化学二轮题型必练——物质结构与性质（强化练）

2020届高考化学二轮题型对题必练物质结构与性质（强化练）1. 人类文明的发展历程，也是化学物质的认识和发现的历程，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳、聚乙烯、二氧化硅等17种“分子”改变过人类的世界 （1）Fe单质为体心立方晶体，晶胞中铁原子的配位数为 _ ，基态铁原子有 _ 个未成对电子，Fe3+的电子排布式为 _ （2）硝酸钾中NO3-的空间构型为 _ ，写出与NO3-互为等电子体的一种非极性分子化学式 _ （3）6-氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有 _ （4）下列说法正确的有 _ （填字母序号） a乙醇分子间可形成氢键，导致其沸点比氯乙烷高 b钨的配合物离子W（CO）5OH-能催化固定CO2，该配离子中钨显-1价 c聚乙烯（）分子中有5n个键 d由下表中数据可确定在反应Si（s）+O2（g）=SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（2c-a-b）kJ 化学键Si-SiO=OSi-O键能（kJmol-1）abc（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之一的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式 _ ，若两个最近的Fe原子间的距离为s cm，则该晶体的密度是 _ gcm-32. 铜单质及其化合物在很多领域有重要的用途 （一）如金属铜用来制造电线电缆，超细铜粉可应用于导电材料、催化剂等领域中；CuCl和CuCl2都是重要的化工原料，常用作催化剂、颜料、防腐剂和消毒剂等 （1）超细铜粉的某制备方法如下： Cu（NH3）4SO4中所含的化学键有 _ （2）氯化亚铜（CuCl）的制备过程是：向CuCl2溶液中通入一定量SO2，微热，反应一段时间后即生成CuCl白色沉淀反应的离子方程式为 _ （二）波尔多液是一种保护性杀菌剂，广泛应用于树木、果树和花卉上，鲜蓝色的胆矾晶体是配制波尔多液的主要原料已知CuSO45H2O的部分结构可表示如下： （1）写出铜原子价电子层的电子排布式 _ ，与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素有 _ （填元素符号） （2）请在上图中把CuSO45H2O结构中的化学键用短线“-”表示出来 （3）往浓CuSO4溶液中加入过量较浓的NH3H2O直到原先生成的沉淀恰好溶解为止，得到深蓝色溶液小心加入约和溶液等体积的C2H5OH并使之分成两层，静置经过一段时间后可观察到在两层“交界处”下部析出深蓝色Cu（NH3）4SO4H2O晶体实验中所加C2H5OH的作用是 _ （4）Cu（NH3）4SO4H2O晶体中呈正四面体的原子团是 _ ，杂化轨道类型是sp3杂化的原子是 _ 3. 许多元素及它们的化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：（1）现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素。（2）某同学画出基态碳原子的核外电子排布图：，该电子排布图违背了_；CH3+、-CH3、CH3-都是重要的有机反应中间体。CH3+、CH3-的空间构型分别为_、_。（3）基态溴原子的价层电子轨道排布图为_，第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有_种。（4）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甲所示：其中实心球为磷原子，在一个晶胞中磷原子空间堆积方式为_，已知晶胞边长apm，阿伏加德罗常数为NA则磷化硼晶体的密度为_g/cm3。磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影（图乙中表示P原子的投影），用画出B原子的投影位置_。（5）Fe3O4晶体中，O2-围成正四面体空隙（1、3、6、7号氧围成）和正八面体空隙（3、6、7、8、9、12号氧围成），Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，Fe2+和另一半Fe3+填充在正八面体空隙中，晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为_，有_%的正八面体空隙没有填充阳离子。（6）一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为O2-作密置单层排列，Ni2+填充其中（如图），己知O2-的半径为apm，每平方米面积上分散的该晶体的质量为_g（用a、NA表示）4. 钒（23V）是我国的丰产元素，广泛应用于催化及钢铁工业，有“化学面包”、金属“维生素”之称。回答下列问题：（1）钒原子的核外电子排布式为_，在元素周期表中的位置为_。（2）V2O5常用作SO2转化为SO3的催化剂。基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓为_形；气态SO3以单分子形式存在，其分子的立体构型为_形；固体SO3的三聚体环状结构如图所示，该结构中S-O键长有a、b两类，b的键长大于a的键长的原因为_。（3）V2O5溶解在NaOH溶液中，可得到钒酸钠（Na3VO4），该盐阴离子中V的杂化轨道类型为_；也可得到偏钒酸钠，其阴离子呈如图所示的无限链状结构，则偏钒酸钠的化学式为_。（4）钒的某种氧化物晶胞结构如图所示。该氧化物的化学式为_，若它的晶胞参数为xnm，则晶胞的密度为_g/cm3。5. 太阳能电池是通过光电效应或者光化学效应直接把光能转化成电能的装置。其材料有单晶硅，还有铜、锗、镓、硒等化合物。 (1)亚铜离子(Cu+)基态时电子排布式为 _，其电子占据的原子轨道数目为_个。(2)左下图表示碳、硅和磷元素的四级电离能变化趋势，其中表示磷的曲线是 _（填标号）。(3)单晶硅可由二氧化硅制得，二氧化硅晶体结构如右上图所示，在二氧化硅晶体中，Si、O原子所连接的最小环为十二元环，则每个Si原子连接 _个十二元环。(4)氮化镓(GaN)的晶体结构如图所示。常压下，该晶体熔点1700，故其晶体类型为 _；判断该晶体结构中存在配位键的依据是_。(5)与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成B(OH)4-。B(OH)4-中B原子的杂化轨道类型为_；不考虑空间构型，B(OH)4-中原子的成键方式用结构简式表示为_，(6)某光电材料由锗的氧化物与铜的氧化物按一定比例熔合而成，其中锗的氧化物晶胞结构如图所示，该物质的化学式为_。已知该晶体密度为7. 4gcm-3，晶胞边长为4.3l0-10 m。则锗的相对原子质量为_（保留小数点后一位）。6. 实验室用甲酸和浓硫酸反应制备CO，用于还原氧化铜，实验装置图和实验步骤如下：按上图连接好装置，检查装置气密性点燃处酒精灯，缓慢滴入甲酸在完成某项操作后，点燃另外两处酒精灯反应结束后熄灭酒精灯，待产物冷却至室温后，收集产物请回答下列问题：（1）甲酸在浓硫酸条件下能分解生成CO和H2O，体现浓硫酸具有_A氧化性B脱水性C吸水性（2）NaOH溶液的作用是_实验步骤某项操作是指_；（3）若干燥管中的固体颗粒堵塞干燥管的出口，则装置中出现的现象为：_；（4）该实验能证明HCOOH受热产物中有CO的现象为：_；（5）实验步骤中酒精灯I、III和的熄灭顺序为_学习小组查阅资料知：Cu的颜色为红色或紫红色，而Cu2O的颜色也为红色或砖红色4CuO灼热2Cu2O+O2Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O因此对CO充分还原CuO后所得红色固体是否含有Cu2O进行了认真的研究，提出下列设计方案：取该红色固体溶于足量稀硫酸中，观察溶液颜色的变化（6）请你评价该方案的合理性，并简述理由：方案：_，理由：_7. 钴是人体必需的微量元素，含钴化合物作为颜料，具有悠久的历史，在机械制造、磁性材料等领域也具有广泛的应用，请回答下列问题：（1）Co基态原子的电子排布式为 _ ；（2）酞菁钴近年来在光电材料、非线性光学材料、光动力学中的光敏剂、催化剂等方面得到了广泛的应用，其结构如图1所示，中心离子为钴离子酞菁钴中三种非金属原子的电负性有大到小的顺序为 _ ，（用相应的元素符号作答）；碳原子的杂化轨道类型为 _ ；与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是 _ ；（3）CoCl2中结晶水数目不同呈现不同的颜色CoCl26H2O（粉红）325.3KCoCl22H2O（紫红）363KCoCl2H2O（蓝紫）393KCoCl2（蓝色）CoCl2可添加到硅胶（一种干燥剂，烘干后可再生反复使用）中制成变色硅胶简述硅胶中添加CoCl2的作用： _ ；（4）用KCN处理含Co2+的盐溶液，有红色的Co（CN）2析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的Co（CN64-，该配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63-，写出该反应的离子方程式： _ ；（5）Co的一种氧化物的晶胞如图所示（），在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子有 _ 个；筑波材料科学国家实验室一个科研小组发现了在5K下呈现超导性的晶体，该晶体具有CoO2的层状结构（如图2所示，小球表示Co原子，大球表示O原子）下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述CoO2的化学组成的是 _ 8. 2015年8月12号接近午夜时分，天津滨海新区一处集装箱码头发生爆炸发生爆炸的是集装箱内的易燃易爆物品，爆炸火光震天，并产生巨大蘑菇云根据掌握的信息分析，装箱区的危险化学品可能有钾、钠、氯酸钠、硝酸钾、烧碱，硫化碱、硅化钙、三氯乙烯、氯碘酸等运抵区的危险化学品可能有环己胺、二甲基二硫、甲酸、硝酸铵、氰化钠、4，6-二硝基苯-邻仲丁基苯酚等 回答下列问题： （1）在组成NH4NO3、NaCN两种物质的元素中第一电离能最大的是 _ （填元素符号）解释原因 _ （2）二甲基二硫和甲酸中，在水中溶解度较大的是 _ （填名称），原因是 _ ；烧碱所属的晶体类型为 _ ；硫化碱（Na2S）的S2-的基态电子排布式是 _ （3）硝酸铵中，NO3-的立体构型为 _ ，中心原子的杂化轨道类型为 _ （4）1mol化合物NaCN中CN-所含的键数为 _ ，与CN-互为等电子体的分子有 _ （CN）2又称为拟卤素，实验室可以用氰化钠、二氧化锰和浓硫酸在加热条件下制得，写成该制备的化学方程式 _ （5）钠钾合金属于金属晶体，其某种合金的晶胞结构如图所示合金的化学式为 _ ；晶胞中K原子的配位数为 _ ；已知金属原子半径r（Na）=186pm、r（K）=227pm，计算晶体的空间利用率 _ （列出计算式，不需要计算出结果）答案和解析1.【答案】（1）8；4；1s22s22p63s23p63d5；（2）平面正三角形；SO3等；（3）C、N、O、S；（4）a；（5）8Fe+2NH36402Fe4N+3H2；11922s3NA【解析】解：（1）Fe单质为体心立方晶体，体心的Fe原子与晶胞顶点8个Fe原子相邻，故配位数为8；Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，3d能级中有4个电子单独占据1个轨道，含有4个单电子，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+，Fe3+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，故答案为：8；4；1s22s22p63s23p63d5；（2）NO3-中N原子孤电子对数=5+1232=0，价层电子对数为3+0=3，空间构型为平面正三角形，原子数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，分子中正负电荷正向重合的分子为非极性分子，与NO3-互为等电子体的一种非极性分子有SO3等，故答案为：平面正三角形；SO3等；（3）键和孤电子对数和是4的原子就采取sp3杂化，根据物质结构可知，采用sp3杂化的原子有C、N、O、S，故答案为：C、N、O、S；（4）a乙醇分子间可形成氢键，氯乙烷中不含氢键，氢键的存在导致乙醇的沸点升高，所以乙醇的沸点比氯乙烷高，故正确；b根据化合物中化合价的代数和为0知，钨的配合物离子W（CO）5OH-中钨显0价，故错误；c聚乙烯（）分子中有（6n-1）个键，故错误；d二氧化硅晶体中Si原子与周围4个O原子形成Si-O四面体结构，1molSiO2含有4molSi-O，Si晶体中Si原子与周围4个Si原子形成Si-Si，每个键为2个Si原子共用，故1mol硅含有2molSi-Si键，60gSiO2的物质的量为1mol，由表中数据知反应Si（s）+O2（g）=SiO2（s）中，每生成60gSiO2放出的能量为（4c-2a-b）kJ，故错误故选：a；（5）晶胞中Fe原子数目为818+612=4，N原子数目为1，故该产物化学式为Fe4N，还生成氢气，反应方程式为：8Fe+2NH36402Fe4N+3H2，晶胞面对角线上3个Fe原子相邻，则晶胞棱长为2scm22=2scm，晶胞质量为564+14NAg，则晶体密度为564+14NAg（2scm）3=11922s3NAgcm-3，故答案为：8Fe+2NH36402Fe4N+3H2；11922s3NA（1）Fe单质为体心立方晶体，体心的Fe原子与晶胞顶点8个Fe原子相邻；Fe原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，失去4s能级2个电子、3d能级1个电子形成Fe3+；（2）NO3-中N原子孤电子对数=5+1232=0，价层电子对数为3+0=3；原子数相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，分子中正负电荷正向重合的分子为非极性分子；（3）价层电子对数是4的原子采用sp3杂化；（4）a分子间氢键导致物质熔沸点升高；b钨的配合物离子W（CO）5OH-中W为0价；c聚乙烯（）分子中有（6n-1）个键；d二氧化硅晶体中Si原子与周围4个O原子形成Si-O四面体结构，1molSiO2含有4molSi-O，Si晶体中Si原子与周围4个Si原子形成Si-Si，每个键为2个Si原子共用，故1mol硅含有2molSi-Si键；（5）晶胞中Fe原子数目为818+612=4，N原子数目为1，故该产物化学式为Fe4N，还生成氢气；晶胞面对角线上3个Fe原子相邻，则晶胞棱长为2scm22=2scm，结合晶胞中原子数目表示出晶胞质量，再根据=mV计算晶体密度本题考查物质结构和性质，设核外电子排布、杂化方式与空间构型判断、等电子体、化学键、配合物、氢键、反应热计算、晶胞结构与计算等，需要学生具备扎实的基础，注意识记常见晶胞计算，掌握均摊法进行晶胞有关计算2.【答案】离子键、共价键和配位键；2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42-；3d104s1；K、Cr；加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4H2O的溶解度；SO42-；N、S、O【解析】解：（一）（1）Cu（NH3）4SO4中硫酸根离子和Cu（NH3）42+存在离子键，N原子和铜原子之间存在配位键，NH3中H和N之间存在共价键，所以Cu（NH3）4SO4中所含的化学键有共价键、离子键、配位键； 故答案为：共价键、离子键、配位键； （2）该反应中二氧化硫作还原剂生成硫酸根离子，铜离子得电子生成亚铜离子，反应条件是加热，所以该反应的离子方程式为：2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42-； 故答案为：2Cu2+2Cl-+SO2+2H2O2CuCl+4H+SO42-； （二）（1）Cu原子3d、4s能级上电子为其价电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子，其价电子排布式为3d104s1；与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素K、Cr元素， 故答案为：3d104s1；K、Cr； （2）该物质中含有配位键，Cu原子和水分子中O原子之间存在配位键，Cu原子提供空轨道、水分子中O原子提供孤电子对，硫酸根离子中S原子和O原子之间存在共价键，水分子中O原子和H原子之间存在共价键，所以存在的化学键有， 故答案为：； （3）加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4H2O的溶解度，有利于Cu（NH3）4SO4H2O结晶析出； 故答案为：加C2H5OH，减小“溶剂”（C2H5OH和H2O）的极性，降低离子化合物Cu（NH3）4SO4H2O的溶解度； （4）Cu（NH3）4SO4H2O晶体中呈正四面体的原子团是SO42-，杂化轨道类型是sp3的原子，其价层电子对个数是4，有N原子、S原子和O原子， 故答案为：SO42-；N、S、O （一）（1）阴阳离子存在离子键，非金属元素间易形成共价键，配合物中存在配位键； （2）根据反应物、生成物和反应条件写出相应的反应方程式； 先判断金属离子的化合价，再根据根据核外电子排布式的书写规则书写，注意3d能级的能量大于4s能级的能量，失电子时，先失去最外层上的电子 （二）（1）Cu原子3d、4s能级上电子为其价电子，3d能级上有10个电子、4s能级上有1个电子；与铜同周期的所有元素的基态原子中最外层电子数与铜原子相同的元素K、Cr元素； （2）该物质中含有配位键，Cu原子和水分子中O原子之间存在配位键，Cu原子提供空轨道、水分子中O原子提供孤电子对，硫酸根离子中S原子和O原子之间存在共价键，水分子中O原子和H原子之间存在共价键； （3）Cu（NH3）4SO4H2O在酒精中的溶解度小于在水溶液中的溶解度； （4）Cu（NH3）4SO4H2O晶体中呈正四面体的原子团是硫酸根离子，杂化轨道类型是sp3的原子价层电子对个数是4 本题考查物质结构和性质，涉及配合物的成键情况、原子杂化方式、原子结构等知识点，综合性较强，明确配位键的形成条件、表示方式等，会利用价层电子对互斥理论确定微粒空间构型，注意配位键箭头方向，知道配位键属于共价键，为易错点3.【答案】原子光谱 洪特规则 平面三角形 三角锥形 4 面心立方最密堆积 424NA(a1010)3 或 2：1 50 7523a2NA1024【解析】解：（1）光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，所以在现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故答案为：原子光谱；（2）2p轨道上的2个电子没有分占不同轨道，且自旋方向相同，故该电子排布图违背了宏特规则；CH3+中心碳原子是sp2杂化，为平面三角形结构，而CH3-中心碳原子是sp3杂化，为三角锥形，故答案为：洪特规则；平面三角形；三角锥形；（3）溴的原子的质子数为35，其价电子排布式为4s24p5，则基态溴原子的价层电子轨道排布图为，未成对电子数为1对，则第四周期中，与溴原子未成对电子数相同的金属元素有K、Sc、Cu和Ga共4种，故答案为：；4；（4）实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，P做面心立方最密堆积；1个晶胞中，含有P原子数目为818+612=4个，含有B原子数目为4个，晶胞质量=442NAg，晶体密度=442NAg（a10-10cm）3=424NA(a1010)3g/cm3，故答案为：面心立方最密堆积；424NA(a1010)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，所以画图为：或，故答案为：或；（5）结构中如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙有8个，面心位置6个O2-围成的正八面体，将晶胞补全可知共用1条棱的4个面心与该棱顶点O2-也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目=1+1214=4，则晶体中正四面体空隙数与正八面休空隙数之比为8：4=2：1；由图可知晶体结构中O2-离子数目为818+612=4，由化学式可知晶胞中Fe原子数目为3，根据化合价代数和为0，则晶胞中含有2个Fe3+、1个Fe2+，Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中，则填充在正四面体空隙中的Fe3+为1个，填充在正八面体空隙中有1个Fe3+和1个Fe2+，有2个正八面体空隙空隙没有填充阳离子，则有50%的正八面体空隙没有填充阳离子，故答案为：2：1；50；（6）根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=122a2asin6010-24m2=310-24m2，如图实际上每个Ni原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为2310-24m2，O原子个数=166=1，每平方米面积上分散的该晶体的质量=1231024MNAg=123102459+16NAg=7523a2NA1024g，故答案为：7523a2NA1024。（1）光谱分析为利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素；（2）当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；CH3-中心碳原子是sp3杂化，而CH3+中的碳原子形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，中心碳原子是sp2杂化；（3）溴原子核外电子数为35，根据核外电子排布规律书写基态溴原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p5；根据溴原子的电子排布式确定未成对电子数，再根据第四周期中的金属元素分析解答；（4）实心球为磷原子，处于晶胞顶点与面心，P做面心立方最密堆积；均摊法计算晶胞或者P、B原子数目，计算晶胞质量，再根据=mV计算晶体密度；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；（5）结构中如1、3、6、7的O2-围成的正四面体空隙有8个，面心位置6个O2-围成的正八面体，将晶胞补全可知共用1条棱的4个面心与该棱顶点O2-也围成正八面体，而这样的正八面体为4个晶胞共有；均摊法计算晶体结构中O2-离子数目，由化学式计算晶胞中Fe原子数目，结合化合价代数和为0计算晶胞单独中含有Fe3+、Fe2+数目，根据“Fe3O4中有一半的Fe3+填充在正四面体空隙中，另一半Fe3+和Fe2+填充在正八面体空隙中”，判断填充Fe3+和Fe2+的正八面体空隙，计算正八面体空隙未填充率；（6）根据图知，每个Ni原子被3个O原子包围、每个O原子被3个Ni原子包围，如图所示，相邻的3个圆中心连线为正三角形，三角形的边长为2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积=122a2asin6010-24m2=310-24m2，如图实际上每个Ni原子被两个小三角形包含小平行四边形面积为2310-24m2，O原子个数=166=1，每平方米面积上分散的该晶体的质量=1231024MNAg。本题考查物质结构和性质，涉及光谱、核外电子排布、空间构型、晶胞结构与晶胞计算等知识点，题目侧重晶胞结构与计算的考查，掌握均摊法进行晶胞计算，（5）中注意补全晶胞结构理解正八面体空隙，（6）中关键是找出无隙并置的结构单元。4.【答案】(1)1s22s22p63s23p63d34s2; 第四周期第VB族 ;（2）哑铃 ；平面正三角形 ；a键含有双键的成分，键能大，键长较短；b键为单键，键能较小，键长较长；（3） sp3 ； NaVO3 ；（4）VO2 ；1661021NAx3 。【解析】解：（1）V原子核外有23个电子，根据构造原理书写钒原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2，V原子3d、4s能级上分别含有3、2个电子，在元素周期表中的位置为第四周期第VB族，故答案为：1s22s22p63s23p63d34s2；第四周期第VB族；（2）基态S原子电子占据最高能级为3p能级，p能级的电子云轮廓为哑铃形；气态SO3分子中S原子价层电子对个数=3+6322=3且不含孤电子对，根据价层电子对判断该分子的立体构型形为平面正三角形；固体SO3中a键含有双键的成分，键能大，键长较短；b键为单键，键能较小，键长较长，故答案为：哑铃；平面正三角形；a键含有双键的成分，键能大，键长较短；b键为单键，键能较小，键长较长；（3）钒酸钠（Na3VO4）阴离子中V的价层电子对个数=4+5+3422=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断V原子的杂化轨道类型为sp3；根据图知，偏钒酸根离子中采用均摊法中含有1个V原子、3个O原子，为VO3-，钠盐化学式为NaVO3，故答案为：sp3；NaVO3；（4）该晶胞中V原子个数=1+818=2、O原子个数=2+412=4，则V、O原子个数之比=2：4=1：2，化学式为VO2；该晶胞体积=（x10-7cm）3，该晶胞密度=mV=83NA2(x107)3g/cm3=1661021NAx3g/cm3，故答案为：VO2；1661021NAx3。（1）V原子核外有23个电子，根据构造原理书写钒原子的核外电子排布式，V原子3d、4s能级上分别含有3、2个电子，在元素周期表中的位置为第四周期第VB族；（2）基态S原子电子占据最高能级为3p能级，p能级的电子云轮廓为哑铃形；气态SO3分子中S原子价层电子对个数=3+6322=3且不含孤电子对，根据价层电子对判断该分子的立体构型形；固体SO3中a中含有双键成分、b中为S-O单键，前者键能大后者键能小；（3）钒酸钠（Na3VO4）阴离子中V的价层电子对个数=4+5+3422=4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断V原子的杂化轨道类型；根据图知，偏钒酸根离子中采用均摊法中含有1个V原子、3个O原子，为VO3-；（4）该晶胞中V原子个数=1+818=2、O原子个数=2+412=4，则V、O原子个数之比=2：4=1：2；该晶胞体积=（x10-7cm）3，该晶胞密度=mV。本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布式书写等知识点，综合性较强，明确原子结构、物质结构、晶胞结构是解本题关键，难点是密度计算，注意密度公式MNA含义。5.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10；14 （2）b （3）12 （4）原子晶体；氮化镓(GaN)的晶体中一个Ga与4的N结合，而镓原子只有3个价电子，故需提供一个空轨道形成配位键（5）sp3；(6)GeO；72.5【解析】【分析】本题主要考查了晶体的结构、晶体类型、化学键的类型、核外电子排布等知识，难度中等。【解答】 （1）Cu原子失去4s能级1个电子形成亚铜离子，基态时亚铜离子核外电子排布式为为：1s22s22p63s23p63d10，亚铜离子的电子占据3个S轨道，6个P轨道，5个d轨道，总共14个轨道；故答案为：1s22s22p63s23p63d10；14； （2）同一主族元素的第一电离能随着原子序数的增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而增大，第A族的大于第A族的，碳第一电离能大于磷，所以碳、硅和磷的第一电离能：碳磷硅；故答案为：b； （3）金刚石晶体中，最小的环为六元环，也即由6个C原子构成，由图可知晶体硅的六元环也是六个Si原子当各Si-Si键上插入一个O原子，则共插入六个O原子，故最小的环上共有十二个原子即为十二元环，即每个Si原子连接12个十二元环； 故答案为：12； （4）由氮化镓(GaN)的晶体结构，常压下，该晶体熔点1700可知，此晶体为原子晶体；由图可知氮化镓(GaN)的晶体中一个Ga与4的N结合，而镓原子只有3个价电子，故需提供一个空轨道形成配位键；故答案为：原子晶体；氮化镓(GaN)的晶体中一个Ga与4的N结合，而镓原子只有3个价电子，故需提供一个空轨道形成配位键； （5）B(OH)4-中B的价层电子对为：4+12(3+141)=4，所以采取sp3杂化，B(OH)4中原子的成键方式根据结构可知为；故答案为：sp3；（6）由图可知一个晶胞中有O的个数为818+612=4，Ge个数为4，Ge与O的原子个数比为1:1，所以化学式GeO；设锗的相对原子质量为M，则就晶胞质量为：4(M+16)6.021023g，则：4(M+16)6.021023g=7.4g/cm3(4.3l08cm)3，解得M=72.5。故答案为：GeO ；72.5。 6.【答案】B；洗气，除去酸性气体；检验CO的纯度；长颈漏斗中液面上升；装置IV中黑色固体变红，装置中的澄清石灰水变浑浊；IV、I、；合理；因为Cu2O可与稀硫酸溶液反应生成Cu2+，会使溶液变蓝【解析】解：（1）甲酸在浓硫酸条件下能分解生成CO和H2O，体现浓硫酸具有脱水性， 故选：B； （2）氢氧化钠溶液洗气，除去酸性气体；CO加热容易发生爆炸危险，需要排尽装置中空气，实验步骤某项操作是指：检验CO的纯度， 故答案为：洗气，除去酸性气体；检验CO的纯度； （3）干燥管中的固体颗粒堵塞干燥管的出口，装置装置气压增大，则装置中出现的现象为：长颈漏斗中液面上升， 故答案为：长颈漏斗中液面上升； （4）若生成CO，CO与CuO反应生成Cu与二氧化碳，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙，装置IV中黑色固体变红，装置中的澄清石灰水变浑浊， 故答案为：装置IV中黑色固体变红，装置中的澄清石灰水变浑浊； （5）尾气中CO需要燃烧处理，还要防止石灰水倒吸，实验步骤中酒精灯的熄灭顺序为：IV、I、， 故答案为：IV、I、； （6）Cu与稀硫酸不反应，而Cu2O可与稀硫酸溶液反应生成Cu2+，会使溶液变蓝，观察溶液颜色的变化可以判断生成物， 故答案为：合理；因为Cu2O可与稀硫酸溶液反应生成Cu2+，会使溶液变蓝 （1）甲酸在浓硫酸条件下能分解生成CO和H2O，体现浓硫酸具有脱水性； （2）氢氧化钠溶液吸收酸性气体；CO加热容易发生爆炸危险，需要排尽装置中空气，还原氧化铜之前需要检验纯度； （3）干燥管中的固体颗粒堵塞干燥管的出口，装置装置气压增大，将溶液压入长颈漏斗中； （4）若生成CO，CO与CuO反应生成Cu与二氧化碳，二氧化碳与石灰水反应生成碳酸钙沉淀； （5）尾气中CO需要燃烧处理，还要防止石灰水倒吸； （6）Cu与稀硫酸不反应，而Cu2O与稀硫酸反应得到Cu与硫酸铜，溶液呈蓝色 本题考查物质制备实验，涉及对原理、装置、操作与实验方案分析评价等，注意实验中渗透环保意识与安全意识，题目难度中等7.【答案】（1）1s22s22p63s23p63d74s2；（2）NCH； sp2；2，4；(3)随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；(4)2Co（CN）64-+2H2O=2Co（CN）63-+H2+2OH-；(5)12；D【解析】解：（1）Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理，其核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d74s2，故答案为：1s22s22p63s23p63d74s2；（2）酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大，故电负性NCH；分子中C原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3，碳原子的杂化轨道类型为sp2，故答案为：NCH；sp2；含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键，1号、3号N原子形成3对共用电子对为普通共价键，2号、4号N原子形成4对共用电子对，与Co通过配位键结合，故答案为：2，4；（3）随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度，故答案为：随着硅胶的吸湿和再次烘干，二氯化钴在结晶水合物和无水盐间转化，通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；（4）Co（CN）64-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成，该反应离子方程式为：2Co（CN）64-+2H2O=2Co（CN）63-+H2+2OH-，故答案为：2Co（CN）64-+2H2O=2Co（CN）63-+H2+2OH-；（5）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用，在该晶体中与一个钴原子等距离且最近的钴原子数目为382=12；CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，由图象可知：A中Co、O原子数目之比为1：412=1：2，符合，B中Co、O原子数目之比为（1+414）：4=1：2，符合，C中Co、O原子数目之比为414：412=1：2，符合，D中Co、O原子数目之比为1：414=1：1，不符合，故答案为：12；D（1）Co为27号元素，原子核外电子数为27，根据能量最低原理书写核外电子排布式；（2）酞菁钴中三种非金属原子为C、N、H，同周期自左而右电负性增大，非金属性越强电负性越大；分子中C原子均形成3个键，没有孤对电子，杂化轨道数目为3；含有孤对电子的N原子与Co通过配位键结合，形成配位键后形成4对共用电子对，形成3对共用电子对的N原子形成普通的共价键；（3）通过颜色的变化可以表征硅胶的吸湿程度；（4）Co（CN）64-配离子具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色Co（CN）63-，只能是水中氢元素被还原为氢气，根据电荷守恒有氢氧根离子生成；（5）由氧化物晶胞结构可知晶胞中Co、O原子数目之比为1：1，假设黑色球为Co原子，以顶点Co原子为研究对象，与之等距离且最近的钴原子位于面心，每个顶点为8个晶胞共用，每个面心为2个晶胞共用；CoO2的重复结构单元示意图中Co、O原子数目之比应为1：2，结合均摊法计算判断本题是对物质结构与性质的考查，涉及核外电子排布、配合物、晶胞计算等，侧重考查学生对知识的理解与迁移应用，注意利用均摊法进行晶胞计算，理解配位键形成条件8.【答案】N；同周期元素第一电离能自左而右呈增大趋势，同主族自上而下元素第一电离能逐渐减小，但N原子的2p能级为半满稳定状态，第一电离能高于氧元素的；甲酸；甲酸与水形成氢键；离子晶体；1s2s22p63s23p6；平面三角形；sp2；2NA；CO、N2；2NaCN+MnO2+2H2SO4（CN）2+Na2SO4+MnSO4+2H2O；KNa3