2024届高考化学一轮复习知识点突破练习-21分子的结构与性质
1．2021年12月28日，中国科学院微生物研究所李寅团队发表了历时5年设计的全新最小化人工固碳循环图。下列关于该循环图叙述错误的是
A．甲、乙、丙、丁均能与乙醇发生酯化反应
B．丙与乙互为同系物，丙与乙均不能与酸性高锰酸钾溶液反应
C．该循环过程中存在非极性键的断裂和生成
D．每轮循环可以转化两分子CO2生成一分子乙二酸
2．抗癌药阿霉素与环糊精在水溶液中形成超分子包合物，增大了阿霉素的水溶性，控制了阿霉素的释放速度，从而提高其药效。下列说法错误的是
A．阿霉素分子中碳原子的杂化方式为sp2、sp3
B．红外光谱法可推测阿霉素分子中的官能团
C．阿霉素分子含有羟基、羧基和氨基
D．阿霉素分子中，基态原子的第一电离能最大的元素为N
3．利用反应CCl4+4NaC(金刚石)+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的说法错误的是
A．C(金刚石)属于共价晶体
B．该反应利用了Na的强还原性
C．CCl4和C(金刚石)中的C的杂化方式相同
D．NaCl晶胞如上图，NaCl晶体中每个Cl－周围有8个Na+
4．下列说法中正确的是
A．酸性氧化物都是非金属氧化物 B．所有物质中都存在化学键
C．含有极性键的分子一定是极性分子 D．含有离子键的化合物一定是离子化合物
5．乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌药，其分子结构如图所示。下列有关该分子的叙述不正确的是
A．基态原子的价电子排布式为
B．分子中N原子有两种杂化方式
C．分子中有8种不同化学环境的C原子
D．该物质可发生取代反应、加成反应
6．某溶液吸收CO的反应为[ Cu(NH3)2]++CO+NH3[Cu(NH3)3CO]+，下列说法错误的是
A．1mol [ Cu( NH3)2]+中含有6mol σ键
B．第一电离能：N>O>C
C．[Cu(NH3)3CO]+中H—N—H的键角比NH3中的大
D．[Cu(NH3)3CO]+的结构表示为
7．在超分子化学中，常用Cu+模板合成各种拓扑结构分子，图1为诺贝尔得主Auvage教授利用亚铜离子为模板合成的索烃结构。Cu也可与Zn、Sn及S构成四元半导体化合物的四方晶胞，结构如图2所示，下列说法错误的是
A．索烃分子既有极性键又有非极性键
B．1mol索烃中所含的配位键的数量为8NA
C．半导体化合物中Zn原子与Sn原子个数比为1:2
D．在四方晶胞中Sn位于S原子组成的四面体空隙中
8．硼氢化钠(NaBH4)与水在催化剂作用下获得氢气的微观过程如下图所示。下列说法正确的是
A．NaBH4中含有离子键和非极性共价键
B．BH3中 B—H 键键长小于 H2O 中 O—H 键键长
C．整个过程中涉及的含硼微粒有 6 种
D．每产生 1mol H2 转移 2mol 电子
9．我国科学家合成首例可控单分子电子开关器件。该分子在紫外光照射下关环(电路接通)，在可见光照射下开环(电路断开)，其微观示意图如下：
下列说法不正确的是
A．石墨烯可以导电
B．单分子开关经紫外光照射形成了极性键
C．水解反应可使单分子开关与石墨烯片断分离
D．紫外光照射后，单分子开关体系内的电子具有流动性，故可以导电
10．下列化学用语或图示不正确的是
A．1－丁烯的实验式：CH2
B． 的VSEPR模型：
C．基态Cr原子的价层电子排布式：3d54s1
D．HCl分子中σ键的形成：
11．吗替麦考酚酯(MycophenolateMofetil)主要用于预防同种肾移植病人的排斥反应及治疗难治性排斥反应，其结构简式如图所示。下列说法错误的是
A．该分子中碳原子的杂化方式只有sp2、sp3
B．与足量的H2发生加成反应，所得产物中有7个手性碳原子
C．可以发生取代反应、加聚反应、显色反应
D．1mol吗替麦考酚酯最多消耗1mol碳酸氢钠
12．柠檬酸是一种食品添加剂，易溶于水，其结构如图所示。下列关于柠檬酸的说法不正确的是
A．能与H2O形成氢键
B．能与NaOH反应生成柠檬酸三钠
C．能在一定条件下发生消去反应
D．分子中含有手性碳原子
13．2022年北京冬奥会首次使用CO2跨临界直冷新型环保制冰技术。下列有关说法不正确的是
A．CO2是由极性键构成的非极性分子
B．干冰中CO2分子间只存在范德华力
C．冰中H2O分子之间的主要作用力是氢键
D．此技术制冰的过程中发生的是化学变化
14．高分子树脂X的合成路线如下。
下列说法不正确的是
A．高分子X中存在氢键
B．甲的结构简式为
C．①的反应中有水生成
D．高分子X水解可得到乙
15．离子液体具有较好的化学稳定性、较低的熔点以及对多种物质有良好的溶解性，因此被广泛应用于有机合成、分离提纯以及电化学研究中。如图为某一离子液体的结构。下列选项不正确的是
A．该离子液体能与水分子形成氢键
B．该结构中不存在手性碳原子
C．该结构中C原子的轨道杂化类型有3种
D．BF中存在配位键，B原子的轨道杂化类型为sp3
16．瓜环[n](n=5，6，7，8…)是一种具有大杯空腔、两端开口的化合物(结构如图)，在分子开关、催化剂、药物载体等方面有广泛应用。瓜环[n]可由和HCHO在一定条件下合成。
下列说法不正确的是
A．合成瓜环的两种单体中分别含有酰胺基和醛基
B．分子间可能存在不同类型的氢键
C．生成瓜环[n]的反应中，有键断裂
D．合成1mol瓜环[7]时，有7mol水生成
17．水分子中存在氢键，氢键的形成赋予物质一些特殊的性质。
水分子中的氢键 冰晶体中的孔穴示意图
下列说法不正确的是
A．水分子间形成氢键，可彼此结合形成，氢键可表示为O—H…O
B．冰中的水分子之间最大限度地形成氢键，每个水分子的两个孤电子对和两个氢原子沿着杂化轨道的方向彼此形成氢键，每1mol冰含有2mol氢键
C．根据冰的升华热为51kJ/mol，冰晶体中范德华力作用能为11 kJ/mol，可推知氢键的作用能为40 kJ/mol
D．羊毛纤维(含蛋白质)水洗后会变形，与氢键有关
18．绿矾()分解可制备铁红，同时产生、和。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．溶液含有的阳离子数大于NA
B．0.5mol三聚分子( )中含有σ键数目为6 NA
C．绿矾分解生成16g时，转移电子数为0.2 NA
D．22.4L溶于水，溶液中、、的数目总和为NA
19．白磷（P4）在氯气中燃烧有白色的烟雾生成，其产物为PCl3和PCl5的混合物，试回答下列问题．
（1）P元素基态原子3P能级上电子排布图为 ；
（2）P4分子的空间结构是正四面体形，每个分子中含 个σ键，键角为 ；
（3）PCl3分子中P原子的杂化类型为 ；
（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正六面体形阴离子，熔体中P﹣Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为 ；
（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，它的熔体也能导电，经测定知其中只存在一种P﹣Br键长，试用电离方程式解释PBr5熔体能导电的原因 ．
20．硒化锌是一种半导体材料，回答下列问题。
（1）锌在周期表中的位置 ；Se基态原子价电子排布图为 。元素锌、硫和硒第一电离能较大的是 (填元素符号)。
（2）Na2SeO3分子中Se原子的杂化类型为 ；H2SeO4的酸性比H2SeO3强，原因是 。
（3）气态SeO3分子的立体构型为 ；下列与SeO3互为等电子体的有 (填序号)。
A．CO32- B．NO3- C．NCl3 D．SO32-
（4）硒化锌的晶胞结构如图所示，图中X和Y点所堆积的原子均为 (填元素符号)；该晶胞中硒原子所处空隙类型为 (填“立方体”“正四面体”或“正八面体”)；若该晶胞密度为ρg/cm3，硒化锌的摩尔质量为Mg/mol。用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，则晶胞参数a为 nm。
21．氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。 回答下列问题：
（1）前4周期元素中，基态原子核外电子排布成单电子数最多的元素的价层电子排布式为 。
（2）N2F2分子中氮原子的杂化方式是 ，1molN2F2含有 mol σ键。
（3）NH3的键角 H2O的键角(填“<”“ >”或“=”)，原因是 。
（4）NH4BF4(氟硼酸铵)是合成氮化硼纳米管的原料之一。1molNH4BF4含有 mol配位键。
（5）安全气囊的设计原理为6NaN3+Fe2O33Na2O+2Fe+9N2↑。
①等电子体的原理是原子总数相同，价电子总数相同的分子或离子具有相似的化学键特征，其具有许多相近的性质。写出两种与N3-互为等电子体的分子或离子 ；
②Na2O的晶胞结构如下图所示，晶胞边长为566pm，晶胞中氧离子的配位数为 ，Na2O晶体的密度为 g·cm-3(只要求列算式，不必计算出结果)。
22．含氮、磷化合物在生活和生产中有许多重要用途，如：(CH3)3N、磷化硼(BP)、磷青铜(Cu3SnP)等。
回答下列问题：
(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素。基态锡原子的价电子排布式为 ，据此推测，锡的最高正价是 。
(2)与P同周期的主族元素中，电负性比P小的元素有 种 ，第一电离能比P大有 种。
(3)PH3分子的空间构型为 。PH3的键角小于NH3的原因是 。
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，试解析其原因 。
(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。磷化硼晶体晶胞如图所示：
①在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为 ，磷原子的配位数为 。
②已知晶胞边长a pm，阿伏伽德罗常数为NA。则磷化硼晶体的密度为 g/cm3。
③磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图，请将表示B原子的圆圈涂黑 。
23．[化学—选修3：物质结构与性质]
硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。请回答下列问题：
（1）基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为 ，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NH4Cl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：
化学键 C—C C—H C—O Si—Si Si—H Si—O
键能/(kJ mol-1 356 413 336 226 318 452
①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 。
②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是 。
（6）在硅酸盐中，SiO4- 4四面体（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 。
24．法医常用马氏试砷法检验是否砒霜（As2O3）中毒,涉及的反应如下:
Ⅰ: 6Zn + As2O3 + 12HCl = 6ZnCl2 + 2AsH3 (砷烷) ↑+ 3H2O
Ⅱ: 2AsH3 = 2As(黑色砷镜) + 3H2
(1)写出砷的基态原子价电子排布图
(2)砷烷的空间结构为 ;砷烷中心原子杂化方式为
(3)砷烷同族同系列物质相关性质如表:
熔点
沸点
从PH3→AsH3→SbH3,熔沸点依次升高的原因是 ,NH3分子例外的原因是 .
(4)第一电离能数据 I(As)大于I(Se),可能的原因是 .
(5)砷与铟 In形成的化合物(X)具有优良的光电性能,广泛应用于光纤通信用激光器,其立方晶胞结构如图所示,则其化学式为 ;晶胞边长 a=666.67pm,则其密度为 g/cm3;(边长a可用 2000/3近似计算,设 NA = 6.0 ⅹ 1023mol—)
25．已知元素A、B、C均为前三周期的元素，其中A、B同主族，B是其同周期中原子半径最大的元素。C与A、B均不在同一周期，且与C同主族的某金属的氧化物具有两性。请回答:
(1)A、B、C 三种元素中第一电离能最小的元素是 (填元素符号)，其基态原子核外电子排布为 。
(2)C元素的单质可与Cl2反应生成CCl3，该分子为 结构，是 (填“极性分子”“非极性分子”)，与水反应剧烈产生“白烟”，其方程式为 。
(3)A、B两种元素可形成化合物X，写出X的电子式 。
(4)A、C两种元素可形成化合物Y(C2A6)，其中心原子的杂化方式为 。
(5)A、.B、C三种元素组成的化合物Z(分子式为BCA4),该物质曾作为一种还原剂，这是由于A 的价态为 。
(6)Z形成的晶体属于立方晶系，晶胞参数为apm,其晶体类型为 ，晶胞如下图所示(图中A原子被省略)，在此晶胞中，含有 个B原子。晶胞密度表达式为 g·cm-3 (用a和NA表示)。
参考答案：
1．B
【详解】A．甲、乙、丙、丁四种物质中均有羧基，能与乙醇发生酯化反应，A选项正确；
B．丙中只含羧基，乙中含有羧基和羰基，两者不互为同系物，B选项错误；
C．丙→丁的过程断开C-C非极性共价键，甲→乙的过程形成C-C非极性共价键，C选项正确；
D．由循环图可知在酶1、酶2参与的反应阶段共消耗2分子CO2，酶3参与的阶段生成1分子乙二酸，D选项正确；
答案选B。
2．C
【详解】A．阿霉素分子中含有苯环和亚甲基，碳原子的杂化方式为sp2、sp3，故A正确；
B．红外光谱仪能测定出有机物的官能团和化学键，故B正确；
C．阿霉素分子含有羟基、氨基和羰基，没有羧基，故C错误；
D．阿霉素分子中含有H、C、N、O四种元素，同周期元素，从左往右第一电离能呈增大的趋势，N位于第VA族，p轨道电子半充满较稳定，第一电离能大于O，则这四种元素中第一电离能最大的元素为N，故D正确；
故选C。
3．D
【详解】A．C(金刚石)属于共价晶体，故A正确；
B．该反应Na化合价升高，失去电子，发生氧化反应，利用了Na的强还原性，故B正确；
C．CCl4中心原子价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化，C(金刚石)中的C的杂化方式为sp3杂化，两者杂化方式相同，故C正确；
D．NaCl晶胞如上图，根据图中信息得到NaCl晶体中每个Cl－周围有6个Na+，故D错误。
综上所述，答案为D。
4．D
【详解】A.酸性氧化物也叫酸酐，高锰酸的酸酐是Mn2O7，Mn2O7是酸性氧化物，但它是金属氧化物，故A不选；
B.稀有气体中不存在化学键，故B不选；
C.二氧化碳的电子式为，有极性键，但是二氧化碳是极性分子，故C不选；
D.离子化合物是阴阳离子通过离子键形成的化合物，故D选。
故选D。
5．B
【详解】A．已知Se是34号元素，故基态Se原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p4，故其价电子排布式为4s24p4，A正确；
B．分子中的N原子都形成了3个σ键，都有1个孤电子对，则其价层电子对数为4，故其中杂化方式都为，B错误；
C．由于左右两部分旋转后重叠，分子中有8种不同化学环境的C原子，C正确；
D．分子中含有苯环，可以和氢气发生加成反应，苯环上的氢原子在催化剂作用下可以被卤原子取代，D正确；
故选B。
6．A
【详解】A．配离子中配位键和氮氢键均为σ键，则1mol配离子中含有σ键的物质的量为8mol，故A错误；
B．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C，故B正确；
C．氨分子中氮原子含有一对孤对电子，而配离子中氨分子为配体，氨分子中的氮原子不含有孤对电子，孤对电子会对成键电子对产生斥力，导致H—N—H的键角减小，所以配离子中H—N—H的键角比氨分子中的大，故C正确；
D．配离子中亚铜离子为中心离子，氨分子、一氧化碳为配体，配位数为4，配离子的结构可表示为 ，故D正确；
故选A。
7．C
【详解】A．索烃分子中C、N之间，C、H之间，C、O之间，形成极性键，C、C之间形成非极性键，既有极性键又有非极性键，A正确；
B．索烃中每个Cu+形成4个配位键，1mol索烃中所含的配位键的数量为8NA，B正确；
C．根据均摊法，半导体化合物中Zn原子个数为，Sn原子个数为，个数之比为1:1，C错误；
D．根据晶胞结构，在四方晶胞中Sn位于S原子组成的四面体空隙中，D正确；
故选C。
8．C
【分析】硼氢化钠(NaBH4)与水在催化剂作用下获得氢气的总反应方程式为：。
【详解】A．NaBH4为离子化合物，阳离子和阴离子之间为离子键，B-H之间为极性共价键，A错误；
B．B原子半径大于O原子，半径越大，键长越长，键能越小，故BH3中 B—H 键键长大于 H2O 中 O—H 键键长，B错误；
C．整个过程中涉及的含硼微粒有，共6种，C正确；
D．根据总反应方程式可知，每生成1mol H2 转移 1mol 电子，D错误；
故选C。
9．B
【详解】A．石墨每层中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的π键，电子可以在层内移动，故石墨烯可以导电，A正确；
B．单分子开关经紫外光照射形成了碳碳键，属于非极性键，B错误；
C．由图可知，单分子开关与石墨烯片断之间通过酰胺键相连，故通过水解反应可使单分子开关与石墨烯片断分离，C正确；
D．紫外光照射后，单分子开关体系内有共轭的结构，体系内的电子具有流动性，故可以导电，D正确；
故答案为：B。
10．B
【详解】A．1-丁烯的结构简式：CH2═CH-CH2CH3，其实验式为CH2，选项A正确；
B．的中心原子价层电子对数为，故其VSEPR模型为四面体形，选项B不正确；
C．基态 Cr 原子为24号元素，价电子排布式为3d54s1，选项C正确；
D．HCl分子中σ键的形成：，选项D正确；
答案选B。
11．D
【详解】A．该分子中碳原子的杂化方式只有sp2、sp3，苯环上的C与双键相连的C、C=O双键的碳原子为sp2杂化、其余的C为sp3杂化，A正确；
B．与足量的H2发生加成反应，所得产物中有7个手性碳原子，B正确；
C．含有甲基可以发生取代反应，碳碳双键发生加聚反应，含有酚羟基发生显色反应，C正确；
D．能跟碳酸氢钠反应的有机物中的官能团只有羧基。酚羟基、醇羟基都不反应，故不消耗碳酸氢钠，D错误；
答案选D。
12．D
【详解】A． 柠檬酸中的羟基和羧基均能与H2O形成氢键，故A正确；
B． 柠檬酸中含有三个羧基，能与NaOH反应生成柠檬酸三钠，故B正确；
C． 柠檬酸与羟基相连的碳的邻碳上有氢，能在一定条件下发生消去反应，故C正确；
D． 没有一个碳上连有4个不同的原子或原子团的特征碳，柠檬酸分子中不含有手性碳原子，故D错误；
故答案选D。
13．D
【详解】A．二氧化碳中C-O键为极性键，正负电荷重心重合，是非极性分子，A正确；
B．干冰为分子晶体，分子间只存在范德华力，B正确；
C．冰中水分子间存在氢键和范德华力，但氢键作用力比范德华力强，C正确；
D．该过程中无新物质生成，为物理变化，D错误；
故选D。
14．D
【分析】CH2=CHCN与H2O、H+加热条件下反应生成甲为CH2=CHCOOH，根据高分子X的结构简式，乙的分子式可知，乙的结构简式为，甲与乙发生加聚反应生成高分子X。
【详解】A．根据高分子X的结构简式可知，其内部存在-NH-结构，存在氢键，A正确；
B．根据分析可知，甲的结构简式为CH2=CHCOOH，B正确；
C．反应①为2个与HCHO反应生成，根据原子守恒可知，该反应中有水生成，C正确；
D．甲和乙发生加聚反应生成高分子X，而不是缩聚反应，因此高分子X水解无法得到乙，D错误；
故答案选D。
15．C
【详解】A． 离子中含有非金属性强、原子半径小的氮原子，能与水分子形成氢键，故A正确；
B．由结构示意图可知，该结构中不存在连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B正确；
C．由结构示意图可知，该结构中含有的单键碳原子的轨道杂化类型为sp3杂化、含有的双键碳原子的轨道杂化类型为sp2杂化，轨道杂化类型共有2种，故C错误；
D．BF离子中存在配位键，离子中B原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为0，轨道杂化类型为sp3杂化，故D正确；
故选C。
16．D
【详解】A． 中含有酰胺基、HCHO中含有醛基，故A正确；
B． 分子中含N、O两种非金属性较强的元素，分子之间可以形成OH、NH两种氢键，故B正确；
C．生成瓜环[n]的反应中，甲醛中的C=O键断裂，即键断裂，故C正确；
D．由瓜环[n]结构简式可知生成1mol链节结构生成2mol水，则合成1mol瓜环[7]时，有14mol水生成，故D错误；
故选：D。
17．C
【详解】A．水分子含有电负性较大的氧原子，水分子间形成氢键，可彼此结合形成(H2O)n，氢键可表示为O-H…O，A正确；
B．如图所示，冰中的水分子之间最大限度地形成氢键；水分子中氧原子呈sp3杂化，则每个水分子的两个孤电子对和两个氢原子沿着sp3杂化轨道的方向彼此形成氢键；根据冰的结构示意图可知，每个水分子通过氢键和4个水分子结合，平均每个水分子含有氢键数目为4=2，即每1mol冰含有2mol氢键；B正确；
C．根据冰的升华热为51kJ/mol，冰晶体中范德华力作用能为11kJ/mol，可推知冰晶体中氢键的总作用能为40kJ/mol，每1mol冰含有2mol氢键，由此推知氢键的作用能为20kJ/mol，C错误；
D．羊毛纤维(含蛋白质)含有大量氢键，水洗会破坏部分氢键，使得织品变形，D正确；
故选C。
18．D
【详解】A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，亚铁离子在溶液中水解使溶液中的阳离子数目增大，则1L1mol/L硫酸亚铁溶液含有的阳离子数大于1mol/L ×1L×NAmol—1=NA，故A正确；
B．由结构可知，三聚三氧化硫分子中含有的σ键为12，则0.5mol三聚三氧化硫分子中含有的σ键的数目为0.5mol×12×NAmol—1=6NA，故B正确；
C．由题意可知，绿矾受热分解的方程式为2FeSO4·7H2OFe2O3+SO2↑+SO3↑+14H2O，反应生成1mol三氧化铁，反应转移2mol电子，则生成16g三氧化铁时，转移电子数为×2×NAmol—1=0.2 NA，故C正确；
D．缺标准状况，无法计算22.4L二氧化硫的物质的量，且二氧化硫与水反应为可逆反应，可逆反应不可能完全进行，所以无法计算使溶液中亚硫酸、亚硫酸氢根、亚硫酸根的数目总和，故D错误；
故选D。
19． 6 60° sp3 PCl4+和PCl6﹣ PBr5═PBr4++Br﹣
【详解】（1）P元素基态原子电子排布为1s22s22p63s23P3，所以3P能级上电子排布图为，故答案为；
（2）在白磷分子（P4）中，P原子在由4个P原子构成的正四面体上，形成6个P﹣P单键，所以每个分子中含6个σ键，键角为60°，故答案为6；60○；
（3）PCl3分子中P的价层电子对数=3+ （5﹣3×1）=4，属于sp3杂化，故答案为sp3；
（4）PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，说明生成自由移动的阴阳离子，一种正四面体形阳离子是PCl4+和一种正六面体形阴离子是PCl6﹣，即发生反应为：2PCl5=PCl4++PCl6﹣，故答案为PCl4+和PCl6﹣；
（5）PBr5气态分子的结构与PCl5相似，说明PBr5也能电离出能导电的阴阳离子，而产物中只存在一种P﹣Br键长，所以发生这样电离PBr5═PBr4++Br﹣，故答案为PBr5═PBr4++Br﹣．
20． 第四周期IIB族 S sp3 H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se 的化合价更高) 平面三角形 AB Zn 正四面体
【详解】(1)Zn锌的原子序数是30，其电子排布式为1S22S22P63S23P63d104S2,在周期表中的位置第四周期IIB族；Se原子序数是34,原子核外有34个电子，最外层电子排布式为4S24P6，基态原子价电子排布图为。元素锌金属性较强，第一电离能较小，硫和硒为同主族元素，同主族元素由上到下非金属性逐渐减弱，所以硫的非金属性强于Se,所以第一电离最大的是S。
(2) Na2SeO3分子中Se原子的价电子对数为；（6+2）/2=4,所以Se原子的杂化类型为sp3；H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se 的化合价更高)，所以H2SeO4酸性比H2SeO3 强；答案：sp3 . H2SeO4的非羟基氧比H2SeO3多(或H2SeO4中Se 的化合价更高) 。
(3)气态SeO3分子的价层电子对数为3，Se没有孤对电子，故分子的立体构型为平面三角形；等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与SeO3互为等电子体的离子由有A.CO32-、B.NO3-。答案：AB。
(4)硒化锌的晶胞结构中原子个数比为1;1,其中Se原子4个，若X和Y点所堆积的原子均为锌原子，则8+61/2=4，符合；则图中X和Y点所堆积的原子均为Zn原子，根据图中原子的位置可知，该晶胞中硒原子所处空隙类型为正四面体；若该品晶胞密度为ρg/cm3，硒化锌的摩尔质量为Mg/mol。用NA代表阿伏伽德罗常数的数值，根据p=m/v=4M/(NA.V),则V=4M/PnA,则晶胞的边长为a为nm。
21． 3d54s1 sp2杂化 3 > NH3中有一对孤对电子，H2O中有两对孤对电子，排斥力更大，所以键角会更小 2 CO2或CNO-或者其他合理答案也可 8
【详解】(1)前4周期元素中，基态原子核外电子排布成单电子数最多的元素的价电子排布式为3d54s1，为Cr元素，故答案为3d54s1；
(2)N2F2分子结构式为F-N=N-F，分子中N原子含有1对孤对电子，N原子的杂化方式是sp2杂化，l mol N2F2含有3molσ键，故答案为sp2杂化；3；
(3) NH3中有一对孤对电子，H2O中有两对孤对电子，排斥力更大，所以键角会更小，故答案为>；NH3中有一对孤对电子，H2O中有两对孤对电子，排斥力更大，所以键角会更小；
(4)NH4BF4 中铵根离子中含有1个配位键，B原子与F之间形成1个配位键，l mol NH4BF4 含有2mol配位键，故答案为2；
(5)①与N3-互为等电子体的分子或离子为CO2、CNO-等，故答案为CO2、CNO-；
②晶胞中白色球数目为8×+6×=4、黑色球数目为8，Na原子与氧原子数目之比为2：1，则白色球为氧原子、黑色球为Na原子，黑色球配位数为4，则白色球配位数为8，晶胞质量为4×g，则晶胞密度为4×g÷(566×10-10 cm)3=g cm-3，故答案为8；。
点睛：本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、电离能、杂化方式判断、配位键、价层电子对数互斥理论、等电子体、晶胞结构与计算等，(4)中键角判断为易错点，(5)中晶胞的计算是难点。
22． 5s25p2 +4 4 1 三角锥形 电负性N＞P，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间的排斥力越大，键角变大 (CH3)3N为极性分子且可与水分子间形成氢键 面心立方最密堆积 4 、
【分析】(1)第ⅣA元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子；
(2)同主族元素，随着原子序数增大，电负性减小，第一电离能减小；
(3)根据VSEPR理论判断PH3的空间构型，根据P和N电负性不同分析PH3和NH3键角差异；
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，考虑N与水中H形成分子间氢键，增大溶解度；
(5)①实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P做面心立方最密堆积，从上底面面心的P分析，周围等距且最近的B原子有4个；
②根据晶体密度ρ＝计算；
③根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B或者3个P形成。
【详解】(1)锡(Sn)是第五周期ⅣA元素，第ⅣA元素价电子排布为5s25p2，最多失去4个电子，所以锡的最高正价是+4价；
(2)同主族元素，随着原子序数增大，元素的电负性逐渐减小，与P同周期的主族元素有N，As，Sb，Bi，Mc，比P电负性小的有As，Sb，Bi，Mc，共有4个；随着原子序数增大，元素的第一电离能逐渐减小，则第一电离能比P大的只有N元素一种；
(3) 根据VSEPR理论，对于PH3，价电子对数数为3+，VSEPR模型为正四面体，由于一对孤电子对占据四面体的一个顶点，所以PH3的空间构型为三角锥形；由于电负性N＞P，键合电子对偏向N，成键电子对间斥力增大，键角增大，所以PH3的键角小于NH3；
(4)化合物(CH3)3N能溶于水，是因为N与水中H形成分子间氢键，增大了溶解度，(CH3)3N本身也为极性分子，极性分子构成的物质容易溶于由极性分子构成的物质中；
(5)①实心球为磷原子，根据晶胞结构分析，P原子作面心立方最密堆积，从上底面面心的P原子分析，周围等距且最近的B原子有4个；
②1个晶胞中，含有P原子数目为8×个，含有B原子数目为4个，假设取NA个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=42×4g，所以晶体密度为ρ＝g/cm3；
③根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，六边形中形成两个倒立关系的正三角形，分别由3个B原子或者3个P原子形成，所以画图为： 或 。
【点睛】本题考查物质结构和性质的知识。涉及原子核外电子排布、分子的空间构型、电负性、电离能大小比较、均摊法在晶胞计算的应用等，侧重考查学生知识运用、空间想象等能力，难点是(5)题投影图原子位置判断，明确晶胞内4个B原子形成的空间结构排布式是关键，题目难度中等。
23． M 9 4 二氧化硅 共价键 3 Mg2Si + 4NH4Cl = SiH4+ 4NH3+ 2MgCl2 C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键 sp3 1∶3 SiO32-
【详解】（1）硅原子核外有14个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2 ，对应能层分别别为K、L、M，其中能量最高的是最外层M层，该能层有s、p、d三个能级，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，所以共有9个原子轨道，硅原子的M能层有4个电子（3s23p2）；
故答案为M；9；4；
（2）硅元素在自然界中主要以化合态（二氧化硅和硅酸盐）形式存在，
故答案为二氧化硅
（3）硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅原子之间以共价键结合．在金刚石晶体的晶胞中，每个面心有一个碳原子（晶体硅类似结构），则面心位置贡献的原子为 6×=3个；
故答案为共价键；3；
（4）Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4、NH3和MgCl2，方程式为：Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2，故答案为Mg2Si+4NH4Cl=SiH4+4NH3+2MgCl2；
（5）①烷烃中的C-C键和C-H键大于硅烷中的Si-Si键和Si-H键的键能，所以硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能易断裂，导致长链硅烷难以生成，
故答案为C-C键和C-H键较强，所形成的烷烃稳定，而硅烷中Si-Si键和Si-H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成；
②键能越大、物质就越稳定，C-H键的键能大于C-O键，故C-H键比C-O键稳定，而Si-H键的键能远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向与形成稳定性更强的Si-O键；
故答案：C-H键的键能大于C-O键，C-H键比C-O键稳定．而Si-H键的键能却远小于Si-O键，所以Si-H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si-O键；
（6）硅酸盐中的硅酸根（SiO44-）为正四面体结构，所以中心原子Si原子采取了sp3杂化方式；
故答案为sp3 ；
根据图（b）的一个结构单元中含有1个硅、3个氧原子，化学式为SiO32-；
故答案为1：3；SiO32-。
24． 三角锥形 sP3 对于分子组成结构相似的物质来说,随相对分子质量增加,分子间作用力增大,故熔沸点升高 NH3可以形成分子间氢键 As的价电子排布为4s24p3,为半充满结构,较稳定,所以第一电离能数据比Se还大 InAs 4.275.
【详解】 (1)砷为33号元素，位于第VA族，基态原子价电子排布图为，故答案为；
(2)砷烷的结构与氨气类似，空间结构为三角锥形；砷烷中心原子为sp3杂化，故答案为三角锥形；sp3杂化；
(3) 对于分子组成结构相似的物质来说，相对分子质量越大，物质的熔沸点越高，因此PH3→AsH3→SbH3熔沸点依次升高；由于NH3可以形成分子间氢键，导致NH3分子的熔沸点反常，故答案为对于分子组成结构相似的物质来说．随相对分子质量增加，分子间作用力增大，故熔沸点升高； NH3可以形成分子间氢键；
(4) As的价电子排布为4s14p3，为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数据比Se还大，故答案为As的价电子排布为4s14p3，为半充满结构，较稳定，所以第一电离能数据比Se还大；
(5)砷与铟(In)形成的化合物(X)的晶胞中含有As原子数=4，含有原子数=8×+6×=4，化学式为InAs；1molInAs中含有mol晶胞，因此密度==4.275 g/cm3，故答案为4.275。
25． Na 1s22s22p63s1 平面三角型 非极性分子 BCl3＋3H2O＝H3BO3＋3HCl sp3 -1 离子晶体 4 1.52×1032/(NA×a3)
【详解】试题分析：B是短周期中原子半径最大的元素，B是Na元素；C同主族的某金属的氧化物具有两性，C是ⅢA族元素，C是B元素；A、B同主族，C与A、B均不在同一周期，所以A是H元素。
解析：(1) 金属性越强，第一电离能越小，所以H、Na、B三种元素中第一电离能最小的元素是Na，钠原子核外有11个电子，基态原子核外电子排布为1s22s22p63s1。
(2)B可与Cl2反应生成BCl3，B原子价电子对数是 ，无孤对电子，所以该分子为平面结构，是非极性分子，与水反应剧烈产生“白烟”说明有氯化氢生成，其方程式为BCl3＋3H2O＝H3BO3＋3HCl。(3) H、Na两种元素可形成化合物NaH，NaH是离子化合物，电子式为。(4) H、B两种元素可形成化合物B2H6，B原子形成4个键，所以杂化方式为sp3。(5) 根据化合价代数和等于0，NaBH4中H的价态为-1。(6) NaBH4是离子化合物，晶体类型为离子晶体；根据均摊原则，晶胞中含有个钠原子，含有个B原子，含有16个H原子，所以晶胞的摩尔质量是152g/mol，晶胞的体积是 ，晶胞密度表达式为1.52×1032/(NA×a3) g·cm-3 。
点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用。
试卷第1页，共3页
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