1、分子结构与性质1钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价，其中以4价的Ti最为稳定。回答下列问题：(1)基态Ti原子的价电子排布图为_。(2)已知电离能：I2(Ti)=1310 kJmol-1，I2(K)=3051 kJmol-1，I2(Ti)I2(K)，其原因为_。(3)钛某配合物可用于催化环烯烃聚合，其结构如图所示：钛的配位数为_，碳原子的杂化类型_。该配合物中存在的化学键有_(填字母代号)。A离子键 B配位键 C金属键 D共价键 E。氢键【答案】 K+失去的是全充满的3p6电子，Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K) 6 sp3、sp2 BD 【详解】(1)
2、基态Ti原子的价电子排布式为3d24s2，则基态Ti原子的价电子排布图为；(2)从价电子轨道的能量来看，K+失去的是全充满的3p6电子，而Ti+失去的是4s1电子，相对较易失去，故I2(Ti)I2(K)；(3)从结构图可以看出，Ti与6个原子形成共价键，所以钛的配位数为6，在配合物分子中，碳原子既形成单间，也形成双键，价层电子数分别为4和3，所以碳原子的杂化类型为sp3和sp2；该配合物中，存在中心原子与配体间的配位键，其他非金属原子之间形成共价键，故答案选BD；2铁、钴均为第四周期VIII族元素，它们的单质及化合物具有广泛用途。回答下列问题：(1)基态Co2+中成单电子数为_；Fe和Co的第
3、三电离能I3(Fe)_ I3(Co)(填“”“”或“=”)。(2)化学上可用EDTA测定Fe2+和Co2+的含量。EDTA的结构简式如图所示：EDTA中电负性最大的元素是_ ，其中C原子轨道杂化类型为_；EDTA存在的化学键有_(填序号)。a.离子键 b.共价键 c.氢键 d.键 e.键 f.配位键(3)将1 mol CoCl34NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1 mol AgCl沉淀。则CoCl34NH3中配离子的化学式为_ ；已知孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，试判断NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角_(填“变大”、“变小”或“不变”)。
4、【答案】3 O sp2、sp3杂化 b、d、e Co(NH3)4Cl2+ 变大 【详解】(1)Co为27号元素，核外电子排布式为Ar3d74s2，失去2个电子形成Co2+，核外电子排布式为Ar3d7，3d轨道上有3个单电子；Fe失去第三个电子可形成d轨道半满的Ar3d5，半满结构较稳定，故Fe更容易失去第三个电子，所以I3(Fe) NCH，故电负性最大的元素是O；结构中羧基(-COOH)中有碳氧双键，与双键相连的C为sp2杂化，其它C原子均形成的单键，为sp3杂化；由EDTA的结构简式可知，几种非金属元素间形成的均为共价键，由于羧基中有碳氧双键，双键中一条键一条键，故选b、d、e；(3)配合物
5、的内界不能电离出配位的离子，1molCoCl34NH3溶于水中，加入足量AgNO3溶液生成1molAgCl沉淀，说明配合物的外界有1个Cl-，内界有2个Cl-，配离子的化学式为Co(NH3)4Cl2+；NH3中N的孤电子对进入Co3+的空轨道，形成配位键，此时孤电子对形成了化学键，孤电子对与成键电子的排斥作用大于成键电子对与成键电子的排斥作用，故NH3分子与钴离子形成配合物后H-N-H键角变大；(4)由图可知，每个晶胞中的Fe位于顶点和面心处，属于面心立方最密堆积；根据均摊法，Fe(III)的个数为8=1，Fe(II)的个数为6=3，N在晶胞内部，个数为1，故化学式为Fe3(II)Fe(III
6、)N或Fe4N；晶胞密度=，则V=cm3，晶胞的棱长为cm，Fe(II)构成正八面体的棱长为cm，正八面体的体积为2()2=cm3。3N、F、Cu及其化合物在化工、医药、材料等方面应用十分广泛。回答下列有关问题：(1)写出N基态原子核外电子的空间运动状态有_种，与Cu同周期且基态原子核外单电子数与Cu相同的元素还有_种。(2)常见含氮化合物CH3NH2、(CH3)2NH常温下均为气体，已知甲基的供电子能力强于氢原子，沸点较高的是_，原因是_；NF3中FNF键角_比NH3中HNH键角。(填大于、小于或等于)(3)将无水硫酸铜溶解在一定量的水中，再加入过量氨水，溶液变为深蓝色，1mol深蓝色离子C
7、u(NH3)4(H2O)22+中所含键为_mol(包括配位键)。【答案】5种 4种 (CH3)2NH (CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，同时(CH3)2NH分子量大，范德华力强，其沸点更高 小于 22 【分析】(1)Cu原子成单电子数为1，与Cu同周期且基态原子核外的成单电子数与Cu相同的元素有K、Sc、Ga、Br；(2)相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，N原子与H原子形成氢键，甲基的个数越多，供电子能力越强，氢键越强，物质沸点越高；F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使NF3的键角小于NH3的，(
8、3)依据图3可知铜离子与4个氨气，2个水分子形成配位键，化学式表示为：Cu(NH3)4(H2O)22+，1个氨气含有3个N-H，1个水含有2个H-O，铜与氨气、水共形成6个配位键；【详解】(1)N元素的基态原子核外电子排布式 1s2 2s2 2p3，核外电子的空间运动状态：1s轨道有1种，2s有1种，2p有3种，共5种；Cu为29号元素，原子核外有29个电子，核外电子排布式为：Ar3d104s1，Cu原子成单电子数为1，与Cu同周期且基态原子核外的成单电子数与Cu相同的元素有K（4s1）、Sc（3d14s2）、Ga（4s24p1）、Br（4s24p5），共4种元素；故答案为：5；4；(2)N原
9、子与H原子形成氢键，(CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，则(CH3)2NH分子量大，其沸点更高。F的电负性强于H的，对成键电子对吸引能力更强，成键电子对离中心原子更远，成键电子对之间排斥力更小，致使NF3的键角小于NH3的；故答案为：(CH3)2NH；(CH3)2NH中甲基数目多，供电强，N原子形成的氢键强，同时(CH3)2NH分子量大，范德华力强，其沸点更高；小于；(3)依据图3可知铜离子与4个氨气，2个水分子形成配位键，化学式表示为：Cu(NH3)4(H2O)22+，含有键数：34+22+6=22，所以1mol该离子中所含键为
10、 22mol；故答案为：22；4铂是贵金属之一，俗称白金，其单质和化合物均有重要的应用。(1)顺铂即顺式一二氯二氨合铂()，反铂即反式一二氯二氨合铂()，结构如图所示。顺铂是抗癌药物，反铂不仅不能治疗癌症，还有较强毒性，二者的关系是_(填标号，下同)。A同种物质 B互为同素异形体 C互为同分异构体 D互为同位素与能形成配位键的原因是_，基态原子最高能级电子云形状是_。由以上事实可判断中心原子杂化方式肯定不是杂化，判断理由是_。(2)海绵铂为灰色海绵状物质，有很大的比表面积，对气体(特别是氢气、氧气和一氧化碳)有较强的吸收能力。基态氧原子和基态碳原子的未成对电子数之比是_。元素的基态气态原子得到
11、一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能()，则和中第一电子亲和能较大的元素是_。(3)铂可溶于王水(浓盐酸和浓硝酸按体积比为3：1组成的混合物)，王水中含有亚硝酰氯()。下列说法正确的是_。A、均为强电解质 B分子中键和键的个数比为2：1C为直线形分子 D是极性分子【答案】C 中心原子能提供空轨道，而配位体的原子能提供孤电子对 哑铃形或纺锤形 若以杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂的同分异构现象 1：1 ABD C A 【分析】(1) 顺铂和反铂的分子式相同而结构不同；能提供空轨道，的原子能提供孤电子对；以杂化轨道成键，分子应为四面体结构；(2) 根据洪特
12、规则分析；非金属性越强，得电子能力越强；(3)根据价电子互斥理论分析；(4) 由图可知，晶胞中的位置是顶点和面心；由图可知，晶胞中填充在形成的四面体空隙中；A、B两个的距离为晶胞面对角线的一半；【详解】(1)顺铂和反铂的分子式相同而结构不同，二者的关系是互为同分异构体。与能形成配位键的原因是中心原子能提供空轨道，而配体的原子能提供孤电子对。基态原子的电子排布式是，最高能级轨道电子云形状为哑铃形或纺锤形；中心原子杂化方式肯定不是杂化，判断理由是若以杂化轨道成键，分子应为四面体结构，则不存在顺铂和反铂的同分异构现象；(2)基态氧原子的价层电子轨道表示式为，基态碳原子的价层电子轨道表示式为，原子中的
13、未成对电子数都是2，因此二者的未成对电子数之比是1：1；的非金属性强于，更容易得电子，因此和中第一电子亲和能较大的元素是；(3)是强酸，均为强电解质，故A正确；根据原子的未成对电子数可判断的结构式为，分子中键和键的个数比为2：1，故B正确；的中心原子形成两个键，并且有一个孤电子对，按照价层电子对互斥理论，其价层电子对互斥模型为平面三角形，空间构型为形，故C错误；中含有的是极性共价键，且分子结构不对称，是极性分子，故D正确。5Cu2SnS3是P型半导体材料，所含元素资源丰富，价格低廉，非常适用于薄膜太阳能电池，由CuCl2、SnCl22H2O、硫脲()等为原料制备。(1)基态Cu原子核外电子排布
14、式为_。(2)硫脲()是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别为_、_。(3)Cu(NH3)2+不稳定，遇到空气被氧化成深蓝色的Cu(NH3)42+，这个性质可用于气体净化，除去气体中的痕量O2：4Cu(NH3)2+O2+8NH3+2H2O=4Cu(NH3)42+4OH-Cu(NH3)42+配位数为_，含有键的数目为_个。NH3的空间结构为_。(4)比较下列锡的卤化物的熔点和沸点，分析其变化规律及原因：_锡的卤化物SnF4SnCl4SnBr4SnI4熔点/442-34.0729.1143沸点/705114.15205364.36溶解性与水反应溶于乙醇、苯溶于乙醇溶于乙醇、苯【答案】Ar3d
15、104s1 sp3 sp2 4 16 三角锥形 SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体的高。分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高 【详解】(1)已知铜的原子序数为29，即基态Cu原子核外有29个电子，根据能级构造原理可知，基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或Ar3d104s1；(2)由硫脲的结构简式()可知，分子中N、C碳原子周围均形成了3个键，N原子还有一对孤电子对，C原子则没有孤电子对，故分子中氮、碳的杂化类
16、型分别为sp3，sp2，故答案为：sp3；sp2；(3)Cu(NH3)42+中的配体为NH3，NH3中心原子N上的孤电子对数为：，即每个NH3与中心离子Cu2+之间只能形成一个配位键，故其配位数为4，含有键的数目为4个配位键和每个NH3中有3个键，故含有键的数目为4+34=16个，故答案为：4；16；由(3) 分析可知，NH3中心原子上有1个孤电子对和3个键，根据夹层电子对互斥理论可知，NH3的空间结构为三角锥形，故答案为：三角锥形；(4) 根据表中数据可知，SnF4的熔沸点均远高于其余三种物质，故SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体的
17、高，SnCl4、SnBr4、SnI4三种物质的相对分子质量依次增大，故分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，故答案为：SnF4属于离子晶体，SnCl4、SnBr4、SnI4属于分子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体的高。分子晶体的相对分子量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高；6（2020山东高考真题）B3N3H6(无机苯)的结构与苯类似，也有大键。下列关于B3N3H6的说法错误的是A其熔点主要取决于所含化学键的键能B形成大键的电子全部由N提供C分子中B和N的杂化方式相同D分子中所有原子共平面【答案】A【解析】A无机苯是分子晶体，其熔点主要取决于分子间的作用力，A错误；BB原子最
18、外层3个电子，与其它原子形成3个键，N原子最外层5个电子，与其它原子形成3个键，还剩余2个电子，故形成大键的电子全部由N原子提供，B正确；C无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，C正确；D无机苯与苯等电子体，分子中含有大键，故分子中B、N原子的杂化方式为sp2杂化，所以分子中所有原子共平面，D正确；答案选A。7（2020天津高考真题）已知呈粉红色，呈蓝色，为无色。现将CoCl2溶于水，加入浓盐酸后，溶液由粉红色变为蓝色，存在以下平衡：，用该溶液做实验，溶液的颜色变化如下：以下结论和解释正确的是A等物质的量的和中键数之比为3:2B由实验可推知H0，B错误；
19、C实验加水稀释，溶液变为粉红色，加水稀释，溶液的体积增大，Co(H2O)62+、CoCl42-、Cl-浓度都减小，Co(H2O)62+、Cl-的化学计量数之和大于CoCl42-的化学计量数，则瞬时浓度商化学平衡常数，平衡逆向移动，C错误；D实验加入少量ZnCl2固体，溶液变为粉红色，说明Zn2+与Cl-结合成更稳定的ZnCl42-，导致溶液中c（Cl-）减小，平衡逆向移动，则由此说明稳定性：ZnCl42-CoCl42-，D正确；答案选D。8（2020山东高考真题）下列关于C、Si及其化合物结构与性质的论述错误的是A键能 、 ，因此C2H6稳定性大于Si2H6B立方型SiC是与金刚石成键、结构均
20、相似的共价晶体，因此具有很高的硬度CSiH4中Si的化合价为+4，CH4中C的化合价为-4，因此SiH4还原性小于CH4DSi原子间难形成双键而C原子间可以，是因为Si的原子半径大于C，难形成 键【答案】C【解析】A因键能CCSiSi、CHSiH，2H6的键能总和大于Si2H6，键能越大越稳定，2H6的稳定性大于Si2H6，A正确；BSiC的成键和结构与金刚石类似均为原子晶体，金刚石的硬度很大，类比可推测SiC的硬度和很大，B正确；CSiH4中Si的化合价为-4价，C的非金属性强于Si，则C的氧化性强于Si，则Si的阴离子的还原性强于C的阴离子，则SiH4的还原性较强，C错误；DSi原子的半径
21、大于C原子，在形成化学键时纺锤形的p轨道很难相互重叠形成键，故Si原子间难形成双键，D正确；故选C。9（2020年新课标）Goodenough等人因在锂离子电池及钴酸锂、磷酸铁锂等正极材料研究方面的卓越贡献而获得2019年诺贝尔化学奖。回答下列问题：（3）磷酸根离子的空间构型为_，其中P的价层电子对数为_、杂化轨道类型为_。【答案】（3）正四面体形 4 sp3 【解析】（3）经过计算，中不含孤电子对，成键电子对数目为4，价层电子对数为4，因此其构型为正四面体形，P原子是采用sp3杂化方式形成的4个sp3杂化轨道；10（2020年新课标）氨硼烷(NH3BH3)含氢量高、热稳定性好，是一种具有潜力
22、的固体储氢材料。回答下列问题：（2）NH3BH3分子中，NB化学键称为_键，其电子对由_提供。氨硼烷在催化剂作用下水解释放氢气：3NH3BH3+6H2O=3NH3+9H2，的结构如图所示：；在该反应中，B原子的杂化轨道类型由_变为_。（3）NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性(H+)，与B原子相连的H呈负电性(H-)，电负性大小顺序是_。与NH3BH3原子总数相等的等电子体是_(写分子式)，其熔点比NH3BH3_(填“高”或“低”)，原因是在NH3BH3分子之间，存在_，也称“双氢键”。【答案】（2）配位 N sp3 sp2 （3）NHB CH3CH3 低 H+与H的静电引力 【解析】
23、（2）B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，NB键为配位键，其电子对由N原子提供。NH3BH3分子中，B原子的价层电子对数为4，故其杂化方式为sp3。NH3BH3在催化剂的作用下水解生成氢气和B3O63-，由图中信息可知，B3O63-中每个B原子只形成3个键，其中的B原子的杂化方式为sp2，因此，B原子的杂化轨道类型由sp3变为sp2。（3） NH3BH3分子中，与N原子相连的H呈正电性，说明N的电负性大于H；与B原子相连的H呈负电性，说明H的电负性大于B，因此3种元素电负性由大到小的
24、顺序为NHB。NH3BH3分子中有8个原子，其价电子总数为14，N和B的价电子数的平均值为4，依据等量代换的原则，可以找到其等电子体为CH3CH3。由于NH3BH3分子属于极性分子，而CH3CH3属于非极性分子，两者相对分子质量接近，但是极性分子的分子间作用力较大，故CH3CH3熔点比NH3BH3低。NH3BH3分子间存在“双氢键”，类比氢键的形成原理，说明其分子间存在H+与H-的静电引力。11.下列说法中正确的是A分子的键长越长，键能越高，分子越稳定B元素周期表中的第A族(除H外)和第A族元素的原子间易形成离子键C水分子可表示为HOH，分子的键角为180DHO键键能为462.8 kJmol1
25、，即18 g H2O分解成H2和O2时，消耗能量为2462.8 kJ【答案】B【解析】键长越长，键能越小，分子越不稳定，A错误；共价键一般形成于非金属元素之间，而第A族元素(H除外)均是活泼金属元素，第A族元素均是活泼非金属元素，二者易形成离子键，B正确；水分子立体构型为V形，两个HO键的键角约为105，C错误；断裂2 mol HO键吸收2462.8 kJ能量，而不是H2O分解成H2和O2时消耗的能量，D错误。12（1）Ge与C是同族元素，C原子之间可以形成双键、叁键，但Ge原子之间难以形成双键或叁键。从原子结构角度分析，原因是 。（2）碳在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是 。（3）1
26、 mol乙醛分子中含有的键的数目为 。（4）H与O、N、S形成的二元共价化合物分子中既含有极性共价键、又含有非极性共价键的化合物是 (填化学式，写出两种)。（5）石墨晶体中，层内CC键的键长为 142 pm，而金刚石中CC键的键长为154 pm。其原因是金刚石中只存在CC间的共价键，而石墨层内的 CC间不仅存在共价键，还有键。 【答案】（1）Ge原子半径大，原子间形成的单键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键（2）C有4个价电子且半径小，难以通过得或失电子达到稳定电子结构（3）6NA或66.021023 （4）H2O2、N2H4 （5）(或大或pp)【解析】（1）由于Ge
27、原子半径大，Ge原子间形成的键较长，pp轨道肩并肩重叠程度很小或几乎不能重叠，难以形成键。（2）碳的原子有4个价电子，难以通过得或失电子达到稳定结构，所以其键型以共价键为主。（3）CH3CHO中单键为键，双键中含有1个键和1个键，即1 mol CH3CHO中含6 mol 键。（4）分子中既含有极性共价键，又含有非极性共价键的化合物有H2O2、N2H4。（5）在金刚石晶体中，碳原子之间只形成共价单键，全部为键；在石墨层内的碳原子之间既有键又有键。13.下列描述中正确的是ACO2分子的立体构型为V形B的立体构型为平面三角形CSF6中每个原子均满足最外层8电子稳定结构DSiF4和的中心原子均为sp3
28、杂化【答案】D【解析】CO2分子中C原子形成2个键，孤电子对数为0，为直线形分子；中Cl原子形成3个键，孤电子对数为=1，为三角锥形离子；SF6中S原子最外层电子数为62=12；SiF4分子中Si原子形成4个键，孤电子对数为0，为sp3杂化，中S原子形成3个键，孤电子对数为=1，为sp3杂化，D正确。14用价层电子对互斥理论(VSEPR)可以预测许多分子或离子的立体构型，有时也能用来推测键角大小，下列判断正确的是ASO2、CS2、HI都是直线形的分子BBF3键角为120，SnBr2键角大于120CCH2O、BF3、SO3都是平面三角形的分子DPCl3、NH3、PCl5都是三角锥形的分子 【答案
29、】C【解析】SO2是V形分子，A错误；Sn原子价电子是4，在SnBr2中两个价电子与Br形成共价键，还有一对孤电子对，对成键电子有排斥作用，使键角小于120，B错误；PCl5是三角双锥形结构，D错误。15.关于原子轨道的说法正确的是A凡是中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型都是正四面体BCH4分子中的sp3杂化轨道是由4个H原子的1s 轨道和C原子的2p轨道混合形成Csp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s 轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道D凡AB3型的共价化合物，其中心原子A均采用sp3杂化轨道成键 【答案】C【解析】A中心原子采取sp3杂化轨道成键的分子其几何构型不都是正四
30、面体，例如氨气是三角锥形的。B甲烷分子碳原子的2s轨道和2p轨道通过sp3杂化，形成4个杂化轨道，和4个氢原子的1s轨道形成4个CH单键。Csp3杂化轨道是由同一个原子中能量相近的s 轨道和p轨道混合起来形成的一组新轨道，它们的能量完全相同，是能量等同的轨道，正确。DAB3型的共价化合物，其中心原子A不都采用sp3杂化轨道成键，例如BF3中的B原子是sp2杂化，是平面三角形结构。16下列中心原子的杂化轨道类型和分子几何构型不正确的是APCl3中P原子sp3杂化，为三角锥形BBCl3中B原子sp2杂化，为平面三角形CCS2中C原子sp杂化，为直线形DH2S分子中，S为sp杂化，为直线形【答案】D
31、【解析】PCl3分子中P原子形成3个键，孤对电子数为31，为sp3杂化，三角锥形，A正确；BCl3分子中B原子形成3个键，孤对电子数为30，为sp2杂化，平面三角形，B正确；CS2分子中C原子形成2个键，孤对电子数为20，为sp杂化，直线形，C正确；H2S分子中，S原子形成2个键，孤对电子数为22，为sp3杂化，V形，D错误。 17.根据等电子原理判断，下列说法中错误的是AB3N3H6分子中所有原子均在同一平面上BB3N3H6分子中存在双键，可发生加成反应CH3O和NH3是等电子体，均为三角锥形DCH4和NH是等电子体，均为正四面体形【答案】B【解析】B3N3H6和苯是等电子体，其结构相似；C
32、项，H3O和NH3是等电子体，根据氨气分子的立体构型判断水合氢离子的立体构型；D项，CH4和NH是等电子体，根据甲烷的立体构型判断铵根离子的立体构型。18根据等电子原理写出下列分子或离子的立体构型。（1）N2O ；（2）H3O+ ；（3）O3 ；（4）。 【答案】（1）直线形（2）三角锥形（3）V形（4）平面三角形 【解析】根据等电子原理，N2O的等电子体为CO2，故N2O的立体构型为直线形；同理，H3O+的等电子体为NH3，立体构型为三角锥形；O3的等电子体为SO2，立体构型为V形；的等电子体为BF3，立体构型为平面三角形。19.关于化学式为TiCl(H2O)5Cl2H2O的配合物，下列说法
33、中正确的是A配体是Cl和H2O，配位数是9B中心离子是Ti4，配离子是TiCl(H2O)52C内界和外界中Cl的数目比是12D加入足量AgNO3溶液，所有Cl均被完全沉淀【答案】C【解析】TiCl(H2O)5Cl2H2O，配体是Cl、H2O，提供孤电子对；中心离子是Ti3，配合物中配位离子Cl不与Ag反应，外界中的Cl与Ag反应，据此分析解答。20已知CoClnmNH3可表示+3价Co的一种八面体配合物，若0.1 mol配合物与足量AgNO3作用生成0.2 mol AgCl沉淀，则m、n的值是Am=4，n=2Bm=4，n=5Cm=3，n=3Dm=5，n=3 【答案】D【解析】CoClnmNH3
34、可表示+3价Co的一种八面体配合物，根据化合价代数和为0，可知n=3，配合物中外界离子在水溶液里能发生电离，内界原子不能发生电离，0.1 mol配合物与足量AgNO3作用生成0.2 mol AgCl沉淀，知道 1 mol配合物电离出2 mol Cl，即配离子显+2价，外界有两个Cl，即CoCln2mNH32+，八面体配合物的配位数为6，即n2+m=6，所以m=5，n=3。21.（1）H2O在乙醇中的溶解度大于H2S，其原因是_。（2）关于化合物，下列叙述正确的是_。A分子间可形成氢键B分子中既有极性键又有非极性键C分子中有7个键和1个键D该分子在水中的溶解度大于2丁烯（3）已知苯酚(OH)具有
35、弱酸性，其K1.11010；水杨酸第一级电离形成的离子能形成分子内氢键，据此判断，相同温度下电离平衡常数K2(水杨酸)_K(苯酚)(填“”或“”)，其原因是_。（4）化合物NH3的沸点比化合物CH4的高，其主要原因是_。（5）H2O分子内的OH键、分子间的范德华力和氢键从强到弱依次为_。高，原因是_。【答案】（1）水分子与乙醇分子之间能形成氢键（2）BD（3）氢键范德华力形成分子内氢键，而HOCHO形成分子间氢键，分子间氢键使分子间作用力增大，沸点升高【解析】（2）题给化合物不能形成分子间氢键，A错误；是非极性键，CH、C=O是极性键，B正确；该有机物的结构式为，键数目为9，键数目为3，C错误
36、；该有机物与H2O能形成分子间氢键，D正确。（3）氧的电负性较大，则中形成分子内氢键，即OHO(或COO中双键氧与羟基氢之间形成氢键)，其大小介于化学键和范德华力之间，使其更难电离出H，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电离常数。（4）分子间氢键能使分子间作用力增大，使物质的熔、沸点升高。（5）氢键弱于共价键而强于范德华力。前者形成分子间氢键，后者形成分子内氢键。22氨气溶于水时，大部分NH3与H2O以氢键(用“”表示)结合形成NH3H2O分子。根据氨水的性质可推知NH3H2O的结构式为() 【答案】B【解析】根据NH3H2ONHOH可知，NH3H2O的结构式为。23.下列物质：BeCl2SiC
37、 白磷BF3NH3过氧化氢，其中含极性键的非极性分子是ABCD【答案】C【解析】BeCl2空间构型是直线型，ClBeCl，是含极性键的非极性分子，正确；SiC属于原子晶体，含有极性键，但不具有分子组成，错误；白磷分子式为P4，不含极性键，含有的是非极性键，错误；BF3是平面正三角形结构，是极性键构成的非极性分子，正确；NH3中含有极性键，空间结构为三角锥形，正负电荷的中心不重合，为极性分子，错误；过氧化氢是由极性键和非极性键构成的极性分子，错误。24常温下S2Cl2是橙黄色液体，其分子结构如图所示。少量泄漏会产生窒息性气味，遇水易水解，并产生酸性悬浊液。下列关于S2Cl2的说法错误的是A为非极
38、性分子B分子中既含有极性键又含有非极性键C与S2Br2结构相似，熔沸点S2Br2S2Cl2D与水反应的化学方程式可能为2S2Cl2+2H2OSO2+3S+4HCl 【答案】A【解析】该分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，A错误；S2Cl2分子中既含有极性键又含有非极性键，B正确；S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，分子量越大则熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2S2Cl2，C正确；ClSSCl遇水易水解，并产生酸性悬浊液，说明有不溶于水的物质生成，且有溶于水呈酸性的物质生成，根据反应前后元素守恒知，生成不溶于水的物质是S单质，同时生成二氧化硫和氯化氢，所以水解方
39、程式为2S2Cl2+2H2OSO2+3S+4HCl，D正确。25下列有关物质结构和性质的说法中，正确的是A元素非金属性ClS的实验依据是酸性HClH2SB二氧化碳分子内存在共价键和分子间作用力C的中心原子为sp2杂化D的空间构型为三角锥形【答案】D【详解】A非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，元素非金属性ClS的实验依据是酸性HClO4H2SO4，A错误；B 二氧化碳分子内只存在共价键，B错误；C 孤电子对数=、价层电子对数=4+0=4，故中心原子为sp3杂化，C错误；D 孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形，D正确；答案选D。26在CH3COCH
40、3分子中，羰基(-CO-)碳原子与甲基(-CH3)碳原于成键时所采取的杂化方式分别为Asp2杂化；sp3杂化Bsp3杂化；sp3杂化Csp3杂化；sp2杂化Dsp2杂化；sp2杂化【答案】A【详解】在CH3COCH3(丙酮)分子中，羰基碳原子含有3个键且不含孤电子对，所以采用sp2杂化，甲基碳原子含有4个键且不含孤电子对，所以采用sp3杂化，A正确；答案选A。27下列物质发生变化时，所克服的粒子间相互作用属同种类型的是A碘与干冰分别受热变为气体B硝酸铵与硝酸分别受热变为气体C氯化钠与氯化氢分别溶解在水中D二氧化硅晶体与冰分别受热熔化【答案】A【详解】A.碘与干冰都是分子晶体，受热变为气体所克服
41、的粒子间相互作用都为分子间作用力，类型相同，故A正确；B.硝酸铵为离子晶体，受热变为气体克服的粒子间相互作用为离子键，硝酸是分子晶体，受热变为气体所克服的粒子间相互作用为分子间作用力，类型不相同，故B错误；C.氯化钠为离子晶体，溶解在水中克服的粒子间相互作用为离子键，氯化氢是分子晶体，溶解在水中所克服的共价键，类型不相同，故C错误；D.二氧化硅晶体是原子晶体，受热熔化克服的粒子间相互作用为共价键，冰是分子晶体，受热熔化所克服的粒子间相互作用为分子间作用力，类型不相同，故D错误；故选A。28国家航天局计划2020年实施火星探测任务。据了解火星上存在大量的含氮化合物，科学家推测火星生命可能主要以氮
42、、碳、硅、铜为基体构成。(3)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种重要的配体，可简写为En。乙二胺分子中氮原子的杂化轨道类型为_。乙二胺和三甲胺N(CH3)3均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是_。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_(填“Mg2+”或“Cu2+”)。(4)K3Fe(CN)6(铁氰化钾)溶液可以检验铁陨石中铁元素价态。铁氰化钾中不存在的作用力有_(填字母)。a离子键 b极性键 c非极性键d键 e配位键 f氢键1molFe(CN)63-中含有的键数目为_(用NA表示阿伏加德罗常数的值
43、)。【答案】 sp3 乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 Cu2+ cf 12NA 【详解】(3)根据乙二胺分子(H2N-CH2-CH2-NH2)的结构简式，氮原子的成键电子对数为3对，孤对电子对数为1对，价层电子对数为4对，故氮原子的杂化轨道类型为sp3杂化；乙二胺和三甲胺N(CH3)3均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三甲胺的沸点高得多，原因是乙二胺分子间可形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键；Cu2+的核电荷数大于Mg2+，且铜离子含有的空轨道数多余镁离子，比镁离子更容易接受孤电子对，故Cu2+与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高；(4)K3Fe(CN)6(铁氰化钾)
44、属于离子化合物，阴阳离子间存在离子键，碳和氮原子间以三键结合，含有键和键，碳原子和氮原子间形成的是极性共价键，铁离子和氰根主要以配位键结合，故不存在非极性共价键和氢键；在1molFe(CN)63-中，氰根与铁离子间有6mol配位键，每个氰根内部有一个键，1molFe(CN)63-中含有的键数目为12NA；29硫、钴及其相关化合物用途非常广泛。回答下列问题：(2)单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S的空间构型是_，中心原子杂化方式是_，与其互为等电子体的分子是_(任写1种)。【答案】 V形 sp3 OF2或Cl2O 【详解】(2)单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3，S的形成孤电子对数目：，
45、形成键的数目是2，故杂化轨道类型为sp3杂化，其空间构型为V形；与其互为等电子体的分子是OF2或Cl2O，故答案为：V形；sp3；OF2或Cl2O；30元素X位于第四周期。其基态原子有4个未成对电子。Y原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，元素Z基态原子的3p轨道上有4个电子。(1)Y与Z可形成多种化合物。元素Y与Z中电负性较大的是_(用元素符号描述)。离子的空间构型为_ (用文字描述)。写出一种与ZY2互为等电子体的阴离子的化学式_。(2)氢化物在乙醇中的溶解度，HYHZ，其原因是_。(3)含X2+的溶液与KCN、氨水反应可得到化合物K3X(CN)5(NH3)。基态X2+的电子排布式是_。
46、1mol配合物K3X(CN)5(NH3)中含键的物质的量为_。【答案】O 三角锥形 H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能 Ar3d6或1s2s2p63s23p63d6 14mol 【分析】【详解】(1)同主族从上到下电负性减小，元素O与S中电负性较大的是O。按价层电子对互斥理论，离子的孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形。与SO2互为等电子体的阴离子中含有3个原子、价电子数是18，为。(2) Y和Z的氢化物分别是水和硫化氢，水在乙醇中的溶解度大，其原因是H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能。(3)X(铁)的原子序数为26，基态X2+的电
47、子排布式是Ar3d6或1s2s2p63s23p63d。Fe(CN)5(NH3)3-内，亚铁离子形成6个配位键是键、每个CN-含碳氮叁键有1个键、每个NH3含3个键，故每个Fe(CN)5(NH3)3-内含6+5+3=14个键，1 mol配合物K3Fe(CN)5(NH3)中含键的物质的量为14 mol。31据科技日报报道，我国科学家研制成功一系列石墨烯限域的3d过渡金属中心(Mn、Fe、Co、Ni、Cu)催化剂，在室温条件下以H2O2为氧化剂直接将CH4氧化成碳的含氧衍生物。请回答下列问题：(1)在Mn、Fe、Co、Ni、Cu中，基态原子核外电子排布要遵循“洪特规则特例”，该原子的外围电子排布式为
48、_。在3d过渡金属中，基态原子未成对电子数最多的元素是_(填元素符号)。(2)石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中CH键，导致CH键的键能_(填“增大”“减小”或“不变” )。铁晶体中粒子之间作用力类型是_。(3)常温下，H2O2氧化CH4生成CH3OH、HCHO、HCOOH等。它们的沸点分别为64.7、-19.5、100.8，其主要原因是_。CH4、HCHO的键角较大的是_，主要原因是_。【答案】3d104s1 Cr 减小 金属键 CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键(或分子间作用力)较强，HCHO分子间只存在范德华力 HCHO CH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采
49、用sp2杂化 【详解】(1) Mn、Fe、Co、Ni、Cu的外围电子排布式分别为3d54s2、3d64s2、3d74s2、3d84s2、3d104s1，基态原子Cu原子核外电子符合全充满、半充满，遵循“洪特规则特例”，故答案为3d104s1。(2) 石墨烯限域单原子铁能活化CH4分子中CH键，说明在催化剂存在下CH键更容易发生断裂，其键能更小；铁晶体属于金属晶体，晶体中存在自由电子和金属阳离子，靠金属键结合形成金属单质，故答案为：减小；金属键。(3)CH3OH、HCOOH 分子间存在氢键，且HCOOH 分子间氢键更强，HCHO分子间只存在范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点HCOOHCH3OH
50、HCHO，故答案为：CH3OH、HCOOH分子间存在氢键且HCOOH分子间氢键(或分子间作用力)较强，HCHO分子间只存在范德华力。CH4中C原子采取sp3杂化，为正四面体，HCHO中C原子采取sp2杂化，为平面三角形，HCHO键角较大；故答案为：HCHO；CH4中C采用sp3杂化，HCHO中C采用sp2杂化。322019新课标 磷酸亚铁锂（LiFePO4）可用作锂离子电池正极材料，具有热稳定性好、循环性能优良、安全性高等特点，文献报道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作为原料制备。回答下列问题：（1）在周期表中，与Li的化学性质最相似的邻族元素是_，该元素基态原子核外M层电
51、子的自旋状态_（填“相同”或“相反”）。（2）FeCl3中的化学键具有明显的共价性，蒸汽状态下以双聚分子存在的FeCl3的结构式为_，其中Fe的配位数为_。（3）苯胺（）的晶体类型是_。苯胺与甲苯（）的相对分子质量相近，但苯胺的熔点（-5.9）、沸点（184.4）分别高于甲苯的熔点（-95.0）、沸点（110.6），原因是_。（4）NH4H2PO4中，电负性最高的元素是_；P的_杂化轨道与O的2p轨道形成_键。（5）NH4H2PO4和LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如下图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表
52、示为_（用n代表P原子数）。 【答案】（1）Mg 相反（2） 4（3）分子晶体 苯胺分子之间存在氢键（4）O sp3 （5）(PnO3n+1)(n+2)-【解析】（1）根据元素周期表和对角线原则可知与锂化学性质相似的是镁，镁的最外层电子数是2，占据s轨道，s轨道最多容纳2个电子，所以自旋方向相反。（2）氯化铁的双聚体，就是两个氯化铁相连接在一起，已知氯化铁的化学键有明显的共价性所以仿照共价键的形式将两个氯化铁连接在一起，即结构式为，因此Fe的配位数为4。（3）大多数有机物都是分子晶体，除了一部分有机酸盐和有机碱盐是离子晶体。苯胺比甲苯的熔沸点都高，同一种晶体类型熔沸点不同首先要考虑的就是是否有
53、氢键，苯胺中存在电负性较强的N所以可以形成氢键，因此比甲苯的熔沸点高。（4）电负性与非金属性的大小规律相似，从左到右依次增大，O就是最大的。计算出P的杂化类型是sp3，与氧原子形成的是磷氧双键，其中p轨道是，与氢氧形成的是单键。（5）可以根据磷酸根、焦磷酸根、三磷酸根的化学式推导：PO42-、P2O74-、P3O105-：磷原子的变化规律为：1，2，3，4，n氧原子的变化规律为：4，7，10，3n+1酸根的变化规律为：3，4，5，n+2因此这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为(PnO3n+1)(n+2)-。【点睛】第二小问，双聚分子的氯化铁结构式，从共价键的角度分析，存在着配位键，那配位原子就
54、是氯原子，共用两个氯原子就可实现将两个氯化铁连接在一起的结构；第五小问，应用数学的找规律递推到通式，首先写出磷酸的化学式，然后寻找规律。332019江苏，节选Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料，可制备CuO。（1）Cu2+基态核外电子排布式为_。（2）的空间构型为_（用文字描述）；Cu2+与OH反应能生成Cu(OH)42，Cu(OH)42中的配位原子为_（填元素符号）。（3）抗坏血酸的分子结构如图1所示，分子中碳原子的轨道杂化类型为_；推测抗坏血酸在水中的溶解性：_（填“难溶于水”或“易溶于水”）。 【答案】（1）Ar3d9或1s22s22p63s23p6
55、3d9（2）正四面体O（3）sp3、sp2 易溶于水【解析】（1）Cu位于第四周期IB族，其价电子排布式为3d104s1，因此Cu2基态核外电子排布式为Ar3d9或1s22s22p63s23p63d9；（2）SO42中S形成4个键，孤电子对数为(6242)/2=0，因此SO42空间构型为正四面体形；Cu(OH)42中Cu2提供空轨道，OH提供孤电子对，OH只有O有孤电子对，因此Cu(OH)42中的配位原子为O；（3）根据抗坏血酸的分子结构，该结构中有两种碳原子，全形成单键的碳原子和双键的碳原子，全形成单键的碳原子为sp3杂化，双键的碳原子为sp2杂化；根据抗环血酸分子结构，分子中含有4个OH，
56、能与水形成分子间氢键，因此抗坏血酸易溶于水。【点睛】有关物质结构与性质的考查，相对比较简单，考查点也是基本知识，这就要求考生在物质结构与性质的学习中夯实基础知识，同时能够达到对知识灵活运用，如考查抗坏血酸分子溶解性，可以从乙醇极易溶于水的原因分析。34.（1）根据价层电子对互斥理论，H2S、SO2、SO3的气态分子中，中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_。（2）图(a)为S8的结构，其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多，主要原因为_。（3）气态三氧化硫以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形，其中共价键的类型有_种；固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子，该分子中S原子的杂化轨道
57、类型为_。 【答案】（1）H2S（2）S8相对分子质量大，分子间范德华力强（3）平面三角2sp3【解析】（1）根据价层电子对互斥理论可知，H2S、SO2、SO3三种分子中S原子的价层电子对数分别为4、3、3，因此H2S中S原子价层电子对数不同于其他两种分子。（2）S8和SO2均为分子晶体，S8的相对分子质量大于SO2，因此S8的分子间作用力大，熔沸点比SO2的高。（3）SO3的中心原子为S，中心原子的孤对电子数(623)/20，中心原子结合3个氧原子，结合每个O原子有且只能有一个键，所以S形成3个键，S的价层电子对数为033，S为sp2杂化，根据sp2杂化轨道构型可知，SO3为平面形分子，符合
58、形成大键条件，可形成4中心6电子大键，因此有两种共价键类型。如图(b)所示的三聚分子中每个S原子与4个O原子结合，形成正四面体结构，S原子的杂化轨道类型为sp3。35.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：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：（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，原因是_。（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_。 【答案】
59、（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【解析】分析：本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4322)/2=3对，所以空间构型为
60、正三角形，中心C为sp2杂化。36.臭氧（O3）在Fe(H2O)62+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为和，NOx也可在其他条件下被还原为N2。（1）中心原子轨道的杂化类型为_；的空间构型为_（用文字描述）。（2）Fe2+基态核外电子排布式为_。（3）与O3分子互为等电子体的一种阴离子为_（填化学式）。（4）N2分子中键与键的数目比n()n()=_。（5）Fe(H2O)62+与NO反应生成的Fe(NO)(H2O)52+中，NO以N原子与Fe2+形成配位键。请在Fe(NO)(H2O)52+结构示意图的相应位置补填缺少的配体。 【答案】（1）sp3 平面（正）三角形（2）Ar3d6或1s2
61、2s22p63s23p63d6（3）NO2 （4）12（5）【解析】（1）SO42-中中心原子S的价层电子对数为+4=4，SO42-中S为sp3杂化。NO3-中中心原子N的孤电子对数为=0，成键电子对数为3，价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，由于N原子上没有孤电子对，NO3-的空间构型为平面（正）三角形。（2）Fe原子核外有26个电子，根据构造原理，基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态Fe2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d6。（3）用替代法，与O3互为等电子体的一种阴离子为NO2-。（4）N2的结构式为NN，三键中含1个键
62、和2个键，N2分子中键与键的数目比为n（）n（）=12。（5）根据化学式，缺少的配体是NO和H2O，NO中N为配位原子，H2O中O上有孤电子对，O为配位原子，答案为：。点睛：本题以“臭氧（O3）在Fe(H2O)62+催化下能将烟气中的SO2、NOx分别氧化为SO42-和NO3-，NOx也可在其他条件下被还原为N2”为背景素材，考查离子核外电子排布式的书写、原子杂化方式的判断、离子空间构型的判断、等电子体的书写、键和键的计算、配位键的书写。注意写配位键时由配位原子提供孤电子对。37.黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：（1）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作
63、用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。X分子的立体构型是_，中心原子杂化类型为_，属于_(填“极性”或“非极性”)分子。X的沸点比水低的主要原因是_。（2）CuFeS2与氧气反应生成SO2，SO2中心原子的价层电子对数为_，共价键的类型有_。 【答案】（1）V形sp3极性水分子间存在氢键（2）3键和键【解析】（1）H2S分子中，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体形，价层电子对之间的夹角均为10928，但S原子有2对孤电子对，所以分子的构型为V形，中心原子杂化类型为sp3杂化，属于极性分子；H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键；（2）二氧化硫为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形
64、成一个键，同时氧原子和硫原子间形成一个4电子离域键，SO2中心原子的价层电子对数为3对，共价键的类型有：键和键。38.我国科学家最近成功合成了世界上首个五氮阴离子盐(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl（用R代表）。回答下列问题：（1）氮原子价层电子的轨道表达式（电子排布图）为_。（2）元素的基态气态原子得到一个电子形成气态负一价离子时所放出的能量称作第一电子亲和能（E1）。第二周期部分元素的E1变化趋势如图（a）所示，其中除氮元素外，其他元素的E1自左而右依次增大的原因是_；氮元素的E1呈现异常的原因是_。（3）经X射线衍射测得化合物R的晶体结构，其局部结构如图（b）所示。从结构角度分析，R
65、中两种阳离子的相同之处为_，不同之处为_。（填标号）A中心原子的杂化轨道类型B 中心原子的价层电子对数C立体结构D共价键类型R中阴离子中的键总数为_个。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与形成大键的电子数（如苯分子中的大键可表示为），则中的大键应表示为_。图（b）中虚线代表氢键，其表示式为()NHCl、_、_。（4）R的晶体密度为d gcm3，其立方晶胞参数为a nm，晶胞中含有y个(N5)6(H3O)3(NH4)4Cl单元，该单元的相对质量为M，则y的计算表达式为_。 【答案】（1）（2）同周期元素随核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能
66、量依次增大 N原子的2p轨道为半充满状态，具有额外稳定性，故不易结合一个电子（3）ABD C5 (H3O+)OHN() ()NHN()（4）【解析】（1）N原子位于第二周期第VA族，价电子是最外层电子，即电子排布图是；（2）根据图(a)，同周期随着核电荷数依次增大，原子半径逐渐变小，故结合一个电子释放出的能量依次增大；氮元素的2p轨道为半充满状态，原子相对稳定，不易结合电子；（3）根据图(b)，阳离子是和H3O，中原子N含有4个键，孤电子对数为(5141)/2=0，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为正四面体形，H3O中心原子是O，含有3个键，孤电子对数为(613)/2=1，价层电子对数为4，杂化类型为sp3，空间构型为三角锥形，因此相同之处为ABD，不同之处为C；根据图(b)，中键总数为5个，的大键应表示为；根据图(b)，还有的氢键是：(H3O+)OHN()、()NHN()；（4）根据密度的定义有，d=g/cm3，解得y=。