心，该化合物化学式为 ，每个Ba2+与 个O2-配位。
【答案】(1) sp2 范德华力(2) C＞H ＞Si(3) ＜（3）PbBaO312
【解析】(1)石墨的每个碳原子用sp2杂化轨道与邻近的三个碳原子以共价键结合，形成无
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限的六边形平面网状结构，每个碳原子还有一个与碳环平面垂直的未参与杂化的2P轨道，并含有一个未成对电子，这些平面网状结构再以范德华力结合形成层状结构。因碳纳米管结构与石墨类似，可得答案。
(2)共用电子对偏向电负性大的原子，故电负性：C＞H ＞Si。
(3) SnBr2分子中，Sn原子的价层电子对数目是（4+2）/2=3，配位原子数为2，故Sn原子含有故对电子，SnBr2空间构型为V型，键角小于120°。
(4)每个晶胞含有Pb4+：8×=1个，Ba2+：1个，O2-：12×=3个，故化学式为：PbBaO3。Ba2+处于晶胞中心，只有1个，O2-处于晶胞棱边中心，共12个，故每个Ba2+与12个O2-配位
64．（2010·江苏·21A）乙炔是有机合成工业的一种原料。工业上曾用与水反应生成乙炔。
(1) 中与互为等电子体，的电子式可表示为 ；1mol 中含有的键数目为。
(2)将乙炔通入溶液生成红棕色沉淀。基态核外电子排布式为。
(3)乙炔与氢氰酸反应可得丙烯腈。丙烯腈分子中碳原子轨道杂化类型是；分子中处于同一直线上的原子数目最多为。
(4) 晶体的晶胞结构与晶体的相似（如右图所示），但晶体中含有的中哑铃形的存在，使晶胞沿一个方向拉长。晶体中1个周围距离最近的数目为 。
【答案】（1） 2NA（2）1s22s22p63s23p63d10
（3）sp杂化 sp2杂化 3（4）4
【解析】（1）根据等电子体原理可知，O22+的电子式，在1mol三键含有2mol的键和1mol的键，故1mol O22+中，含有2NA个键
（2）Cu为29号元素，要注意3d轨道写在4s轨道的前面同时还有就是它的3d结构，Cu+的基本电子排布式为1s22s22p63s23p63d10
（3）—通过丙烯氰的结构可以知道碳原子的杂化轨道类型为sp和sp2杂化，同一直线上有3个原子。
（4）依据晶胞示意图可以看出，从晶胞结构图中可以看出，1个Ca2+周围距离最近的C22-
有4个，而不是6个，要特别主要题给的信息。
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