(最新实用)2020年高考化学之《考前抓大题》10 物质结构与性质(二)(解析版)

大题10 物质结构与性质（二）

1．锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：

（1）Zn原子核外电子排布式为________。

（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)________I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是______________________。

（3）ZnF2具有较高的熔点(872 ℃)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂__。

（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为______。

（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为N A，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。

【答案】

（1）[Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2)

（2）大于Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子

（3）离子键ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小

（4）平面三角形sp2

（5）六方最密堆积(A3型)

【解析】

（1）Zn原子核外有30个电子，分别分布在1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s能级上，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；

（2）轨道中电子处于全满、全空、半满时较稳定，失去电子需要的能量较大，Zn原子轨道中电子处于全满状态，Cu失去一个电子内层电子达到全充满稳定状态，所以Cu较Zn易失电子，则第一电离能Cu

＜Zn，故答案为：大于；Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子；

（3）离子晶体熔沸点较高，熔沸点较高ZnF 2，为离子晶体，离子晶体中含有离子键；根据相似相溶原理知，极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，ZnF 2属于离子化合物而ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2为共价化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2分子极性较小，乙醇、乙醚等有机溶剂属于分子晶体极性较小，所以互溶，故答案为：离子键；ZnF 2为离子化合物，ZnCl 2、ZnBr 2、ZnI 2的化学键以共价键为主，极性较小； （4）ZnCO 3中，阴离子CO 32-中C 原子价层电子对个数=3+4+2-322

?=3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断碳酸根离子空间构型及C 原子的杂化形式分别为平面正三角形、sp 2杂化，故答案为：

平面正三角形；sp 2；

（5）金属锌的这种堆积方式称为六方最密堆积，该晶胞中Zn 原子个数=12×1

6+2×12

+3=6，六棱柱底边边长为acm ，高为ccm ，六棱柱体积

2)×3×c]cm 3，晶胞密度

=m V 为：六方最密堆积(A 3型)

。 【点睛】

本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断、原子杂化方式判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查学生分析、判断、计算及空间想像能力，熟练掌握均摊分在晶胞计算中的正确运用、价层电子对个数的计算方法，注意：该晶胞中顶点上的原子被6个晶胞共用而不是8个，为易错点。 2．2018年4月23日，中国人民海军成立69周年。提到海军就不得不提航空母舰，我国正在建造第三艘航空母舰。镍铬钢抗腐蚀性能强，可用于建造航母。

（1）航母甲板镍铬钢表面涂有一层耐高温的材料聚硅氧烷（结构如图甲所示）。基态Cr 原子的价电子排布式为_____________，基态Si 原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_____________形，元素C 、O 、F 的电负性由大到小的顺序为_____________。

（2）海洋是元素的摇篮，海水中含有大量F 、Cl 、Br 、I 元素。

①OF 2的空间构型为_____________，其中O 原子杂化方式为_____________杂化。

②KCl 晶体中存在的化学键类型有_____________；CaCl 2熔点要比KCl

的熔点高很多，主要原因为

____________________________________________________________________。

（3）海底金属软泥是在海洋底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的资源，含有硅、氧化铁、锰、锌等。Zn 2+与S 2-形成的一种晶胞结构如图乙所示（黑球表示Zn 2+，白球表示S 2-），Zn 2+的配位数为_____________。晶胞边长为a nm 、ZnS 相对分子质量为M ，阿伏加德罗常数的值为N A ，其晶体密度的

计算表达式为_____________g·

cm -3。 【答案】（1）3d 54s 1 哑铃 F ＞O ＞C （2）①V 形 sp 3 ②离子键 Ca 2+半径比K +小，

Ca 2+所带电荷数比K +

多，CaCl 2的晶格能更高 （3）4 213A 4M 10a N ? 【解析】

【分析】

（1）依据原子核外电子排布规则写出基态Cr 原子的价电子排布式；依据Si 的核外电子排布式可知其最高能级为3p 能级，3p 能级电子云轮廓图为哑铃形；根据C 、O 、F 的非金属性推断其电负性； （2）①OF 2分子的中心原子为O 原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4，所以OF 2的空间构型为V 形，其中O 原子的杂化方式为sp 3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的晶格能更高，所以氯化钙的熔点更高。

（3）通过硫化锌的晶胞结构分析锌离子的周围与之等距离的硫离子，即可知锌离子的配位数；通过硫化锌的晶胞结构可知锌离子的数目为4?1=4，含有硫离子的数目为116+8=428

?

?，一个晶胞的体积为(a×10-7)3 cm 3，由密度公式计算晶体的密度。

【详解】

（1）Cr 为24号元素，核电荷数为24，故基态Cr 原子的价电子排布式为3d 54s 1；Si 元素为14号元素，核电荷数为14，核外电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 2，最高能级为3p 能级，3p 能级电子云轮廓图为哑铃形；非金属性：F ＞O ＞C ，则C 、O 、F 的电负性由大到小的顺序为F ＞O ＞C 。

（2）①OF 2分子的中心原子为O 原子，其中含有的孤电子对数为2，σ键数为2，价层电子对数为4

，

所以OF 2的空间构型为V 形，其中O 原子的杂化方式为sp 3杂化；②氯化钾为离子晶体，存在的化学键为离子键；钙离子的半径比钾离子小，钙离子所带电荷数比钾离子多，氯化钙的品格能更高，所以氯化钙的熔点更高。

（3）由硫化锌的晶胞结构可知，每个锌离子的周围与之等距离的硫离子有4个，所以锌离子的配位数

为4；一个晶胞中含有锌离子的数目为4，含有硫离子的数目为4，一个晶胞的体积为(a×

10-7)3 cm 3，则晶体的密度为

213A

4M 10a N 。 【点睛】

计算晶胞密度时，利用晶胞结构计算一个晶胞中含有的离子数，再根据m=nM 计算质量，根据V=a 3计算体积，由此计算晶体的密度。

3．祖母绿被称为绿宝石之王，是国际珠宝世界公认的四大名贵宝石之一，其化学式为Be 3Al 2Si 6O 18。回答下列问题：

（1）基态Be 原子的电子排布图为____________，基态Al 原子核外电子占据________个轨道，其中能量最高能级的原子轨道的形状为__________。

（2）Al 、Si 、O 的第一电离能由大到小的排序为____________________。

（3）SO 3分子中硫原子的杂化类型是_____，SO 3分子的空间构型是________。

（4）工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl 3，AlCl 3的晶体类型是__________，将Be 3Al 2Si 6O 18写为氧化物的式子是_____________________。

（5）LiAlH 4在有机合成中可将羧基还原成羟基。甲酸和乙醇的熔、沸点如图所示：

1mol 甲酸分子中σ键与π键的比值为________________，甲酸和乙醇的熔点相差较大的主要原因是____________________________________________。

（6）碳化硅的晶体类型类似金刚石，晶胞结构如图所示。已知：碳化硅的晶体密度为ag/cm 3，N A

代表

阿伏伽德罗常数的数值。该晶胞边长为_____________pm。【答案】（1）7 哑铃（或纺锤）形

（2）O＞Si＞Al

（3）sp2平面正三角形

（4）分子晶体Al2O3?3BeO?6SiO2（或3BeO?Al2O3?6SiO2）（5）4:1 甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强

（6）

10 10

【解析】

【分析】

（1）Be为4号元素，Al为13号元素，结合电子排布式分析解答；

（2）同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第V A族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，据此排序；

（3）根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+1

2

(a-xb)计算判断SO3分子中硫原子的杂

化类型和空间构型；

（4）AlCl3为共价化合物，熔点较低；结合硅酸盐改为氧化物的方法改写；

（5）根据共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键计算甲酸分子中σ键与π键数目之比；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强；

（6）根据均摊法计算碳化硅晶胞中Si原子和C原子个数，求出晶胞的质量，在根据晶体密度计算晶胞边长。

【详解】

（1）Be为4号元素，基态Be原子的电子排布图为，Al为13号元素，基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，占据7个轨道，其中能量最高能级的原子轨道为3p，形状为哑铃(或纺锤)形，故答案为：；7；哑铃(或纺锤)形；

（2）同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第V A族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为O＞Si＞Al，故答案为：O＞Si＞Al；

（3）SO 3分子中硫原子的价层电子对数=3+6-232

?=3，杂化类型为sp 2杂化，SO 3分子的空间构型是平面正三角形，故答案为：sp 2；平面正三角形；

（4）工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl 3，是因为AlCl 3为共价化合物，熔融状态不能导电，AlCl 3的熔点较低，属于分子晶体；将Be 3Al 2Si 6O 18写为氧化物的式子为Al 2O 3?3BeO?6SiO 2(或

3BeO?Al 2O 3?6SiO 2)，故答案为：分子晶体；Al 2O 3?3BeO?6SiO 2(或3BeO?Al 2O 3?6SiO 2)；

（5）甲酸的结构简式为HCOOH ，分子中共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键，所以甲酸分子中σ键与π键数目之比=4∶1；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O 原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强，所以甲酸熔沸点高于乙醇，故答案为：4∶1；甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强；

（6）碳化硅晶胞中Si 原子个数=8×18+6×12

=4，C 原子个数为4，晶胞的质量为A 4(12N 28)?+g ，晶体密度为ag/cm 3，则晶胞边长

1010 pm ，

1010。 【点睛】

本题的易错点为（5），要注意HCOOH 的结构式的书写，同时注意共价双键中一个是σ键、一个是π键，本题的难点为（6），要注意均摊法在晶胞的计算中的应用。

4．磷化硼是一种典型的超硬无机材料，常以BCl 3、PH 3为原料制备。回答下列问题：

（1）基态P 原子与B 原子中未成对电子数之比为___。

（2）与BC13分子互为等电子体的一种离子为___（填化学式）。

（3）PH 3分子的立体结构为___；PH 3的沸点___（填“高于”或“低于”）NH 3，理由是___。

（4）BCl 3、PCl 3和PF 3三种分子中键角由大到小的顺序为___。

（5）BCl 3可转化为硼酸，硼酸为一元强酸的原因是___（用离子方程式表示）。

（6）磷化硼晶胞的示意图如图甲所示，其中实心球表示P 原子，空心球表示B 原子，晶胞中P 原子空

间堆积方式为___。已知磷化硼晶体的密度为ρg ·

cm －3，设阿伏加德罗常数的值为N A ，则晶胞中B 原子与P 原子间最短距离为___pm 。若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示（虚线圆圈表示P 原子的投影），请在图乙中用实线圆圈画出B 原子的投影位置___（注意原子体积的相对大小）。

【答案】（1）3：1

（2）CO 32-或NO 3-

（3） 三角锥形 低于 NH 3分子之间存在氢键

（4）BCl 3＞PCl 3＞PF 3

（5）H 3BO 3＋H 2O H ＋＋[B(OH)4]－

（6）面心立方最密堆积

3A 3

1684N ρ×1010 或

【解析】

（1）基态P 原子的最外层电子排布为233s 3p ，而B 原子的最外层电子排布为21

2s 2p ，因此二者未成对电子数之比为3:1；

（2）原子数和价电子数分别均相等的是等电子体，与3BCl 互为等电子体的离子有很多，例如2-3CO 或

-3NO 均可； （3）3PH 的结构与3NH 一致，均为三角锥形，也可根据VSEPR 理论来判断，磷原子为3sp 杂化且有一对孤电子；3NH 中存在氢键，所以熔沸点均高于其它同主族氢化物；

（4）3BCl 为平面三角形，因此键角为120°，3PCl 为三角锥形，键角为100.1°，而3PF 发生的是非等性3sp 杂化，为三角锥形，但是氯原子的半径大于氟原子，空间阻力更大，因此3PF 的键角小于3PCl ，因此键角BCl 3＞PCl 3＞PF 3；

（5）硼是缺电子原子，能结合水中的氢氧根来释放质子，因此是一元酸，电离方程式为：

-3324H BO +H O H +[B(OH)] ?；

（6）根据甲图可以看出每个面的面心上均有磷原子，因此是面心立方最密堆积；晶胞中白色球周围最近的4个黑色球构成正四面体结构，白色球处于正四面体的中心，顶点黑色球与正四面体中心白色球连

线处于晶胞体对角线上，由几何知识可知晶胞中硼原子位于晶胞的体对角线14处，因此根据3A m

114+314ρ==V N a ???先求出晶胞常数a 值，再用a 值求出体对角线的长度的14即3a ＝3A 31684N ρ

cm ＝3A 3

1684N ρ

×1010pm ；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，外侧大正六边形均由P 原子构成，而内部小正六边形由3个B 原子、3个P 原子形间隔成，所以画图为或，注意硼原子的半径小于磷原子。

5．2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO 2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题：

（1）基态Co 原子价电子排布图为______________(轨道表达式)。第四电离能I 4(Co)比I 4(Fe)小，是因为_____________________。

（2）LiCl 的熔点(605℃)比LiF 的熔点(848℃)低，其原因是_________________________.

（3）乙炔(C 2H 2)分子中δ键与π键的数目之比为_______________。

（4）锂离子电池的导电盐有LiBF 4等，碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加剂。 ①LiBF 4中阴离子的空间构型是___________；与该阴离子互为等电子体的分子有_____________。(列一种)

②碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有_______________________。

（5）Li 2S 是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm 。

①S 2－的配位数为______________。

②设N A 为阿伏加德罗常数的值，Li 2S 的晶胞密度为____________(列出计算式)3g cm -?。

【答案】（1） Co 失去的是3d 6上的一个电子，而Fe 失去的是半充满状态3d 5上的一个电子，故Fe 需要的能量较高

（2）LiCl 和LiF 均为离子晶体，Cl －半径比F －

大，LiCl 的晶格能比LiF 的小

（3）3：2

（4）①正四面体 CF 4 ②sp 2、sp 3 （5）①8 ②303

A 44610N 588??? 【解析】

【分析】

（1）基态Co 原子价电子排布式为3d 74s 2，再得价电子排布图；Co 3+为3d 6，Fe 3+为3d 5，Fe 3+半满，稳定，

难失去电子，因此得到结论。

（2）LiCl 与LiF 都为离子晶体，主要比较离子晶体中离子半径，键能和晶格能。

（3）乙炔(C 2H 2)分子中碳碳三键，因此可得分子δ键与π键的数目之比。

（4）①先计算LiBF 4中阴离子的电子对，再得空间构型，根据左右价电子联系得出与该阴离子互为等电子体的分子。

②分别分析碳酸亚乙酯分子中每个碳原子的δ键和孤对电子得到结论。

（5）①以最右面中心S 2－分析，分析左右连接的锂离子个数。

②先计算晶胞中有几个硫化锂，再根据密度公式进行计算。

【详解】

（1）基态Co 原子价电子排布式为3d 74s 2，其价电子排布图为；第四电离能I 4(Co)比I 4(Fe)小，其Co 3+为3d 6，Fe 3+为3d 5，Fe 3+半满，稳定，难失去电子，因此原因为Co 失去的是3d 6上的一个电子，而Fe 失去的是半充满状态3d 5上的一个电子，故Fe 需要的能量较高，故答案为：

；Co 失去的是3d 6上的一个电子，而Fe 失去的是半充满状态3d 5上的一个电

子，故Fe 需要的能量较高。

（2）LiCl 的熔点(605℃)比LiF 的熔点(848℃)低，它们都为离子晶体，离子晶体熔点主要比较半径，键

能和晶格能，因此其原因是LiCl 和LiF 均为离子晶体，Cl －半径比F －大，LiCl 的晶格能比LiF 的小，故

答案为：LiCl 和LiF 均为离子晶体，Cl －半径比F －大，LiCl 的晶格能比LiF 的小。

（3）乙炔(C 2H 2)分子中碳碳三键，因此分子δ键与π键的数目之比为3:2，故答案为：3:2。

（4）①LiBF 4中阴离子的电子对为14+(3141)42

+-?=，因此空间构型是正四面体型；B －的价电子等于C 的价电子，因此与该阴离子互为等电子体的分子有CF 4，故答案为：正四面体；CF 4。

②碳酸亚乙酯分子中碳氧双键的碳原子，δ键有3个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp 2，另外两个碳原子，δ键有4个，没有孤对电子，因此杂化方式为sp 3，所以碳原子的杂化方式有sp 2、sp 3，故答案为：sp 2、sp 3。

（5）①以最右面中心S 2－分析，连接左边有4个锂离子，右边的晶胞中也应该有4个锂离子，因此配位

数为8，故答案为：8。

②设N A 为阿伏加德罗常数的值，根据晶胞计算锂离子有8个，硫离子8个顶点算1个，6个面心算3

个即总共4个，Li 2S 的晶胞密度-330-3A 1033

A 464N m 464ρ=g cm =10g cm V 58810N 588-??=?????（），故答案为：303A 44610N 588

???。 6．氮、磷、钾是农作物生长的必须营养元素，磷和钙都是促成骨骼和牙齿的钙化不可缺少的营养元素。回答下列问题：

（1）基态K 的核外电子排布式为____________，基态N 的价电子排布图为____________。

（2）元素的第一电离能：Ca________(填“＞”或“＜”)P 。

（3）白磷P 4在CS 2中的溶解度________(填“大于”或“小于”)在水中的溶解度，N 4是氮的一种新型单质,若N 4分子结构类似于白磷P 4，则N 的杂化方式为________。

（4）下表是几种碳酸盐的热分解温度和阳离子半径：

根据上表数据分析碳酸钡分解温度最高的原因是_______________________

（5）常温下PCl 5是一种白色晶体，晶体结构为氯化铯型，由A 、B 两种离子构成。已知A 、B 两种离

子分别与CCl 4、SF 6互为等电子体，则A 、B 两种离子的符号分别为________、________。

（6）用晶体的X 射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值。已知金属钙的晶胞为面心立方(如图)晶胞，晶胞边长为d pm ；又知钙的密度为ρ g/cm 3，则一个钙晶胞的质量为________(用d 、ρ表示，下同)g ，阿伏加德罗常数的值为______________(化成最简式)。

【答案】（1）1s 22s 22p 63s 23p 64s 1

（2）＜

（3）大于 sp 3 （4）与Ca 2+、Sr 2+相比，钡离子由于半径大和氧离子结合更难, 所以碳酸钡分解温度高

（5）PCl 4+ PCl 6-

（6）d 3·ρ·10

－30 3231.6010d ρ 【解析】

【分析】

（1）根据核外电子排布规律书写基态钾原子的电子排布和氮原子的价电子排布图；

（2）金属元素第一电离能较小，非金属元素第一电离能较大；

（3）根据相似相溶原理确定溶解度，根据白磷分子结构确定4N 分子中原子轨道杂化类型；

（4）根据阳离子半径，推测碳酸钡分解温度最高的原因；

（5）结合等电子体原理，推断与4CCl 、6SF 互为等电子体的A 、B 两种离子的符号；

（6）分析晶胞结构，结合“均摊法”及晶胞边长、密度计算晶胞的质量及N A 。

【详解】

（1）K 的核电荷数是20，由排布规律可知其核外电子排布式为2262611s 2s 2p 3s 3p 4s ，N 的价电子数为5，根据洪特规则其价电子排布图为，故答案为：2262611s 2s 2p 3s 3p 4s ；； （2）P 是非金属，Ca 是金属，故Ca 的第一电离能小于P ，故答案为：＜；

（3）白磷4P 和2CS 均是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理可知白磷在2CS 中的溶解度比

在水中大；4N 分子结构类似于白磷4P ，故4N 中的氮原子形成3个共价单键，有1对孤对电子，故采

取3sp 杂化，故答案为：大于；3sp ；

（4）三种阳离子中2+Ba 的半径最大，与氧离子结合最难，故碳酸钡的分解温度最高，

故答案为：与2+2+Ca Sr 、相比，钡离子由于半径大和氧离子结合更难, 所以碳酸钡分解温度高； （5）晶体为氯化铯型，故A 、B 离子数之比是1:1， A 与4CCl 互为等电子体，故A 为+4PCl B 与6SF 互为等电子体，故B 为-6PCl ，故答案为：+4PCl ；-6PCl ；

（6）金属钙是面心立方最密堆积，每个晶胞中含有钙原子数为118+6=482??

，晶胞边长为-10d pm d 10cm =?，则晶胞的体积为()3-103-303d 10cm =d 10cm ??，又知钙的密度是3ρ g/cm ，故每

个晶胞的质量为3-30333-30d 10cm ρ g/cm d ρ1=0g ???，每个晶胞含有4个钙原子，故

1

3-310d ρ140g 4=0g A mol N mol --??g ，则3231.6010=d ρA N ?g ，故答案为：3-30d ρ10?；3231.6010d ρ

?。 7．氮及其化合物与人类生产、生活息息相关。回答下列问题：

（1）氮的氢化物之一肼(N 2H 4)是一种油状液体，常做火箭燃料，与水任意比互溶，并且沸点高达113℃。在肼分子中N 原子的杂化方式是___，肼易溶于水的原因是___，肼的沸点高达113℃的原因是___。 （2）N 2F 2是氮的氟化物之一，lmol N 2F 2中含有___mol σ键；N 和F 中电负性较大的是____。 （3）氮与钠形成的化合物有Na 3N 和NaN 3。

①Na 3N 能与水剧烈反应生成NaOH 和NH 3，则Na 3N 属于___晶体。

②NaN 3用于汽车的安全气囊中，当发生车祸时迅速分解放出氮气，使安全气囊充气。反应原理为2NaN 3+CuO 撞击Na 2O+2Cu+3N 2↑。写出两种与3N -

互为等电子体的分子或离子：___(填化学式)。 （4）Na 2O 的晶胞结构如图所示，晶胞边长为566pm ，晶胞中氧原子的配位数为___，Na 2O 晶体的密度

为___g·

cm ?3(只要求列算式，不必计算出结果) 。

【答案】（1）sp 3 水和肼都是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且肼和水分子间可形成氢键，因此肼易溶于水 肼分子间可以形成氢键，使其沸点较高

（2）3 F

（3）①离子 ②N 2O 、CO 2、CNO -、NO 2+等

（4）8

-10323462(56610) 6.0210???? 【解析】

（1）在肼分子N 2H 4中N 原子，形成3个δ键，一个孤电子对，共4个杂化轨道，杂化方式是sp 3；肼易溶于水的原因是水和肼都是极性分子，根据相似相溶原理，极性分子易溶于极性溶剂，且肼和水分子间可形成氢键，因此肼易溶于水；肼的沸点高达113℃的原因是：肼分子间可以形成氢键，使其沸点较高；

（2）N 2F 2是氮的氟化物之一，结构式，lmol N 2F 2中含有3mol σ键；同一同期从左到右，元素的电负性增大，N 和F 中电负性较大的是F ；

（3）①Na 3N 能与水剧烈反应生成NaOH 和NH 3，Na 3N 由Na +和N 3-构成，Na 3N 属于离子晶体； ②3N -价电子总数为3×5+1=16，原子总数相同，价电子总数相同的微粒互为等电子体，与3N -互为等电子体的分子或离子N 2O 、CO 2、CNO -、NO 2+等；

（4）晶胞中白色球数目为8×18+6×12=4，黑色球数目为8，故白色球为O 原子，黑色球为Na 原子，钠

原子配位数为4，而原子配位数与原子数目成反比，故O 原子配位数为4×2=8；晶胞质量为4×23

62

6.0210?g ，则晶体密度=4×23626.0210

?g÷（566×10-10 cm ）3=-10323462(56610) 6.0210????g·cm -3。 8．第ⅢA 族元素及某些常见非金属元素的化合物在晶体材料等方面的用途非常广泛。回答下列问题: （1）写出基态Ga 原子的价电子轨道表示式__________________

（2）NH 4HF 2中HF 2-的结构为F-H·

··F -，则NH 4HF 2中含有的化学键有_________ A ．离子键 B ．共价键 C ．金属键 氢键 E.配位键

（3）CH 3OH 分子中的键角：H-C-H_______H-O-C 。(填“<”、“>”、“=”)

（4）B 、Al 、Ga 单质的熔点依次为2300°

C ，660°C ，29.8°C ，解释熔点产生差异的原因：___________________

（5）黑磷是磷的一种同素异形体，与石墨烯类似，其晶体结构片段如图所示：其中最小的环为____元环，每个环平均含有____个P 原子。

（6）铊化钠(NaTl)可看作是由两个金刚石晶格穿插得到的(如图)，已知晶胞参数为a pm 。

①铊化钠中Tl-Tl 间最小距离为__________pm 。

②设阿伏加德罗常数的值为NA ，则NaTl 的密度是________g·cm -3(列出计算表达式)。

【答案】（1）

（2）ABE

（3）>

（4）硼单质是原子晶体，熔点高，Al 、Ga 均为金属，且位于同主族，Al 、Ga 的价电子数相同，Al 的原子半径较小，则金属键较强，熔点较高

（5）六 2

（6 A

-1038a ×(23+20(104)N ) 【解析】

【分析】

（1）Ga原子位于第四周期，第IIIA族，最外层3个电子，结合构造原理写出其价电子的轨道表示式；（2）根据已知信息可知，NH4+与HF2-形成离子键，HF2-中F与H原子之间存在极性键、氢键，NH4+中含有配位键，氢键不属于化学键；

（3）先判断甲醇分子中C、O原子的σ键电子对数、孤电子对数，并判断其杂化方式，再结合孤对电子之间的排斥力>孤对电子对成键电子对的排斥力>成键电子对之间的排斥力，判断H-C-H、H-O-C键角的大小关系；

（4）硼单质是原子晶体，Al、Ga均为金属晶体，根据晶体熔沸点的比较方法分析原因；

（5）观察黑磷晶体结构片段可知，最小的环为六元环，根据均摊法判断每个环平均含有的P原子个数；（6）①由已知信息，铊化钠(NaTl)可看作是由两个金刚石晶格穿插得到，晶胞中，体对角线的距离为

，铊化钠中Tl-Tl间的最小距离为体对角线的1

4

；

②一个晶胞中含有8个Na原子，8个Tl原子，先计算晶胞质量，再计算晶胞的体积，进而计算其密度。【详解】

（1）Ga原子位于第四周期，第IIIA族，最外层3个电子，基态Ga原子的价电子轨道表示式为；故答案为：；

（2）NH4+与HF2-形成离子键，HF2-中F与H原子之间存在极性键、氢键，NH4+中含有配位键，氢键不属于化学键；故答案为：ABE；

（3）CH3OH分子中碳原子没有孤电子对数，形成4个σ键，C原子杂化轨道数目为4，C原子采取sp3杂化；O原子有2对孤电子对，形成2个σ键，O原子杂化轨道数目=2+2=4，O原子采取sp3杂化，它们的VSEPR模型均为四面体形，由于孤对电子之间的排斥力>孤对电子对成键电子对的排斥力>成键电子对之间的排斥力，故键角H-C-H>H-O-C；故答案为：>；

（4）B是非金属，硼单质是原子晶体，共价键强度大，熔点高，Al、Ga均为金属，且位于同主族，Al、Ga的价电子数相同，Al的原子半径较小，则金属键较强，熔点较高；

（5）观察黑磷晶体结构片段可知，最小的环为六元环，每个环有6个P原子，但每个P原子被3个环

共用，则每个环平均含有

1

6=2

3

个P原子；故答案为：六；2；

（6）①由已知信息，铊化钠(NaTl)可看作是由两个金刚石晶格穿插得到，晶胞中，体对角线的距离为

，铊化钠中Tl-Tl 间的最小距离为体对角线的 14

； ②一个晶胞中含有8个Na 原子，8个Tl 原子，则晶胞质量为

A 8(23+204)g N ?，体积为-1033()a 10cm ?，则NaTl 的密度为-3-10A 38(23+204)g N (0)cm a 1???；故答案为：A -103

8a ×(23+20(104)N )?。 9．我国科学家借助自主研制的新型钨钴铁合金催化剂攻克了单壁碳纳米管结构的可控制备难题。海底金属软泥是在海底覆盖着的一层红棕色沉积物，蕴藏着大量的金属资源，含有钨、铁、锰、锌、钴等。 （1）基态钴原子的核外未成对电子数为__________。单壁碳纳米管可看作石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圆柱体，其碳原子的杂化方式为__________。

（2）纳米结构氧化钴可在室温下将甲硫醛(CH 2S)完全催化氧化，甲醛分子属__________(填“极性”或“非极性”)分子，其中心原子的VSEPR 构型为__________。

（3）六羰基钨[W(CO)6]的熔点为172℃，是一种重要的无机金属配合物，可溶于多数有机溶剂。三种组成元素的电负性由大到小的顺序为 __________(用元素符号表示)。配体CO 中与W 形成配位键的原子是C 而不是O ，原因是 ____________。

（4）多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p 轨道，则p 电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”。下列物质中存在“离域π键”的是 ____________(填字母)。

A ．苯

B ．二氧化硫

C ．四氯化碳

D ．环己烷

（5） Fe 2+、Fe 3+能与CN -形成络离子，其晶胞结构如图1所示。该离子可形成铁蓝钾盐，该钾盐的化学式为___________。

（6）图2是从铁氧体离子晶体Fe 3O 4中取出的能体现其晶体结构的一个立方体，该立方体是不是Fe 3O 4的晶胞__________(填“是”或“否”)；立方体中铁离子处于氧离子围成的 _________(填空间结构)

空隙；根

据上图计算Fe 3O 4晶体的密度为 ________g?cm -3。(图中a=0.42nm ，计算结果保留两位有效数字)

【答案】（1）3 sp 2

（2）极性 平面三角形

（3）O>C>W C 原子半径比O 大，电负性小，对孤对电子吸引较弱，所以C 原子更易提供孤对电子，更容易形成配位键

（4）AB

（5）KFe 2(CN)6

（6）是 正八面体 5.2

【解析】

【分析】

（1）Co 元素是27号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d 74s 2；

（2）根据价层电子互斥理论确定分子构型；

（3）同周期主族元素自左而右电负性增大，一般非金属性越强电负性越大；在六羰基钨中，W 是中心

原子，CO 是配体，由于C 原子半径比O 大，电负性小，对孤对电子的吸引力较弱，更容易形成配位键； （4）多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p 轨道，则p 电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”，

A.苯分子中的苯环上的C 原子可以形成“离域π键”，其“离域π键”为66π；

B.二氧化硫分子中的中心原子S 与两个O 原子中有相互平行的p 轨道，可以形成“离域π键”，其“离域π键”为43π；

C.四氯化碳分子中只存在σ键，不存在π键；

D.环己烷分子中只存在σ键，不存在π键；

（5）根据图1离子晶胞结构分析，Fe 2+、Fe 3+能与CN -络合后形成的离子为[230.50.5Fe Fe ++(CN)312]-； （6）根据晶胞粒子的排布，确定晶胞中微粒的个数，根据ρ=

m V

计算。 【详解】

（1）Co 元素是27号元素，核外电子排布式为：[Ar]3d 74s 2，3d 上有3个成对电子；碳原子形成3个C-C 键，没有孤电子对，杂化轨道为3，碳原子杂化方式为：sp 2；

（2）甲醛分子中C 原子形成3个σ键，没有孤电子对，价层电子对数=3+0=3，空间构型为平面三角形，正负电荷重心不重合，属于极性分子；

（3）同周期主族元素自左而右电负性增大，一般非金属性越强电负性越大，故电负性：O>C>W ；在六羰基钨[W(CO)6]分子中，W 是中心原子，CO 是配体，由于C 原子半径比O 大，电负性小，对孤对电子的吸引力较弱，更容易形成配位键，所以配体CO 中与W 形成配位的原子是C 而不是O ；

（4）多原子分子中各原子若在同一平面内，且有相互平行的p 轨道，则p 电子可在多个原子间运动，形成“离域π键”，

A.苯分子中的苯环上的C 原子可以形成“离域π键”，其“离域π键”为66π，A 正确；

B.二氧化硫分子中的中心原子S 与两个O 原子中有相互平行的p 轨道，可以形成“离域π键”，其“离域π键”为43π，B 正确；

C.四氯化碳分子中只存在σ键，不存在π键，C 错误；

D.环己烷分子中只存在σ键，不存在π键，D 错误；故答案为：AB ；

（5）根据图1离子晶胞结构分析，Fe 2+、Fe 3+能与CN -络合后形成的离子为[230.50.5Fe Fe +

+(CN)312]

-，所以该离子形成的钾盐的化学式为K 0.5[230.50.5Fe Fe ++(CN)3]，即KFe 2(CN)6；

（6）根据晶胞粒子的排布，该立方体是Fe 3O 4的晶胞，立方体中Fe 3+处于围成的正八面体空隙，1个立方体中含有Fe 3+的个数为4×1

8+3×12=2个，含有Fe 2+的个数为1个，含有O 2-的个数为12×14

+1=4个，1mol 立方体的质量为m=56×3+16×4g ，1个立方体体积为V=(a×10-7)3cm 3，则晶体密度为ρ=A m V N ?=73563164(a 10)A

N -?+???=5.2g/cm 3。 【点睛】

根据晶胞粒子的排布，确定晶胞中微粒的个数，根据ρ=m V

计算。 10．2018年3月南京理工教授制出了一种新的全氮阴离子盐—AgN 5，目前已经合成出钠、锰、铁、钴、镍、镁等几种金属的全氮阴离子盐。

（1）基态Ni 3+的价电子排布式为________；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的________区。 （2）[Mg(H 2O)6]2+[(N 5)2(H 2O)4]2-的晶体结构如图1所示：

N、O、Mg元素的前3级电离能如下表所示：

X、Y、Z中为N元素的是________，判断理由是________。

②从作用力类型看，Mg2+与H2O之间是________、N5-与H2O之间是________。

③N5-为平面正五边形，N原子的杂化类型是________。科学家预测将来还会制出含N4-、N6-等平面环状

π表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，结构离子的盐，这一类离子中都存在大π键，可用符号n

m

n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为66π，则N4-中的大π键应表示为________。（3）AgN5的立方晶胞结构如图2所示：

Ag+周围距离最近的Ag+有________个。若晶体中紧邻的N5-与Ag+的平均距离为anm，N A表示阿伏加德罗常数的值，则AgN5的密度可表示为________g?cm-3用含a、N A的代数式表示)。

【答案】（1）3d 7 ds

（2）①Z X 最外层为2个电子，X 为镁，N 的2p 轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子

较难，I 1较大，则Z 是氮元素 ②配位键 氢键 ③sp 2 54π

（3） 12 22

3A 8.910N a

?? 【解析】

【分析】

（1）镍的原子序数为28，则基态Ni 3+的价电子排布式为3d 7；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的ds 区；

（2）①X 最外层为2个电子，X 为镁，N 的2p 轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I 1较大；

②镁离子与水之间是水分子中的氧原子提供孤电子对，镁离子提供空轨道，形成配位键，N 5-与H 2O 之间N ?H-O 氢键；

③ N 5-为平面正五边形，N 原子的杂化类型是sp 2；

（3） 根据晶胞粒子的排布，确定晶胞中微粒的个数，根据ρ=

m V 计算 【详解】

（1）镍的原子序数为28，则基态Ni 3+的价电子排布式为3d 7；银与铜位于同一族，银元素位于元素周期表的ds 区；

（2）①X 最外层为2个电子，X 为镁，N 的2p 轨道处于半充满的稳定结构，故失去第一个电子较难，I 1较大，则Z 是氮元素，Y 是氧元素；

②镁离子与水之间是水分子中的氧原子提供孤电子对，镁离子提供空轨道，形成配位键，N 5-与H 2O 之间N ?H-O 氢键；

③ N 5-为平面正五边形，N 原子的杂化类型是sp 2；N 4-中每一个氮原子的sp 2杂化轨道有2个形成σ键，

一个是孤电子对，还有一个垂直于氮原子形成平面的p 轨道，只有1个电子，

p 轨道间形成1个大π键，N 4-得到1个电子，故电子数是5个，则N 4-中的大π键应表示为54π；

（3）

Ag +周围距离最近的Ag +有12个。1个晶胞中含有4个Ag +，4个N 5-，1个晶胞的体积为(2a×10-7)cm 3，则AgN 5的密度可表示为()2233731A A 4178g /mol 8.910N a 2a 10cm N mol --??=???。