2025届高三化学一轮复习-物质结构与性质

2025届高三化学复习-物质结构与性质 1．（23-24高三上·湖南衡阳·期末）某化学实验小组同学为探究氯水的漂白性，设计了如图实验装置(夹持装置已略去)。 注：不考虑空气对反应的影响。 回答下列问题： (1)装置I中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O： ①Na2SO3中S元素的化合价为 价。 ②SO2属于 (填“酸”或“碱”)性氧化物。 ③仪器a的名称为 。 ④从其组成的阳离子来看，Na2SO4属于 盐。 (2)在装置Ⅳ和装置V中： ①装置V 中发生反应的离子方程式为 。 ②装置V中可观察到的现象为 。 ③实验进行一段时间后，可观察到装置Ⅳ中的品红溶液褪色，下列说法正确的是 (填标号)。 A．Cl2具有漂白性 B．反应结束后，装置Ⅳ中溶液的pH小于7 C．装置Ⅳ可能观察到Cl2生成速率的快慢 (3)经检验装置Ⅲ中有Na2SO4生成，写出生成Na2SO4反应的化学方程式： 。 2．（22-23高三上·广西百色·阶段练习）元素周期表第IIIA族包括B、Al、Ga等元素，它们参与形成的化合物有重要研究和应用价值。 (1)基态Ga的核外电子排布为[Ar]3d104s24p1，转化为下列激发态时所需能量最少的是 (填标号)。Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是 。 A．         B． C．         D． (2)铝离子电池常用离子液体AlCl3/[EMIM]Cl作电解质，其中阴离子有AlCl、Al2Cl，阳离子为EMIM+()。AlCl的空间构型为 ，EMIM+中碳原子的杂化轨道类型为 ，1molEMIM+中所含σ键为 mol。 (3)氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。H3NBH3中键角∠HNH (填“大于”、“小于”或“等于”)NH3中键角∠HNH。 (4)气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，据此写出二聚体的结构式为 。 (5)硼氢化钠、硼氢化铝被认为是有机化学上的“万能还原剂”。两种硼氢化物的熔点如表所示： 硼氢化物 NaBH4 Al(BH4)3 熔点/℃ 400 -64.5 解释表中两种物质熔点差异的原因 。 (6)GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。 ①图甲中，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为ρg•cm-3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为 nm(列出计算式)。 ②图乙中掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为 。 3．（23-24高三下·广东广州·阶段练习）能源问题日益成为制约国际社会经济发展的瓶颈，越来越多的国家开始实行“阳光计划”，开发太阳能资源，寻求经济发展的新动力。 (1)太阳能热水器中常使用一种以镍或镍合金空心球为吸收剂的太阳能吸热涂层，写出基态镍原子的价层电子排布式为 ，它位于周期表 区。 (2)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(GaAs)、硫化镉(CdS)、硒化镓(Ga2Se3)薄膜电池等。 ①第一电离能：As (填“>”“<”或“=”)Ga。 ②SeO2分子的空间结构为 。 (3)As元素的溴代物是太阳能电池的受体材料。As的卤化物的熔点如下： 物质 AsCl3 AsBr3 AsI3 熔点/K 256.8 304 413 表中卤化物熔点差异的原因是 。 (4)氯化铯、氯化钠可以用于制造太阳能电池，氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻 个Cl–；氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有 个。 (5)H2与Mg在一定条件下制得储氢物质X。X的晶胞结构如图所示(晶胞参数：α=β=γ=90°，a=b=450.25pm)，密度为1.4g/cm3，H-的配位数为 ，X的储氢质量分数是 (计算结果保留2位有效数字)，c= pm(列出计算式即可)。 4．（23-24高三下·山东青岛·期末）铁的配合物呈现不同的颜色，可用于离子检验。、、、、邻二氮菲等微粒则是常见的配体。某同学为探究铁的配合物及转化，进行如下实验： 已知：①在水中易水解生成而显黄色，在酸性溶液中的水解程度很弱； ②为浅紫色、为黄色、为红色、为无色。 回答下列问题。 (1)基态Cl原子的价电子轨道表示式为 。 (2)处于激发态的粒子能够发射光谱。下列状态的铁原子或离子中，能用原子发射光谱捕捉以鉴别铁元素的是_______(填标号)。 A． B． C． D． (3)为了能更好的观察到溶液1中的浅紫色，可向该溶液中加入_______(填标号)。 A．HCl B． C． D．NaOH (4)含有键的物质的量为 mol。相同条件下，的配位能力 (填“强于”或“弱于”)，能说明这一结论的现象为 。若向溶液3中加入足量的KSCN固体，溶液再次变为红色，则说明影响离子配位能力的因素有 。 (5)可与邻二氮菲形成稳定的橙红色的配合物，邻二氮菲结构如图。邻二氨菲中N原子的价层孤电子对占据 轨道。 5．（24-25高三上·北京·开学考试）元素①~⑨是化学实验中常见的九种元素，其在周期表中的位置如下。 (1)元素②的基态原子的电子排布式为 。 (2)在①~⑧中，原子半径最大的是 (填元素符号) (3)以下现象或事实能说明⑤的电负性小于⑥的是 (填字母) A．两元素的最高化合价：⑤<⑥ B．两元素形成的简单氢化物的沸点：⑤>⑥ C．在⑤与⑥形成的化合物中，⑤显正价 (4)①与③可形成原子个数比为2:1的分子X。 ⅰ．该分子中的化学键是由①的1s轨道与③的 轨道重叠而形成的σ键。 ⅱ．X比①与⑤形成的同类型分子熔沸点更高，原因是 。 (5)元素③与④可形成原子个数比为1:1的离子型化合物Y，Y与CO2反应的化学方程式为 。 (6)元素⑨(用M表示)的一种氧化物Z的晶体是由图1所示的结构平移构成。图1包含Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体；图2是Z的晶胞，a~g分别对应图1中的小立方体Ⅰ或Ⅱ。 ⅰ．图2中Ⅰ型小立方体分别是a、 (填图2中的字母序号)。 ⅱ．晶体中周围距离最近且等距的有 个。 ⅲ．若Ⅰ型和Ⅱ型小立方体的边长均为，则的密度为 。(列出表达式，其中阿伏加德罗常数值用表示，Z的摩尔质量为) ⅳ．写出一种由M的单质制备Z的化学方程式 。 6．（23-24高三下·四川遂宁·期末）铁合金及其化合物在工业、国防、能源等领域用途广泛。 (1)钛铁合金具有放氢温度低、价格适中等优点，是钛系储氢合金的代表。Fe元素在元素周期表中位于第四周期 族，属于 区元素。 (2)水杨醛()是一种香料的中间体，请画出水杨醛的分子内氢键： ，水杨醛与苯酚的酸性谁更强？ 。 (3)邻二氮菲(，平面形分子，简称为phen)能与Fe2+生成稳定的橙色配合物，可测定Fe2+的浓度，其反应原理如图所示。 ①phen是 分子(“极性”或“非极性”)中N原子的价层孤电子对占据 轨道。 ②[Fe(phen)3]2+中Fe2+的配位数为 ，配体数为 。 ③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时应控制pH为5～6，请解释原因： 。 ④邻二氮菲的二氯代物有 种。 (4)Cu可以形成一种离子化合物[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行 实验；加热该物质时，首先失去的是H2O分子，原因是 。 (5)金属晶体铜的晶胞如图所示。铜原子间的最短距离为apm，密度为ρg·cm-3，NA为阿伏加德罗常数。 铜的相对原子质量为 (用a、ρ、NA表示，写出计算式即可)。 7．（23-24高三上·天津·阶段练习）含磷化合物在生命体中有重要意义。红磷在氯气中燃烧可以生成两种化合物和。分子呈三角双锥形，其结构如图1所示： (1)写出基态P原子的价层电子排布式 。已知中心原子价层有空轨道，可以与分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解。根据以上信息，判断能否水解(填“能”或“不能”) ，空间结构为 ，其为 (填“极性”或“非极性”)分子。 (2)下列关于含磷化合物的说法，正确的是_______。 A．在水中的电离方程式为 B．分子中不存在60°键角 C．、等分子均满足8电子稳定结构 D．已知是二元酸，该分子中P的杂化方式为 (3)已知固体是离子晶体，阳离子是正四面体结构，阴离子同样为正多面体结构，则构成固体的阴阳离子分别是 ， 。 (4)第二电离能大小比较Cu Zn(填“>”或“＜”)；将Si、P、S、Cl四种元素第二电离能按从大到小顺序排序 (写元素符号)。 (5)BP晶胞如图所示，已知其晶胞参数为478pm，则BP固体密度为 (设为阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可) 8．（21-22高三下·北京丰台·期中）金属K和C60能够发生反应产生一系列金属球碳盐KxC60，部分金属球碳盐具有超导性，是球碳族化合物的研究热点之一。 (1)金属K中含有的化学键是 键。 (2)C60晶体中分子密堆积，其晶胞结构如图所示。C60晶体属于 晶体，每个C60分子周围等距离且紧邻的C60有 个。 (3)某种KxC60的晶胞结构如图所示。C﹣位于立方体晶胞的顶点和面心，K+位于晶胞的体心和棱边，另外晶胞内还有8个K+。 ①KxC60中x= 。 ②该晶胞立方体的边长为acm，NA为阿伏加德罗常数的值，KxC60的摩尔质量为Mg·mol-1，则晶体的密度为 g/cm3。 ③KxC60的熔点高于C60，原因是 。 (4)科学家已经用有机化合物分子和球形笼状分子C60，组装制成了“纳米车”，如图所示。 “纳米车”可以运输单个有机化合物分子，生产复杂材料和药物。下列关于C60和“纳米车”的说法正确的是 (填字母)。     a．C60 是一种新型化合物     b．C60熔点高于金刚石     c．C60分子中，只含有碳碳单键     d．“纳米车”的诞生，说明人类已经可以在分子层面进行组装操作 9．（2024高三·全国·专题练习）氮、硼、锂及其化合物在工农业生产、生活和科研中有着广泛的应用。回答下列问题： (1)的结构如图： 则B原子的配位数是 。 (2)可由与按一定比例反应合成。和的熔点如表所示： 物质 熔点/℃ 938 300 与均属于 晶体；熔点：，原因是 。 (3)的晶胞结构如图所示，其中位于体心，则位于 (填“顶点”或“棱边”)。 在晶胞的另一种结构中，位于顶点，则位于 (填“体心”“面心”或“棱边”)。 (4)氮化镓(GaN)为六方晶胞，其晶胞结构如图所示： 下列属于从晶体中分割出的平行六面体的是________(填标号)。 A． B． C． D． 10．（23-24高三下·山东威海·期末）A可作为检验Cu2+的灵敏试剂，其化学式为C5H10NS2Na，其与Cu2+反应生成黄棕色配合物B，它们的结构简式如图所示。回答下列问题： (1)基态Na原子中核外电子的空间运动状态有 种，其占据的最高能级电子云轮廓图形状为 。 (2)Cu在元素周期表中的位置是 ，基态Cu2+价电子的轨道表示式为 。 (3)化合物B含有化学键的类型有 。 a．氢键        b．配位键        c．π键 (4)下列曲线表示S所在主族元素性质随原子序数的变化趋势，其中正确的是 (填序号)。 (5)胍()是平面形分子，其组成元素的电负性由大到小的顺序为 (用元素符号表示)。胍中三个N原子的杂化方式 (填“相同”或“不同”)。胍分子内存在类似苯的大π键，苯分子内的大π键可表示为，则胍中的大π键可表示为 。胍易吸收空气中的水蒸气，其原因是 。 11．（23-24高三下·河南郑州·期中）东晋《华阳国志·南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜(铜镍合金)闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题： (1)硫酸镍溶于氨水形成蓝色溶液。 ①中阴离子的立体构型是 。 ②在所含非金属元素的电负性由大到小为 。 ③的沸点由高到低的顺序为 (填化学式，下同)，键角由小到大的顺序为 。 ④基态原子的价电子排布式为 ，在周期表中位置为 。 (2)丁二酮肟是检验Ni2+的灵敏试剂。丁二酮肟分子(  )中C原子轨道杂化类型为 ，丁二酮肟分子所含键的数目为 。 (3)配合物常温下为液体，易溶于、苯等有机溶剂。中与的C原子形成配位键。不考虑空间构型，的结构可用示意图表示为 (用“→”表示出配位键)。 (4)分子中，N-B化学键称为 键，其电子对由 提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：。的结构为  。在该反应中，B原子的杂化轨道类型由 变为 。 12．（23-24高三下·山西大同·阶段练习）利用氢气作为能源的前提是安全有效地解决储存氢气的问题。化学家已研究出多种储存氢气的方法。回答下列问题： (1)某金属R的储氢材料可以通过化学反应将氢吸附和排放，已知R为短周期金属元素，其部分电离能数据如表所示： 578 1817 2745 11577 14842 该金属元素R是 （填元素符号），其位于元素周期表 区；基态R原子的最高能级电子云轮廓图为 形。 (2)（氨硼烷）储氢量高，是具有广泛应用前景的储氢材料。 氨硼烷（）中N、B都达到稳定结构，存在配位键，提供空轨道的是 （填元素符号），用化学键表示出（）分子的结构式： 。 (3)有储氢功能的铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，Ag原子位于顶点，氢原子可进到由Cu原子与Ag原子构成的全部四面体空隙中。该晶体储氢后的化学式为 。 (4)过渡金属Q与镧（La）形成的合金是一种储氢材料，其中基态Q原子的价层电子排布式为，该合金的晶胞结构和轴方向的投影图如图所示： 则该合金的化学式可表示为 ，该合金的密度为 （用含、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值）。 13．（23-24高三下·河北石家庄·期末）某锂离子电池的电极材料结构如图。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；所有晶胞均为立方晶胞。回答下列问题： (1)半径大小：Li+ H-(填“>”或“<”)，理由是 。 (2)基态硫原子中，成对电子与未成对电子的数目比为 。 (3)第四电离能大小关系是I4(Co) I4(Fe)(填“>”或“<”)。 (4)结构1钴硫化物的化学式为 。 (5)已知晶胞2沿z轴的俯视图如下，则晶体中Li与S的最近距离为 (用含a的代数式表示)。 (6)晶胞2的另种表示为晶胞3，则晶胞2中体心位置的硫应该位于晶胞3的 。 (7)EAN规则指的是配合物中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为18，符合EAN规则的配合物分子结构和化学性质都较稳定。已知Fe(CO)5和Ni(CO)4均符合EAN规则，性质稳定，而Co(CO)4则容易在化学反应中表现氧化性。 ①从结构角度解释Co(CO)4容易在化学反应中表现氧化性的原因 。 ②已知化合物满足EAN规则，其配体“”中的大π键可表示为 。 14．（23-24高三下·四川成都·阶段练习）电极活性物质的制备，可通过下列反应制备：。 (1)上述反应涉及的元素中不属于元素周期表p区元素的是 ，写出基态的电子排布式 。 (2)P、S元素第一电离能大小关系为P S(填“>”、“<”或“=”)，原因是 。 (3)O的原子核外有 种不同能量的电子，其氢化物沸点高于同族元素H2S的原因是 。 (4)CuSO4溶液中逐滴加入氨水，先产生蓝色沉淀，后又溶解得到深蓝色溶液，加入乙醇后有深蓝色沉淀析出，关于该深蓝色物质的说法错误的是 。 A．该物质中心离子是Cu2+                       B．该配合物的配体数等于配位数 C．外界离子的中心原子的杂化方式为sp3    D．乙醇的作用是将配合物转化为 写出沉淀溶解生成深蓝色溶液的离子方程式 。 (5)①在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物，则1 mol该配合物含π键的数目为 。 ②画出的结构： (已知C为配位原子)。 15．（23-24高三下·天津宝坻·期中）根据物质结构知识，回答下列问题。 (1)中与配位的原子是 (填元素符号)。 (2)分子中氮原子的杂化轨道类型为 ，分子空间构型为 。 (3)分子中的σ键与π键的数目比为 。 (4)图中四条折线分别表示元素周期表A~A中的某一族元素最简单氢化物的沸点变化情况，每个小黑点代表一种氢化物。其中代表的是 (填字母序号)，其中代表的是 (填字母序号)。 (5)科学家推测胆矾结构示意图如下，其中配位键数目为 个，氢键数目为 个。 (6)与按个数比1∶1配合所得离子的化学式为 。 (7)区别和两种溶液的试剂是 (填序号)。 a．浓氨水        b．NaOH溶液        c．溶液 (8)某氮化铁的晶胞结构如图所示，其化学式为 。 16．（23-24高三下·北京·期中）氨硼烷()是一种具有研究价值的固体储氢材料。 已知：含氢19.5%，白色晶体，熔点为104℃。可溶于水和甲醇等溶剂中。常温常压下能够稳定存在。在催化剂存在的情况下，能够快速与水反应。 元素 H B N 电负性 2.1 2.0 3.0 (1)基态N原子的核外电子排布的轨道表示式为 。 (2)B的第一电离能低于Be，可能的原因是 。 (3)分子结构示意图如图1，其中N-H为 键(填序号，下同)，N-B为 键。 a.配位键    b.非极性键    c.键    d. 键 (4)在某种催化剂表面与反应的释氢机理如图2。写出理论上与完全反应的总反应的离子方程式： 。 (5)研究发现，在低温高压条件下为正交晶系结构，的超晶胞结构如图3所示(超晶胞内含有16个氨硼烷分子，)。氨硼烷晶体的密度为 g·m。 (已知：1pmcm；表示阿伏加德罗常数)。 17．（23-24高三下·福建泉州·期中）将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题： (1)图1所示的几种碳单质，它们互为 ，其中属于共价晶体的是 ，C60间的作用力是 。 (2)酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。 酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 (填图2酞菁中N原子的标号)。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 键。 (3)气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为 。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F-的配位数为 。 (4)与B3N3H6互为等电子体的分子是 (填一个即可)，B3N3H6为非极性分子，根据等电子原理写出B3N3H6的结构式： 。 (5)碳可以形成多种有机化合物，如图是噻吩的结构，其分子中所有原子都在一个平面上。 ①噻吩结构中C原子的杂化方式为 ； ②分子中的大π键可以用符号表示，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)。请问噻吩中的大π键表示为 。 (6)[Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代后有两种不同的结构，其中[Cu(H2O)2(Cl)2]是非极性分子的结构式为 。 (7)熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子。则熔融的电离方程式为 。 18．（23-24高三下·广东·阶段练习）Ⅰ．在①；②苯；③；④聚乙烯。四种物质中： (1)能使溴的溶液褪色的是 (请填物质的序号，下同。) (2)所有原于在同一平面的是 。 (3)能发生加成反应但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是 。 Ⅱ．过渡金属铬、铅、镍、铁及其化合物在工业上有重要用途，回答下列问题： (4)氮化铬()在超级电容器领域具有良好的应用前景，可由与尿素[]反应先得到配合物，然后在通有和混合气体的反应炉内热分解制得。 ①尿素中C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。 ②中存在的化学键有 (填标号)，的配位数为 。 A．极性共价键  B．非极性共价键  C．氢键  D．配位键  E．金属键  F．离子键 (5)四卤化硅的沸点和二卤化铅的熔点如图所示。 的沸点依F、Cl、Br、I次序升高的原因是 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) +4 酸 分液漏斗 钠 (2) 10Cl-+2MnO+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O 固体溶解，有气泡产生且有黄绿色气体生成 BC (3)Cl2+SO2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O 【分析】如图，I中将70%的硫酸滴入到亚硫酸钠溶液中，两者发生反应生成SO2气体，将二氧化硫气体通入品红溶液中，检验二氧化硫的漂白性；V中将浓盐酸滴入高锰酸钾溶液中，发生10Cl-+2MnO+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O反应生成氯气，将氯气通入品红溶液中，再将二氧化硫和氯气都通入氢氧化钠溶液中，发生Cl2+SO2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O，制得硫酸钠，据此回答。 【详解】（1）①Na元素的化合价为+1，O的化合价为 -2，化合物中元素化合价代数和为0，则 Na2SO3中S元素的化合价为+4价； ②SO2能与NaOH反应生成Na2SO3和H2O，属于酸性氧化物； ③由图知，仪器a为分液漏斗； ④Na2SO4属于盐类，含有钠离子，则为钠盐； （2）①装置V中高锰酸钾固体和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，离子方程式为10Cl-+2MnO+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O； ②装置V中高锰酸钾固体和浓盐酸反应生成氯气，氯气是黄绿色气体，则实验现象为固体溶解，有气泡产生且有黄绿色气体生成； ③A．Cl2没有漂白性，能氧化品红，使品红溶液褪色，A错误； B．氯气与水反应为，氯水呈酸性，则反应结束后，装置Ⅳ中溶液的pH小于7，B正确； C．通过装置Ⅳ中气泡逸出快慢，可观察到Cl2生成速率的快慢，C正确； 故选BC； （3）SO2具有还原性，Cl2具有强氧化性，根据氧化还原反应规律可知，SO2、Cl2和NaOH反应生成Na2SO4、NaCl，反应的化学方程式为Cl2+SO2+4NaOH=Na2SO4+2NaCl+2H2O。 2．(1) B As>Se>Ga (2) 正四面体 sp2、sp3 19 (3)大于 (4) (5)NaBH4是离子化合物，Al(BH4)3是共价化合物 (6) 5:27:32 【详解】（1）由题干信息可知，A、B中只有一个4s上的电子跃近到4p上，C，D中有两个4s上的电子跃迁到4p上，故A、B需要的能量小于C、D，而A中4p上的2个电子占有一个轨道，B中4p上的2个电子分别占有不同的轨道，故B的能量比A低，故B所示发生的跃迁所需能量最低，选B。同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，As原子4p能级半充满，结构稳定，As的第一电离能大于同周期相邻元素，所以Ga、As和Se的第一电离能由大到小的顺序是As>Se>Ga。 （2） 铝离子电池常用离子液体AlCl3/[EMIM]Cl作电解质，其中阴离子有AlCl、Al2Cl，阳离子为EMIM+()。AlCl中Al原子价电子对数为4，无孤电子对，空间构型为正四面体，EMIM+中单键碳杂化轨道类型为sp3、双键碳杂化轨道类型为sp2，碳原子的杂化轨道类型为sp2、sp3；单键全是σ键、双键中有1个σ键，1mol中所含σ键为19mol。 （3）氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力的固体储氢材料。H3NBH3、NH3中N原子价电子对数都是4，H3NBH3中N原子无孤电子对、NH3中N原子有1个孤电子对，所以H3NBH3中键角∠HNH大于NH3中键角∠HNH。 （4） 气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，可知二聚体的结构式为。 （5）NaBH4是离子化合物，Al(BH4)3是共价化合物，所以硼氢化钠的熔点比硼氢化铝高。 （6） ①根据均摊原则，图甲中，Ga原子数为 、As原子数为4 ，GaAs的相对分子质量为M，晶体密度为ρg•cm-3，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞的边长为；晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为面对角线的一半，距离为。 ②图乙中掺杂Mn之后，Ga原子数为 、As原子数为4，Mn个数为 晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为5:27:32。 3．(1) 3d84s2 d (2) ＞ V形 (3)三种卤化物结构相似，均为分子晶体；相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，熔沸点升高 (4) 8 12 (5) 3 7.7% 【详解】（1）基态镍原子的价层电子排布式为3d84s2；其位于元素周期表的d区； （2）①As的4p轨道半充满，原子的能量低，第一电离能反常，则第一电离能：As＞Ga； ②SeO2分子中，Se的价层电子对数为，为sp2杂化，有1个孤电子对，所以空间结构为V形； （3）三种卤化物结构相似，均为分子晶体；相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，熔沸点升高； （4）氯化铯晶胞中，Cs+位于体心，Cl-位于8个顶点，故每个Cs+周围紧邻8个Cl-；在氯化钠晶胞中，钠离子在体心和棱心位置，距离体心位置的钠离子最近的钠离子是位于棱心的12个钠离子，故每个钠离子周围紧邻12个钠离子； （5）晶胞中Mg2+的个数为，H-离子个数为，晶体化学式为MgH2，以体内的H-离子为研究对象，其与周围3个Mg2+紧邻，则其配位数为3；X储氢的质量分数为；晶胞质量为g，密度为1.4g/cm3，则体积为cm3，即abc×10-30=，即c=pm。 4．(1) (2)BD (3)C (4) 18 强于 步骤③加入NaF溶液后，溶液呈无色 与溶液的酸碱性和配体种类有关 (5)sp2杂化轨道 【详解】（1） 基态Cl原子的价电子为3s23p5，轨道表示式为； （2）A. 为基态铁原子；B. 为Fe3+的基态中一个3d轨道电子激发到4s轨道；    C. 为Fe2+的基态；D. 为Fe2+的基态中一个3d轨道电子激发到4s轨道，答案选BD； （3）为了观察到浅紫色，需要除去红褐色，即抑制铁离子的水解，所以可向溶液中加稀硝酸，加稀盐酸会生成黄色的，加入水会促进水解，加入氢氧化钠会产生氢氧化铁沉淀，故加入HNO3； （4）中有2个键，配位键也是键，含有键的物质的量为18mol。相同条件下，根据题目实验现象，步骤①加水溶解硝酸铁晶体形成配合物，在步骤②中加入HSCN后显红色，说明形成，SCN-配位能力强于H2O；步骤③加入NaF溶液后，溶液呈无色，形成，故F-的配位能力强于SCN-；不同配体的配位能力不同，根据步骤①，加入水溶液硝酸铁后，形成配合物，但加入硝酸会形成，故配合物形成与溶液的酸碱性和配体种类有关。 （5）邻二氮菲为平面结构，N采用sp2杂化，环上N原子2个sp2杂化轨道上电子形成键，1个p轨道电子形成π键，另外一个sp2杂化轨道上有一对孤对电子，形成配位键，故N原子的孤对电子占据一个sp2杂化轨道。 5．(1)1s22s22p2 (2)K (3)C (4) 2p 水分子间存在氢键 (5)2Na2O2+ 2CO2= 2Na2CO3+ O2 (6) c、f 3 【分析】①是H元素，②是C元素，③是O元素，④是Na元素，⑤是S元素，⑥是Cl元素，⑦是K元素，⑧是Ca元素，⑨是Fe元素，据此作答。 【详解】（1）②是C元素，碳元素的基态原子的电子排布式为1s22s22p2； （2）在①~⑧中，同一周期从左到右，原子半径依次减小；同一主族从上到下，原子半径依次增大，所以在①~⑧中，原子半径最大的是K； （3）⑤是S元素，⑥是Cl元素，则： A．两元素的最高化合价：⑤<⑥，根据最高化合价关系，不能说明S的电负性小于Cl，A不符合题意； B．两元素形成的简单氢化物的沸点：⑤>⑥，沸点和电负性无关，不能说明S的电负性小于Cl，B不符合题意； C．在⑤与⑥形成的化合物中，⑤显正价，说明共用电子对偏离S原子而偏向Cl原子，能说明S的电负性小于Cl，C不符合题意； 故选C。 （4）氢与氧可形成原子个数比为2∶1的分子H2O，则： ⅰ．水分子中的化学键是由氢的1s轨道与氧的2p轨道重叠而形成的σ键； ⅱ．H2O比氢与硫形成的同类型分子H2S熔沸点更高，原因是水分子间存在氢键； （5）氧元素与钠元素可形成原子个数比为1∶1的离子型化合物Na2O2，Na2O2与CO2反应的化学方程式为：2Na2O2+ 2CO2= 2Na2CO3+ O2； （6）ⅰ．根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型立方体关系，图2中Ⅰ型立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f对角线位置，故分别是a、c、f； ⅱ．由图可知，晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型立方体交叉排列所以，晶体中Fe3+周围距离最近且等距的有3个， ⅲ．Ⅰ型立体结构中Fe2+位于顶点和体心，离子数是4×+1，O2-位于晶胞内，离子数是4，Ⅱ型立方体中Fe2+位于顶点，离子数是4×，O2-位于晶胞内，离子数是4，Fe3+位于晶胞内，离子数是4，该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有Fe2+数是8、O2-数是32、Fe2+数是16，Z的晶体中三种离子个数比N(Fe2+)∶N(Fe3+)∶N(O)=8∶16∶32= 1∶2∶4，由分析可知，图2所示晶胞质量为，晶胞体积为，所以密度为，则的密度为； ⅳ．因N(Fe2+)∶N(Fe3+)∶N(O)=8∶16∶32= 1∶2∶4，即Z的化学式为Fe3O4，则一种由铁的单质制备Fe3O4的化学方程式：。 6．(1) Ⅷ d (2) 苯酚酸性更强 (3) 非极性 sp2 6 3 当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位 16 (4) X射线衍射 O的电负性比N强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱 (5) 【详解】（1）Fe元素在元素周期表中属于26号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，位于第四周期Ⅷ族，属于d区元素。 （2） 水杨醛()分子中，-OH与-CHO位于苯环的相邻位置，可形成分子内的氢键，则水杨醛的分子内氢键可表示为：。在苯酚分子中，苯环与羟基氧原子形成p-π共轭键，从而使O-H键的极性增强，有利于电离出H+，而水杨醛分子中受醛基的影响，O-H键的电离变得困难，不利于电离出H+，所以水杨醛与苯酚的酸性相比，苯酚酸性更强。 （3）①phen为平面形分子，结构对称，正负电荷重心重合，是非极性分子，N原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，孤电子对占据sp2轨道。 ②[Fe(phen)3]2+中，1个Fe2+与3个配体中的6个N原子形成配位键，配位数为6，配体数为3。 ③用邻二氮菲测定Fe2+的浓度时，酸性较强时，H+能与N原子配位，碱性较强时，Fe2+能与OH-反应，所以应控制pH为5～6，原因是：当H+浓度高时，邻二氮菲中的N优先与H+形成配位键，导致与Fe2+配位能力减弱；当OH-浓度高时，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位。 ④判断邻二氮菲的二氯代物的种类，可采用固定1个Cl原子，再移动另一个Cl原子的方法，若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有7种；若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有5种；若固定Cl原子的位置为，则另一Cl原子的位次有3种；还有1种结构为，共有16种。 （4）晶体内微粒排列规则，若要确定该物质是晶体还是非晶体，最科学的方法是对它进行X射线衍射实验；氧元素的电负性比N大，对孤电子对的吸引能力强，形成的配位键相对较弱，所以加热[Cu(NH3)4(H2O)2]SO4时，首先失去的是H2O分子，原因是：O的电负性比N强，对孤电子对的吸引力更强，H2O与Cu2+的配位键比NH3与Cu2+的配位键弱。 （5）金属晶体铜的晶胞中，含Cu原子个数为=4。设晶胞的边长为x，则=apm，x=pm，ρg·cm-3=，M=，所以铜的相对原子质量为。 【点睛】计算晶胞中所含微粒的数目时，可采用均摊法。 7．(1) 能 三角锥形 极性 (2)BD (3) (4) > S>Cl>P>Si (5) 【详解】（1）P的原子序数为15，位于元素周期表第三周期VA族，基态P原子的价层电子排布式；已知中心原子价层有空轨道，可以与分子形成配位键，同时使原有的键削弱、断裂，从而发生水解，PCl3中心原子P原子有空的d轨道，故根据以上信息，判断PCl3能水解；的中心原子P的价层电子对数为3+，其空间结构为三角锥形，分子中正、负电荷中心不重合，为极性分子； （2）A. 为弱电解质，在水中的电离方程式为，故A错误； B. 分子空间结构为三角双锥形，其中存在90°键、120°键角，不存在60°键角，故B正确； C.分子中P价层电子对数为5+，最外层电子数为5，不满足8电子稳定结构，故C错误； D. 已知是二元酸，则分子中存在两个羟基：，该分子中P的杂化方式为，故D正确； 故答案为：BD； （3）已知固体是离子晶体，阳离子是正四面体结构，则阳离子为，P、Cl个数比1：5，阴离子为正多面体结构，阴离子是； （4）的3d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3d轨道为全充满的稳定状态，所以第二电离能大小比较Cu>Zn；Si、P、S、Cl失去一个电子后价电子排布式依次为3s33p1、3s33p2、3s33p3、3s33p4，S失去一个电子后为3s33p3半满结构，再失去一个电子较难，所以S第二电离能较大，Si、P、Cl同周期，三种原子核电荷数依次增多，第二电离能逐渐增大，四种元素第二电离能按从大到小顺序排序S>Cl>P>Si； （5）BP晶胞中位于顶点的原子个数为、处于体内的原子个数为4，则BP固体密度为。 8．(1)金属 (2) 分子 12 (3) 3 KxC60是离子晶体，晶格能大，C60是分子晶体，分子间作用力较小 (4)d 【详解】（1）由于金属K为金属晶体，所以K中含有金属键； （2）C60本身为分子晶体，C60为非周期性结构，根据晶胞中上底面面心的C60分析，周围与之紧邻的C60分子的数目为4×3=12； （3）①根据均摊法计算，一个晶胞中含有K+的数目为12×+1+8=12个，含有 C的数目为8×+6×=4个，所以K+和C的个数比为12：4=3：1，则x=3； ②一个晶胞中含有K3C60的单元数为4，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=4Mg,所以密度为ρ=== g/cm3； ③KxC60的熔点高于C60，考虑到KxC60是离子晶体，C60本身为分子晶体，且微粒间的作用力离子键强于分子间作用力，所以KxC60的熔点高于C60； （4）a．C60是由一种元素组成的纯净物，属于单质，故a错误； b．C60属于分子晶体，而金刚石属于共价晶体，C60熔点低于金刚石，故b错误； c．C60分子中碳原子形成3个σ键，碳原子还形成1个碳碳双键，故c错误； d．“纳米车”可以运输单个有机化合物分子，生产复杂材料和药物，说明人类已经可以在分子层面进行组装操作，故d正确； 答案选d。 9．(1)3、4 (2) 离子 两者均为离子晶体，的离子半径大于S2-，且所带电荷数小于S2-，晶格能大于 (3) 棱上 体心 (4)AC 【详解】（1）由图所知，硼原子结合氧原子的个数分别为4和3，所以配位数是3、4，故答案为：3、4； （2）由熔点可知，硫化锂、四氟合硼酸锂都是熔点较高的离子晶体，四氟合硼酸根离子的体积较大，离子半径大于硫离子，且四氟合硼酸根离子的电荷数小于硫离子，所以硫化锂的晶格能大于四氟合硼酸锂，熔点高于四氟合硼酸锂，故答案为：离子；两者均为离子晶体，的离子半径大于S2-，且所带电荷数小于S2-，晶格能大于； （3）由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的四氟合硼酸根离子的个数为1，位于顶点的灰球个数为8×=1，位于棱上的黑球个数为12×=3，由化学式可知，锂离子位于棱上；若晶胞中位于体心的四氟合硼酸根离子移于顶点，则晶胞中位于顶点的硫离子移于体心，故答案为：棱上；体心； （4）由晶胞结构可知，从晶体中分割出的平行六面体，若镓原子在8个顶点，则四条竖棱上存在4个氮原子且位于棱心的中上部，体内存在1个氮原子、1个镓原子；若氮原子在8个顶点，则四条竖棱上存在4个镓原子且位于棱心的中下部，体内存在1个氮原子、1个镓原子，故选AC。 10．(1) 6 球形 (2) 第4周期第IB族 (3)bc (4)ad (5) N>C>H 相同 胍与H2O能形成分子间氢键 【详解】（1）Na是11号元素，根据构造原理可知基态Na原子核外电子排布式是1s22s22p63s1，Na原子核外电子运动的轨道数目是1+1+3+1=6，因此基态Na原子中，核外电子的空间运动状态有6种；其占据的最高能级是3s能级，该能级电子云轮廓图形状为球形； （2） 铜元素的原子序数为29，位于元素周期表中第4周期ⅠB族；铜元素的原子序数为29，铜原子失去2个电子形成铜离子，则铜离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，价电子排布式为3d9，价电子排布图为； （3）化合物B中S原子与Cu形成配位键，C=S中含有π键；B中的H与C相连，不能形成氢键；故选bc； （4）a．氧族元素性质随核电荷数的增大，核外电子层数越来越大，基态原子越易失去电子，其第一电离能随原子序数的增大成减小趋势，故a正确； b．氧族元素从上到下随着核电荷数的依次增大，非金属性依次减弱，故b错误； c．氧族元素中，O无最高正价，S和Se最高正价为+6价，故c错误； d．氧族元素从上到下随着核电荷数的依次增大，非金属性依次减弱，电负性依次减小，故d正确； 故答案为：ad； （5）同周期从左到右元素的电负性逐渐增大，其组成元素为N、C、H，电负性由大到小的顺序为；N>C>H，胍为平面形分子，N原子的杂化轨道方式都为为sp2；胍中3个N与1个C形成大π键，C原子形成3个键，剩余1个价电子共用；上面的N原子形成2个键，拿出1个电子共用，氨基的N原子形成3个键，每个N原子拿出2个电子共用，故有6个电子共用，大π键表示为；胍易吸收空气中H2O，其原因是：胍与H2O能形成分子间氢键； 11．(1) 正四面体形 O、N、S、H 第四周期ⅡB族 (2) 和 (3) (4) 配位 N(或氮原子) 【详解】（1）中阴离子为，其价层电子对数为、无孤对电子，立体构型为正四面体形；含有的非金属元素有H、N、O、S，所有元素中电负性最大的三种元素依次为F、O、N，且S与H形成的化合物中S显负价，故电负性由大到小为O、N、S、H；均为分子晶体，氨气形成分子间氢键沸点最高，磷化氢、砷化氢随相对分子量逐渐增大沸点增大，则的沸点由高到低的顺序为；Zn为30号元素，位于第四周期ⅡB族，基态原子的价电子排布式为； （2）丁二酮肟分子有甲基、碳碳双键，其中C原子轨道杂化类型为和；单键为σ键、双键为1个σ键1个π键，则丁二酮肟分子所含键的数目为 （3） 在结构中Ni是中心原子，CO是配体，且C和O相比，C的电负性较小，故C是配位原子，则其结构可用表示为：； （4）B原子最外层有3个电子，与3个H原子形成3个共价键，N原子上有1对孤电子对，N与B原子通过配位键结合形成N—B化学键；其电子对由N原子单方面提供而与B原子共用；NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3，NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和，由图中信息可知，中每个B原子只形成3个σ键，六元环上6个原子形成一个大π键，所以其中的B原子的杂化方式为sp2，因此B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。 12．(1) Al p 纺锤或哑铃 (2) B (3) (4) 【详解】（1）①根据金属元素R的逐级电离能的变化可看出，I3到I4差值最大，说明失去第4个电子不容易，则该元素原子最外层有3个电子，该元素为Al； ②Al位于周期表中第ⅢA族，属于p区； ③基态Al原子的最高能级3p的电子云轮廓图为纺锤或哑铃形； （2）在NH3分子中N原子具有孤电子对，BH3分子中B原子最外层有3个电子，形成3个共价键，为达8电子，具有空轨道，与NH3分子中N原子提供的孤电子对形成配位键后达8电子稳定结构，故提供空轨道的是B；结构式为； （3）储氢功能的铜银合金晶体具有立方堆积结构，晶胞中Cu原子位于面心，1个晶胞中Cu原子数为，Ag原子位于顶点，Ag原子数为，1个顶点的Ag原子与该顶点形成的3个平面，面心的Cu原子可构成的一个四面体，故铜银合金晶胞中有8个四面体，H原子位于四面体空隙中，则H原子数为8个，故晶胞化学式可表示为Cu3AgH8； （4）①由基态Q原子的价层电子排布式为nd2n+2(n+1)sn−1、S能级最多容纳的电子数为2可知，n-1=2，n=3，即基态Q原子的价层电子排布式为3d84s2，Q为Ni，一个晶胞中，La位于顶点，原子数目为，Ni位于体心与面上，原子数目为，则晶胞化学式为LaNi5； ②晶胞上、下平面为边长为anm的平行四边形，面积为，根据公式计算，，故答案为：LaNi5、。 13．(1) < 电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小 (2)7:1 (3)< (4) (5) (6)面心 (7) Co(CO)4配合物的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性 【详解】（1）电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，半径越小，故半径； （2）基态硫原子的电子排布式为，有14个成对电子和2个未成对电子，故成对电子与未成对电子的数目比为14:2=7:1； （3）是失去3d6上的电子，相对容易，失去的是处于半充满状态的3d5上的电子，相对较难； （4）利用均摊法，结构1中S原子数为12×+1=4，Co原子数为4×+4=，因此结构1钴硫化物的化学式为； （5）晶体中Li与S的最近距离为体对角线的，立方晶胞边长为a，则面对角线为，体对角线为，故晶体中Li与S的最近距离为； （6）由图可知，晶胞2中体心位置的硫应该位于晶胞3的面心； （7）①从结构角度解释Co(CO)4容易在化学反应中表现氧化性的原因：Co(CO)4 配合物的中心原子价电子数和配体提供的电子数之和为17，不符合EAN规则，若得到一个电子，转化为18电子会更稳定，故表现氧化性； ②已知该化合物满足18电子规则，其配体“”中的大π键是5个碳原子5电子大π键。可表示为。 14．(1) H、Na、Cu 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 (2) > P原子3p轨道上的电子处于半充满状态，结构稳定，比S难失去电子 (3) 3 H2O分子间能形成氢键 (4) D (5) 【详解】（1）①上述反应涉及的元素有Cu、O、P、Na、S、N、H，不属于元素周期表p区元素的是H、Na、Cu，故答案为：H、Na、Cu； ②铜的原子序数是29，基态核外有27个电子，的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9，故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9； （2）①P原子3p轨道上的电子处于半充满状态，结构稳定，比S难失去电子，所以P、S元素第一电离能大小关系为P＞S，故答案为：＞； ②由①可知，原因为：P原子3p轨道上的电子处于半充满状态，结构稳定，比S难失去电子，故答案为：P原子3p轨道上的电子处于半充满状态，结构稳定，比S难失去电子； （3）①O为8号元素，核外电子排布为1s22s22p4，则原子核外有3种不同能量的电子，故答案为：3； ②由于H2O分子间能形成氢键，故沸点高于H2S，故答案为：H2O分子间能形成氢键； （4）A．该物质正离子的中心是Cu2+，铜离子提供空轨道和氮提供的孤电子对形成配位键，故A项正确； B．该配合物的配体数等于铜离子的配位数为4，故B项正确； C．外界离子的中心原子S原子的价层电子对数为4，为sp3杂化，故C项正确； D．乙醇的作用是降低配合物的溶解度，使其析出，故D项错误； 故答案为：D； ②氢氧化铜沉淀和氨水反应生成配离子而溶解生成深蓝色溶液，同时生成氢氧根离子和水，离子方程式：，故答案为：； （5）①单键均为σ键，叁键含有1个σ键2个π键；CN－存在碳氮三键，1个碳氮三键中有2个π键，所以1mol该配合物含π键的数目为8NA，故答案为：8NA； ②中，铜离子提供空轨道，CN－中碳原子提供孤电子对，形成配位键，结构为，故答案为：。 15．(1)O (2) sp3 三角锥形 (3)9:2 (4) A D (5) 4 4 (6) (7)c (8)Fe4N 【详解】（1）H2O中O含有孤电子对，所以[Fe(H2O)6]2+中与Fe2+配位的原子是O； （2）NH3的价层电子数为，氮原子的杂化轨道类型为sp3，有1对孤电子对，所以分子空间构型为三角锥形； （3）单键为σ键，双键中1个σ键和1个π键，所以CH2=CH−CH=CH2分子中的σ键与π键的数目比为9:2； （4）A的沸点为100℃，所以代表H2O的是A，在ⅣA～ⅦA中的氢化物里，相对分子质量越大，物质熔沸点越高，NH3、H2O、HF因存在分子间氢键，故沸点高于同主族相邻元素氢化物的沸点，只有ⅣA族元素氢化物不存在反常现象，所以代表CH4的是D； （5）胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，其中每个Cu2+与周围4个水分子中的氧配位，其中配位键数目为4，由图知，最右侧的那个水分子分别与2个水分子、硫酸根之间各形成2个氢键，所以氢键数目为4个； （6）Fe3+与SCN−按个数比1∶1配合所得离子的化学式为： （7）[Co(NH3)4Cl2]Cl可以电离出Cl-，[Co(NH3)4Cl2]NO3可以电离出，所以区分两种配合物的试剂为AgNO3溶液，加入AgNO3溶液产生白色沉淀的为[Co(NH3)4Cl2]Cl，故选c； （8）Fe在8个顶点和6个面心，均摊为，N在内部，为1个，所以氮化铁化学式为Fe4N。 16．(1) (2)Be失去的2s2上的1个电子，2s2结构稳定，B的第一电离能对应失去的是2p1上的电子 (3) d a (4) (5) 【详解】（1） N原子核外有7个电子，基态N原子的核外电子排布的轨道表示式为； （2）Be的第一电离能对应失去2s2上的1个电子，2s2结构稳定，B的第一电离能对应失去的是2p1上的电子，所以B的第一电离能低于Be。 （3）分子结构示意图如图1，N原子采用sp3杂化，N-H为键；N原子含有孤电子对、B原子含有空轨道，N-B为配位键。 （4）在某种催化剂表面与反应的释氢机理如图2。写出理论上与完全反应生成 、和氢气，总反应的离子方程式为。 （5）该晶胞中含有16个NH3BH3，则密度为g·m。 17．(1) 同素异形体 金刚石 范德华力 (2) ③ ＋2 配位 (3) sp3 离子 2 (4) C6H6 (5) sp2杂化 (6) (7) 【详解】（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体，图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此它们互为同素异形体；其中金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管可以看成是由石墨片层卷成的管状物、不属于共价晶体；C60间的作用力是范德华力。 （2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的 p轨道能提供一对电子参与形成大π键，即标号为③的N原子的p轨道能提供一对电子；标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H+，钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此钴离子的化合价为+2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。 （3）由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3；AlF3的熔点为1090 ℃，远高于AlCl3的192 ℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此可以判断铝氟之间的化学键为离子键；由AlF3的晶胞结构可知，其中含白球的个数为12×＝3，黑球的个数为8×＝1，则白球为F-，距F-最近且等距的Al3+有2个，则F-的配位数为2。 （4） 用“替代法”，与B3N3H6互为等电子体的分子是C6H6；B3N3H6为非极性分子，说明分子中正负电的中心重合，结合苯的结构，B3N3H6的结构式为。 （5）①噻吩分子中所有原子都在一个平面上，所以C原子采取sp2杂化； ②噻吩是平面结构，所以C原子和S原子均采取sp2杂化，C的价电子数为4，sp2杂化后，未杂化的p轨道上有1个电子，S的价电子数为6，sp2杂化后，未杂化的p轨道上有2个电子，所以共有6个电子形成大π键，表示为。 （6） [Cu(H2O)4]2+为平面正方形结构，其中的两个H2O被Cl-取代有两种不同的结构，其中[Cu(H2O)2(Cl)2]是非极性分子，说明分子中正负电中心重合，则其结构式为。 （7）PCl5熔融时形成一种能导电的液体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，正四面体形的阳离子是，正八面体形的阴离子为，则PCl5熔融的电离方程式为2PCl5=+。 18．(1)① (2)①② (3)② (4) N＞O＞C AD 6 (5)均为分子晶体，范德华力随相对分子质量增大而增大 【详解】（1）①只有乙烯中含有碳碳双键，能使溴的溶液褪色，答案为①； （2）①和②苯是平面形分子，所用原子共面；甲烷是正四面体结构，聚乙烯是高分子，原子不一定共面；答案为①②； （3）苯能发生加成反应，但是不能使酸性高锰酸钾溶液褪色；乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲烷和聚乙烯都不能发生加成反应，故答案为②； （4）①同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，N元素原子的2p能级有3个电子，为半满稳定状态，能量降低，失去电子需要的能量较高，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C； ②属于内界离子，含有的化学键有极性共价键和配位键，答案为AD；的配位数为6； （5）SiX4属于分子晶体，不含分子间氢键，范德华力越大，熔、沸点越高，范德华力随着相对分子质量的增大而增大，所以熔、沸点依次增高。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$