2024届高三化学一轮训练-物质结构与性质
1．（2024·四川成都·统考模拟预测）铜配合物(见图1，未表示出氢原子)和锌配合物(见图2，未表示出氢原子)可分别形成笼状配合物和多孔配位聚合物。回答下列问题：
(1)基态的未成对电子数为 ；第二电离能较大者是 。
(2)中C原子的轨道杂化类型为 ，所含元素电负性由小到大的顺序为 。
(3)中锌离子的配位数为 ；熔点为，属于 (填“离子”、“共价”或“分子”)晶体。
(4)用对苯二甲酸根替换后，团簇被对苯二甲酸根相互连接形成的晶体Z立方晶胞的1/8如图。已知该晶体密度为，假设其摩尔质量为为阿伏加德罗常数的值。
①对苯二甲酸根的 原子提供孤对电子与团簇形成配位键。
②晶体Z的化学式为 。
③立方晶胞参数为 (列出计算式)。
2．（2023·全国·高三专题练习）I.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)基态硅原子的电子排布式为 。
(2)①晶态的晶体类型为 ；
②晶体中硅原子的杂化方式为 。
(3)硅、金刚石和碳化硅晶体的熔点由高到低的顺序为 ，请解释原因 。
(4)硅元素最高价氧化物对应的水化物为原硅酸。已知：原硅酸()可溶于水。原硅酸的羟基可以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： 。
II.现有甲、乙、丙三名同学分别进行硅酸胶体的制备实验。
实验操作 实验现象
甲 将1%硅酸钠溶液滴入沸水，冷却后用激光笔进行照射 无明显现象，未出现“光亮的通路”
乙 向1%硅酸钠溶液中加入几滴酚酞溶液，缓慢滴入稀盐酸，溶液红色褪去后停止滴加，用激光笔进行照射 出现“光亮的通路”
丙 向1%硅酸钠溶液中加入等体积的稀盐酸，用激光笔进行照射 未出现“光亮的通路”，溶液中出现浑浊
已知：①硅酸钠(Na2SiO3)呈碱性；②常温下硅酸(H2SiO3)的溶解度为/(水)
试回答下列问题：
(5)成功制备硅酸胶体的是 同学。
(6)形成硅酸胶体的离子方程式为 。
(7)根据三位同学的实验操作可得，成功制备硅酸胶体的关键在于___________(填标号)。
A．硅酸钠溶液的质量分数 B．稀盐酸的加入量
C．激光笔进行照射 D．加入酚酞溶液
(8)丙同学制备实验中溶液出现浑浊的原因是 。
(9)下列应用或事实与胶体的性质有关系的是___________(填标号)。
A．用明矾净化饮用水
B．在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液出现红褐色沉淀
C．在河流入海处易形成三角洲
D．用石膏或盐卤点制豆腐
3．（2023上·吉林长春·高三长春吉大附中实验学校校考期中）依据原子结构知识回答下列问题。
(1)下列有关说法错误的是___________。
A．简单离子的还原性：
B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有两种
C．焰色试验与电子跃迁有关
D．基态铝原子占据的最高能级的电子云轮廓图的形状为球形
(2)基态V原子中具有 种不同能量的电子，具有 种不同空间运动状态的电子，具有 种不同运动状态的电子。
(3)基态Cr原子的简化电子排布式为 ，基态Se原子的价电子轨道表示式为 。
(4)元素Cu在元素周期表中的位置 ，属于 区，化合物在加热条件下容易转化为，从原子结构的角度解释原因 。
(5)是离子晶体，其形成过程中的能量变化如图所示。
可知，Li原子的第一电离能为 ，键键能为 。
4．（2023上·北京房山·高三北京市房山区良乡中学校考期中）甲硅烷可用于制备多种新型无机非金属材料。
(1)原子与原子结合时，表现为正价，则电负性： H(填“>”“<”或“=”)，分子的空间结构为 。
(2)利用与反应可制得碳化硅晶体，晶胞结构如图，硅原子位于立方体的顶点和面心，碳原子位于立方体的内部。
①碳化硅晶体中每个原子周围距离最近的原子数目为 ，的晶体类型是 。
②基态原子的价层电子轨道表达式为 。
(3)利用与可制得氮化硅()材料。
①热稳定性： (填“>”“<”或“=”)。
②中的键角 中的键角(填“>”“<”或“=”)，其键角差异的原因是 。
5．（2023上·北京房山·高三北京市房山区良乡中学校考期中）晶体具有周期性的微观结构，表现出许多独特的性质，用于制造各种材料。
(1)干冰常用作制冷剂、人工降雨材料等。
①1个分子周围等距且最近的分子有 个。
②铜金合金的晶胞结构与干冰相似，若顶点为、面心为，则铜金合金晶体中与原子数之比为是 。
③在周期表中的位置为 。
④下图是冰的结构。下列事实能解释干冰的密度比冰大的是 (填字母序号)。
a．二氧化碳分子的质量大于水分子
b．干冰晶胞中二氧化碳分子堆积得更密集
c．水分子极性强，分子间作用力大
d．冰中氢键存在方向性，晶体有较大空隙，空间利用率低
(2)单晶硅等作为制造太阳能电池的材料已得到广泛应用。
①单晶硅中最小的环上有个 原子。
②单晶硅中含有 键。
(3)是一种碳的单质。1个晶胞中含有 个分子。
(4)晶体与晶体结构相似。
晶体 离子间距 熔点/
801
1960
①的熔点远高于，结合右表说明理由： 。
②设阿伏加德罗常数的值为，距离最近的两个间距为的摩尔质量为，则晶体的密度为 (列出计算式)。
6．（2023上·北京顺义·高三北京市顺义区第一中学校考期中）钛酸钙是最典型的钙钛矿型化合物，该类化合物具有特殊的理化性质。
(1)基态的核外电子排布式为 。
(2)钛酸钙的晶胞如下图所示。
①每个周围等距且紧邻的有 个。
②比较和的离子半径大小并说明理由 。
(3)钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，从而衍生出多种钙钛矿型化合物。
①已知钛酸钙晶胞中距离最近的和之间的距离为，则钛酸钙晶体密度 （列出计算式）。
②若忽略离子替代时的体积变化，下列钙钛矿型化合物中，密度大于钛酸钙的是 （填字母序号）。
a． b． c．
(4)通过离子替代可获得具有优异光电性能的有机钙钛矿型化合物。其中有机阳离子可由甲胺（）制得。
①中N的杂化方式为 。
请从化学键的角度解释由甲胺形成的过程： 。
7．（2023上·陕西汉中·高三统考阶段练习）砷化铝(AlAs)常用作光谱分析试剂和制备电子组件的原料，是一种新型半导体材料。回答下列问题：
(1)基态As原子的核外价电子排布式为 ；第一电离能 (填“>”或“＜”)，其原因是 。
(2)是一种剧毒气体，其中心原子杂化轨道类型 。
(3)的熔点约为712℃，的熔点约为194℃，其晶体类型分别是 、 。
(4)高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图1所示，其中的致密保护膜可阻止刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。
①上述致密保护膜是一种常见的金属氧化物，其化学式为 。
②已知AlAs的立方晶胞如图2所示，其中As的配位数为 ；该晶体密度为，设为阿伏加德罗常数的值，晶胞参数为 pm。
8．（2023上·上海徐汇·高三上海民办南模中学校考阶段练习）硒(Se)是人体必需微量元素之一，含硒化合物在材料和药物领域具有重要作用。自我国科学家发现聚集诱导发光效应(AIE)以来，AIE在发光材料、生物医药领域引起广泛关注。一种含Se的新型AIE分子Ⅳ的合成路线如下：
(1)基态Se原子中能量最高的电子所在的能级为 ，该原子轨道的形状为 。Se元素在周期表中的位置是 。
(2)H2Se的沸点 H2O的沸点(选填“>”或“<”)，原因是 。
(3)Se的两种含氧酸的酸性强弱为H2SeO4 H2SeO3(选填“>”或“<”)。研究发现，给小鼠喂食适量硒酸钠(Na2SeO4)可减轻重金属铊引起的中毒症状。的空间结构为 形。
(4)关于Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种反应物，下列说法正确的是___________。
A．Ⅰ中仅有σ键
B．Ⅱ易溶于水
C．Ⅱ中原子的杂化类型只有sp和sp2
D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所含元素中，O第一电离能最大
(5)化合物X是潜在的热电材料之一，其晶胞结构如图1，沿x，y，z轴方向的投影均为图2。
①X的化学式为 ，其晶体类型是 ，原子团的配位数是 。
②设X的摩尔质量为Mg·mol-1，晶体密度为ρg·cm-3，则X中相邻2个K之间的距离为 nm。(列出表达式，NA为阿伏加德罗常数的值)
9．（2023上·吉林四平·高三四平市第一高级中学校考阶段练习）镍铜合金是由镍、铜、铁三种金属组成的合金材料。镍铜合金有较好的室温力学性能和高温强度，耐腐蚀性强，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。
(1)基态和基态的未成对电子数之比为 。
(2)与的第二电离能较大的是 (填化学式)，主要原因是 。
(3)某种铜的氧化物的立方晶胞结构如图所示，其中原子位于小正方体的体心。
①该铜的氧化物的化学式为 ；该晶体结构与晶体相似，用四面体占据晶体中的所占位置，则所占位置由 (填元素符号)原子占据。已知：的分数坐标依次为，则的分数坐标为 。
②已知：该晶体的晶胞边长为是阿伏加德罗常数的值，则晶胞中原子的最短距离为 ，晶体的密度为 (填含的表达式)。
10．（2023上·福建厦门·高三厦门一中校考期中）我国在新材料领域的重大突破，为“天宫”空间站的建设提供了坚实的物质基础。“天宫”空间站的制作材料中含有B、C、N、P、Ti、Ni、Cu等元素。回答下列问题：
(1)下列硼元素的不同微粒，失去一个电子需要吸收能量最大的是 (填标号，下同)；用光谱仪可捕捉到发射光谱的是 。
A． B．
C． D．
(2)立方氮化硼(BN)硬度大、熔点为3000℃，其晶体类型为 。制备氮化硼(BN)的一种方法为，则和的键角较大的是 (填化学式)。
(3)一种配合物的结构如图所示。
①组成该配合物的第二周期元素的电负性由大到小的顺序是 (填元素符号)。
②该配合物中的配位数为 。
③该配合物中存在的化学键类型有 (填标号)。
A．离子键 B．键 C．键 D．氢键 E．配位键
(4)铁基合金中掺入B、N、P等元素可提高韧性、强度、耐磨性等。
①的沸点高于的主要原因为 。
②液态磷酸的导电机理如下图所示。液态磷酸中存在的两种离子符号为 ，其中阳离子中原子的杂化方式为 。
(5)GaAs的晶胞结构如图甲。将掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料(图乙)。
①GaAs晶体密度为，相对分子质量为M，NA表示阿伏加德罗常数的数值，则晶胞中距离最近的两个Ga原子间距离为 。
②掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为 (化为最简整数比)。
11．（2023上·北京·高三阶段练习）蛋氨酸铬(Ⅲ)配合物是一种治疗Ⅱ型糖尿病的药物，其结构简式如图所示，请回答下列问题：
(1)比较S原子和O原子的电负性大小，从原子结构的角度说明理由： 。
(2)基态原子的价层电子排布式是 。金属离子外层未排满的d轨道可以存取电子，降低活化能，使分解反应容易发生。根据该原理，下列金属离子能催化双氧水分解的是 。(填写序号)
A． B． C． D．
(3)蛋氨酸铬(Ⅲ)配合物的中心铬离子的配位数为 ，氮原子的杂化方式为 。
(4)化学式为的化合物有三种结构，分别呈紫罗兰色、暗绿色、亮绿色，且的配位数均为6，将它们配制成等体积等物质的量浓度的溶液，分别加入足量溶液，依次所得沉淀的物质的量之比为，则呈亮绿色的配合物，其配离子可表示为 。分子与形成配位键后键角 (填“变大”“变小”或“不变”)。
(5)氮化铬的晶体结构类型与氯化钠相似，其晶胞结构如图所示。已知氮化铬的晶体密度为摩尔质量为为阿伏加德罗常数的值，则立方体晶胞的边长为 (，列出表达式)。
12．（2023上·上海闵行·高三上海市七宝中学校考期中）科学家们锲而不舍地努力，揭示了原子结构、物质结构与性质的奥秘。H、C、N、O、Si、Ca、Ti、卤素等元素常常构成丰富的物质世界。请回答下列问题：
(1)基态22Ti原子的价电子轨道表示式为 ，Ti元素位于周期表的 区，与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数的主族元素为 。
(2)Ca元素的焰色反应为砖红色，这是由于钙元素的核外电子由 态跃迁到另一状态时产生的光谱。(填编号)
A．基态 B．激发态
(3)焰色反应的光谱属于 光谱。(填编号)
A．发射 B．吸收
(4)下列说法正确的是___________。
A．CH3Cl中C原子的杂化类型为sp2
B．CH3CH2Br相比CH3CH3有较强的反应活性，是因为碳溴键极性强
C．C、N、O三种元素的电负性大小顺序是N>O>C
D．SiCl4的相对分子质量大于SiO2，所以SiCl4的沸点大于SiO2
(5)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。从原子半径和共价键成键的角度分析，C、O原子间易形成C=O键，而Si、O原子间不易形成Si=O键的原因 。
(6)N元素的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
② 。
(7)下列关于氨气的叙述正确的是___________。
A．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
D．构成NH3的基态N原子核外电子的空间运动状态有7种
(8)若COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，试写出COS的结构式 。
(9)根据所学知识比较①CH3COOH②CH2ClCOOH③CH2FCOOH的酸性由大到小排列___________(填编号)。
A．①②③ B．③①② C．②①③ D．③②①
(10)下列叙述不正确的是___________。
A．热稳定性：HF>H2O>H2S
B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素
C．盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，Cl比C的非金属性强
D．SiCl4、PCl5分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构
13．（2023上·北京·高三校考阶段练习）2023年杭州亚运会开幕式首次使用“零碳甲醇”作为主火炬塔燃料，实现废碳再生、循环内零碳排放。
已知某些共价键的键能：
化学键 H—H C—H O—H C—O C=O
键能/ 436 413 463 351 745
(1)的电子式为 。
(2)分子结构如图。
①分子中O的杂化轨道类型 。
②键长a、b、c从长到短的顺序为： 。
③乙醇的沸点(78℃)高于甲醇(65℃)。解释原因： 。
(3)在350℃、催化下用制备的反应原理如图。
①该条件下制备甲醇的热化学方程式为： 。
②下列说法正确的是 (填序号)。
a．电负性由大到小的顺序：O>C>H
b．步骤a涉及s—s键的断裂和键的生成
c．步骤d、e的反应热相等
d．升高温度可以提高反应速率和的平衡产率
(4)干冰的晶胞结构如图所示，若该晶胞边长为，干冰晶体的密度为，则阿伏加德罗常数的值为 。
14．（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）CO2固定是实现碳达峰、碳中和的有效途径。使用不同催化剂，CO2固定的产物也不同。在戊二酸锌催化下，CO2固定方式主要有：
nCO2+
CO2+
研究发现，利用氧化锌和戊二酸制备的戊二酸锌的催化效能良好。回答下列问题：
(1)一个基态氧原子的价层电子轨道表示式为 ；基态碳原子核外有 个未成对电子。
(2)1mol丁含 molσ键。
(3)乙中所含元素电负性由大到小的顺序为 (填元素符号)，乙中碳原子的杂化类型是 。
(4)戊二酸、丙二酸二甲酯的沸点分别为303℃、181℃，它们沸点差别较大的原因是 。
(5)配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]3+的空间结构只有1种，由此推知[Zn(NH3)4]2+的空间结构是 。
(6)ZnO晶胞结构如图所示。已知：ZnO晶体的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值。氧离子的配位数为 。氧和锌的最近距离为 nm。
15．（2023上·四川雅安·高三统考阶段练习）CO2固定是实现碳达峰、碳中和的有效途径。使用不同催化剂，CO2固定的产物也不同。在戊二酸锌催化下，CO2固定方式主要有：
研究发现，利用氧化锌和戊二酸制备的戊二酸锌的催化效能良好。回答下列问题：
(1)一个基态氧原子的价层电子轨道表示式为 ；基态碳原子核外有 个未成对电子。
(2)1mol丁含 molσ键，1个丁分子含 个手性碳原子。
(3)乙中所含元素电负性由大到小的顺序为 (填元素符号)，乙中碳原子的杂化类型是 。
(4)戊二酸、丙二酸二甲酯的沸点分别为303℃、181℃，它们沸点差别较大的原因是 。
(5)配离子的空间结构只有1种，由此推知的空间结构是 。
(6)ZnO晶胞结构如图所示。已知：ZnO晶体的密度为ρg cm-3，NA代表阿伏加德罗常数的值。氧离子的配位数为 。氧和锌的最近距离为 nm。
16．（2023上·天津·高三天津一中校考阶段练习）Ⅰ．硫是一种重要的非金属元絭，广泛存在于自然界，回答下列问题：
(1)基态硫原子的价层电子排布图是 ，最高能级电子所在的原子轨道为 形。
(2)①硫单质的一种结构为 ，S原子杂化方式为 ；分子的空间构型是 。
②、、键角由大到小的顺序是 。
③比较沸点高低： (填“>”或“<”)，并解释原因： 。
(3)晶胞如图所示：
①由图可知，每个周围与它最接近且距离相等的有 个。
②已知该晶胞密度为，阿伏加德罗常数为，则晶胞边长为 。
Ⅱ．金属材料、、等在工业生产和日常生活中有广泛的应用。某同学设计如下制备铜的配合物的实验，并对铜的化合物进行研究。已知铜离子的配位数通常为4。
(4)试剂为 。
(5)目前，印刷电路板的腐蚀多采用碱氨蚀刻液(氯化铵和氨水的混合液)，在空气中使电路板露出的铜以二氯四氨合铜的形式溶解下来，写出腐蚀的化学方程式 。
(6)由上述实验能说明、与形成蓝色配离子的稳定性强弱为： > (填配离子化学式)。
17．（2023上·河北衡水·高三河北武邑中学校考期中）氮的化合物应用广泛。
(1)Reineckesalt的结构如图所示：
其中配位原子为 (填元素符号)，中碳原子杂化方式为 。
(2)重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，的结构如图。
中N、O、Cr三种元素第一电离能由大到小的顺序是 (填元素符号)
(3)是的一种配合物，IMI的结构为。IMI的某种衍生物与甘氨酸形成的离子化合物常温下为液态而非固态，原因是 。
(4)已知：多原子分子中，若原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”(或大π键)。大π键可用表示，其中m、n分别代表参与形成大π键的原子个数和电子数，如苯分子中大π键表示为。
①下列微粒中存在“离域键”的是 。
A． B． C． D．
②中阴离子与互为等电子体，均为直线型结构，中的2个大π键可表示为 。
(5)符号“”没有给出的信息是___________。
A．能层 B．能级 C．电子云在空间的伸展方向 D．电子的自旋方向
(6)下列实验事实不能用氢键来解释的是___________。
A．比稳定
B．乙醇能与水以任意比互溶
C．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛
D．接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18
(7)(“15-冠-5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图1所示(也是配体之一)，该配位离子中含有的键数目为 。全惠斯勒合金的晶胞结构如图2所示，其化学式为 ，已知该晶胞的边长为apm，则全惠斯勒合金的密度为 。
18．（2023上·辽宁沈阳·高三同泽高中校考阶段练习）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 ，写出基态的价层电子排布图 。
(2)P、S元素第一电离能大小关系为P S(填“>”、“<”或“=”)，原因是 。
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．该物质正离子的中心是Cu原子 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 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 。
(3)在硫酸铜溶液中加入过量KCN，生成配合物，则1mol该配合物含有π键的数目为 。
(4)晶体铜的晶胞结构如图甲所示，原子之间相对位置关系的平面图如图乙所示，铜原子的配位数为 ，已知铜原子半径为127.8pm，，计算晶体铜的密度 (结果保留3位有效数字)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) 0 Cu
(2) sp3和sp2 O>C>H
(3) 6 分子
(4) O (C8H4O4)3
【详解】（1）基态为O得到两个电子，没有未成对电子，Cu失去一个电子后价电子为3d10，Zn失去一个电子后价电子为3d104s1，Cu以及达到稳定状态，再失去一个电子需要的能量更大，所以Cu的第二电离能更大，故答案为0；Cu。
（2）中含有饱和碳原子，也含有C=O双键，C原子的轨道杂化类型为sp3和sp2，含有C、O、H元素，电负性由小到大的顺序为O>C>H，故答案为sp3和sp2；O>C>H。
（3）锌离子的配位数通常为4或6，根据的分子式，锌离子的配位数为6，熔点为，属于分子晶体，故答案为6；分子。
（4）①对苯二甲酸根作为配体时，O原子提供电子与团簇形成配位键，故答案为O；
②团簇位于晶胞顶点，所以含1个，对苯二甲酸根棱，所以含个，则化学式为(C8H4O4)3，故答案为(C8H4O4)3；
③一个晶胞含有8个(C8H4O4)3，则，设该晶胞参数为xnm，，则，解得，故答案为。
2．(1)
(2) 共价晶体 sp3
(3) 金刚石＞碳化硅＞硅 三者为共价晶体，原子半径Si＞C，则核间距金刚石＜碳化硅＜硅，则键能金刚石＞碳化硅＞硅，因此熔点金刚石＞碳化硅＞硅；
(4) 非金属性：C＞Si，因此碳的最高价氧化物水化物的酸性大于Si的最高价氧化物水化物的酸性，即碳酸酸性大于原硅酸，根据强酸制弱酸，原硅酸钠溶液吸收空气中的会生成 羟基为亲水基，脱水会使原硅酸失去羟基，水溶性减小
(5)乙
(6)SiO+2H+=H2SiO3(胶体)
(7)B
(8)过量的盐酸导致胶体发生聚沉(或加入过量的盐酸生成了硅酸沉淀)
(9)ACD
【详解】（1）硅为14号元素，基态硅原子的电子排布式为；
（2）①晶态为共价晶体；
②晶体中硅原子的杂化方式为sp3；
（3）三者为共价晶体，由于原子半径Si＞C，则核间距金刚石＜碳化硅＜硅，则键能金刚石＞碳化硅＞硅，因此熔点金刚石＞碳化硅＞硅；
（4）①由于非金属性：C＞Si，因此碳的最高价氧化物水化物的酸性大于Si的最高价氧化物水化物的酸性，即碳酸酸性大于原硅酸，根据强酸制弱酸，原硅酸钠溶液吸收空气中的会生成；
②原硅酸的羟基可以发生分子间脱水逐渐转化为硅酸、硅胶，羟基为亲水基，脱水会使原硅酸失去羟基，因此水溶性减小；
（5）乙同学用激光灯照射，出现“光亮的通路”，即产生丁达尔效应，所以成功制备硅酸胶体的是乙同学；
（6）向1%硅酸钠溶液中缓慢滴入稀盐酸，可以形成胶体，形成硅酸胶体的离子方程式为SiO+2H+=H2SiO3(胶体)；
（7）根据三位同学的实验操作可得，成功制备硅酸胶体的关键在于稀盐酸的加入量，故选B；
（8）丙同学制备实验中，加入过量盐酸，过量的盐酸导致胶体发生聚沉，所以溶液出现浑浊；
（9）A．明矾净水原理是所含铝离子水解Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能吸附水中的固体悬浮物并使之沉降，故A选；
B． 在FeCl3溶液中滴加NaOH溶液发生复分解反应，出现红褐色沉淀氢氧化铁沉淀，与胶体无关，B不选；
C．河水含土壤胶粒，海水含电解质，二者接触胶体发生聚沉，则在河流入海处易形成三角洲，故C选；
D．豆浆含蛋白质胶体，卤水含电解质、石膏是电解质，“点豆腐”利用了胶体的聚沉原理，故D选；
故选ACD。
3．(1)BD
(2) 7 13 23
(3)
(4) 第四周期第IB族 ds 中Cu为+1价，价层电子排布：，核外电子排布处于全充满的稳定结构，中Cu为+2价，价层电子排布：，相对不如结构稳定
(5)
【详解】（1）A．元素的非金属性越强，其简单离子的还原性越弱，非金属性：F＞Cl＞Br，则简单离子的还原性：，A不符题意；
B．在元素周期表第二周期中元素原子的第一电离能介于硼和氮之间的元素有Be、C、O三种元素，B符合题意；
C．激发态原子释放能量变为基态原子，电子从较高能进跃迁至较低能级，C不符题意；
D．基态铝原子占据的最高能级为p能级，p能级的电子电子云形状为哑铃形，D符合题意；
答案选BD。
（2）基态V原子核外电子排布式为，该原子中具有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s共7种不同能量的电子；s能级的电子有1种空间运动状态，p能级上的电子有3种不同空间运动状态，d能级上的电子有5种不同空间运动状态，所以具有1+1+3+1+3+3+1=13种不同空间运动状态的电子；每一个电子具有一种移动状态，所以具有23种不同运动状态的电子；
（3）基态Cr原子的核电子排布式：，简化电子排布式：；基态Se原子的价电子为4s、4p能级上的电子，其价电子轨道表示式：；
（4）Cu原子序数29，在元素周期表中位于第四周期第IB族；其核外电子排布式：，位于ds区；化合物在加热条件下容易转化为，从原子结构的角度解释原因：中Cu为+1价，价层电子排布：，核外电子排布处于全充满的稳定结构，中Cu为+2价，价层电子排布：，相对不如结构稳定；
（5）Li原子的第一电离能为Li(g)原子失去1个电子形成Li+(g)所需要的能量，故Li的第一电离能为：；O=O键键能是指断裂1molO=O键生成O(g)原子所需能量，故O=O键的键能为：；
4．(1) < 正四面体形
(2) 4 共价晶体
(3) < > SiH4中硅形成4个共价键无孤电子对，NH3中氮形成3个共价键有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力
【详解】（1）元素的非金属性越强，电负性越大，由硅原子与氢原子结合时，硅元素表现为正价可知，氢元素的非金属性强于硅元素，则硅元素的电负性小于氢元素；硅化氢分子中硅原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，分子的空间构型为正四面体形，故答案为：<；正四面体形；
（2）①由晶胞结构可知，碳化硅晶体是碳原子与硅原子通过共价键形成的共价晶体，晶胞中每个碳原子与周围4个硅原子的距离最近，则碳原子的配位数为4，由碳化硅的化学式可知，硅原子的配位数也为4，则每个硅原子周围距离最近的碳原子的个数为4，故答案为：4；共价晶体；
②硅元素的原子序数为14，价层电子排布式为3s23p2，价层电子轨道表达式为，故答案为：；
（3）①元素的非金属性越强，简单氢化物的热稳定性越强，氮元素的非金属性强于硅元素，则氨气的热稳定性强于硅化氢，故答案为：<；
②硅化氢分子中孤对电子对数为0、氨分子中孤对电子对数为1，分子中孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，分子的键角越小，则硅化氢中中H Si H的键角大于氨分子中
H N H的键角，故答案为：>；SiH4中硅形成4个共价键无孤电子对，NH3中氮形成3个共价键有1对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力。
5．(1) 12 1:3 第四周期第ⅠB族 abd
(2) 6 2
(3)4
(4) NaCl、NiO都是离子晶体，NiO晶体中阴阳离子的电荷数大于NaCl，又离子间距可知NiO晶体中离子间距小，NiO的晶格能更大，NiO熔点更高
【详解】（1）①以顶点的二氧化碳分子研究，与之最近的二氧化碳分子位于面心上，将晶胞补全可知，有3层每各有4个二氧化碳分子与之最近，故之最近的二氧化碳分子有4×3=12个；
②若顶点为Au、面心为Cu，晶胞中含有Au原子数目为，晶胞中含有Cu原子数目为，则铜金合金晶体中Au与Cu原子数之比为1:3；
③为29号元素，在周期表中的位置为第四周期第ⅠB族。
④干冰晶体属于分子密堆积，分子间只有范德华力，相对分子质量越大，分子间作用力越大；而冰晶体属于分子非密堆积，分子间的主要作用力是分子间氢键，水分子的空间利用率不高，留有相当大的空隙，所以干冰的密度比冰大，故答案为：abd；
（2）①晶体Si结构类似金刚石结构，由共价键形成的最小的环上有6个硅原子；
②晶体硅中每个硅原子形成四个Si-Si共价键，1个Si-Si共价键为两个Si原子共有，则1mol单晶硅中含有Si—Si键；
（3）1个晶胞中分子位于8个顶点和6个面心，分子个数为，即1个晶胞中含有4个分子；
（4）①NaCl、NiO都是离子晶体，NiO晶体中阴阳离子的电荷数大于NaCl，又离子间距可知NiO晶体中离子间距小，NiO的晶格能更大，NiO熔点更高；
②若镍离子位于顶点、面心，则氧离子位于棱心和体心；由图可知NiO晶胞中存在个Ni2+，那么也有4个O2-，距离最近的两个Ni2+位于顶点和面心，为面对角线的一半，间距为apm，则晶胞边长为apm，则晶胞密度。
6．(1)
(2) 12 和电子层结构相同，核电荷数Ti＞Ca，故离子半径大于
(3) ab
(4) 中的N原子提供孤电子对，提供空轨道，通过配位键形成
【详解】（1）是22号元素，基态的核外电子排布式为；
（2）晶胞中每个周围最近的是4个，根据化学式和配位数的关系，设周围等距且紧邻的有x个，，x=12，故每个周围等距且紧邻的有12个；和电子层结构相同，核电荷数Ti＞Ca，故离子半径大于；
（3）①已知钛酸钙晶胞中距离最近的和之间的距离是晶胞面对角线的一半为，因此晶胞边长为，；②钛酸钙的阴、阳离子均可被半径相近的其它离子替代，忽略离子替代时的体积变化，钙钛矿型化合物的密度取决于阴阳离子的质量，由此可知密度大于钛酸钙的是和；
（4）①以N原子为中心原子，价层电子对数为4，孤电子对为0，N的杂化方式为杂化；从化学键的角度解释由甲胺形成的过程：氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺的性质与氨相似，其中的N原子有一对孤电子，可以通过配位键再结合一个形成。
7．(1) ＞ As最外层的4p能级为比较稳定的半充满结构，较稳定，故第一电离能大于
(2)
(3) 离子晶体 分子晶体
(4) 4
【详解】（1）As为33号元素，位于第四周期第VB族，价电子排布式为；同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但As原子4p轨道为半充满稳定状态，能量更低更稳定，故第一电离能：As＞Se；
（2）中心原子的价层电子对数为3+=4，有1个孤电子对，中心原子杂化轨道类型为sp3杂化；
（3）一般来说，离子晶体熔点较高，分子晶体熔点较低，由AlF3的熔点约为1040℃，AlCl3的熔点为194℃，其晶体类型分别是离子晶体、分子晶体，故答案为：离子晶体；分子晶体；
（4）①上述致密保护膜是一种常见的金属氧化物，其化学式为Al2O3；
②由图可知，距离As原子最近的Al原子有4个，故As的配位数为4；As原子位于晶胞内部，个数为4，Al原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，晶胞质量为，设晶胞参数为apm,晶胞体积为(a×10-10)3cm3，由ρ=可得，ρg cm-3=，则a=pm。
8．(1) 4p 哑铃形 第四周期第ⅥA族
(2) < H2O分子间存在氢键，H2Se分子间无氢键
(3) > 正四面体
(4)C
(5) K2SeBr6 离子晶体 8
【详解】（1）Se为34号元素，位于元素周期表中第四周期第ⅥA族，核外价层电子排布式为4s24p4，能量最高的电子所在的能级为4p，轨道形状为哑铃形；
（2）由于水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，分子间氢键能使氢化物熔沸点增大，所以H2Se的沸点低于H2O；
（3）同一种元素形成的含氧酸中，非羟基氧原子个数越多，其酸性越强，H2SeO4比H2SeO3非羟基氧多，则酸性：H2SeO4>H2SeO3；
的成键电子对数为4，孤电子对数为，价层电子对数为4，无孤电子对，则的空间结构为正四面体；
（4）A．物质Ⅰ中含有C-H键和Se-Se键，苯环中化学键较为特殊，含有大π键，所以Ⅰ中含有π键和σ键，A错误；
B．物质Ⅱ属于烃类，烃类均不溶于水，B错误；
C．物质Ⅱ中含有苯环、碳碳双键和碳碳三键，苯环和碳碳双键中C原子均采用sp2杂化，碳碳三键中C原子采用sp杂化，所以Ⅱ中原子的杂化轨道类型只有sp与sp2，C正确；
D．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ所含元素有C、N、O、S、Se、H，同一周期从左向右第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族的第一电离能比相邻元素的大；同一主族从上到下第一电离能逐渐减小，则第一电离能最大的是N，D错误；
答案选C。
（5）①由图可知，8个K原子位于晶胞内部，“SeBr6”位于顶点和面心位置，“SeBr6”的数目为，则K∶SeBr6=8∶4=2∶1，化学式为K2SeBr6；晶体内存在K+和，为离子晶体；由晶胞结构图可知，距面心的距离最近的K+有4个，面心的为2个晶胞共有，故的配位数为8；
②晶胞中相当于含有4个“K2SeBr6”，晶胞质量为，设晶胞参数为anm，晶胞体积为，根据晶胞体密度可得，，解得，由图可知，晶胞中相邻K之间的最短距离为晶胞参数的一半，即为。
9．(1)2：1
(2) Cu 铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子
(3) Cu2O O
【详解】（1）基态价层电子排布式为3d8，未成对电子数为2，基态价层电子排布式为3d9，未成对电子数为1，则二者未成对电子数之比为2：1；
（2）基态Ni的价层电子排布式为3d84s2，基态Cu的价层电子排布式为3d104s1，对于第二电离能：铜失去的是全充满的3d10电子，镍失去的是4s1电子，因此Cu的第二电离能较大；
（3）①该晶胞中Cu原子位于体内，有4个，O原子位于体心及顶点，共有个，则个数Cu：O=4：2，则该铜的氧化物的化学式为Cu2O；
晶体的晶胞中氯离子位于体心，铯离子位于八个顶点，用四面体占据晶体中的所占位置，则所占位置由O原子占据；
以A为坐标原点，的分数坐标依次为，则的分数坐标为；
②晶胞中Cu、O原子弹最短距离为体对角线的四分之一，由于该晶体的晶胞边长为，则晶胞中原子的最短距离为pm；
该晶胞中有4个Cu原子，2个O原子，则有2个，则=。
10．(1) A CD
(2) 共价晶体
(3) 4 BCE
(4) 中能用于形成氢键的氢原子数更多(氢原子的空间位阻小于甲基，更容易形成氢键) 、
(5) 5∶27∶32
【详解】（1）硼元素的原子序数为5，基态电子排布式为1s22s22p1，激发态原子中电子的能量高于基态原子中电子的能量，失去一个电子所需能量小于基态原子，基态原子中第一电离能小于第二电离能。由轨道表示式可知，A失去一个电子需要克服第二电离能，B失去一个电子需要克服第一电离能；C、D均为激发态，D失去一个电子需要能量最小，故选 A；
发射光谱是由能量较高的激发态电子跃迁回到能量较低的激发态或基态过程中产生的光谱，C、D均为激发态，故用光谱仪可捕捉到发射光谱的是C、D项。
（2）氮化硼为共价化合物，由立方氮化硼硬度大，熔点高，可以判断其为共价晶体；
BC13中心硼原子价层电子对数为3，发生sp2杂化，其空间构型为平面三角形，键角为120°；NH3中心氮原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，由于存在孤电子对，键角小于109°28′，为107°，故键角 BCl3>NH3。
（3）①组成该配合物的第二周期元素有 C、N、O，由元素周期律可知电负性大小顺序是 O>N>C；
②由配合物的结构可知，Ni2+的配位数为4，该配合物中碳原子有 sp2、sp3两种杂化方式；
③由配合物的结构可知，该配合物中存在的化学键有σ键、π键、配位键。
（4）①N2H4和(CH3)2NH 均能形成氢键，而N2H4中能用于形成氢键的氢原子更多，且氢原子的空间位阻小于甲基，更容易形成氢键，因此N2H4的沸点比(CH3)2NH高；
②由题意可知，液态磷酸能导电，说明存在自由移动的离子，结合图可知，质子发生迁移后形成的两种离子分别为和，中P原子的价层电子对数为4，杂化方式为sp3杂化。
（5）①图甲中，GaAs 的相对分子质量为M，晶体密度为，NA表示阿伏加德罗常数的值，由图可知一个晶胞中含有Ga的个数为：个，含有 As 原子个数为：4个，则晶胞参数为：，由图可知晶胞中距离最近的两个 Ga 原子间距离为面对角线的一半，故有；
②图乙中，a、b的分数坐标分别为(0，0，0)和(1，1，0)，则c点 Mn 位于左侧面的面心上，故其分数坐标为(0，，)，掺杂Mn之后，一个晶胞中含有的 Mn个数为：，含有Ga的个数为：，含有 As 原子个数为4个，故晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为： ∶∶4=5∶27∶32。
11．(1)电负性O > S，O和S为同主族元素，电子层数S > O，原子半径S > O，原子核对最外层电子的吸引作用O > S
(2) 3d54s1 AB
(3) 6 sp3
(4) [Cr (H2O)4 Cl2]+ 变大
(5)
【详解】（1）电负性：O>S，理由：O和S为同主族元素，电子层数S>O，原子半径S>O，原子核对最外层电子的吸引作用O>S；
（2）基态Cr原子的简化电子排布式为[Ar]3d54s1，即价层电子排布式是3d54s1；金属离子外层d轨道未排满电子，则可催化双氧水分解：
A．Cr3+价层电子排布式3d3，d轨道未排满电子，A能催化；
B．Cu2+价层电子排布式3d9，d轨道未排满电子，B能催化；
C．47Ag+价层电子排布式4d10，d轨道已排满电子，C不能催化；
D．Ga原子价层电子排布式4s24p1，价层无d轨道，即Ga3+不能存取电子 ，D不能催化；
故选AB。
（3）由结构可知中心铬离子与周围6个原子以配位键结合，则中心铬离子的配位数为6，N原子含1个孤电子对、3个成键电子对，价层电子对数为1+3=4，则为sp3杂化；
（4）三种化合物中，Cr3+的配位数均为6，根据加入AgNO3溶液的现象判断：亮绿色的化合物中有1个Cl-位于配离子外，则配离子内含2个Cl-、4个H2O，中心离子为Cr3+，其配离子可表示为[Cr(H2O)4Cl2]+；H2O分子与Cr3+形成配位键后，孤电子对对成键电子对的排斥力减小，导致H-O-H键角变大；
（5）晶胞中含N原子个数为，含Cr原子个数为，晶胞体积为，所以晶胞边长为。
12．(1) d Ge、Se
(2)B
(3)A
(4)B
(5)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O
(6)N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能
(7)A
(8)
(9)D
(10)C
【详解】（1）已知Ti是22号元素，其核外电子排布式为：，则基态Ti原子的价电子轨道表示式为；Ti元素位于周期表的d区；与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数即为2个的主族元素为价电子排布为4s24p2的Ge和价电子排布为4s24p4的Se；
故答案为：；d；Ge、Se；
（2）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
故答案为：B；
（3）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
故答案为：A；
（4）A．CH3Cl中C原子的价层电子对数为4，杂化类型为sp3，A错误；
B．Br原子吸引电子能力强，使碳溴键的电子云向溴原子偏移，碳溴键的极性强，B正确；
C．同周期元素，随着原子序数增强，电负性增强，则电负性O＞N＞C，C错误；
D．元素的电负性越大，其非金属性越强，金属性越弱，SiCl4属于分子晶体，SiO2为原子晶体，原子晶体沸点大于分子晶体，则SiO2沸点高于SiCl4，D错误；
故答案为：B；
（5）CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键即C=O；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；
故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；
（6）N的电子排布为，O的电子排布式为，N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能；
故答案为：N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能；
（7）A．氨分子中氮原子有1对孤对电子、甲烷分子中碳原子没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力更大，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，A正确；
B．氨分子属于极性分子，又因为氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，B错误；
C．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与N-H键和P-H键的键能大小无关，C错误；
D．N的电子排布为，核外电子的空间运动状态有5种，D错误；
故答案为：A；
（8）COS和CS2具有相同的空间构型和成键形式，为直线结构；
故答案为：；
（9）CH2ClCOOH和CH2FCOOH中均含有卤素原子，卤素原子都是吸电子基团，故酸性比CH3COOH强，F的电负性强，吸引电子能力强，则CH2FCOOH酸性强于CH2ClCOOH；
故答案为：D；
（10）A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：F>O>S，则热稳定性：HF>H2O>H2S，故A正确；
B．元素周期表中从IIIB族到IIB族10个纵行的元素都是金属元素，故B正确；
C．盐酸可以与碳酸钠溶液反应生成气体，说明盐酸比碳酸酸性强，但Cl、C非金属性强弱无法判断，故C错误；
D．SiCl4中Si原子最外层电子数为4，形成4个共价键，CI原子最外层电子数为7，形成1个共价键，各原子最外层均达到8电子稳定结构，PCl5中P原子最外层电子数为5，形成5个共价键，Cl原子最外层电子数为7，形成1个共价键，各原子最外层均达到8电子稳定结构，故D正确；
故答案为：C。
13．(1)
(2) 杂化 乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大
(3) a、b
(4)
【详解】（1）为共价化合物，电子式为；
（2）①分子中O形成2个共价键且存在2对孤电子对，杂化轨道类型杂化；
②原子半径大小顺序为：C>O>H，所以键长的顺序为；
③乙醇和甲醇存在相似的分子间氢键，但乙醇的相对分子质量大于甲醇，分子间作用力更大，所以乙醇的沸点高于甲醇；
（3）①由反应原理图可知，在350℃、催化下用和氢气生成甲醇和水，所以方程式为：，反应的焓变等于反应物的键能和减去生成物的键能和，则；
②a．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；电负性由大到小的顺序：O>C>H，正确；
b．步骤a涉及s-sσ键即H-H的断裂和s-sp3σ键即H-O的形成，正确；
c．步骤d、e两个反应的产物不同，所以反应热(ΔH)不相等，错误；
d．升高温度可以提高反应速率，但生成CH3OH的反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，所以CH3OH的平衡产率降低，错误；
故选ab；
（4）干冰分子在晶胞的位置为顶点和面心，根据“均摊法”，晶胞中含个二氧化碳分子，则晶体密度为，则=。
14．(1) 2
(2)21
(3) O>C>H sp3、sp2
(4)戊二酸分子间存在氢键
(5)正四面体形
(6) 4
【详解】（1）氧原子核外有8个电子，基态氧原子的价层电子轨道表示式为；碳原子核外有6个电子，基态碳原子的轨道表示式为，基态碳原子核外有2个未成对电子。
（2）丁的分子式为C7H10O3，单键为σ键、双键中有1个σ键，1mol丁含21molσ键；
（3）乙中所含C、H、O三种元素，电负性由大到小的顺序为O>C>H，乙中单键碳原子的杂化类型是sp3，双键碳原子的杂化类型是sp2。
（4）戊二酸分子中含有O-H键，戊二酸分子间能形成氢键，所以戊二酸的沸点比丙二酸二甲酯的沸点高很多。
（5）配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]3+的空间结构只有1种，说明[Zn(NH3)2(H2O)2]3+的空间结构为四面体，由此推知[Zn(NH3)4]2+的空间结构是正四面体。
（6）根据图示，氧离子的配位数为4。根据均摊原则，ZnO晶胞中Zn2+数为 、O2-数为4，ZnO晶体的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞边长为，氧和锌的最近距离为体对角线的，则氧和锌的最近距离为。
15．(1) 2
(2) 21 2
(3) O＞C＞H sp3、sp2
(4)戊二酸分子间形成氢键
(5)正四面体
(6) 4
【详解】（1）一个基态氧原子的电子排布式为1s22s22p4，价层电子轨道表示式为；基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，核外有2个未成对电子。
（2）1个丁分子中，含有6个C-C键、4个C-O键、1个C=O键(含1个σ键、1个π键)、10个C-H键，则1mol丁含21molσ键；丁分子中，环己基上与O原子相连的2个C原子都为手性碳原子，则1个丁分子含2个手性碳原子。
（3）乙中所含元素为C、O、H，非金属性O＞C＞H，则电负性由大到小的顺序为O＞C＞H，乙中，碳原子的价层电子对数分别为4、3，则杂化类型是sp3、sp2。
（4）戊二酸、丙二酸二甲酯的沸点分别为303℃、181℃，它们沸点差别较大，说明分子间除范德华力外还有氢键作用，所以原因是：戊二酸分子间形成氢键。
（5）配离子的空间结构只有1种，则其结构不是平面结构，由此推知的空间结构是正四面体。
（6）1个晶胞中，含有4个O离子，含Zn离子个数为=4。晶胞结构显示，与O离子直接相连的Zn离子有4个，则氧离子的配位数为4。设该晶胞的边长为anm，则ρg cm-3=，a=nm，锌离子与氧离子的最近距离为体对角线的四分之一，故氧和锌的最近距离为nm。
16．(1) 纺锤
(2) sp3 正三角形 CS2>> < 分子间能形成氢键，而只能形成分子内氢键，则沸点更高
(3) 12 ×1010
(4)无水乙醇
(5)2Cu+4NH4Cl+4NH3·H2O+O2=2Cu(NH3)4Cl2+3H2O
(6) [Cu(NH3)4]2+ [Cu(OH)4]2-
【详解】（1）硫的核电荷数为16，基态硫原子的电子排布式为1s22s22p63s23p4，则其价层电子排布图是；最高能级电子所在的原子轨道为3p，为纺锤形。
（2）①在分子中每个硫原子与两个硫原子形成共价键，另外硫原子还有2个未成键电子对，则其杂化方式为sp3杂化；分子中心原子价层电子对数为3+=3，且没有孤电子对，空间构型是正三角形；
②中硫原子为sp3杂化、CS2中碳原子为sp杂化、中碳原子为sp2杂化，则三者键角由大到小的顺序是：CS2>>。
③分子间能形成氢键，而只能形成分子内氢键，则沸点更高。
（3）①由图可知，以顶点为例，与其最近的S2-是所在面的三个面心，周围与它最接近且距离相等的有=12个；
②设晶胞的边长为xcm，则晶胞体积为x3cm3，晶胞中含有ZnS的数目应该是4个，则NA个晶胞的质量为4×(65+32)g，晶胞的密度==ρg/cm3，解题x= cm=×1010pm。
（4）X试剂为无水乙醇，因为根据硫酸四氨合铜溶于水为深蓝色溶液，但不溶于乙醇，因此加入无水乙醇后会可以析出深蓝色的硫酸四氨合铜晶体。
（5）碱氨蚀刻液借助氧化、溶解和配合等化学过程，将印制电路板上露出的铜以二氯化四氨合铜的形式溶解下来，其总反应为：2Cu+4NH4Cl+4NH3·H2O+O2=2Cu(NH3)4Cl2+3H2O。
（6）氢氧化铜在浓氢氧化钠溶液中形成配离子[Cu(OH)4]2-，证明和氢氧根形成配离子较为困难，氢氧化铜可以在低浓度氨水中形成配离子[Cu(NH3)4]2+，证明和氨分子形成配离子较为容易，所以试管b、c中深蓝色配离子的稳定性强弱顺序为：[Cu(NH3)4]2+>[Cu(OH)4]2-。
17．(1) N sp
(2)N>O>Cr
(3)其阴阳离子半径均较大，所带电荷较小，导致形成的离子键键能小，熔点低
(4) AD
(5)D
(6)A
(7) 46
【详解】（1）由图可知，铬提供空轨道、氮提供孤对电子，则配位原子为N；和二氧化碳互为等电子体，则中碳原子杂化方式为sp杂化；
（2）同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能大小：N>O>Cr；
（3）离子化合物常温下为液态而非固态，原因是其阴阳离子半径均较大，所带电荷较小，导致形成的离子键键能小，熔点低；
（4）①A．中碳原子均为sp2杂化，原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，能形成大π键，A符合题意；
B．为四面体形，原子不都在同一平面上，B不符合题意；
C．中氢原子没有p轨道，不能形成大π键，C不符合题意；
D．中硫为sp2杂化，原子都在同一平面上且这些原子有相互平行的p轨道，能形成大π键，D符合题意；
故选AD；
②中阴离子与互为等电子体，均为直线型结构，则结构为[N=N=N]-，该离子中两侧的N原子提供1个电子，中间N原子提供2个电子，形成3原子4电子大π键，可表示为。
（5）表示原子核外第3能层(电子层)p能级(电子亚层)轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为px、py、pz，同一个原子轨道中最多含有2个自旋相反的电子，所以从符号“3px”中不能看出电子的自旋方向，故选D。
（6）A．氢化物稳定性与共价键的强弱有关，与氢键无关，且二者均不能形成氢键，A符合题意；
B．乙醇能与水形成氢键，所以和水以任意比互溶，B不符合题意；
C．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，C不符合题意；
D．水蒸气分子之间除了存在分之间作用力外还存在氢键，使水蒸气分之间间隙变小，导致其相对分子质量测量值大于18，D不符合题意；
故选A。
（7）该结构中含有碳氢键210=20个，环上有碳氧键和碳碳键共15个，2个分子中有4个氢氧键，同时配位离子中的配位键也为键，7个配体，配位键共有7个，则该配位离子中含有的σ键数目为15+20+4+7=46；顶点粒子占，面上粒子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中含有Cr的数目为，含有Co的数目为，含有Al的数目为41=4，所以晶体化学式为Cr2CoAl；已知该晶胞的边长为apm，体积V=cm3，晶胞中含有8个Cr、4个Co和4个Al，晶胞的质量为m=，则全惠斯勒合金的密度为p=。
18．(1) H、Na、Cu
(2) ＞ P原子3p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比S难失去电子 AD Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O
(3)8NA
(4) 12 9.00
【详解】（1）上述反应涉及的元素有Cu、O、P、Na、S、N、H，p区元素包括ⅢA~ⅦA、0族，不属于元素周期表p区元素的是H、Na、Cu；铜原子失去2个电子得到铜离子，基态的价层电子排布图为；
（2）P、S元素第一电离能大小关系为P>S；原因是P原子3p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比S难失去电子；：
A．该物质正离子为，该离子是由4个NH3的N提供孤电子对与Cu2+形成的配离子，中心是Cu2+，A错误；
B．该配合物的配体为4个NH3，配位数也为4，故配体数等于配位数，B正确；
C．外界离子是硫酸根离子，中心原子的杂化方式为，C正确；
D．乙醇的作用是降低配合物溶解度，使其析出，D错误；
答案选AD；
氢氧化铜沉淀溶解生成深蓝色溶液的离子方程式为Cu(OH)2+4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++2OH-+4H2O；
（3）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该配合物含有8molπ键，数目为8NA；
（4）离铜原子最近且距离相等的原子为铜原子的配位原子，根据图甲可知，以底面面心铜原子为例，同层、上下层各有4个配位原子，故铜原子配位数是12；根据图乙可知，晶胞的面对角线长为127.8pm×4，则晶胞棱长为2×127.8×10-10cm，根据均摊法可知晶胞中Cu的个数为4，则晶体密度= g·cm-3。
答案第1页，共2页
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