2025届高三化学一轮复习专项训练 分子空间结构与物质性质

《分子空间结构与物质性质》练习 一、选择题 1．徐光宪在《分子共和国》一书中介绍了许多分子，如、、、CO等。下列有关说法错误的是（　　） A．为非极性分子 B．的结构式为： C．分子中键的键角为120° D．CO与互为等电子体 2．葡酚酮是从葡萄籽中提取的一种花青素类衍生物(结构简式如图)，葡酚酮分子中含有手性碳原子(连有四个不同原子或基团的碳原子)的个数为（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 3．莽草酸的结构为(见如图)，其分子中手性碳原子的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 4．化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体，可由下列反应制得。 下列有关化合物X、Y和Z的说法不正确的是（　　） A．X分子中不含手性碳原子 B．Y分子中的碳原子可能处于同一平面 C．Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应 D．X、Z分别在过量NaOH溶液中加热，均能生成丙三醇 5．胆酸是由肝合成的，随胆汁排入十二指肠内，作为消化液的组成部分之一，能促进对脂类物质的消化和吸收。当幽门功能不全时，胆酸会反流到胃内，同胃酸一起造成对胃黏膜的损伤，并引起胃痛等不适症状，因此，胆酸是引起胃黏膜损伤的化学因子之一。胆酸的结构如图所示，其分子中手性C原子数为（　　） A．9 B．10 C．11 D．12 6．下列有机物分子中属于手性分子的是 A．甘氨酸(NH2CH2COOH) B．氯仿(CHCl3) C．乳酸[CH3CH(OH)COOH] D．丙醛(CH3CH2CHO) 7．下列分子中指定的碳原子(用*标记)不属于手性碳原子的是（　　） A．苹果酸 HOOC— H2—CHOH—COOH B．丙氨酸 C．葡萄糖 D．甘油醛 8．可用于某些配合物的制备，如溶于氨水形成，下列有关的说法正确的是（　　） A．在稀硫酸中能稳定存在 B．1 mol中键的数目为24 mol C．的配体为，中心离子的价层电子排布式为 D．由于是配合物，故向其中滴加溶液不会生成沉淀 9．下列配合物的配位数不为6的是（　　） A． B． C． D． 10．向由0.1molCoCl3·6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液，产生0.2mol沉淀。配合物CoCl3·6H2O的配位数为6，下列说法错误的是（　　） A．该配合物的中心离子是 B．该配合物的配体是H2O和 C．每1mol配离子中含有6NA个共价键 D．该配合物中存在的化学键有：共价键、配位键、离子键 11．我国科学家开发了一种新型手性Ru(Ⅱ)—Pt(Ⅱ)双核配合物()作为G—quadruplexDNA稳定剂和端粒酶抑制剂。手性Ru(Ⅱ)—Pt(Ⅱ)双核配合物的化学结构∆/A—RuPt和相关的单一核配合物(Pt和)的结构如图所示。已知：在等价轨道上的电子排布采取全充满和半充满时，能量会较低，体系有更大的稳定性。下列说法正确的是（　　） 已知：Ru(Ⅱ)表示+2价Ru，Pt(Ⅱ)的配位数为4。 A．与位于同一周期，基态Pd的价层电子排布式为 B．单一核配合物Pt中的配位原子只有N原子 C．中Ru原子与Pt原子的配位数相同 D．中Ru提供空轨道形成配位键 12．向盛有硫酸铜溶液的试管里加入氨水，首先形成难溶物，继续添加氨水，难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液。下列对此现象的说法中，正确的是（　　） A．反应后溶液中没有沉淀，所以反应前后Cu2+的浓度不变 B．沉淀溶解后，将生成深蓝色的配离子为 C．在中，Cu2+给出孤对电子，NH3提供空轨道 D．向反应后的溶液加入乙醇，溶液没有发生任何变化，因为不与乙醇发生反应 13．下列分子属于极性分子的是 A． B． C． D． 14．用一带静电的玻璃棒靠近一种纯液体流(如图所示)，这种液体可能是（　　） A．四氯化碳 B．液氨 C．水 D．甲醇 15．下列说法中正确的是 A．羧酸的pKa(pKa=-lgKa)越大，其酸性越强 B．CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，这与F、Cl元素的电负性大小有关 C．CHCl2COOH的酸性大于CCl3COOH，这与Cl原子的数目有关 D．烃基(R-)是推电子基团，随着烃基加长，羧酸的酸性差异越来越大 16．氯化二硫(S2Cl2)是广泛用于橡胶工业的硫化剂，其分子结构如下图所示。常温下S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。 下列说法错误的是(　　) A．S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl B．S2Cl2为含有极性键和非极性键的非极性分子 C．S2Br2与S2Cl2结构相似，分子间作用力：S2Br2>S2Cl2 D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl 二、非选择题 17．配位化学的应用十分广泛，在经济、生产、生活等方面都有重要作用。 （1）在配合物中部分分子或离子与中心离子较紧密地结合在一起，组成在溶液中能够稳定存在的整体，称为“内界”{书写时用“[ ]”与外界分离}。与中心离子结合不够紧密的离子则处于“外界”。内界和外界不同，物质的性质也不同，如CoCl3与NH3形成的三种配合物A、B、C，Co3+的配位数均为6，但它们的颜色各异，如果各取1molA、B、C溶于水，加入足量硝酸银溶液，分别产生1mol、2mol、3mol白色沉淀。则它们的化学式分别为A：　 　；B：　 　，C：　 　，它们的配体分别是A：　 　；B：　 　；C：　 　。 （2）甲醇和CO合成乙酸时，使用铑羰基化合物[Rh(CO)2I2]-作为催化剂，使得原本需要高压下才能进行的反应在低压下也能进行。其催化机理如图： ①根据Rh的化合价可将I、II、III、IV、V分为： 1)化合价　 　价，包含　 　； 2)化合价　 　价，包含　 　；(有几种化合价填几类，可不填满，也可增加) ②上述机理中包括　 　步反应，其中一步为氧化加成，该步反应的方程式为　 　。 18． （1）配位化学创始人维尔纳发现，取CoCl3·6NH3(黄色)、CoCl3·5NH3(紫红色)、CoCl3·4NH3(绿色)和CoCl3·4NH3(紫色)四种化合物各1mol，分别溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银沉淀，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol 和1 mol。 ①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。 CoCl3·6NH3(黄色)：　 　， CoCl3·4NH3(紫色)：　 　； ②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是　 　； ③上述配合物中，中心离子的配位数都是　 　，写出中心离子基态时的电子排布式： 　 　。 （2）向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液溶液变成血红色，该反应在有的教材中用化学方程式FeCl3+ 3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl表示，经研究表明Fe(SCN)，是配合物，Fe3+与SCN-不仅能以1：3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空： ①Fe3+与SCN-反应时，Fe3+提供　 　， SCN- 提供　 　 ，二者通过配位键结合； ②FeCl3与KSCN反应生成的配合物中，Fe3+与SCN-以1：1的个数比配合，所得离子显血红色。含该离子的配合物的化学式是　 　 。 ③若Fe3+与SCN-以1：5的个数比配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为 　 　。 19．第28届国际地质大会提供的资料显示，海底有大量的天然气水合物，可满足人类1 000年的能源需求。天然气水合物是一种晶体，晶体中平均每46个水分子构建成8个笼，每个笼可容纳1个CH4分子或1个游离H2O分子。根据上述信息，完成下列问题。 （1）下列关于天然气水合物中两种分子极性的描述正确的是　　　。 A．两种都是极性分子 B．两种都是非极性分子 C．CH4是极性分子，H2O是非极性分子 D．H2O是极性分子，CH4是非极性分子 （2）若晶体中每8个笼只有6个容纳了CH4分子，另外2个笼被游离H2O分子填充，则天然气水合物的平均组成可表示为　　　。 A．CH4·14H2O B．CH4·8H2O C．CH4· H2O D．CH4·6H2O 20．氮、磷、锌是与生命活动密不可分的元素．请回答下列问题 （1）NH3和PH3都是极性分子，其中极性较大的是　　 　 ，理由是　 　 （2）NH4NO3是一种重要的化学肥料，其中N原子的杂化方式是　 　 （3）已知磷酸分子中，P、O原子均满足最外层8个电子的稳定结构，则： ①P与非羟基O之间的共价键的形成方式是　　 　 ． ②中和20mL0.1mol•L﹣1次磷酸（H3PO2）溶液需要0.1mol•L﹣1 NaOH溶液的体积恰好为 20mL，则H3PO2的结构式是　 　 （4）Zn2+基态时的电子排布式是　　 　 ，ZnO和ZnS的晶体结构相似，其中熔点较高的是　　 　 　，理由是　 　 答案解析部分 1．【答案】A 【解析】【解答】A．H2O2分子中正负电荷中心不重合，属于极性分子，A符合题意； B．的结构式为：，B不符合题意； C．中B原子sp2杂化，分子构型为平面三角形，则其分子结构必然是三个F原子分别处在以硼为中心的平面三角形的三个顶点上，所以3个的键角均为120°，C不符合题意； D．N2分子与CO分子中，原子总数相同、价电子总数也相同，二者互为等电子体，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.过氧化氢分子正负电荷中心不重合，为极性分子； B.中存在S=O； C.为平面三角形结构， 键角为120° ； D.等电子体具有相同的原子总数和价电子总数。 2．【答案】B 【解析】【解答】连有四个不同原子或基团的碳原子是手性碳原子，则分子内含有3个手性碳原子： ，共有3个手性碳原子，故B符合题意； 【分析】根据手性碳原子的概念即可找出原子个数。 3．【答案】C 【解析】【解答】分子内含有手性碳原子的个数如图，共有3种，故答案为：C 【分析】手性碳原子指的是一个碳原子周围连接四个完全不相同的结构。 4．【答案】A 【解析】【解答】A . X分子有一个手性碳原子，在中间位置，A符合题意； B . 苯环上的碳原子共平面，Y分子中碳原子可能处于同一平面 ，B不符合题意； C . Z有羟基，邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应 ，C不符合题意； D . Z在NaOH溶液中加热先水解生成X，X在NaOH溶液中加热水解生成丙三醇 ，D不符合题意； 故答案为：A 【分析】A . 手性碳原子有4个不同的取代基； B . 苯环上的碳原子共平面； C . 羟基邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应 ； D .在NaOH溶液中加热水解生成醇类 。 5．【答案】C 【解析】【解答】手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，据此判断共有11个手性碳原子； 故答案为：C 【分析】手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子。 6．【答案】C 【解析】【解答】连4个不同原子或原子团的C为手性碳原子，含有手性碳原子的分子为手性分子，甘氨酸(NH2CH2COOH)、氯仿(CHCl3)、丙醛(CH3CH2CHO)均不含有手性碳原子，不属于手性分子，乳酸[CH3CH(OH)COOH]中连接甲基、羟基、羧基的碳是手性碳原子，属于手性分子； 故答案为：C。 【分析】手性碳是碳原子连接4个不同的原子或原子团的物质分析。 7．【答案】A 【解析】【解答】解：A. 苹果酸HOOC— H2—CHOH—COOH中 连接了2个氢原子，不是手性碳原子，A符合题意； B. 丙氨酸 中 连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，B不符合题意； C. 葡萄糖 中 连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，C不符合题意； D. 甘油醛 中 连接了4个不同的原子或原子团，属于手性碳原子，D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】有机物中的C连接四个不同的原子或原子团时，该C为手性C。 8．【答案】B 【解析】【解答】A、[Ni(NH3)6]2＋中NH3能与H＋反应，因此[Ni(NH3)6]2＋在稀硫酸中不能稳定存在，A不符合题意。 B、1mol[Ni(NH3)6]2＋含有6mol配位键、18molN－H键。因此1mol[Ni(NH3)6]2＋含有24molσ键，B符合题意。 C、[Ni(NH3)6]SO4的配体为NH3，中心离子为Ni2＋，其核外电子排布式为[Ar]3d8，C不符合题意。 D、配合物[Ni(NH3)6]SO4中SO42－为外界自由移动的离子，因此加入BaCl2溶液后，可反应生成BaSO4沉淀，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】A、NH3能与H2SO4反应。 B、一个NH3分子中含有3个N－H键，一个配位键为1个σ键。 C、Ni的原子序数为28，据此确定Ni2＋的价电子排布式。 D、外界离子SO42－能与Ba2＋形成BaSO4沉淀。 9．【答案】D 【解析】【解答】A、中配体为和，配位数为6，故A不符合题意； B、中配体为和，配位数为6，故B不符合题意； C、中配体为和、内界中的Cl，配位数为6，故C不符合题意； D、中配体为，配位数为2，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】根据各配合物的成键情况分析。 10．【答案】C 【解析】【解答】A、含有空轨道，则该配合物的中心离子是，A不符合题意； B、和含有孤电子对，提供电子形成配位键，因此该配合物的配体为和，B不符合题意； C、水分子中也含有共价键，1mol配离子中含有的共价键大于，C符合题意； D、该配合物中，存在的化学键有：共价键、配位键、离子键，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】配合物中，含有空轨道的离子提供空轨道，含有孤电子对的原子提供电子形成配位键。 11．【答案】D 【解析】【解答】A. 基态Pd为46号，其价层电子排布式为，故A项错误； B.有分析可知， 单一核配合物Pt中的配位原子有N和氯原子，故B项错误； C.由图可知， 中Ru原子与Pt原子的配位数 分别为：6、4，C错误； D. 中Ru原子供空轨道形成配位键，氮原子提供孤独电子，故D正确； 故答案为：D。 【分析】配位键形成条件：1.能够提供空轨道的原子，大多数为金属原子或者离子，2.要有能够提供孤电子的原子，如N、Cl等。 12．【答案】B 【解析】【解答】A.虽然Cu2+没有变成沉淀，但是变成了配离子，浓度减小了，A是错误的，不符合题意； B.Cu2+与4个NH3分子形成配离子，B选项是正确的，符合题意； C.在【Cu（NH3)4]2+中， Cu2+提供空轨道，NH3给出孤对电子，C选项是错误的，不符合题意； D.向反应后的 溶液加入乙醇 ，会有晶体析出，因为加入乙醇以后会降低【Cu（NH3)4]2+的溶解度。D选项是错误的，不符合题意。 故答案为：B。 【分析】在形成配离子时，由过渡金属阳离子来提供空轨道，配体中的原子来提供孤电子对，配体中一般由电负性弱的元素原子来提供孤电子对。 13．【答案】B 【解析】【解答】A、CS2的结构简式为S=C=S，结构中含有极性键，但结构具有对称性，因此CS2为非极性分子，A不符合题意。 B、NF3中含有极性键，氮原子中含有一对孤电子对，结构不具有对称性，因此NF3为极性分子，B符合题意。 C、SO3中中心硫原子的价层电子对数为3，且不含有孤电子对，因此结构具有对称性，所以SO3为非极性分子，C不符合题意。 D、SiF4中含有极性键，且为正四面体结构，具有对称性，因此SiF4为非极性分子，D不符合题意。 故答案为：B 【分析】根据结构的对称性和结构中所含化学键的类型分析，若结构中含有极性共价键，且结构具有对称性，则该分子属于非极性分子。若分子结构中含有极性键，但结构不具有对称性，则该分子属于极性分子。 14．【答案】A 【解析】【解答】用一带静电的玻璃棒靠近 一种纯液体流，液体没有发生偏转，液体是非极性分子，只有四氯化碳为非极性分子，A符合题意； 故答案为：A 【分析】用一带静电的玻璃棒靠近 一种纯液体流，液体是非极性分子，只有四氯化碳为非极性分子； A：四氯化碳为非极性分子； B：液氨不是非极性分子； C：水不是非极性分子； D：甲醇不是非极性分子。 15．【答案】B 【解析】【解答】A．由pKa=-lgKa，，pKa越大，Ka越小，羧酸的酸性越弱，A不符合题意； B．羧酸R-COOH中，R-结构极性越强，羧基在水溶液中电离能力越强，吸引电子能力：F＞Cl，则F-C的极性大于C-Cl的极性，则CF3-的极性大于CCl3-，导致羧基电离出氢离子程度：前者大于后者，则酸性：CF3COOH的酸性大于CCl3COOH，B符合题意； C．因为Cl的非金属性较强，吸引电子对的能力强，Cl原子为吸电子基，使得羟基O-H键极性增强，易电离出H+，则酸性：CCl3COOH＞CHCl2COOH，C不符合题意； D．烃基越长推电子效应越大，使羟基中羟基极性变小，羟酸酸性越弱，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.Ka越大，酸性越强，Ka越小，酸性越弱。 B.吸电子能力越强，羧基中氢原子越容易电离出来，酸性越强。 C.氯原子为吸电子基团，数目越多，酸性越强。 16．【答案】B 【解析】【分析】根据图中所示，可以确定S2Cl2的结构式为Cl－S－S－Cl，A对。但由于分子不完全对称，所以属于极性分子，B错。分子间作用力与式量有关，式量越大，分子间作用力越大，C对。根据氧化还原理论，D正确。 【点评】分子的极性与分子的构型有关，完全对称的分子为非极性分子，不完全对称的分子为极性分子。 17．【答案】（1）[Co(NH3)4Cl2]Cl；[Co(NH3)5Cl]Cl2；[Co(NH3)6]Cl3；NH3和Cl-；NH3和Cl-；NH3 （2）+1；I、V；+3；II、III、IV；5；+CH3I= 【解析】【解答】(1)CoCl3与NH3形成的三种配合物A、B、C，Co3+的配位数均为6，说明“内界”有6个配体，如果各取1molA、B、C溶于水，加入足量硝酸银溶液，分别产生1mol、2mol、3mol白色沉淀，说明“外界”Cl-的个数分别为1、2、3个，故化学式分别为A：[Co(NH3)4Cl2]Cl；B：[Co(NH3)5Cl]Cl2；C：[Co(NH3)6]Cl3；由以上结构可知，配体分别是A：NH3和Cl-；B：NH3和Cl-；C：NH3； (2)①由图示可知，CO可以认为化合价为0，根据正负化合价代数和为0可知，Ⅰ中Rh化合价为+1价，Ⅱ中Rh化合价为+3价，Ⅲ中Rh化合价为+3价，Ⅳ中Rh化合价为+3价，Ⅴ中Rh化合价为+1价；故为Rh+1价，包含I、V；Rh+3价，包含II、III、IV； ②由图示可知，上述机理中包括5步反应，其中I到II的反应，Rh化合价由+1价变成+3价，作为还原剂被氧化，故氧化加成反应的方程式为+CH3I=。 【分析】（1）CoCl3与NH3形成的三种配合物A、B、C，Co3+的配位数均为6，说明“内界”有6个配体，如果各取1molA、B、C溶于水，加入足量硝酸银溶液，分别产生1mol、2mol、3mol白色沉淀，说明“外界”Cl-的个数分别为1、2、3个； （2）根据正负化合价代数和为0计算化合价。 18．【答案】（1）[ Co(NH3)6]Cl3；[ Co(NH3)4Cl2]Cl；空间结构不同；6；1s22s22p63s23p63d6 （2）空轨道；孤电子对；[Fe(SCN)]Cl2；FeCl3+5KSCN=K2[Fe(SCN)5] +3KCl 【解析】【解答】(1)①实验事实说明1 mol CoCl3·6NH3(黄色)、1 mol CoCl3·4NH3(紫色)电离出的Cl-分别为3 mol和1 mol，则用配合物的形式写出它们的化学式分别为[ Co( NH3)6]Cl3、[ Co( NH3)4Cl2]Cl； ②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是空间结构不同； ③上述配合物中，中心离子的配位数都是6，基态Co3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。 (2)①Fe3+与SCN-反应生成的配合物中，Fe'*提供空轨道，SCN-提供孤电子对。②Fe3+与SCN-以个数之比为1：1配合，所得离子为[Fe(SCN)]2+，所以含该离子的配合物的化学式为[Fe(SCN)]Cl2。 ③Fe3+与SCN-以个数之比为1：5配合，所得配离子的化学式为[Fe(SCN)5]2-，则反应的化学方程式为FeCl3+ 5KSCN=K2[Fe(SCN)5]+3KCl。 【分析】 (1)① 加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银沉淀，沉淀的量分别为3 mol、2 mol、1 mol 和1 mol ，可知这四种配合物中外界的氯离子个数分别为，3个、2个、1个、1个，即可写出他们的化学式； ② 后面两者，化学式相同，颜色不同，就是结构式不同，配离子的结构式为八面体结构，两个氯离子可以在相邻或相对两种位置； ③ 根据他们的化学式可知，他们的配位数都为6，中心原子都是Co3+； （2） ① Fe3+与SCN-形成配合物，Fe3+提供空轨道，SCN-提供孤电子对； ② Fe3+与SCN-以1：1的个数比配合 ，再结合电荷守恒，即可写出； ③ Fe3+与SCN-以1：5 的个数比配合 ，再结合电荷守恒，即可写出配离子的化学式为[Fe(SCN)5]2-，在根据电荷守恒写出化学反应方程式； 19．【答案】（1）D （2）B 【解析】【解答】CH4分子为正四面体构型，是含有极性键的非极性分子，H2O分子为V形，是极性分子。CH4和H2O的个数比为6∶(46+2)=1∶8。 【分析】（1）判断分子的极性的方法：若中心原子的化合价绝对值=最外层电子数，则为非极性分子，否则为极性分子。所以CH4分子非极性分子，H2O分子是极性分子。 20．【答案】（1）NH3；N的电负性大于P （2）sp3杂化、sp2杂化 （3）P原子提供孤对电子O原子提供空轨道形成配位键；​ （4）1s22s22p63s23p63d10；ZnO；同属于离子晶体，O2﹣半径小于S2﹣，故ZnO晶格能大（或离子键强），熔点高． 【解析】【解答】（1）原子的电负性越大，其吸引电子的能力越强，则形成的极性键极性越强，N电负性大于P，所以极性较大的是NH3，故答案为：NH3；N的电负性大于P； （2）NH4NO3中铵根离子中N原子价层电子对个数是4、硝酸根离子中N原子价层电子对个数是3，所以N原子杂化方式为sp3杂化、sp2杂化，故答案为：sp3杂化、sp2杂化； （3）①P原子含有孤对电子，O元素含有空轨道，则P原子提供孤对电子O原子提供空轨道形成配位键， 故答案为：P原子提供孤对电子O原子提供空轨道形成配位键； �②中和20mL 0.1mol/L次磷酸（H3PO2）溶液需要O.1mo/L NaOH溶液的体积恰好为20mL，则二者的物质的量之比为1：1，说明次磷酸是一元酸，即该分子中含有一个羟基，结构为， 故答案为：； （4）Zn离子核外有28个电子，根据构造原理知其离子核外电子排布式为[Ar]3d10；离子晶体中离子半径越小、离子所带电荷越多其晶格能越大，晶格能越大，晶体的熔点越高，同属于离子晶体，O2﹣半径小于S2﹣，故ZnO晶格能大（或离子键强），熔点高， 故答案为：1s22s22p63s23p63d10；ZnO；同属于离子晶体，O2﹣半径小于S2﹣，故ZnO晶格能大（或离子键强），熔点高． 【分析】（1）原子的电负性越大，其吸引电子的能力越强，则形成的极性键极性越强； （2）根据价层电子对互斥理论确定N原子杂化方式； （3）①P原子提供孤对电子O原子提供空轨道形成配位键； ②中和20mL 0.1mol/L次磷酸（H3PO2）溶液需要O.1mo/L NaOH溶液的体积恰好为20mL，则二者的物质的量之比为1：1，说明次磷酸是一元酸； （4）Zn离子核外有28个电子，根据构造原理书写其离子核外电子排布式；离子晶体中离子半径越小、离子所带电荷越多其晶格能越大，晶格能越大，晶体的熔点越高． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$