2024届高三新高考化学大一轮专题训练------物质的结构与性质
1．（2023·山东聊城·统考一模）2022年诺贝尔化学奖授子在发展点击化学方面做出贡献的科学家。点击化学的代表反应为CuCl催化的叠氮—炔基Husigen环加成反应，常用的无机试剂有、等。
(1)铜在元素周期表中位置为___________，基态的价电子排布式为___________。
(2)N、S、O、F的第一电离能由大到小顺序为___________。
(3)的分子结构如图所示，键角的原因主要是___________。
(4)是叠氮酸()的钠盐，在常温下是液体，沸点相对较高，为308.8K，主要原因是___________。分子的空间结构如图所示(图中键长单位为)。、和的共价键键长分别为、和；试画出分子的结构式___________。
(5)CuCl的晶胞中，的位置如图所示。填充于构成的四面体空隙中，则的配位数为___________；若为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为，则该晶胞中之间的距离为___________nm(用含ρ、的代数式表示)。
2．（2023·天津河北·统考二模）坐落在河北区的华为天津区域总部项目计划于2023年12月底竣工。石墨烯液冷散热技术系华为公司首创，所使用材料石墨烯是一种二维碳纳米材料。
I．、金刚石、石墨的结构模型如图所示(石墨仅表示出其中的一层结构)：
(1)金刚石、石墨和三者互为___________(填序号)。
A．同分异构体 B．同素异形体 C．同系物 D．同位素
(2)晶体的晶体类型为___________。
(3)晶体硅的结构跟金刚石相似，1mol晶体硅中所含有硅硅单键的数目是___________。
(4)石墨层状结构中，平均每个正六边形占有的碳原子数是___________。
II．石墨烯(图甲)是一种由单层碳原子构成的平面结构新型碳材料，石墨烯中部分碳原子被氧化后，其平面结构会发生改变，转化为氧化石墨烯(图乙)。
(5)图甲中，1号C与相邻C形成键的个数为___________。
(6)图乙中，1号C的杂化方式是___________。
(7)若将图乙中所示的氧化石墨烯分散在中，则氧化石墨烯中可与形成氢键的原子有___________(填元素符号)。
(8)石墨烯可转化为富勒烯()，某金属M与可制备一种低温超导材料，晶胞如图丙所示，M原子位于晶胞的棱上与内部。该材料的化学式为___________。
3．（2023·山东临沂·校联考模拟预测）碱金属及HNO3、CH3COOH、AsF5等物质可插入石墨层间，所得石墨插层化合物在电池材料、超导性等方面具有广泛的应用前景。回答下列问题：
(1)基态As原子的价电子轨道表示式为___________，的空间构型为___________，C、N、O三种元素的第二电离能由小到大的顺序是___________。
(2)石墨层的结构如图所示，则石墨中碳原子的杂化类型是___________，在层中碳原子的配位数为___________。
(3)下表列举了部分碳族晶体的熔点数据。
晶体 熔点/℃
金刚石(C) 大于3500
碳化硅(SiC) 2830
晶体硅(Si) 1412
则金刚石、碳化硅、晶体硅的熔点逐渐变小的原因是___________。
(4)钾(K)的石墨插层化合物具有超导性，其中K层平行于石墨层，图1为其晶胞图，垂直于石墨层方向的原子投影如图2所示。
每个晶胞中含有K原子的数目为___________，C—C键的键长为anm，则K层中m与n两个K原子之间的距离为___________nm，设NA为阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数分别为xpm、ypm、zpm，则该石墨插层化合物的晶胞密度为___________g·cm3(用含x、y、z、NA的代数式表示)。
4．（2023·北京门头沟·统考一模）铁(26Fe)、镍(28Ni)的单质及其化合物在医药、材料等领域有广泛的应用。回答下列问题：
(1)基态Fe原子核外电子排布式为_______，Ni位于元素周期表的_______区。
(2)乳酸亚铁口服液是缺铁人群补铁保健品，临床建议服用维生素C促进“亚铁”的吸收，避免生成Fe3+，从结构角度分析，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是_______。
(3)FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。
① FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是_______。
② FeCl3水溶液中Fe3+可水解生成双核阳离子[Fe2(H2O)8(OH)2]4+，结构如下图，解释能够形成双核阳离子的原因：_______。
(4)镍白铜(铜镍合金)常用作海洋工程应用材料。某镍白铜合金的晶胞结构如图所示。
① 晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为_______ 。
②已知一定条件下晶胞的棱长为a cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，在该条件下该晶体的摩尔体积为_______ m3·mol-1(用含a， NA的代数式表示)。
5．（2023·浙江·统考模拟预测）硫及其化合物有许多用途。请回答：
(1)基态硫原子的价电子排布图为_______。
(2)S的某些同素异形体由S8环构成，S8环中∠S－S－S平均键角最接近______(填序号)。
A．120° B．105° C．112° D．180°
(3)比较H2S和C2H5SH的酸性：H2S_______C2H5SH(填＞”、“<”或“=”)，并从结构的角度说明理由______。
(4)胆矾(CuSO4 5H2O)属于一种复杂的离子晶体，其部分结构示意图如图所示，根据其结构将其化学式改写成配合物形式______；加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用有______；阴离子SO的空间构型为______。
(5)Cu、In与S形成的某化合物晶体的晶胞如图，该化合物的化学式为_____。该晶胞形状为长方体，长为xnm，宽为xnm，高为ynm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为______g cm-3。
6．（2023·浙江台州·统考二模）回答下列问题：
(1)乙二胺四乙酸缩写为EDTA，是—种六齿配体有机分子(如图1所示)：
请回答：
①EDTA中不存在的共价键类型为_______。
A．键 B．键 C．键 D．非极性键
EDTA中电负性最大的元素的基态原子轨道表示式为_______。
②是一种含铜配合物(如图2所示)，该配合物的配位数为_______，中心离子的价层电子排布式为_______。
(2)与晶体在常温下均为闪锌矿结构，可表示为图3的形式，请回答：
①若晶体中两个氯原子之间的最近距离为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度=_______。(用含d，的代数式表示)
②加热至440℃会转变为更稳定的氯化钠型结构，而转化的温度则更高，请从结构角度解释原因_______。
7．（2023·北京顺义·统考二模）铁(Fe)、钴(Co)、镍(Ni)是第四周期第Ⅶ族的元素，其化合物在生产生活中应用广泛。
(1)基态Fe的价层电子排布式为_____。
(2)以甲醇为溶剂，Co2+可与色胺酮分子配位结合，形成对DNA具有切割作用的色胺酮钴配合物(合成过程如图所示)。
①色胺酮分子中所含元素(H、C、N、O)电负性由大到小的顺序为_____。
②色胺酮分子中N原子的杂化类型为_____。
③X射线衍射分析显示色胺酮钴配合物晶胞中还含有一个CH3OH分子，CH3OH是通过_____作用与色胺酮钴配合物相结合。
(3)超导材料在电力、交通、医学等方面有着广泛的应用，某含Ni、Mg和C三种元素的晶体具有超导性，该晶体的晶胞结构如图所示：
①距离Mg原子最近的Ni原子有_____个。
②已知该晶胞的边长为anm，阿伏加德罗常数为NA，该晶体的密度为_____g cm-3。(1nm=10-9m)
8．（2023·四川成都·统考二模）硒是人体需要的重要微量元素之一，参与体内多种代谢。试回答下列问题：
(1)硒元素的基态原子核外电子排布中成对电子与成单电子的个数比为_____；在同一周期中比它的第一电离能大的元素有_____种。
(2)SeO3与水反应可以生成H2SeO4。H2SeO4分子中心原子的轨道杂化方式为_____；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有_____；从分子结构的角度解释H2SeO4比H3AsO4酸性强的原因是_____。
(3)固态SeO2(如图)是以锥体形的角氧相连接的聚合结构，每一个锥体带一个端氧原子。
①同为分子晶体，SeO2，熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃，原因是_____。
②图中Se－O键较短的是____(填“a”或”b”)。
(4)在一定条件下MgSe晶体结构为NaCl型(如图)，Se2-为面心立方最密堆积方式，经测定MgSe的晶胞参数为anm，则Se2-的半径r(Se2-)为_____nm(写出表达式)；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，则CaSe晶体的密度为_____g cm-3(写出表达式)。
9．（2023·河南新乡·统考二模）各种材料的应用使人们的生活变得丰富多彩。
I.某有机发光材料的结构如图1所示。
(1)基态N原子的价层电子排布图为_______，其中能量最高的电子所占据的原子轨道有_______个伸展方向。
(2)B原子与其直接相连的3个碳原子构成的空间结构为_______形。
(3)C原子的杂化类型为_______。
(4)该物质中第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为_______ (填元素符号)。
II.我国某科研团队首次成功合成单金属内面体偶氮富勒烯(La@C81N)。单晶X射线衍射实验研究表明La@C81 N具有对称性的82原子笼，结构如图2所示。
(5)基态La(镧)原子的价层电子排布式为5d1 6s2，与Sc(钪)位于同族，则La位于元素周期表的_______区。
(6)1640年Descartes首先证明了“欧拉定理”，即顶点数+面数一棱数=2。1个C81N82原子笼中含_______个正六边形、_______个正五边形。
III.硒氧化铋是很好的二维半导体材料，其晶胞结构如图3所示。
(7)①晶胞中与O最近且等距离的Bi原子数为_______。
②已知晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，阿伏加德罗常数为NA，则该晶胞的密度为_______g·cm-3。
10．（2023·甘肃·统考一模）我国科研团队研究发现AgCrS2在室温下具有超离子行为，该研究成果为未来新结构二维材料的合成和探索提供了新思路。
(1)基态铬原子价电子排布式为___________，基态硫原子核外最多有___________ 个电子顺时针旋转。
(2)常见含硫的微粒有SO2、SO3、等，的空间构型为___________；SO2、SO3杂化轨道类型相同，但键角SO3大于SO2，原因是___________。氧、硒、碲是与硫同族的元素，上述四种元素对应氢化物分别为H2O、H2S、H2Se、H2Te，熔沸点由高到低顺序是___________。
(3)Cr(O2)2[NH(C2H4NH2)2]是铬的一种配合物。存在Cr的过氧化物的结构特点，1 mol该配合物含有___________个配位键(Cr与O、N均形成了配位键)，其中C、N、O三种元素的第一电离能由小到大的顺序是___________。
(4)感光材料硫镓银晶体的晶胞如图所示，与Ga距离最近的S数目为___________个， 若晶体的密度为ρg· cm-3，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞体积的计算表达式为___________ ( 用含ρ和NA的代数式表示)nm3。
11．（2023·四川巴中·统考一模）我国科学家制备的NiO/Al2O3/Pt催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气的目的，制氢原理：H3NBH3+4CH3OHNH4B(OCH3)4+3H2↑。请回答下列问题：
(1)基态氮原子的价电子排布式为___________。
(2)硼烷又称硼氢化合物，随着硼原子数的增加，硼烷由气态经液态至固态，其原因为___________。
(3)某有机硼化合物的结构简式如图所示，其中氨原子的杂化轨道类型为___________。
(4)图a、b、c分别表示B、C、N、O的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图是___________(填标号)，判断的根据是___________；第二电离能的变化图是___________(填标号)。
(5)含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环而形成的配合物为螯合物。一种Ni2+与EDTA形成的螯合物的结构如图所示，
1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有___________个，在形成配位键前后C-N-C键角将___________(填“增大"“减少”或“不变”)。
(6)BN晶体的晶胞如图所示，B、N的原子半径分别为apm和bpm，密度为2.25g·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为___________。
12．（2023·宁夏吴忠·校联考一模）阿散酸( )是一种饲料添加剂，能溶于NaOH溶液中，常含有H3AsO3、NaCl等杂质。回答下列问题：
(1)基态As原子核外电子排布式为___________，As的第一电离能比Se的大的原因为___________。
(2)的中心原子的杂化方式为___________，的空间构型为___________。
(3)与互为等电子体的分子为___________(填化学式，任写一种即可)。
(4)液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是___________。
(5)NaCl晶体在50~-300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同的晶体，其中一种晶体的晶胞如图1所示，该晶体的化学式为___________。
(6)已知NaCl晶胞(如图2)中Na+和Cl-间最短距离为acm，阿伏加德罗常数的值为NA，NaCl晶体的密度为___________g·cm-3.
13．（2023·全国·模拟预测）镍铜合金是由60%镍、33%铜、7%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，耐蚀性强，耐磨性好，容易加工，可作为航空发动机的结构材料。根据所学知识，回答下列问题：
(1)铜元素的焰色试验呈绿色，下列三种波长为橙、黄、绿色对应的波长，则绿色对应的辐射波长为_______(填标号)。
A． B． C．
(2)基态的价电子排布式为_______。
(3)乙酰丙酮(结构如图)中C原子的杂化轨道类型有_______，乙酰丙酮中σ键与π键数目之比为_______。
(4)Cu与Fe的第二电离能分别为，，大于的主要原因是_______。
(5)已知的立方晶胞结构如图所示。
①已知a、b的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)，则d的坐标参数为_______。
②晶胞边长为cpm，该晶体的密度为_______。(列计算式，设为阿伏加德罗常数的数值)
14．（2023·广东茂名·统考一模）锗及其化合物广泛用于半导体、催化剂、光伏、制药工业。回答下列问题：
(1)锗的基态原子核外电子排布式为_______。
(2)硅、锗、铅的氯化物的熔点如下表：
物质
熔点() 约
①的分子空间构型为_______。
②熔点的原因是_______。
(3)有机锗被称为“生命的奇效元素”，在医疗上具有重要应用。一种锗的有机配合物合成方法如下：
该有机配合物中锗的配位数为_______，其阴离子中C、、O元素的第一电离能从大到小顺序为_______。
(4)一种含锗的化合物应用于太阳能电池，其晶胞为长方体，结构如图(a)：
①该锗化合物晶胞的表示方式有多种，图中_______(填“b”“c”或“d”)图也能表示此化合物的晶胞。
②用表示阿伏加德罗常数的数值，计算晶胞(a)密度为_______(用含x、y、z和的式子表示)。
15．（2022·浙江绍兴·统考一模）配合物是近代无机化学的重要研究对象，Fe、Cu等过渡元素常作为中心原子或离子，而H2O、Cl-、吡啶(C5H5N)等微粒则是常见的配体。
(1)基态Fe2+的价电子轨道表示式为_______。
(2)H3O+的电子式为_______，空间构型为_______。
(3)吡啶()其中N的杂化方式为_______，吡啶和其衍生物(、)的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是_______。
(4)吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；②_______。
(5)MCln·xH2O的晶胞结构如下图所示，晶胞的棱长分别为a pm、b pm、c pm，夹角均为90°。(1 pm=1.0×10-10 cm)
若金属M的相对原子量Mr，则该晶体的密度为_______g.cm3。
16．（2022·浙江温州·统考模拟预测）完成下列问题。
(1)已知气体溶解度(气体压强为，温度为293K，在100g水中的溶解度)数据如下表：
气体 溶解度/g 分子结构特点
乙烷 0.0062 中心原子杂化，轨道半径较大，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)不明显
乙炔 0.117 中心原子sp杂化，轨道半径较小，C负电性(δ-)及H正电性(δ+)明显
结合上表信息，说明乙烷与乙炔气体的溶解度存在差异的原因：_______。
(2)已知乙酸()的正交晶胞如图所示。阿伏加德罗常数为。
①第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是：_______(填元素符号)。
②乙酸晶胞的密度_______。
(3)某笼形络合物结构中，金属离子与连接形成平面层，两个平面层通过分子连接，中间的空隙填充大小合适的分子(如)。其基本结构如图(H原子未画出)：
①_______。
②该结构不是晶胞结构单元，理由是_______；
③通过分析，金属离子的配位数为_______(填入序号)。
A．2、3 B．4、6 C．3、4 D．5、6
17．（2022·广西·校联考模拟预测）我国“嫦娥”五号首次实现地外天体采样返回，这是我国航天事业的又一突破。带回的月壤中含有H、N、O、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。请完成下列问题：
(1)N、O、Al、S四种元素第一电离能从大到小的顺序为_______。
(2)Cu、Au是同一副族的元素，Au的原子序数更大，它们属于_______区元素，基态Au原子的价电子排布式为_______。
(3)SO2分子的空间构型为_______，请写出一种与SO2互为等电子体的单质_______(填化学式)。
(4)某晶体的晶胞结构如图所示，该晶体的化学式为_______。如果将Se原子看做密堆积，则其堆积模型为_______。
18．（2022·青海海东·校考一模）最近我国学者研究得出三金属Fe-Co-Ni、硼的氧化物复合聚吡咯/rGO协同表现出最佳增强电解析氧。回答下列问题：
(1)基态Fe2+的价层电子排布图为_______；基态Fe2+与Fe3+的未成对电子数之比为_______，第四电离能I4(Fe)_______(填“大于”或“小于”)I4(Co)。
(2)硼的氧化物有α-B2O3、β-B2O3及γ-B2O3等。γ-B2O3玻璃状氧化硼的结构如下图所示。
B属于_______区元素，γ-B2O3中硼原子的杂化方式是_______。
(3)吡咯、呋喃及噻吩均是杂环化合物，它们的沸点如下：
吡咯 呋喃 噻吩
结构简式
沸点/℃ 131 31.36 84
①C、N、O的电负性由大到小的顺序为_______。
②吡咯属于_______晶体。
③沸点：吡咯>噻吩>呋喃，原因是_______。
(4)Ni2FeGa是磁性形状记忆合金，晶胞参数为a pm。
设NA为阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_______g·cm-3(列出计算式)。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．(1) 第四周期ⅠB族
(2)
(3)双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用
(4) 分子间可形成氢键
(5) 4
【详解】（1）Cu是29号元素，在元素周期表中位置为第四周期ⅠB族，基态的价电子排布式为。
（2）同主族元素由上到下元素的第一电离能递减，同周期元素由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但O原子的价电子排布式为2s22p4，N原子的价电子排布式为2s22p3，p轨道为半充满状态，较为稳定，故N、S、O、F的第一电离能由大到小顺序为：。
（3）分子中键角的原因主要是：双键成键电子对之间的排斥作用大于单键成键电子对之间的排斥作用。
（4）在常温下是液体，沸点相对较高，为308.8K，主要原因是：分子间可形成氢键，、和的共价键键长分别为、和，结合中氮氮键的键长可知，中含有和，分子的结构式为：。
（5）由晶胞中Cl-的位置可知，Cl-位于立方体的顶点和面心，所以Cl-是面心立方最密堆积，晶胞中Cl-的个数为8 =4，由化学式CuCl可知Cu+的个数为4，填充于构成的四面体空隙中，则的配位数为4，CuCl的晶胞为，该晶胞中之间的距离为晶胞面对角线的一半，晶胞的边长为，则晶胞中之间的距离为nm。
2．(1)B
(2)分子晶体
(3)(合理给分)
(4)2
(5)3
(6)
(7)O、H
(8)
【详解】（1）金刚石、石墨和C60都是碳元素组成的不同单质，三者互为同素异形体，答案选B。
（2）C60属于分子晶体。
（3）晶体硅的结构与金刚石相似，金刚石中1条C-C键由两个C共用，一个C形成4个碳碳键，1mol金刚石中有2mol碳碳键，则1mol晶体硅中含有硅硅单键的数目为2mol。
（4）石墨层状结构中，六边形上每个C原子被三个六边形共用，则平均每个正六边形占有的碳原子数=6×=2。
（5）从图甲中可知，1号碳与相邻的3个C都形成碳碳单键，形成σ键的个数为3。
（6）从图乙中可知，1号C形成4条单键，1号C的杂化方式为sp3杂化。
（7）只有电负性较大的非金属元素与氢元素才可形成氢键，氧化石墨烯中的O能与水分子中的H形成氢键，氧化石墨烯中的H也可与水分子中的O形成氢键，能与H2O形成氢键的原子有H、O。
（8）根据均摊法，该晶胞中M原子的个数为×12+9=12，C60个数为8×+6×=4，则该材料的化学式为M3C60。
3．(1) 平面三角形 C
(3)三种物质都属于共价晶体，键长大小顺序为C—C键
(4) 8
【详解】（1）砷元素的原子序数为33，价电子排布式为4s24p3，轨道表示式为 ；硝酸根离子氮原子的价层电子对数为3、孤对电子对数为0，离子的空间构型为平面三角形；氧原子失去1个电子形成2p轨道为稳定的半充满状态，而碳原子失去第二个电子2s轨道达到全充满状态的稳定结构，则C、N、O三种元素第二电离能由小到大的顺序是C
（3）金刚石、碳化硅，晶体硅都是共价晶体，碳原子的原子半径小于硅原子，则键长的大小顺序为C—C键
（4）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的钾K原子的个数为；由图1和图2可知，晶胞结构知m与n的距离如图所示 ，则m与n的距离为等腰三角形边长的2倍，由C—C键的键长为anm可得；晶胞中位于面上和体内的碳原子个数为，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(10—10x×10—10y×—10z)×d，解得d=，故答案为：8；；。
4．(1) 1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2 d
(2)Fe3+的3d5半满状态更稳定
(3) FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多 H2O和OH-中的O原子提供孤电子对，Fe3+有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
(4) 1:3 NA·a3·10-6
【详解】（1）基态Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64S2 或 [Ar]3d64S2；Ni是28号元素，其价电子排布式为3d84s2，其位于元素周期表的d区；
（2）从结构角度分析，Fe2+ 易被氧化成Fe3+的原因是Fe3+的3d5半满状态更稳定；
（3）①FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3 的熔点(1000℃)的原因是FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3是离子晶体，熔点受离子键强弱的影响，离子键强度比分子间作用力大得多；
②形成双核阳离子的原因H2O和OH- 中的O原子提供孤电子对，Fe3+ 有空轨道能接受孤电子对，形成配位键；
（4）①由晶胞图可知，Cu原子位于顶点，其个数为8×=1，Ni原子位于面心，其个数为6×=3，则晶胞中铜原子与镍原子的原子个数比为1:3；
②由①可知，该晶胞中含有1个Cu原子，含有3个Ni原子，则1个晶胞含有1个CuNi3，其物质的量为mol，1个晶胞的体积为，则该晶体的摩尔体积为NA·a3·10-6 m3·mol-1。
5．(1)
(2)B
(3) ＞ C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S
(4) [Cu(H2O)4]SO4 H2O 氢键、配位键 正四面体形
(5) CuInS2
【详解】（1）硫元素的原子序数为16，基态原子的价电子排布式为3s23p4，价电子排布图为 ，故答案为： ；
（2）由图可知，S8分子中硫原子的杂化方式为sp3杂化，杂化轨道的键角是109°28'，受两对孤对电子对，成键电子对的斥力影响，S－S－S平均键角平均键角小于109°28'，则S－S－S平均键角最接近105°，故选B；
（3）C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S，所以H2S的酸性强于C2H5SH，故答案为：＞；C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S；
（4）由图可知，蓝色晶体胆矾的中心离子为铜离子，水分子为配体，四水合铜离子为内界，硫酸根离子为外界，改写成配合物形式的化学式为[Cu(H2O)4]SO4 H2O；加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用为氢键、配位键；硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]SO4 H2O；氢键、配位键；正四面体形，
（5）由晶胞结构可知，位于晶胞中顶点、面上和体心的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面上的铟原子个数为4×+6×=4，位于体内的硫原子个数为8，则化合物的化学式为CuInS2；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30x2yd，解得d=，故答案为：CuInS2；。
6．(1) AC 6 3d9
(2) I原子半径大于Cl原子，使得Cu-I键比Cu-Cl键更容易断裂，CuI更容易发生晶体结构改变
【详解】（1）①EDTA分子中，羧基中C=O键含键，C-C键为非极性键，中心C和N原子均采用杂化方式成键，所以不存在键和键，故选AC；
EDTA中含有C、H、O、N元素，同周期元素从左至右，电负性逐渐增大，则电负性最大的元素为O，基态O原子轨道表示式为；
②由图可知，该配合物的配位数为6；Cu原子序数为29，基态Cu原子核外电子排布式为[Ar]3d104s1，则中心Cu2+的价层电子排布式为3d9；
（2）①位于晶胞内部Cu+个数为4，位于晶胞顶点和面心Cl-个数为，晶体中两个氯原子之间的最近距离为晶胞面对角线长度的一半，则晶胞边长为，则晶体的密度=；
②I原子半径大于Cl原子，使得Cu-I键比Cu-Cl键更容易断裂，CuI更容易发生晶体结构改变，因而转化温度较低。
7．(1)3d64s2
(2) O>N>C>H sp2、sp3杂化 氢键
(3) 12
【分析】（1）知道铁的原子序数为26，易得价层电子排布式。
（2）①元素电负性大小直接影响其非金属性，同周期从左到右依次增大，氢最小。
②先计算出N原子的价层电子对数，再根据杂化轨道理论推出结论。
③在配合物之外的作用力一般先考虑氢键。
（3）①需要一定的空间想象能力即原子位置与占据情况。
②先求出其化学式，再根据ρ==进行计算。
【详解】（1）铁为26号元素，价层电子排布式为：3d64s2。故答案为：3d64s2；
（2）①同周期元素的电负性从左到右依次增大，有O>N>C，而H的最小，故有：O>N>C>H。故答案为：O>N>C>H；
②由色胺酮的结构可知中心N原子采取sp2、sp3杂化。故答案为：sp2、sp3杂化；
③据图色胺酮钴配合物中O及N原子均有孤对电子，而CH3OH中羟基上的氢原子上的电子偏向O导致几乎氢核裸露，故两者易形成氢键。故答案为：氢键；
（3）依图所示的立方体晶胞中，Mg原子位于顶点，Ni原子位于面心，而C位于体心。
①每个立方体晶胞中，Mg原子最近的Ni原子个数为3，而每个Mg原子被8个立方体占据，故Mg原子最近的Ni原子个数为：×3×8=12个。故答案为：12；
②每个立方体晶胞中，各原子的数目为：N(Mg)=×8=1，N(Ni)=6×=3，N(C)=1×1=1，故化学式应为：MgNi3C。ρ====g.mol-1。故答案为：。
8．(1) 16：1 3
(2) sp3 氢键 H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强
(3) 固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高 b
(4) a
【详解】（1）硒元素的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，成对电子与成单电子的个数比为16：1；同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，但是As元素最外层处于半满，第一电离能大于Se，所以在同一周期中比它的第一电离能大的元素有3种；故答案为16：1；3。
（2）SeO3与水反应可以生成H2SeO4。对于H2SeO4中心原子Se，由于H2SO4中S的杂化方式为sp3，因此H2SeO4中Se的杂化方式也应为sp3；固体H2SeO4，存在作用力除范德华力共价键外还有氢键；由于H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，所以H2SeO4酸性较强；故答案为sp3；氢键；H2SeO4中非羟基氧比H3AsO4多1个，非羟基氧越多，酸性较强。
（3）①由题可知，固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高同为分子晶体，所以SeO2熔点为350℃而SO2的熔点为-75.5℃；故答案为固态SeO2发生聚合相对分子质量很大，范德华力大，熔点高。
②依据共价键饱和性可知，a为Se O，b为Se＝O，b中含有π键，电子云重叠程度大，使得键长短；故答案为b。
（4）4r(Se2-)＝晶胞面对角线长度=nm；所以r=a nm；由图3所示晶胞可知，一个晶胞中含有Se2-个数为4；CaSe晶体结构也为NaCl型，其晶胞参数比MgSe大，且r(Ca2+)=bnm，所以CaSe晶体的晶胞参数为cm；且一个晶胞中含有四个分子，所以CaSe晶体的密度为 g cm-3；故答案为a；。
9．(1) 3
(2)平面三角
(3)sp、sp2、sp3
(4)N>O>C> B
(5)f
(6) 31 12
(7) 4
【详解】（1）基态N原子的价层电子排布图为 ；其中能量最高的电子所占据的原子轨道为2p轨道，有3个伸展方向；
（2）B原子的价层电子对数为，杂化方式为sp2杂化，故B原子与其直接相连的3个碳原子构成的空间结构为：平面三角形；
（3）苯环上的C原子为sp2杂化、-CN中的C原子为sp杂化，饱和六元环和烷基中的C原子为sp3杂化，故C原子杂化方式为：sp、sp2、sp3；
（4）该物质中第二周期元素为B、C 、N、O，同周期从左往右电离能呈增大趋势，但由于N原子2p轨道电子排布半满，电离能大于O，故第一电离能由大到小的顺序为：N>O>C> B；
（5）基态La(镧)原子的价层电子排布式为5d1 6s2，与Sc(钪)位于同族，位于第六周期第IIIB族，属于f区；
（6）设正五边形x个，正六边形y个，顶点数为82个，x个正五边形含顶点数为：个，y个正六边形含顶点数为个，即；每个正五边形或正六边形均为一个面，总面数为(x+y)个；x个正五边形含棱数为：个，y个正六边形含棱数为个，根据欧拉定理：，解得x=12，y=31，故含31个正六边形、12个正五边形；
（7）①由图可知，晶胞中与O最近且等距离的Bi原子数为4个：距离O原子最近的棱上的两个Bi原子、位于内部的Bi原子（以及左侧晶胞内部的Bi原子）；
②晶胞中含个Bi原子，个Se原子，个O原子，故晶体的密度为：。
10．(1) 3d54s1 9
(2) 正四面体 SO2中含有一个孤电子对，而SO3无孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥力，导致SO2键角减小 H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S
(3) 7NA C＜O＜N
(4) 4
【详解】（1）铬为24号元素，基态铬原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，价电子排布式为3d54s1，基态硫原子核外电子的轨道表示式为，则核外最多有9个电子按顺时针旋转。答案为：3d54s1；9；
（2）的中心S原子的价层电子对数为3，发生sp3杂化，则空间构型为正四面体；SO2、SO3杂化轨道类型相同，但SO2的中心S原子最外层存在孤电子对，所以键角SO3大于SO2，原因是：SO2中含有一个孤电子对，而SO3无孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥力，导致SO2键角减小。氧、硒、碲是与硫同族的元素，这四种元素对应氢化物分别为H2O、H2S、H2Se、H2Te，它们都能形成分子晶体，但H2O分子间还能形成氢键，所以熔沸点由高到低顺序是H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S。答案为：正四面体；SO2中含有一个孤电子对，而SO3无孤电子对，孤电子对对成键电子对有较强的排斥力，导致SO2键角减小；H2O＞H2Te＞H2Se＞H2S；
（3）Cr(O2)2[NH(C2H4NH2)2]是铬的一种配合物，其结构简式为，则1 mol该配合物含有7NA个配位键；C、N、O三种元素中，N原子的最外层电子处于半充满状态，则第一电离能由小到大的顺序是C＜O＜N。答案为：7NA；C＜O＜N；
（4）在1个硫镓银晶体的晶胞中，含S原子个数为8，含Ga原子个数为=4，含Ag原子个数为=4，若晶体的密度为ρg· cm-3，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞体积的计算表达式为=nm3。答案为：4；。
【点睛】计算晶胞中所含微粒的个数，可使用均摊法。
11．(1)2s22p3
(2)硼烷的相对分子质量增大，分子间的作用力增强，熔沸点升高
(3)sp2、sp3
(4) a 同一周期从左到右，原子半径依次减小，基态原子第一电离能呈增大趋势，但由于氮原子2p能级半充满，失电子相对较难，第一电离能大于O b
(5) 6 增大
(6)(a3+b3)NA×10-30×100%
【详解】（1）基态氮原子的价电子排布式为2s22p3。
（2）随着硼原子数的增加，硼烷的相对分子质量增大，分子间的作用力增强，熔沸点升高。
（3）该有机物中，与H相连的N原子形成3条共价键，还有一对孤电子对，则该N原子杂化轨道类型为sp3杂化，形成碳氮双键的N原子，其杂化轨道类型为sp2杂化。
（4）同周期元素从左到右原子的第一电离能呈增大的趋势，但是N2p轨道半充满较为稳定，第一电离能大于相邻的元素，则第一电离能的变化图为a。以上四个原子都失去一个电子后，B2s轨道全满2p轨道全空，O2p轨道半充满，这两个元素此时第二电离能大于相邻的元素，则第二电离能的变化图为b。
（5）由图可知，只有成环的配位键才能起到螯合作用，结合题目中物质的结构可知，1个该配合物中通过螯合作用形成的配位键有6个。形成配位键前孤电子对离成键电子较近，因电子间的排斥作用导致C-N-C的键角较小，形成配位键后，孤电子对离成键电子距离增大，电子间的排斥作用减小，C-N-C的键角增大。
（6）根据均摊法，该晶胞中B个数为×8+×6=4，N个数为4，设该晶胞的边长为xpm，则，解得x3=pm3，N、B原子各有4个，体积总和为，则BN晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为。
12．(1) [Ar]3dl04s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3 As的4p能级是半充满状态，比较稳定
(2) sp3杂化 三角锥形
(3)CCl4或SiF4(其他合理答案均可)
(4)NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量
(5)Na2Cl
(6)29.25/a3·NA
【详解】（1）基态As原子的核外有33个电子，根据构造原理知电子排布式为[Ar]3dl04s24p3或1s22s22p63s23p63d104s24p3，As的4p能级是半充满状态，比较稳定，第一电离能比Se大。
（2）中心原子价层电子对数为3+=4，中心原子的杂化方式为sp3杂化，含有1个孤电子对，的空间构型为三角锥形。
（3）的中心原子价电子数为32，等电子体是指价电子和原子数都相等的微粒，与互为等电体的分子有CCl4或SiF4(其他合理答案均可)。
（4）液氨可作制冷剂，汽化时吸收大量的热的原因是NH3分子间存在氢键，汽化时克服分子间氢键，需要消耗大量的能量。
（5）该晶体中Na原子数目＝2×＋2＋4×＝4，Cl原子数目＝8×＝2，则该晶体的化学式为Na2Cl。
（6）一个NaCl的晶胞中所包含的Na+为：12×+1=4，Cl-数目为：8×+6×=4，即1个NaCl晶胞的体积实际上是4个Na+和4个Cl-共同所占的体积，由NaCl晶胞示意图可知1个Na+与1个Cl-共同占有的体积为V=×(2acm)3=2a3cm3，由等式NA d V=58.5，可得NA=。
13．(1)A
(2)
(3) 和 7：1
(4)基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子
(5) (，，)
【详解】（1）橙色、黄色、绿色对应的波长分别为622～597nm、597～577nm、577～492nm，故选A；
（2）铜元素的原子序数为29，基态铜离子的价电子排布式3d9，故答案为：3d9；
（3）由结构简式可知，乙酰丙酮分子中单键碳原子的杂化方式为sp2杂化、双键碳原子的杂化方式为sp3杂化，有机物分子中单键均为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则乙酰丙酮分子中σ键与π键数目之比为14：2=7：1，故答案为：和；7：1；
（4）铜元素的原子序数为29，基态原子的价电子排布为3d104s1，失去1个电子后形成了3d10全充满的稳定结构，较难再失去1个电子，而铁元素的原子序数为26，基态,原子价电子排布为3d64s2，失去两个电子后形成了3d6的结构，较易失去1个电子形成3d5的半充满结构，所以铜元素的第二电离能大于铁元素的第二电离能，故答案为：基态铜原子失去1个电子后，形成了全充满的稳定结构，较难再失去1个电子；
（5）①由位于顶点的a原子、体心的b原子的坐标参数依次为(0，0，0)、(，，)可知，四面体的边长为1，则位于体对角线处的d原子的坐标参数为(，，)，故答案为：(，，)；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的黑球为8×+1=2，位于体内的白球为4，由氧化亚铜的化学式可知，黑球代表氧离子、白球代表亚铜离子，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30c3d，解得d=，故答案为：。
14．(1)1s22s22p63s23p63d104s24p2
(2) 正四面体 硅、锗、锡、铅的氯化物均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点逐渐升高
(3) 6 O、C、Ge
(4) bd
【详解】（1）Ge是32号元素，其原子核外有32个电子，根据构造原理知其基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p2；。故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；
（2）①中Ge原子价层电子对数为4+=4，分子空间构型为正四面体。故答案为：正四面体；
②分子晶体的熔点与分子间作用力有关，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，所以硅、锗、锡、铅的氯化物均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点逐渐升高，熔点。故答案为：硅、锗、锡、铅的氯化物均为分子晶体，随着相对分子质量增大，分子间作用力增强，熔点逐渐升高；
（3）该有机配合物中与锗相连的O原子是6个，锗的配位数为6；同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，同主族从上到下元素的第一电离能随着电子层数的增大而减小，阴离子中C、Ge、O元素的第一电离能从大到小顺序为O、C、Ge。故答案为：6；O、C、Ge；
（4）①该锗化合物晶胞的表示方式有多种，a中CH3NH3为8×=1，I为6×=3，Ge为1，b中CH3NH3为1，I为12×=3，Ge为8×=1，c中I为10×=2.5，d中CH3NH3为1，I为8×+2×=3，Ge为8×=1，图中bd图也能表示此化合物的晶胞。故答案为：bd；
②用表示阿伏加德罗常数的数值，由均摊法晶胞中含CH3NH3为8×=1，I为6×=3，Ge为1，晶胞(a)密度为=。故答案为：；
15．(1)
(2) 三角锥
(3) sp2
(4)吡啶能与H2O分子形成分子间氢键
(5)
【详解】（1）Fe是26号元素，根据构造原理可知基态Fe原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+是Fe原子失去最外层的2个电子形成的，其价层电子排布式是3d6，则基态Fe2+的价电子轨道表示式为；
（2）H3O+是O原子与2个H原子结合形成H2O后，再由O原子的一对孤电子对与H+通过配位键形成的，则其电子式为；
O原子价层电子对数是3+1=4，含有1对孤电子对，故H3O+的空间构型是三角锥形；
（3）在吡啶中N原子形成3个共价键，因此N原子杂化类型是sp2；
吡啶中N原子上含有孤电子对能与H2O分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度：吡啶远大于苯；已知-CH3为斥电子基团，-CF3是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为： +＞＞，所以吡啶和其衍生物、的碱性随N原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是；
（4）吡啶()在水中的溶解度远大于苯，可能原因是①吡啶和H2O均为极性分子，符合相似相溶原理，而苯为非极性分子；②吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；
（5）在该晶胞中金属Mn+个数是：8×+2×=2；Cl-数目是：4×+1×2=4；H2O分子数目是：8×+4×=4，若金属M的相对原子量Mr，晶胞的棱长分别为a pm、b pm、c pm，夹角均为90°，则该晶胞的密度ρ=。
16．(1)C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)
(2) N、F
(3) 2:1:1 结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性) B
【详解】（1）根据表格中H原子的电性可知，H原子正电性越大可以和水形成氢键增大溶解度；C2H6氢原子正电性不明显，与水分子间没有氢键，与水分子间的作用力较小，溶解度小； C2H2分子中，中心原子sp杂化，中心原子负电性较大，所连H原子正电性较大，与H2O分子间的作用力变大，溶解性大(或者乙炔与水分子间形成氢键，溶解性强)。
（2）①同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，第VA族大于第VIA族，故第一电离能比C、O都大的同周期主族元素是N、F；
②根据晶胞图可知每个晶胞中含有4个乙酸分子，乙酸晶胞的密度；
（3）①根据均摊法Ni占据8个顶点，每个单元中含有Ni个数为，CN-占据8个棱，每个单元含有CN-的个数为，含有NH3为，故2:1:1；
②该结构不是晶胞结构单元，因为结构中不存在三套各两个相同平行面和三套各4根相同平行棱(或不存在平移对称性)；
③通过分析，同层有4个CN-，金属离子的配位数为4，轴向有两个NH3，配位数为4+2=6 ，金属离子配位数为4和6，故答案为B；
17．(1)N＞O＞S＞Al
(2) ds 5d106s1
(3) V型 O3
(4) CuInSe2 面心立方最密堆积
【详解】（1）根据同周期同主族元素性质递变规律判断，同一周期由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，但氮原子2p轨道为半充满状态，第一电离能比相邻的元素都大；同主族由上到下元素原子的第一电离能逐渐减小，N、O、Al、S四种元素的第一电离能从大到小的顺序为N＞O＞S＞Al；
（2）Cu、Au是同一副族的元素，Au的原子序数更大，为ⅠB族元素，它们属于ds区元素，Au为79号元素，基态Au原子的价电子排布式为5d106s1；
（3）SO2分子的中心原子S原子的杂化轨道数为=3，采取sp2杂化，含有1对孤对电子对，故SO2为V型结构；
互为等电子体的微粒满足原子个数相同，价电子总数相同，与SO2互为等电子体的单质有O3；
（4）Cu原子有4个位于棱上，6个位于面上，故个数为6+4= 4，In原子有8个位于顶点上，4个位于面上，1个在体心，故个数为8 +4+1=4，Se原子有8个，全部在晶胞内部共8个，因此晶体的化学式为CuInSe2；晶胞从顶部向 底部看Se原子分布有四层，排布符合ABABAB，故堆积方式为面心立方最密堆积。
18．(1) 4：5 大于
(2) p
(3) 分子 吡咯分子间可形成氢键，呋喃及噻吩只存在分子间作用力，而噻吩的相对分子质量比呋喃大，沸点比呋喃高
(4)
【详解】（1）基态Fe2+的价层电子排布式为3d6，则其排布图为；基态Fe2+价层电子排布式为3d6，Fe3+价层电子排布式为3d5，则基态Fe2+与Fe3+的未成对电子数之比为4:5；Fe失去的是较稳定的3d5上的电子，而Co失去的是3d6上的电子，则第四电离能I4(Fe)大于I4(Co)；
故答案为：；4:5；大于；
（2）B核外电子排布式为1s22s22p1，则属于p区元素；γ-B2O3中B的配位数为3，B为sp2杂化；
故答案为：p；sp2；
（3）①同一周期，从左到右元素电负性增大，则C、N、O的电负性由大到小的顺序为；
故答案为：；
②吡咯沸点较低，属于分子晶体；
故答案为：分子；
③沸点：吡咯>噻吩>呋喃，原因是吡咯分子间可形成氢键，呋喃及噻吩只存在分子间作用力，而噻吩的相对分子质量比呋喃大，相对分子质量越大，分子间作用力越强，则噻吩沸点比呋喃高；
故答案为：吡咯分子间可形成氢键，呋喃及噻吩只存在分子间作用力，而噻吩的相对分子质量比呋喃大，沸点比呋喃高；
（4）该晶胞的质量为，体积为，故密度为。
故答案为：。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
