2024届高考化学一轮复习知识点突破练习-22分子的结构与性质
1．科学工作者合成了含镁、镍、碳三种元素的超导材料，具有良好的应用前景。回答下列问题：
(1)镍元素在周期表中的位置
(2) CO易于铁触媒作用导致其失去催化活性： Fe+5CO=Fe(CO)5，Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe(CO)5的晶体类型是 ，与CO互为等电子体的有 、 。(分子、离子各写1种)
(3)第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有 种，S2Cl2分子中S原子的杂化类型为 。
(4)过渡金属与O形成羰基配合物时，每个CO分子向中心原子提供2个电子，最终使中心原子的电子总数与同周期的稀有气体原子的电子总数相同，称为有效原子序数规则。根据此规则推断，镍与CO形成的羰基配合物Ni(CO)x中，x=
(5)离子水化能是气态离子溶于大量水中成为无限稀释溶液时释放的能量。离子在溶液中的稳定性可以从离子半径的大小、电荷、水化能等因素来解释。Cu2+和Cu+的水化能分别是-2121kJ/mol和-582kJ/mol，在水溶液里Cu2+比Cu+稳定的原因是 。
(6)如图表示的是某物质的两种结构的晶胞，(大球表示的是Ni原子，小球表示O原子)，图1中的O2单元空间取向有 种。若Ni之间底面上的最近距离为apm，竖直方向上为bpm，图2表示的晶体密度为 g/cm3。(NA表示阿伏加德罗常数)
2．金属元素及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。
(1)锰元素在周期表中的位置是 ，基态锰原子的最外层电子排布式为 。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]用于制高纯度铬粉，它的沸点为220℃。Cr(CO)6的晶体类型是 ，Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为 。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是 。
(4)多数配离子显示颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用 表示)，它与中心离子的结构、电荷、配体有关。试判断分裂能△[Fe(H2O)6]2+ △[Fe(H2O)6]3+(填<”或“=”)，理由 。
(5)已知Pb(CH2CH3)4晶体的堆积方式如图。
Pb(CH2CH3)4在晶体结构中的配位数是 。设阿伏加德罗常数为NAmol-1，Pb(CH2CH3)4的摩尔质量为Mg/mol，则Pb(CH2CH3)4晶体的密度是 g/cm3(列出计算式即可)。
3．已知A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A的一种核素中子数是质子数的2倍；B含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同；D原子基态核外电子运动状态共8种；E为VIII族元素，基态E原子中有4个未成对电子且全在同一能级；E、F原子序数相差3。
(1)写出阳离子E2+的核外电子排布式 。
(2)B、C、D简单气态氢化物的稳定性由小到大的顺序是 。(用化学式书写)
(3)由A、B、C、D构成的物质(ADBC)的结构式是 ，其中B原子的杂化方式是 ，根据等电子体原理，可推测BCD-离子的空间构型是 。
(4)E元素与D元素形成的ED晶体与NaCl晶体晶胞结构相似，则ED晶体中E离子的配位数为 。
(5)B、C与A可以形成多种分子，有关说法不正确的是 。
①B2A2分子中σ键与π键的个数比为3︰2
②CA3和BA4的VSEPR构型相同
③C2A4分子、CA3分子都可以做配体与某些金属离子形成配位键
④BA4是由非极性键构成的非极性分子
(6)F单质晶体中原子的堆积方式如图甲所示，其晶胞结构如图乙所示，原子之间相互位置关系的平面图如丙所示。
若F原子半径为acm，则F单质晶体的密度为 g·cm-3(只列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA)。
4．CO 易与铁触媒作用导致其失去催化活性：Fe+5CO=Fe(CO)5； [Cu(NH3)2]Ac 溶液用于除去CO的化学反应方程式：[Cu(NH3)2]Ac+CO+NH3=[Cu(NH3)3] Ac·CO （式中Ac-代表醋酸根）。请回答下列问题：
（1）C、N、O的第一电离能最大的是 ，原因是 。基态Fe 原子的价电子排布图为 。
（2）Fe(CO)5又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，则Fe(CO)5的晶体类型是 ，羰基铁的结构如图，根据该图可知CO作为配位体是以 原子为配位原子与Fe原子结合。
（3）离子水化能是气态离子溶于大量水中成为无限稀释溶液时释放的能量。离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释。Cu2+和Cu+的水化能分别是-2121kJ·mol-1和-582 kJ·mol-1，在水溶液里Cu2+比Cu+稳定的原因是 。[Cu(NH3)2]+在水溶液中相对稳定，在配合物[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是 。
（4）用[Cu(NH3)2]Ac除去CO的反应中，肯定有形成 。
a.离子键 b.配位键 c.非极性键 d. σ键
（5）钙铜合金的晶体结构可看成(a) (b) 两种原子层交替堆积排列而成图(c)，则该合金六方晶胞（即平行六面体晶胞）中含为Cu 个。已知同层的Ca-Cu的距离为294pm，根据图示求同层相邻Ca-Ca的距离 pm （已知=1.73 计算结果保留整数）。
5．【化学-选修3：物质结构与性质】
已知铜的配合物A(结构如下图1)。请回答下列问题:
(l)Cu的简化电子排布式为 。
(2)A所含三种元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为 。其中氮
原子的杂化轨道类型为 。
(3)配体氨基乙酸根(H2NCH2COO-)受热分解可产生CO2和N2，N2中σ键和π键数目
之比是 ； N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O
的电子式为 。
(4)在Cu催化下，甲醇可被氧化为甲醛(HCHO)，甲醛分子中H-C=O的键角 1200(选填“大于”、“等于”或“小于”)，甲醛能与水形成氢键，请在图2中表示出来 。
(5)立方氮化硼(如图3)与金刚石结构相似，是超硬材料。立方氮化硼晶体内B-N键数与硼原子数之比为 ；结构化学上用原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，图4立方氮化硼晶胞中，B原子的坐标参数分别有：B(0，0，0)；B(1/2，0，1/2)；B(1/2，1/2，0)等。则距离上述三个B原子最近且等距的N原子的坐标参数为 。
6．铁、镧、锑的合金能实现热电效应。所谓的热电效应，是当受热物体中的电子(空穴)，因随着温度梯度由高温区往低温区移动时，所产生电流或电荷堆积的一种现象。若选用具有明显的热电效应的稀有矿物石为原料，加入到墙体材料中，在与空气接触中，随温度变化可发生极化，并向外放电， 起到净化室内空气的作用。
(1)镧与Sc同族位于第六周期。镧的价电子排布式为 ，锑的核外有 种运动状态不同的电子。
(2)多数配离子显示的颜色与d轨道的分裂能有关。分裂能是指配离子的中心原子(离子)的一个电子从较低能量的d轨道跃迁到较高能量的d轨道所需的能量(用 表示)，它与中心离子的电子构型、电荷、配体有关。试判断分裂能 [Fe(H2O)6]3+(黄色) [Fe(H2O)6]2+(浅绿色) 填“大于”，“小于”或“等于”)，原因是 。
(3)一种镧，锑形成的配合物结构如图所示
①该结构中，中心离子La3+配位数为 ，碳的杂化方式为 。
②该配合物中长周期元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
(4)某铁、镧、锑的合金晶胞如下图1，铁原子位于锑原子构成的正八面体的体心，晶胞的六个表面结构都如下图2。
①若上图中A 点锑原子的坐标为，则B点铁原子的坐标为 。
②若该晶体的密度为ρg/cm3，阿伏加德罗常数为NA，则Sb原子与Sb原子的最近距离为 cm。
7．实验研究表明，Cu2+本身是无色离子，其化合物或化合物溶液能显现出各种颜色的主要原因是Cu2+形成化合物时，形成了配位键，其配合物显现出各种不同的颜色。如无水硫酸铜中，不易与Cu2+形成配位键，故无水硫酸铜为白色粉末，无水硫酸铜遇到水蒸气后，H2O与Cu2+形成蓝色的[Cu(H2O)4]2+，白色粉末逐渐变为蓝色。回答下列问题：
(1)基态 Cu2+核外电子排布式为 ；铜元素位于元素周期表的 区。
(2)H2O分子中O原子的杂化方式为 杂化；水分子的空间构型为 ；根据电负性分析水中氧元素为-2价而氢元素为+1价的原因是 。
(3)1mol[Cu(H2O)4]2+含有 共价键，中心原子配位数为 。
(4)光学原理中，黄色与蓝色的光混合后呈现出绿色。仔细阅读题干信息，推测CuCl2 2H2O晶体为绿色的原因可能是 。
(5)金属铜的晶胞结构如图所示，已知金属铜的密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则距离最近的两个铜原子之间的距离为 (列出算式即可，不需要化简)。
8．砷是生命的第七元素，可形成多种重要的化合物。回答下列问题：
(1)基态砷原子N电子层中的成对电子与单电子的数量比为 。As的第一电离能(I1)比Se大的原因是 。
(2)雄黄(AS4S4)和雌黄(As2S3)在自然界中共生，是提取砷的主要矿物原料，其结构如图所示，1mol雄黄与O2反应生成As2O3，转移28mol电子，则另一种产物为 。雌黄中As的杂化方式为 。
(3)亚砷酸(H3ASO3)可以用来治疗白血病，为三元弱酸，试推测AsO的空间构型为 。其酸性弱于砷酸(H3AsO4)的原因是 。
(4)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。其晶胞结构如图所示，若沿体对角线方向进行投影则得到如图，请在图中将As原子的位置涂黑 。晶体中As原子周围与其距离最近的As原子的个数为 ，若As原子的半径为r1pm，Ga原子的半径为r2pm，则最近的两个As原子的距离为 pm。
9．氮的相关化合物在材料等方面有重要用途。回答下列问题：
(1)基态N原子的核外电子排布式为 ，第一电离能 (填“大于”或“小于)。
(2)①N及其同族的P、As均可形成类似的氢化物， 的沸点由高到低的顺序为 (填化学式)。
②的键角 的键角(填“大于”或“小于)，原因为 。
(3)写出溶于氨水形成配合物的离子方程式 。
(4)是一种全氮阳离子形成的高能物质，其阳离子结构如图所示，其中N原子的杂化轨道类型为 。
(5)科学家近期首次合成了具有极性对称性的氮化物钙钛矿材料-LaWN ，其立方晶胞结构如图所示，晶胞中La、W、N分别处于顶角、体心、面心位置，晶胞参数为a nm。
①与La紧邻的N个数为 。
②在，晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于 位置，N处于 位置。
③设La、W、N的式量分别为 阿伏加德罗常数的值为则该晶体的密度为 (列出计算表达式)。
10．一水合甘氨酸锌C(H2NCH2COO)2Zn·H2O]是一种饲料添加剂，可改进机体免疫力，提高动物生产性能，且无毒副作用，与无机微量元素相比，具有生物利用率高吸收速度快和化学稳定性好等优点。回答下列问题：
(1)该化合物中所涉及的第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序是 (用元素符号表示)；甘氨酸(H2NCH2COOH)分子中C原子的杂化轨道类型为 ；甘氨酸分子中的σ键和π键的个数比为 ；甘氨酸易溶于水的原因可能是 。
(2)Cd与Zn同族且相邻，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为 。
(3)比锌原子核电荷数少3的钴元素很容易形成络合物。Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是 ，配位体NH3的空间构型为 ；写出一种与N互为等电子体的分子： (填化学式)。
(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞的结构如图所示。Zr4+在晶胞中的配位数是 ，晶胞参数为apm，apm、cpm，该晶体的密度为 g·cm-3(写出表达式)。
11．某药物中含有As、Cu、H、O、Cl、Fe等元素。
(1)Cu单质在不同条件下可形成晶体和非晶体,可通过 区分晶体和非晶体;基态Cu原子的价电子排布式为 ,基态Cu原子的核外电子排布中有 对自旋状态相反的电子。
(2)CH4分子中C原子的杂化方式为 ,NH3沸点比CH4高的原因是 。
(3)酸性:H3AsO4 H3AsO3,原因 。
(4)H3O+、H2O相比较,键角较大的是 ,其原因是 。
(5)一种Fe晶体晶胞如图所示,晶胞边长为a cm,已知该晶体的密度为ρ g·cm-3,Fe的相对原子质量为M,NA为阿伏伽德罗常数的值,NA= (列式表示即可)。
12．酚和芳香胺有广泛用途。
资料：i．苯酚分子中O的杂化轨道类型是sp2，未参与杂化的p轨道中有一对电子，该p轨道正好与苯环的π电子轨道发生侧面重叠，形成p-π共轭体系(大π键)，使O的电子向苯环转移。
ii．苯胺分子结构与苯酚有相似之处，N的孤对电子占据的轨道也和苯环的π电子轨道部分重叠，形成共轭体系。
(1)p电子云轮廓图的形状是 。
(2)C、H、O三种元素的电负性由强到弱的顺序是 。
(3)比较相同条件下，苯酚与氯苯在水中的溶解度并说明理由： 。
(4)苯胺分子中的原子不在同一平面内，N的杂化轨道类型是 。
(5)下列说法正确的是 (填序号)。
a．第一电离能： O＞N＞C
b．苯酚具有酸性与分子中的p-π共轭有关
c．苯胺的碱性比氨强
d．苯胺可能与溴水发生取代反应
(6)80℃，有CuI存在时，邻氨基苯酚与碘苯可发生反应生成邻羟基二苯胺，过程如下：
①基态Cu+的价电子排布式是 ，CuI的作用是 。
②用对硝基碘苯为原料与邻氨基苯酚反应，所需实验温度 80℃ (填“＞”或“＜”)。
③增大碘苯与邻氨基苯酚的物质的量之比，使碘苯显著过量，则反应的主产物是X。
i．X的结构简式是 。
ii．生成X的反应比生成邻羟基二苯胺的 (填 “易”或“难”)，理由是 。
13．青蒿素()是治疗疟疾的有效药物，白色针状晶体，溶于乙醇和乙醚，对热不稳定。青蒿素晶胞(长方体，含4个青蒿素分子)及分子结构如下图所示。
(1)提取青蒿素
在浸取、蒸馏过程中，发现用沸点比乙醇低的乙醚()提取，效果更好。
①乙醚的沸点低于乙醇，原因是 。
②用乙醚提取效果更好，原因是 。
(2)确定结构
①测量晶胞中各处电子云密度大小，可确定原子的位置、种类。比较青蒿素分子中C、H、O的原子核附近电子云密度大小： 。
②图中晶胞的棱长分别为a、b、c，晶体的密度为 。(用表示阿伏加德罗常数；；青蒿素的相对分子质量为282)
③能确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出分子空间结构的一种方法是 。
a.质谱法 b.X射线衍射 c.核磁共振氢谱 d.红外光谱
(3)修饰结构，提高疗效
一定条件下，用将青蒿素选择性还原生成双氢青蒿素。
①双氢青蒿素分子中碳原子的杂化轨道类型为 。
②的空间结构为 。
双氢青蒿素比青蒿素水溶性更好，治疗疟疾的效果更好。
14．硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物等领域具有重要应用。
(1)Se与S同族，基态硒原子价电子排布式为 。
(2)的沸点低于，其原因是 。
(3)硒的两种含氧酸的酸性强弱为 (填“>”或“<”)。的空间结构为 。比较键角大小：气态分子 离子(填“>”“<”或“=”)。
(4)关于I～III三种反应物，下列说法正确的有 。
A．I中仅有键
B．I中的Se-Se键为非极性共价键
C．I易溶于水
D．II中原子的杂化轨道类型只有sp与
E．I~III含有的元素中，O电负性最大
(5)IV中具有孤对电子的原子有 。
(6)我国科学家发展了一种理论计算方法，可利用材料的晶体结构数据预测其热电性能。化合物X是通过该方法筛选出的潜在热电材料之一，其晶胞结构如左图，沿x、y、z轴方向的投影均为右图。
①X的化学式为 。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，则X中相邻K之间的最短距离为 nm(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
15．由氧元素形成的常见物质有H2O、H2O2、O2和O3等。
(1)基态氧原子的电子排布式是 。
(2)H2O分子的VSEPR模型是 形。
(3)对H2O2分子结构的研究，曾有以下推测：
①根据测定H2O2分子中 (填字母序号)，确定其结构一定不是甲。
a．H-O键长 b．O-O键能 c．H-O-O键角
②由于H2O2不稳定，很难得到晶体。20世纪40年代初，卢嘉锡等化学家用尿素()与H2O2形成较稳定的尿素过氧化氢复合物晶体，进而测得H2O2结构为乙。上述晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键。
a．H2O2为 (填“极性”或“非极性”)分子。
b．用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键： 。
(4)O2的晶胞为立方体，结构如下。
根据图中信息，可计算O2晶体密度是 g·cm-3。
(5)已知O3分子空间结构为V形，中心O为sp2杂化。除σ键外，O3分子中还形成了含4个电子的大π键。每个O3分子中用于成键的电子总数是 个，中心O提供参与成键的电子数是 个。
16．硅是地壳中储量仅次于氧的元素，在自然界中主要以和硅酸盐的形式存在。
(1)基态硅原子的价电子排布式为 。
(2)硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点从高到低依次为 。
(3)晶态的晶胞如图。
①硅原子的杂化方式为 。
②已知晶胞的棱长均为a pm，则晶体的密度 (列出计算式)。
(4)硅元素最高价氧化物对应的水化物为原硅酸。
资料：原硅酸()（ ）可溶于水，原硅酸中的羟基可发生分子间脱水，逐渐转化为硅酸、硅胶。
①原硅酸钠溶液吸收空气中的会生成，结合元素周期律解释原因： 。
②从结构的角度解释脱水后溶解度降低的原因： 。
参考答案：
1． 第四周期第Ⅷ族 分子晶体 N2 或 3 sp3 4 Cu2+半径小，且所带电荷多，水化能小 2
【详解】(1)镍元素的原子序数为28，其价电子排布式为：3d84s2，位于周期表中第四周期第Ⅷ族；
(2)Fe(CO)5在常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；与CO互为等电子体的有：N2、、等；
(3)同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，但第IIA族由于s能级全满，处于稳定状态，第VA族由于p能级半满，较稳定，故第三周期元素的第一电离能由大到小的顺序为Na
(5)Cu2+半径小，且所带电荷多，水化能小，所以在水溶液里Cu2+比Cu+稳定；
(6)根据图1可知：在该晶体中O2结构单元中有2种不同的空间取向；在一个晶胞中含有Ni数目为，含有O2单元的数目为，故晶胞质量为，晶胞体积为，故晶胞密度为。
2． 第四周期第ⅦB族 4s2 分子晶体 1：1 直线形 ＜ Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构 12
【详解】(1)锰是25号元素，其电子排布式为[Ar]3d54s2，因此锰元素在周期表中的位置是第四周期第ⅦB族，基态锰原子的最外层电子排布式为4s2；故答案为：第四周期第ⅦB族；4s2。
(2)六羰基铬[Cr(CO)6]的沸点为220℃，说明Cr(CO)6的晶体类型是分子晶体，由于N2和CO是互为等电子体，N2含有1个σ键和2个π键，CO与Cr形成配位键，因此Cr(CO)6中σ键与π键的个数比为(6+6)：12=1:1；故答案为：分子晶体；1：1。
(3)[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，说明该配离子的空间构型是直线形；故答案为：直线形。
(4)根据题意得出Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构，因此分裂能△[Fe(H2O)6]2+＜△[Fe(H2O)6]3+，其理由是Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强，Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构；故答案为：＜；Fe3+的正电荷数比Fe2+多，吸引电子能力强；Fe3+的3d轨道达到半充满稳定结构，Fe2+的3d轨道未达到半充满稳定结构。
(5)Pb(CH2CH3)4晶体堆积方式为是六方最密堆积，因此其结构中的配位数是12。根据题意得到Pb(CH2CH3)4晶体的密度是；故答案为：。
3． 1s22s22p63s23p63d6或者[Ar]3d6 CH4
【详解】(1)E是Fe元素，Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe原子失去最外层2个电子形成Fe2+， Fe2+核外有电子排布式是1s22s22p63s23p63d6；
(2)同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性越强，气态氢化物越稳定，C、N、O简单气态氢化物的稳定性由小到大的顺序是CH4
(4)NaCl晶体晶胞中Na+的配位数是6，FeO晶体与NaCl晶体晶胞结构相似，则FeO晶体中Fe2+离子的配位数为6；
(5)①C2H2分子的结构式是H—C≡C—H ，σ键与π键的个数比为3:2，故①正确；
②NH3和CH4中心原子的价电子对数都是4，VSEPR构型都是四面体，故②正确；
③N2H4分子、NH3分子中N原子都含有孤电子对，所以都可以做配体与某些金属离子形成配位键，故③正确；
④CH4是由极性键构成的非极性分子，故④错误；
选④；
(6)由图示可知，单质Cu的晶胞为面心立方，1个晶胞含有碳原子数是 ，若Cu原子半径为acm，则晶胞的边长为，则Cu单质晶体的密度为g·cm-3。
4． N N的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能 分子晶体 C或碳 Cu2+的半径小且所带电荷多、水化能大 sp3、sp2 bd 5 509或510
【详解】（1）同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而增大，但是N的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能，所以这三种元素第一电离能为：N > O>C；铁原子的3d、4s能级为其价电子，基态铁原子的价电子排布为 3d64s2，排布图为；正确答案：N ；N的2p能级为半满稳定状态，能量低，第一电离能高于同周期相邻元素第一电离能；。
（2）根据羰基铁的常温下为黄色油状液体，说明沸点低，为分子晶体；根据羰基铁的结构图，可知CO作为配位体是以C原子为配位原子与Fe原子结合；正确答案：分子晶体；C或碳。
（3）Cu2+和Cu+的水化能分别是-2121kJ·mol-1和-582 kJ·mol-1，水化能越小，放出的热量越多，该离子越稳定，并且Cu2+半径比Cu+小，带电荷多，所以Cu2+比Cu+稳定；在配合物[Cu(NH3)2]Ac中碳原子的杂化类型是sp3、sp2；正确答案：Cu2+的半径小且所带电荷多、水化能大 ；sp3、sp2。
（4）用[Cu(NH3)2]Ac除去CO的反应中，肯定有铜原子与氮原子、碳原子之间形成的配位键且也是σ键生成；正确选项b d。
（5）从图 c 可知, Ca 位于六棱柱的顶点(1/6)和底心(1/2) , 各有 12个和 2个, 即属于这个六棱柱的 Ca 为 3个； Cu 有两种情况, 在底面 (图 a )上,各有 6个(1/2) ,在中间一层(图 b ),内部 6个,边 (对图 c 来说是面上)上有 6个(1/2) ,共有 15个,根据原子个数比关系：N(Ca): N(Cu)=3:15=1:5,所以该合金六方晶胞中含Cu为5个；看图a，Cu位于3个Ca构成正三角形的重心，已知Ca－Cu为294pm，设Ca-Ca的距离为xpm, 根据勾股定理：x2=(x/2)2+（294+294/2）2, x=294√3=509； 正确答案：509。
5． [Ar]3d104s1 N>O>C sp3 杂化 1:2 大于 4：1 （1/4，1/4，1/4 )
【详解】本题考查过渡元素Cu及其化合物的结构、电子排布、杂化轨道、晶体结构等物质结构的有关知识点。根据Cu的原子结构和电子排布规律、杂化轨道及分子构型的知识和晶体的类型以及晶包有关知识来解答此题。
（1）基态Cu原子核外有29个电子，外围电子排布式为3d104s1，全充满结构，稳定。简化电子排布式为[Ar]3d104S1
（2）同周期主族元素从左到右第一电离能呈增大趋势，第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，N原子外围电子排布为2s22p3，为半充满结构，较稳定，N的电离能最大，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C。氮原子有4个杂化轨道，所以为 SP3杂化
（3）N2的结构式为N≡N, 含1个σ键和2个π键，所以σ键和π键数目比为1:2，N2O与CO2互为等电子体，且N2O分子中O只与一个N相连，则N2O结构与CO2相似，所以其结构为N=Ｎ=Ｏ，电子式为
（4）甲醛分子中，碳原子为ｓｐ２杂化，分子成平面三角型，键角约120°，由于氧原子有孤电子对，对氢原子有排斥作用，所以ＯＣＨ键角会稍大于120°，羰基氧有很强的电负性，与H2O中H有较强的静电吸引力，而形成氢键。
（5）由图可知，一个B原子与4个N原子形成4个B-N共价键，B-N键数与硼原子数之比为4:1，根据各个原子的相对位置可知，距离上述三个B原子最近且等距的N原子在x、y、z轴三个方向的1/4处，所以其坐标是(，，)
点睛：本题最后一问，求原子的坐标参数，学生缺乏想象力，较难理解，立方体的每个顶角原子的坐标均为（0,0,0，）从每个顶角引出3维坐标轴xyz，N原子位于每个轴的1/4处，即可判断N的坐标。
6．(1) 5d16s2 51
(2) > Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
(3) 5 sp2、sp3 Sb> La
(4) cm
【详解】（1）镧为57号元素，其价电子排布式为5d16s2；锑元素为51号元素，原子核外有51个电子，锑的核外有51种运动状态不同的电子；
（2）在[Fe(H2O)6]3+和[Fe(H2O)6]2+中中心原子分别为Fe3+和Fe2+，从带电荷考虑，Fe3+带正电荷高，吸引电子的能力强;从稳定性考虑，它们的价电子排布分别为3d5、3d6，3d5中轨道半充满，电子的能力低，电子跃迁所需的能量高，综合以上分析，分裂能△[Fe(H2O)6]3+> △[Fe(H2O)6]2+， 理由是:Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强; Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
故答案为: > ; Fe3+的正电荷数比Fe2+的多，吸引电子能力更强；Fe3+的3d达到半充满稳定结构，Fe2+的3d未达到半充满稳定结构；
（3）①根据图中成键情况可知，该结构中，中心离子La3+配位数为5；
羧基、苯环中的碳都是sp2杂化,苯环侧链上的C为sp3杂化；
②元素金属性越强第一电离能越小，该配合物中长周期元素Sb、La的第一电离能由大到小的顺序为La >Sb；
（4）①若上图中A 点锑原子的坐标为，根据晶胞结构图，B处在八面体空隙中，B靠近最左下角的顶点原子，Z方向的坐标分矢为，投影于xy平面，其xy的平面坐标为所以B的原子坐标为，故答案为: ；
②1个晶胞中含有La的数目为8+1=2个，含有Fe的数目为8个，每个Fe位于Sb组成的八面体空隙中，纯粹的Sb的个数应有68-12=36个，其中有46=24个Sb位于晶胞的面上，剩余36-24=12，所以一个晶胞中含有Sb的数目为24+12=24个，取1mol晶胞，则有NA个晶胞，质量为m=(2)g=3654g，设晶胞的边长为acm，==g/，a=cm，Sb原子与Sb原子的最近距离为，故为cm。
7．(1) [Ar]3d9 ds
(2) sp3 V形 氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价
(3) 12 4
(4)晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色
(5)
【详解】（1）基态Cu原子的核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则Cu2+核外电子排布式为[Ar]3d9；铜元素位于元素周期表的第四周期第ⅠB族，属于ds区。答案为：[Ar]3d9；ds；
（2）H2O分子中O原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化；水分子的中心O原子最外层有2个孤电子对，则空间构型为V形；在水分子中，O的非金属性大于H，共用电子对偏向于O而偏离于H，O显负价、H显正价，且形成一对共用电子的元素显一价，根据电负性分析水中氧元素为-2价而氢元素为+1价的原因是：氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价。答案为：sp3；V形；氧元素电负性大于氢，水分子中氧原子与两个氢原子形成两对共用电子，共用电子对偏向氧，氧有得到电子的趋势，故氧为价，氢为价；
（3）[Cu(H2O)4]2+中，Cu2+与O原子间形成配位键，配位键也属于共价键，另外，每个H2O分子内还含有2个共价键，则1mol[Cu(H2O)4]2+含有(2×4+4)mol=12mol共价键，中心Cu原子与O原子共形成4个配位键，则配位数为4。答案为：12；4；
（4）CuCl2 2H2O晶体为绿色，则表明其为蓝色物质与黄色物质的混合物，所以原因可能是：晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色。答案为：晶体中，Cu2+与Cl-形成黄色的配合物离子，与蓝色配离子 [Cu(H2O)4]2+混合，显现出绿色；
（5）由金属铜的晶胞结构图，可计算出晶胞中含Cu原子个数为=4，已知金属铜的密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶胞参数为=cm，距离最近的两个铜原子分别为顶点和面心，二者之间的距离为。答案为：。
【点睛】计算晶胞中所含原子个数时，可使用均摊法。
8． 2：3 As的4p轨道半充满，稳定，I1较大 SO2 sp3 三角锥 H3AsO4结构中有1个非羟基氧原子而H3AsO3没有，非羟基氧原子越多，酸性越强 或 12 (r1+r2)
【详解】(1)As是33号元素，其基态原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p3,故基态砷原子N电子层中的成对电子与单电子的数量比为2：3，由于As的4p轨道为4p3半充满，而Se为4p4既不是半充满也不是全充满，故As更稳定，I1较大，故答案为：2：3；As的4p轨道为4p3半充满，稳定，I1较大；
(2) 1mol雄黄与O2反应生成As2O3，转移28mol电子，即1molAs4S4与7molO2反应，根据质量守恒可知，该反应方程式为：As4S4+7O2=2As2O3+4SO2，由图中可知，雌黄中As与在周围的3个S原子形成了3个σ键，孤电子对数为，故其价层电子对数为3+1=4，故雌黄中As的杂化方式为sp3，故答案为：SO2；sp3；
(3) AsO中As与在周围的3个O原子形成了3个σ键，孤电子对数为，故其价层电子对数为3+1=4，故推测AsO的空间构型为三角锥形，由于H3AsO4结构中有1个非羟基氧原子而H3AsO3没有，非羟基氧原子越多，酸性越强，故其酸性弱于砷酸(H3AsO4)，故答案为：三角锥形；H3AsO4结构中有1个非羟基氧原子而H3AsO3没有，非羟基氧原子越多，酸性越强；
(4)根据砷化镓(GaAs)的晶胞结构示意图可知，若沿体对角线方向进行投影则得到如图，则在图中将As原子的位置涂黑为： 或，由砷化镓的晶胞结构示意图可知，晶体中Ga原子周围与其距离最近的Ga原子的个数为12，而GaAs中Ga和As原子个数比为1：1，故两原子的配位数相等，故As原子周围与其距离最近的As原子的个数为12，若As原子的半径为r1pm，Ga原子的半径为r2pm，则晶胞的边长为：a=，而最近的两个As原子的距离为面对角线的一半，故为=(r1+r2) pm。故答案为： 或；12；(r1+r2)。
9．(1) 1s22s22p3 大于
(2) NH3 > AsH3 > PH3 大于 P电负性较N小，PH3成键电子云比NH3更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长长，导致PH3成键电子对之间斥力减小，孤对电子对成键电子斥力使H-P-H键角更小
(3)Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
(4)sp和sp2
(5) 12 体心 棱中心
【详解】（1）N为7号元素，基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，最外层电子为半充满结构，较为稳定，O为8号元素，基态O原子的核外电子排布式 为1s22s22p4，故第一电离能I1(N)大于I1(O)；
（2）①能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高，不能形成氢键的氢化物熔沸点随着相对分子质量的增大而升高，NH3能形成分子间氢键、PH3和AsH3不能形成分子间氢键，相对分子质量PH3 < AsH3，熔沸点：NH3 > AsH3 > PH3；
②因P电负性较N小，PH3成键电子云比NH3更偏向于H，同时P-H键长比N-H键长长，导致PH3成键电子对之间斥力减小，孤对电子对成键电子斥力使H-P-H键角更小；
（3）氢氧化铜溶于氨水形成四氨合铜离子，反应的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3.H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；
（4）分析[AsF6 ]-可知，右下角形成的N原子和左侧形成N = N= N的N原子的价层电子对数为2，为sp杂化，最上方的 N原子的价层电子对数为3，为sp2杂化，故N原子的杂化方式为sp和sp2；
（5）①分析晶胞可知，La与 N间的最短距离为面对角线的，即，与La紧邻的N个数为12个；
②在LaWN3晶胞结构的另一种表示中，W处于各顶角位置，则在新的晶胞中，La处于体心位置，N处于棱心位置；
③晶胞中，W原子数目为1，N原子数目为，La原子数目为，故晶胞中含有一个LaWN3，晶胞质量为，晶胞体积为，密度。
10．(1) N>O>C sp2和sp3 9∶1 甘氨酸是极性分子，氨基与羧基都能与水分子形式氢键
(2)4d95s25p1
(3) 6 三角锥形 CO2或N2O等
(4) 8
【详解】（1）一水合甘氨酸锌C(H2NCH2COO)2Zn·H2O] 中所涉及的第二周期元素有C、N、O，第一电离能从左往右增大，N元素的2p能级处于半充满，比相邻元素更难失电子，故第一电离能由大到小的顺序是：N>O>C；甘氨酸(H2NCH2COOH)分子中C原子连接四个单键的是sp3杂化，羧基C原子是碳氧双键，有一个π键，是sp2杂化，故其杂化轨道类型为sp2和sp3；甘氨酸分子结构是，其中单键的是σ键，双键的一个σ键一个π键，则σ键和π键的个数比为9∶1；甘氨酸易溶于水的原因可能是甘氨酸是极性分子，氨基与羧基都能与水分子形式氢键。
（2）Zn的外围电子排布式为3d104s2，Cd与Zn同族且相邻，Cd的外围电子排布式为4d105s2，若Cd基态原子将次外层1个d电子激发进入最外层的np能级，则该激发态原子的外围电子排布式为4d95s25p1。
（3）Co3+的一种配离子[Co(N3)(NH3)5]2+中，Co3+的配位数是1个N3和5个NH3，配位数是6；配位体NH3的N原子价电子对说为4，是sp3杂化，含有三个单键和一对孤电子对，则其空间构型为三角锥形；原子数相等、价电子数也相等的粒子是等电子体，与N互为等电子体的分子：CO2或N2O等。
（4）如图所示，Zr4+在四方晶胞中的顶点和面心上，取面心分析，与其最近且相等的O原子位于晶胞内靠近该面的四个，及该面心Zr4+所在另一个晶胞同样靠近的四个，配位数共是8；晶胞参数为apm，apm、cpm，则晶胞体积为cm3，该晶胞含有O原子8个， Zr4+个数为=4，晶胞质量为g，则该晶体的密度为。
11． X射线衍射实验 3d104s1 14 sp3杂化 氨分子之间可以形成氢键,而甲烷分子之间只存在范德华力 > H3AsO4中的非羟基氧原子比H3AsO3中多,H3AsO4中As对电子的吸引力更强,使O—H键更易断裂,电离出H+ H3O+ H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化,H2O中O原子有2对孤电子对,H3O+中O原子有1对孤电子对,孤电子对越多,对成键电子对的排斥力越大,键角越小
【详解】(1)区分晶体和非晶体，可通过X射线衍射实验区分，铜是29号元素，基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1，29个电子占据15个轨道，其中14个轨道中的电子自旋状态相反，故答案为X射线衍射实验；3d104s1；14；
(2)CH4分子中C原子的价层电子对数=4，采用sp3杂化，氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力，使得NH3沸点比CH4高，故答案为sp3杂化；氨分子之间可以形成氢键，而甲烷分子之间只存在范德华力；
(3) H3AsO4中的非羟基氧原子数目大于H3AsO3，酸性:H3AsO4＞H3AsO3，故答案为>；H3AsO4中的非羟基氧原子比H3AsO3中多，H3AsO4中As对电子的吸引力更强，使O—H键更易断裂，电离出H+；
(4) H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小，因此H3O+、H2O相比较，键角较大的是H3O+，故答案为H3O+；H3O+、H2O中O原子都是sp3杂化，H2O中O原子有2对孤电子对，H3O+中O原子有1对孤电子对，孤电子对越多，对成键电子对的排斥力越大，键角越小；
(5)根据晶胞结构图，1个晶胞中含有的铁原子数=8×+6×=4，因此晶体的密度为ρ g·cm-3=，解得NA=，故答案为。
12．(1)纺锤形（或哑铃形）
(2)O＞C＞H
(3)相同条件下，苯酚在水中的溶解度大于氯苯，因为苯酚分子含有电负性较强的O原子，和水分子之间会形成氢键，而氯苯不含O原子，不能和水分子形成氢键
(4)sp3杂化
(5)bd
(6) 3d10 催化剂 ＜ 难 中间产物 的空间阻力较大，不易生成
【详解】（1）p电子云轮廓图的形状是纺锤形（或哑铃形）。
（2）同一周期，从左到右，元素的电负性依次增大，同一主族，从上到下，元素的电负性依次减小，故电负性：O＞C＞H。
（3）相同条件下，苯酚在水中的溶解度大于氯苯，因为苯酚分子含有电负性较强的O原子，和水分子之间会形成氢键，而氯苯不含O原子，不能和水分子形成氢键。
（4）苯胺分子中，N的孤对电子占据的轨道和苯环的π电子轨道部分重叠，形成共轭体系，但是苯胺分子中的原子不在同一平面内，故N的杂化轨道类型是sp3杂化。
（5）a．同一周期，从左到右，元素的第一电离能依次增大，但是第IIA族、VA族的第一电离能均高于其相邻的元素，故第一电离能：N＞O＞C，a错误；
b．苯酚分子中O的杂化轨道类型是sp2，未参与杂化的p轨道中有一对电子，该p轨道正好与苯环的π电子轨道发生侧面重叠，形成p-π共轭体系(大π键)，使O的电子向苯环转移，O-H键的极性增强，苯酚易电离出H+，体现酸性，b正确；
c．苯胺分子中，N的孤对电子占据的轨道和苯环的π电子轨道部分重叠，形成共轭体系，削弱了N原子电子密度，所以苯胺碱性比氨弱，c错误；
d．苯酚分子可以和溴水发生取代反应，苯胺分子结构与苯酚有相似之处，则苯胺可能与溴水发生取代反应，d正确；
故选bd。
（6）①Cu是29号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu+的价电子排布式为3d10；从图示过程可以得知CuI是催化剂；
②对硝基碘苯中，硝基是吸电子基团，使得对硝基碘苯分子中C-I键极性较强，易断裂，故用对硝基碘苯为原料与邻氨基苯酚反应，所需实验温度小于80℃；
③i．邻氨基苯酚（ ）与碘苯（ ）可发生反应生成邻羟基二苯胺（ ），该反应为取代反应，其中苯基取代了氨基上的H原子，若使碘苯显著过量，则反应的主产物X的结构简式是 ；
ii．生成X的反应比生成邻羟基二苯胺的难，因为中间产物 的空间阻力较大，不易生成。
13．(1) 乙醇分子间能形成氢键 乙醚沸点低，蒸馏时所需温度较低，青蒿素不易分解
(2) O＞C＞H b
(3) sp3 正四面体
【详解】（1）①乙醚的结构简式为C2H5OC2H5，乙醇的结构简式为C2H5OH, 乙醇分子间能形成氢键，乙醚分子间不能形成氢键，故乙醚的沸点低于乙醇；
②青蒿素溶于乙醇和乙醚，对热不稳定，用乙醚提取青蒿素后，乙醚沸点低，蒸馏时所需温度较低，青蒿素不易分解，故用乙醚提取效果更好。
（2）①元素的电负性越强，其原子核附近电子云密度越大；电负性：O＞C＞H，原子核附近电子云密度：O＞C＞H；
②青蒿素晶胞含有4个青蒿素分子，晶胞质量m=，晶胞体积V= a10-7cmb10-7cmc10-7cm=abc10-21cm3，晶体的密度ρ===；
③a．质谱法可以测定有机物的相对分子质量，a不符合题意；
b．通过晶体的X射线衍射实验，可以确定晶体中哪些原子间存在化学键、并能确定键长和键角，从而得出物质的空间结构，b符合题意；
c．核磁共振氢谱法可确定有机物中氢原子的种类和相对数目，c不符合题意；
d．红外光谱法可用于鉴定有机物中所含的各种官能团和化学键，d不符合题意；
故选b。
（3）①如图所示，双氢青蒿素分子中碳原子均为饱和碳原子，这些碳原子的轨道杂化类型为sp3；
②种，B原子的孤对电子数为0，价层电子对数为4，根据价层电子互斥理论可知，该离子的空间结构为正四面体。
14．(1)
(2)两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高
(3) > 正四面体形 >
(4)BDE
(5)O、Se
(6)
【详解】（1）Se与S同族，位于第4周期，ⅥA族，故基态硒原子价电子排布式为：；
（2）两者都是分子晶体，但是水中含有氢键，分子间作用力较大，沸点较高，故答案为：两者都是分子晶体，由于水存在分子间氢键，沸点高；
（3）在含氧酸中，非羟基氧越多，起酸性越强，和非羟基氧的个数分别为2和1，故酸性>；中心原子的价层电子对数为4，则其空间结构为：正四面体形；SeO3中Se是sp2杂化，平面三角形，键角120°；中Se是sp3杂化，Se原子上有孤对电子，离子空间结构为三角锥形，键角小于120°，故键角气态分子>离子；
（4）A．I中含有苯环，除了有σ键之外还有其它化学键，A错误；
B．I中的Se-Se键是相同原子形成的共价键，为非极性共价键，B正确；
C．I为相对分子较大的有机物，没有亲水基，一般不易溶于水，C错误
D．II的主要结构是苯环、碳碳双键和碳碳三键，其中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，D正确；
E．I~III含有的元素包括：H、C、N、O、S、Se，O电负性最大，E正确；
故选BDE；
（5）根据题中信息IV中O、Se都有孤对电子，碳、氢、硫都没有孤对电子；故答案为：O、Se；
（6）①根据晶胞结构得到K有8个， 有，则X的化学式为K2SeBr6；故答案为：K2SeBr6。
②设X的最简式的式量为，晶体密度为，设晶胞参数为anm，得到，解得，X中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半即；故答案为：。
15．(1)1s22s22p4
(2)四面体
(3) C 极性 O-H…O、N-H…O
(4)
(5) 8 4
【详解】（1）氧元素为8号元素，原子核外有8个电子，基态氧原子的电子排布式是1s22s22p4。答案为：1s22s22p4；
（2）H2O分子中，O原子的价电子对数为4，发生sp3杂化，所以VSEPR模型是四面体。答案为：四面体；
（3）①键长和键能不能决定分子结构，所以根据测定H2O2分子中H-O-O键角，确定其结构一定不是甲，故选C。
②a．由图乙可知，H2O2中的4个原子不在同一条直线上，所以H2O2为极性分子。
b．因为“晶体中尿素与H2O2分子交替排列且二者中的O均与另外分子的H之间形成氢键”，所以用“X—H…Y”表示出上述晶体中形成的氢键：O-H…O、N-H…O。答案为：C；极性；O-H…O、N-H…O；
（4）根据图中信息，可计算出晶胞中所含O2的个数为，所以O2晶体密度是g·cm-3。答案为：；
（5）每个O3分子中，中心O原子与周围2个O原子各形成1对共用电子，另外还形成含4个电子的大π键，所以用于成键的电子总数是2×2+4=8个，中心O原子提供2个电子形成σ键，提供2个电子形成大π键，所以中心O原子参与成键的电子数是4个。答案为：8；4。
【点睛】可利用均摊法，计算晶胞中所含微粒的数目。
16．(1)3s23p2
(2)金刚石、碳化硅、硅
(3) sp3
(4) 碳、硅为同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成 脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致脱水后溶解度降低
【详解】（1）硅为14号元素，基态硅原子的价电子排布式为3s23p2。
（2）原子的电子层数越多，其半径越大，即碳的原子半径小于硅；原子的半径越小，其形成共价键键能越大，硅、金刚石和碳化硅晶体均为共价晶体，键能：碳碳键＞碳硅键＞硅硅键，共价晶体的熔点高低与共价键键能有关，故从高到低依次为金刚石、碳化硅、硅。
（3）①由图可知，硅原子与4个氧原子形成共价键，价层电子对数为，杂化方式为sp3；
②晶胞中Si原子位于顶点和面心、体心，一个晶胞中Si原子数目为，O原子位于晶胞内部，一个晶胞中O原子数目为16，则晶胞质量为；已知晶胞的棱长均为a pm，则晶胞体积为，所以密度ρ=g/cm3。
（4）①碳、硅同主族，碳的非金属性大于硅，则最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3大于，故CO2可与原硅酸钠溶液反应生成；
②脱水后，分子中羟基相对数量减少，与水形成氢键的数目减少，同时可能会发生交联形成空间网状结构，导致脱水后溶解度降低。
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
