上分专题10 物质的结构与性质综合应用题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中化学选择性必修2（苏教版）

专题课堂 上分专题10 物质的结构与性质—综合应用题 命题密钥 物质的结构与性质综合题为“拼盘”命制的题型，各小题之间相对独立，重点考查考生对 基础知识的掌握情况，稳定加创新是本类题的基本特点。命题一般以新科技、新能源等社会 热，点为背景，命题的形式分为选择题和填空题，原子的结构与性质、分子的结构与性质和晶体 的结构与性质是命题的三大要点。 考点觉醒 ●四种晶体类型的比较 晶体类型 分子晶体 共价晶体 金属晶体 离子晶体 构成粒子 分子 原子 金属阳离子、自由电子 阴、阳离子 粒子间的作用 分子间作用力 共价键 金属键 离子键 硬度 较小 很大 有的很大，有的很小 较大 熔、沸点 较低 很高 有的很高，有的很低 较高 大多易溶于水等 溶解性 相似相溶 难溶于任何溶剂 难溶于常见溶剂 极性溶剂 固态时不导电， 性质 导电、 般不导电，溶于 一般不具有导电 电和热的良导体 水溶液中或熔融 传热性 水后有的导电 性，个别为半导体 状态下导电 机械加工性 不良 不良 良 不良 发生状态变 化时需要克 分子间作用力 共价键 金属键 离子键 服的作用力 决定熔、沸点高低 分子间作用力的 共价键键能的 金属键的强弱 离子键的强弱 的因素 强弱 大小 部分非金属单 质、非金属氢化 大多数金属氧化 部分非金属单质 物、酸、非金属氧 物（如K20、 (如金刚石、硅、 化物(Si02除 金属单质与合金 Na0)、强碱（如 物质类别及举例 硼)，部分非金 外)、绝大多数 (如Na、Al、Fe、青铜) 属化合物 KOH、NaOH)、绝 有机物（有机盐 （如SiC、Si02) 大部分盐 除外)、稀有 (如NaCl) 气体 28化学|选择性必修2·SJ 实战演练日 1.(2025·山东泰安高三模拟)配位化合物在催化反应、材料合成、生物医药及环境治理等领 域发挥关键作用。 I.铜元素在生命体系和超导领域研究中发挥着至关重要的作用。 (1)以5-磺基水杨酸和咪唑衍生物为配体合成了单核心的铜配合物如图所示： ② HO OH, 咪唑（人H)具有类似苯环的芳香性，上图标号为②，③的N原子p轨道能提供一对电子的 是 (填标号)。 (2)上图中酚羟基中的H原子始终与苯环共面，①号0原子的杂化方式为 a处C一0键长 乙醇中C一0键长（填“>”“<”或“=”），原因：一是a处C、0原子的杂 化轨道中s成分多，形成的键强，键长短；二是 Ⅱ.Hg是第一种被发现的超导体，Hg最外层有2个电子。 (3)HgCL2分子的空间结构为 ;实验室用K2[Hg4]鉴别NH4,反应生成 [NH2Hg0]I(黄色沉淀)，[NH,Hg20]*中Hg2+的配位数为2，画出[NH2Hg0]+的结构简式 (4)已知阴、阳离子的电子云在离子极化作用下发生变形，离子半径越大，变形性越大，电子云 重叠程度越大。稳定性：[HgL4]2 [HgCL4]2(填“>”“<”或“=”)，原因是 Ⅲ.某种由NH,作为配体形成的新型储氢材料的晶胞结构如图，其中NH,为正八面体的顶点，H 为正四面体的顶点。 ●代表©Fe o代表B (5)若以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐 标，则Q的原子分数坐标为 :若晶胞参数为anm,阿伏加德罗常数的值 为N,则该晶体的密度为 g·cm3。 2.*某硫与锌元素组成的化合物M不溶于水，易溶于酸，见阳光色变暗。若在该化合物中加入 微量的Cu、Mn、Ag作活化剂，经光照后，能发出不同颜色的荧光。回答下列问题： 黑白题·上分秘籍29 (1)基态铜原子的价电子轨道表示式为 第一电离能介于C、N之 间的第2周期元素为 (填元素符号)。 (2)S03中S的杂化类型为 ,该分子的空间结构为 (3)NH3分子在独立存在时H一N一H键角为107°，[Ag(NH3)2]+中H一N一H键角变大的原 因是 (4)M的晶胞结构如图a。 ①观察图形推测，已知晶胞边长为apm,求该晶体的密度为 g·cm3(列出表达式 即可)。 ②已知A原子坐标为(00,0，B原子坐标为(？，3，)】 44’4 ,则C原子坐标为 ●N ●⊙ ○Cu 图a 图b (5)氨、铜形成的一种化合物为立方晶系晶体，晶胞参数为apm,沿面对角线投影如图b所示。 已知该晶胞中原子的分数坐标为Cu:(00,2):(0,7,0小：（号0,0），N:(00,0),则该晶胞 中，与Cu原子等距且最近的Cu原子有 个。 3.*(2024·江西上饶高二期末)铜及其化合物在工农业生产中有广泛的应用。 I.金属铜的原子堆积模型如图所示： (1)该晶胞中含有Cu原子数目为 Ⅱ.Cu2+能与NH3、H,0、OH、Cl等形成配位数为4的配合物。 (2)向CuSO4溶液中加入过量NaOH溶液可生成Na2[Cu(OH)4]。Na2[Cu(OH)4]中除了配 位键外，还存在的化学键类型有 (填字母)。 A.离子键 B.金属键 C.极性共价键 D.非极性共价键 (3)将Cu0投入NH3、(NH4),S04的混合溶液中进行“氨浸”，控制温度为50~55℃，pH约为 9.5,Cu0转化为[Cu(NH3)4]S04溶液。 ①Cu0被浸取的离子方程式为 ②[Cu(NH3)4]2+结构中，若用两个H,0分子代替两个NH3分子，可以得到两种不同结构的化 合物，由此推测[Cu(NH3)4]2+的空间结构为 (填字母)。 30化学1选择性必修2·SJ A.正四面体形 B.正方形 (4)Cu2+可以与乙二胺(H,N一CH,CH2一NH2)形成配离子，如图所示： H.N CH CH H ①H、O、N三种元素的电负性从小到大的顺序为 ②乙二胺分子中N原子成键时采取的杂化类型是 ③乙二胺和三甲胺[N(CH,)3]均属于胺，但乙二胺比三甲胺的沸点高很多，原因是 Ⅲ将含有未成对电子的物质置于外磁场中，会使磁场强度增大，称其为顺磁性物质。 (5)下列物质中，属于顺磁性物质的是 （填字母)。 A.[Cu(NH3)4]S04 B.[Cu(NH3)2]CI C.Na2 Cu(OH)] 4.*(2024·山东枣庄高二期末)硼族元素可形成多种结构和性质特殊的化合物，回答下列 问题： oB HO 00 OH HO 0-0 OH H,BO,的层状结构 沿：轴的俯视图 图1 图2 图3 (1)硼酸为一元酸，与足量的氢氧化钠溶液反应得到[B(OH)4]ˉ，反应的离子方程式为 ,[B(OH)4]的空间结构为 ;硼酸和甲醇反应制得硼酸三甲 酯[(CH,0)3B],沸点：(CH,0),B H,B0,(填“>”“<”或“=”)，原因是 d (2)过硼酸钠Na2[B2(02)2(OH)4]被用于洗衣粉中作增白剂，其阴离子结构如图2所示，该阴 离子组成元素中电负性由大到小的顺序为 硼原子的杂化方式为 ,该物 质可用于增白的原因是 (3)科学家利用B,03和过量碳在高温条件下合成出一种坚硬物质，结构如图3所示，该物质的 化学式为 ,晶胞参数：a=b=c(单位：pm),a=B=Y=90°。若N为阿伏加德罗常数 的值，则该晶体的密度为 g·cm3。 5.*（2024·北京高三开学考试)高纯锗(G)是一种良好的半导体材料。 (1)Ge位于第4周期第VA族，则Ge的简化核外电子排布式为 (2)某含锗化合物D可由A和B在金属钾的条件下得到如下图。 黑白题·上分秘籍31 Ge=Ge R Ge-ll 已知：R为含N取代基，N原子与Ge原子直接相连。 ①A中的Ge一CI键是由锗的 轨道与氯的3p轨道重叠成键。 ②B中标记“*”的Ge的化合价是 ③D中标记“*”的Ge的VSEPR模型名称是 (3)Ge-I和Ge-Ⅱ是单质Ge的两种同素异形体。二者晶胞如上图（其中Ge-Ⅱ晶胞中的每 代表着此位置有8个“统计分布”的原子，即每8个该位置随机均匀的有】 ①ce-I中每个Ge原子周围与它最近且距离相等的Ge原子有个。 ②若Ge-I和Ge-Ⅱ的晶胞体积分别为V,和V2,则Ge-I和Ge-Ⅱ的密度之比是 (4)单质G能溶于浓硝酸，生成最高价的不溶于水的锗酸；也能溶于浓NaOH溶液，生成锗 酸盐。 ①Ge和浓硝酸反应的化学方程式是 ②Ge和浓NaOH溶液反应的离子方程式是 6.*(2025·天津高三二模)铜氨溶液含有[Cu(NH3)4]2+,具有溶解纤维素的性能，在溶解纤 维素后所得溶液中再加酸时纤维素又可以沉淀析出，利用这种性质来制造人造丝。用硫酸铜 溶液和氨水反应可以制得铜氨溶液。 (1)CuS04溶液呈蓝色是因为含有水合铜离子[Cu(H,0)4]2,1mol[Cu(H,0)4]2+中含共价键 个数为 ;基态Cu原子核外电子排布式为 (2)制备铜氨溶液：向CuS04溶液中加入少量氨水，得到浅蓝色的碱式硫酸铜沉淀；若继续加入 氨水，沉淀溶解，得到深蓝色的含[Cu(NH3)4]2+的铜氨溶液。 ①比较键角：NH (填“大于”“小于”或“等于”)NH。 ②该实验中，Cu2+与NH3结合能力 (填“大于”“小于”或“等于”)Cu2+与H,0结合能 力，解释原因： 0 ③经实验发现：金属铜与氨水和过氧化氢的混合溶液反应也可得到[Cu(NH)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，反应的离子 方程式为 0 (3)某种铜的氯化物晶胞形状为立方体，结构如图所示。已知该晶胞的密度为pg·cm3,阿伏 加德罗常数的值为N、。则该晶胞的边长为 cm(列出计算式)。 ●Cl ○Cu 32化学|选择性必修2·SJ极性溶剂，溴和四氯化碳均为非极性分子，所以溴单质易溶于四氯化 碳，C正确：氯气易溶于氢氧化钠溶液是因为氯气能与氢氧化钠反应 生成溶于水的盐（氯化钠和次氯酸钠），不能用“相似相溶”的规律解 释，D错误。 6.①非极性平面三角形sp2②极性V形sp3③非极性 正四面体即 解析：①03中价电子对数为3，且不含孤电子对，所以$原子采 用s即2杂化，为平面正三角形结构，是非极性分子；②0F2中价电子 对数为4，且含2对孤电子对，所以0采用p3杂化，为V形结构，是 极性分子：③S0?中价电子对数为4，且不含孤电子对，所以S原子 采用sp3杂化，为正四面体结构，不具有极性。 上分专题9新高考背景下的模块融合 1.C解析：物质A因其受热分解产生W2而受到新能源汽车行业的关 注，且W在化合物T中仅形成一条共价键，则W为H,已知X的价电 子排布式为nsnp-1(n-1>0),Y的基态原子单电子数目在短周期 中是最多的元素之一，且X、Y同周期，则X为B,Y为N。A分子化 学式为NH3BH3,A错误；根据非金属性越强，其最高价氧化物对应 水化物的酸性越强，则最高价氧化物对应水化物的酸性：Y(硝酸)> X(别酸)，B错误：T分子中N、B都采用s即2杂化，形成平面三角形结 构，因此T分子所有原子共平面，C正确；M中X原子数为4，Y原子 数为8×1 *6x =4,其化学式为XY,D错误。 2 2.D解析：由晶体结构图可知，[C(NH2)3]中的一NH2的H与 [B(OCH3)4]中的0形成氢键，因此，该晶体中存在N一H…0氢 键，A错误；[C(NH2)3]+为平面结构，则其中的C和N原子轨道杂 化类型均为p2;[B(0CH3)4]中B与4个0形成了4个σ键，B没 有孤电子对，则B的原子轨道杂化类型为sp3;[B(OCH3)4]~中0分 别与B和C形成了2个σ键，0原子还有2个孤电子对，则0的原子 轨道的杂化类型均为p3;综上所述，晶体中B、N和C原子轨道的杂 化类型不相同，B错误：H、N和O形成的化合物可能为NH3·H2O, 水溶液显碱性，C错误；非金属性越强，则简单氢化物的还原性越弱， 非金属性：O>N>C,因此简单氢化物的还原性：C>N>0,D正确。 3.B解析：由图可知，辉石单链和闪石双链中硅原子位于氧原子构成 的四面体空隙中，形成了4个σ键，无孤电子对，则两种硅酸根中S 元素的化合价均为+4，A正确：从图中可以看出，辉石单链中每个硅 与其相邻的氧原子以共价键形式相连，氧原子与氧原子之间没有形 成化学键，B错误：用均摊法分析，在闪石双链中，每个硅原子连接4 个氧原子，其中有2个氧原子为2个硅原子共用，另外2个氧原子为 1个硅原子单独占有。按均摊法，设该双链中每有4个硅原子，则氧 原子平均个数为11个，再根据化合价代数和为0，硅元素显+4价，氧 元素显-2价，，所以闪石双链的化学式为[Si401]6,C正确；Si的原 子半径较大，难以与氧原子形成π键，所以硅酸根不能像碳酸根一样 形成简单离子，D正确。 4.C解析：铜和H202、盐酸反应生成氯化铜和水，铜离子被亚硫酸根 离子还原为[CuCl2],加水稀释时发生反应[CuCl2] CuCI1↓+Cl,生成CuCl沉淀，过滤、洗涤、干燥得CuCl。“氧化”时铜 和H0,、盐酸反应生成氯化铜和水，反应不生成氧气，A错误：“还 原”时，铜离子被亚硫酸根离子还原为[CuCL2],根据得失电子守 恒，反应的离子方程式为2Cu2++4CI+S0号+20H 2[CuCl2]+S0?+H20,B错误；Kp(CuCI)=1×106,饱和CuC溶液 中c(Cu+)=c(C1)=1×10-3mol·L-1,“滤液”含有[CuCL2]-电离出 的氯离子，所以c(C)>1×10-3mol·L-1,则c(Cu*)<1×103mol·L-1 C正确：根据图示，每个氯离子周围与之距离最近的氯离子数目为 12,D错误。 5.B解析：基态Zm2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10,核外电子 占用14个原子轨道，电子的空间运动状态为14种，A正确： 一OH、一NH2能与水分子形成氢键，一CH3不能与水分子形成氢 键，一0H、一NH,能增强MOF-5与H20之间的吸附作用，一CH3不 能增强MOF-5与H20之间的吸附作用，B错误；Cu的第二电离能是 失去3d上的1个电子吸收的能量，Zn的第二电离能是失去4s'上 的1个电子吸收的能量，3d0结构稳定，难失电子，所以Cu的第二电 离能大于Z的第二电离能，C正确；由BDC2结构可知，含有2个 -0 0 一C00~及以上可以作为配体， 中0原子含有孤 上分秘籍参考答案 电子对，能与金属阳离子形成配位键，满足作为配体的要求，D正确。 6.D解析：超导体是一类特殊的电子导体，一定温度（临界温度）以下 它的电阻率会突然下降为0，则超导性能受烧结温度、氧分压、显微 结构等因素的显著影响，A正确；该晶胞的化学式是YBa2Cu3Og,该 晶体中Y的化合价为+3，Ba的化合价为+2,0的化合价为-2，根据 化合物中各元素正负化合价代数和为0的原则，则Cu元素的整体化 合价为+11，铜以混合价态的形式存在，B正确；其化学式为 YBa2Cu30g,然而事实上其氧原子数不到7，说明上述超导体结构中 可能存在一定数目的氧空位，C正确：超导性是在温度和磁场都小于 一定数值的条件下，导电材料的电阻和体内磁感应强度都突然变为 零的性质，D错误。 3d 7.(1111↑1(2)平面三角形分子晶体(3)1.s< C<0Ⅱ.2Fe2++H20,+2H+一2Fe3++2H,0Ⅲ.蒸发浓缩冷却 3238x10 结晶抑制Fe水解V.S0,(4)√Np 解析：(1)铁的原子序数是26，基态Fe3+的价电子排布式为3d5,则价 3d 电子轨道表示式为口。(2②)05中氮原子的价层电 子对数是3，不含孤电子对，其空间结构为平面三角形；F(C0)5常 温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，熔、沸点低，易溶于非极 性溶剂，据此可判断F(C0)s晶体属于分子品体。(3)废铁屑（含有 少量碳和SO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少 量碳和SiO,杂质，A(氯化亚铁)加入氧化剂B生成C(氯化铁)，蒸发 结晶生成氯化铁晶体，通入S0Cl2生成无水FeCl3。I.废铁屑的杂质 中所含元素是C、0、S,非金属性越强，电负性越大，其电负性由小到 大的顺序为Si<C<0。Ⅱ.酸性条件下H202氧化亚铁离子的离子方 程式为2Fe2++H202+2H* 一2Fe3*+2H20。Ⅲ.操作②得到氯化铁 晶体，则其操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；由于铁离子易水解，则 同时通入HCI(g)的目的是抑制Fe3+水解。V.由D转化成E的过程 中可能产生少量亚铁盐，说明铁离子被还原，由于氯化亚砜易水解为 两种酸性气体，气体应该是氯化氢和二氧化硫，因此可能的还原剂为 二氧化硫。(4)根据晶胞结构可判断F(Ⅱ)数目为6×？=3。 F@(Ⅲ)数目为8x日=1，N原子个数为1，晶胞质量为4x56+14 g,设 NA 晶胞边长是anm,晶胞体积为(a×10-7)3cm3,故晶胞密度p= 238 32x102。 NMxx0y6*m',则a√p 上分专题10 物质的结构与性质—综合应用题 1.(1)②(2)sp2 <a处C、0原子参与形成大π键，C一0的键长 Hg. 短(3)直线形 H,N (4)>半径：>Cl,离子半径 Hg 越大，变形性越大，[Hg4]2的电子云重叠程度更大更稳定 (5(片） 解析：(1)咪唑具有类似苯环的芳香性，则氮原子为即2杂化，两个N 原子的价层电子对数均为3，对于②号N原子，有3个σ键，则3 个sp杂化轨道均各有1个电子用于形成σ键，p轨道上有1个孤电 子对，对于③号N原子，有2个σ键，则2个p2杂化轨道各有1个电 子用于形成σ键，则第3个p2杂化轨道有1个孤电子对，故标号为 ②、③的N原子p轨道能提供一对电子的是②。(2)上图中酚羟基 中的H原子始终与苯环共面，则苯环、①号0原子始终共平面，可以 推测①号0原子的杂化方式为p杂化，a处C、0原子参与形成大π 键；a处C原子与苯环相连，C原子为sp杂化，乙醇中C原子为sp 杂化。a处C一0键长小于乙醇中C一0键长，原因一是a处C、0原 子的杂化轨道中s成分多，形成的键强，键长短；二是a处C、0原子 参与形成大π键，使C一0键能增大，键长缩短。（3)Hg最外层有 2个电子，在HgCl2中，Hg与2个C1形成2个σ键，Hg原子的价电子 对数n=2+21=2,且不含孤电子对，分子的空间结构为直线形；已 2 知[NH2Hg20]+中Hg2+的配位数为2，N和0原子上有孤电子对， Hg+作为中心离子接受配体提供的孤电子对形成配位键。N和0作 黑白题39 Hg、 为配体与Hg+形成配位键，其结构简式为H,N 。(4)稳 Hg 定性：[Hg4]2>[HgCl4]2,对于[Hg4]2-和[HgC14]2,中心离子均 为Hg2+,阴离子分别为I和C1。厂的半径大于C1的半径，厂在 Hg2+的离子极化作用下电子云变形性更大，与g+的电子云重叠程 度更大，形成的配位键更强。(5)根据晶胞结构可知Q的原子分数 133 坐标为(4，子，香)：N,为正八面体的顶点，H为正四面体的顶 点，由晶胞结构可知，BH,的个数为8，F®(NH,)6的个数为8×g+6x 1 =4,若晶胞参数为am,阿伏加德罗常数的值为N,则该晶体的密度 为8x(1+4)+4x(56+17x6) Wa×(ax10-7)3 8·cm3=7.52x1023 g·cm3。 a N 3d 4s 2(1四日0(2)p平面三角形(3)M, 分子中N原子的孤电子对进人Ag+的空轨道形成配位键，原孤电子 对与成键电子对间的作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱 (4)097×4x100 NaXa3 ②(313 4’4’4 (5)8 解析：(1)铜为29号元素，基态铜原子的价电子轨道表示式为 )日：第2周期元素从左到右第一电离能呈增大 3d 趋势，但第VA族最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于同周期 的0，因此第一电离能介于C、N之间的第2周期元素为0。(2)S03 中心S原子的价层电子对数为3+6-2x3=3,无孤电子对，S采用即 杂化；分子的空间结构为平面三角形。(3)NH,分子与 [Ag(NH)2]*中NH,的中心N原子的价层电子对数均为4，但氨气 分子中N原子存在一个孤电子对；[Ag(NH3)2]+中N原子的孤电子 对进人Ag的空轨道形成配位键，原孤电子对与成键电子对间的作 用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，因此[Ag(NH3)2]+中 H一N一H键角变大。(4)①由品胞结构可知Z位于顶点和面心，个 数为8x令6×子=4：5位于晶胞体内，个数为4，则品胞质量为 8,晶胞边长为apm,则晶胞体积为(ax100)3cm,晶体密度= 97×4 97×4×1030 3 Nxg·m。②A原子坐标为(0,0,0)，B原子坐标为（子， 31 313 年，4)，结合品胞结构可知C原子坐标为（子，4，子）。 (5)结合投影以及部分Cu、N原子的坐标可知，N原子位于立方体的 顶点，Cu原子位于棱上，与Cu原子等距且最近的Cu原子位于相邻 的棱上，个数为8。 3.(1)4(2)AC(3)①Cu0+2NH3+2NH4=[Cu(NH3)4]2++H20 ②B(4)①H<N<0②sp3③乙二胺可以形成分子间氢键 (5)AC 解析：(1)由均摊法，该晶胞中含有C如原子数目为8×】 +6x2=4。 (2)根据信息可知Cu2+能与0H形成配位键，Na2[Cu(OH)4]中除了 配位键外，Na与[Cu(OH)4]2之间存在离子键，0H内部0与H之 间存在极性共价键，故还存在的化学键类型有离子键、极性共价键，故 选AC。(3)①将Cu0投人NH3、(NH4)2S04生成[Cu(NH3)4]S04, Cu0被浸取的离子方程式为CuO+2NH3+2NH4一[Cu(NH3)4]2+ H20。②如果[Cu(NH3)4]2+是正四面体结构，用2个H20分子代 替两个NH3分子，得到只有一种结构的化合物，由题意知 [Cu(NH3)2(H20)2]2+有两种不同结构，由此推测[Cu(NH3)4]2+的 空间结构为正方形结构，故选B。(4)①同周期元素从左到右电负性 依次增大，故电负性为H<N<O。②乙二胺分子中N原子与H和C 形成3个键，有一对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3杂化 ③乙二胺分子间可以形成氢键，三甲胺不能形成氢键，只有分子间作 用力，所以乙二胺沸点高。(5)具有未成对电子的物质具有顺磁性， 选择性必修2·SJ Cu+价电子排布为3d10,Cu2*价电子排布为3d9,+2价的铜离子形成 的物质具有顺磁性，则[Cu(NH3)4]S04、Na2[Cu(OH)4]具有顺磁 性，故选AC。 4.(1)H,B0,+0H一[B(0H)4]-正四面体形<二者均为分子 晶体，硼酸能形成分子间氢键，硼酸三甲酯不能形成分子间氢键 (2)0>B>Hp3过硼酸根离子中含有过氧键，具有强氧化性 168 (3)B4C abcN×10-30 解析：(1)硼酸为一元酸，与足量的氢氧化钠溶液反应得到 [B(OH)4],反应的离子方程式为H3B03+OH=[B(OH)4]; [B(0H)4]-中B原子形成4个共价键，没有孤电子对，则B原子 为$p3杂化，空间结构为正四面体形；硼酸三甲酯、硼酸均为分子晶 体，硼酸能形成分子间氢键，硼酸三甲酯不能形成分子间氢键，因此 熔、沸点：硼酸三甲酯<硼酸。(2)该阴离子中含有的元素为H、B、0, 根据同周期元素从左至右，电负性逐渐增大，同主族元素从上至下， 电负性逐渐减小，可知电负性：0>B>H;根据阴离子结构示意图，B原 子形成4个共价键，没有孤电子对，故B原子为s即3杂化；该物质可用 于增白的原因：过硼酸根离子中含有过氧键，具有强氧化性。(3)根 据沿z轴的俯视图可知，B原子位于棱上和体心，C原子位于体内，则 B原子有 4×24+6=12个，C原子有3个，则化学式为B,C;则该晶 体的密度p=受= nM NM (11×4+12)×3 V-NV= N abex1030g·cm3= 168 abeNx10-308·cm3。 5.(1)[Ar]3d104s24p2(2)①p2②+2③四面体形(3)①4 ②8V2:7V1(4)①Ge+4HN03(浓)=H2GC03↓+4N02↑+H20 ②Ge+20H+H20=Ge03+2H2↑ 解析：(1)Ge位于第4周期第VA族，则Ge的简化核外电子排布式 为[Ar]3d°4s24p2。(2)①A中的Ge形成了三个σ键，没有孤电子 对，故为p2杂化。②由题图可知，B中标记“*”的Ge的化合价 是+2。③D中标记“*”的Ge连接四个σ键，没有孤电子对，故 VSPR模型为四面体形。(3)①Ge-I构成与金刚石晶胞结构相似， 故Ge-I中每个Ge原子周围与它最近且距离相等的Ge原子有 4个。②由题意可知，若假设Ge-I的晶胞质量为m,则Ge-Ⅱ的晶 m 胞质量为名m,故根据公式__m_m8 7 P2 m2 m2Vi 7 。(4)①Ge mV V2 8 和浓硝酸反应时浓硝酸作氧化剂，还原产物是二氧化氮，锗作还原 剂，生成最高价的不溶于水的储酸，锗价电子数为4，故最高价为+4， 故化学方程式为Gc+4HN03(浓)一H2Gc03↓+4N02↑+H20。 ②储与硅同族，化学性质相似，故溶于浓NaOH溶液，生成锗酸盐的 离子方程式为Ge+20H+H20=Ge0}+2H2↑。 6.(1)12NA1s22s22p3s23p63d04s1或[Ar]3d104s(2)①小于 ②大于电负性：0>N,0对孤对电子吸引力更强，因此Cu2+与H20 形成的配位键极性比Cu2+与NH3形成的配位键要强，更易断裂 ③Cu+4NH3·H20+H202—[Cu(NH3)4]2++4H20+20H 364×4+35.5×4 (3) PNA 解析：(1)配位键也属于共价键，H20中含有两个共价键，则1mol [Cu(H20)4]2*中含有的共价键个数是12Wa;基态Cu原子核外电 子排布式为1s22s22p63s23p63d104s'或[Ar]3d04s'。(2)①NH3中N 原子的价层电子对数为4，有1个孤电子对，为sp3杂化，NH4中N原 子的价层电子对数为4，没有孤电子对，为s即3杂化，由于孤电子对对 成键电子对的排斥力比成键电子对之间的排斥力大，因此NH的键 角更大。②电负性：0>N,因此Cu2+与H20形成的配位键极性比Cu2+ 与NH3形成的配位键要强，更易断裂，即Cu2+与NH,的结合能力更 强。③过氧化氢作氧化剂，氨与C2+形成配离子，两者相互促进使 反应进行，反应的离子方程式为Cu+4NH3·H20+H202 [Cu(NH3)4]2+4H20+20H。(3)由均摊法可知，1个晶胞中Cu 数目为8× +6X2 8 4,d数目为4，晶胞的质量为64x4+35.5×4 NA , 晶胞的边长为 364×4+35.5×4 PN cmo 黑白题40