高三化学一轮复习 -物质结构

高三化学一轮复习——物质结构

一、单选题

1.下列关于同温同压同体积的监。2和1802的判断正确的是：）

A.质子数相同B.沸点相同

C.互为同位素D.摩尔质量相同

2.我国自主研发的超薄锄（Rb）原子钟，每3000万年误差仅1秒.下列关于硼的稳定同位素Rb的

说法正确的是（）

A.质子数是85B.中子数是48C.质量数是37D.电子数为48

3.下列说法正确的是（）

A.键能：H-O>H-S,因此H2O的沸点高于H2s的沸点

B.原子轨道具有一定的伸展方向，所形成的共价键都具有方向性

C.杂化轨道可用J-形成。键和容纳未参与成键的孤电子对，小能用于形成冗键

D.电负性越大，非金属性越强，第一电离能也越大

4.N原子核外能量最高的电子具有不同的（

A.电子亚层B.电子云伸展方向

C.电子云形状D.自旋方向

5.下列化学用语正确的是（）

A.中子数为18的硫原子：8sB.H2s的比例模型：［先

H

C.HzO的结构式：H-O-H

D.CH3cl的电子式为：H：C••：C1

II

6.咪唾类六氟磷酸盐离子液体为环境友好型绿色溶剂，若一R为一CsH”，其制备过程如图:

hlQ-y磔R-+-

ABC

下列说法正确的是（）

A.若一R为正戊基，则B物质的阳离子中所有碳原子可能共平面

B.B物质的阳离子的任意一种结构中最多含有1个手性碳原子

C.PF；与SF6中心原子的杂化方式相同

D.氯元素在同周期元素中第一电离能最大

7.中国科学院制备出超小铜纳米品嵌入的氮掺杂碳纳米片催化剂，该催化剂可用来实现高效电催化CO2

转化为所期望的新能源产物。下列说法正确的是（)

A.基态Cu原子外围电子排布式为3d94s2

B.中子数为8的N原子可表示为：N

C.第一电离能大小：/1（C）<ZI（N）<Z,（O）

D.CO2是非极性分子

8.有原子序数依次增大的四种短周期主族元素X、Y、Z、M和长周期元素Q。其中X的单质在空气中

含量最多；Z的简单氢化物是所有氢化物中最稳定的；M元素的次外层电『数是其余各层电子数之和的2

倍；Q与Z同族，且Q原子核外有四个电子层。下列说法错误的是（）

A.Q单质能将Fe氧化成+3价

B.原子半径M>Z>Y>X

C.X、Y、M形成的化合物水溶液可能呈酸性

D.X的简单氢化物能分别与Y、7形成的简单氢化物反应

9.我国科学家利用高分辨原子力显微镜技术，首次拍摄到质子在水层中的原子级分辨图像，发现两种结

构的水合质子，其中一种结构如图所示。下列有关该水合质子的说法正确的是

A.化学式为HQ：B.氢、氧原子都处于同一平面

C.氯、氧原子间均以氢键结合D.图中所有H-O-H键角都相同

10.下列事实不能直接从原子结构角度解释的是（）

A.化合物IC1中I为+1价B.第一电离能：B>A1

C.沸点：CS2>CO2D.热稳定性：NH.APH3

11.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，x的核外电子总数与其周期数相同，Y的基

态原子的价层电子中有3个未成对电子，乙的最外层电子数为其内层电子数的3倍；Z与W同主族。下

列说法正确的是（）

A.离子半径：W>Z>Y>XB.键角：H2Z<H2W

C.气态氢化物的热稳定性：Z>WD.第一电离能：Y>Z>W>X

12.在核电荷数为26的Fe元素的基态原子核外的3d、4s轨道内，下列轨道表示式正确的是（）

A,itiiuitiititinB.miuitititim

3d4*3d4s

D

nn1皿-inltltltltlFu]

13.下列说法正确的是（）

A.NCh常用于漂白，是由极性键构成的非极性分子

B.氮族元素气态氢化物NH3、PH3、AsH3的键角逐渐减小

C.CH3。分子和COCL分子中，中心C原子均采用sp3杂化

D.元素M的基态原子的核外电子排布式为[K门4d5s25P5,M是一种过渡元素

14.X、Y、Z、W是原子半径依次增大的短周期主族元素，其中X元素与其他元素不在同一周期，Y的

一种核素常用于测定文物年代，基态Z原子中S能级与p能级上的电子总数相等。下列说法错误的是

（）

A.W单质可以与水反应生成气体

B.Z、W所在周期内，Z、W元素第一电离能大小相邻

C.X与Y组成的化合物沸点可能比水的高

D.X、Y、Z、W的单质均可以在空气中燃烧

15.某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y

核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍；W的最高价氧化物对应的水化物具有两性，W、X、

Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法正确的是（）

A.X与Y、Y与Z均可形成X2Y、Z2Y2型化合物

B.离子半径：X>W>Y>Z

C.X、Y、Z组成的化合物中只含有离子键

D.常温常压下熔点：X2Y<Z2Y

16.X、Y、Z、W、M为原子序数依次增大的短周期主族元素；由5种元素组成的某化合物是电池工业

中的重要原料，该化合物的结构式如图所示。下列说法正确的是（）

XX

W-

M

XX

A.原子半径：YVZVW

B.最高价含氧酸酸性：Z>M

C.电负性：X<Y<Z

D.该化合物中既含极性键又含非极性键

二、综合题

17.奥运版复兴号高铁列车上依托5G技术打造的超高清直播演播室，实现了超高清信号的长时间稳定传

输。请回答下列问题：

（I）5G芯片主要材质是高纯硅。基态Si原子的电子排布式为；该原子价层电

子的运动状态有种。

（2）硅元素能够形成多种化合物，其中，沸点：SiO2SiCl4（填“/或“v”），原因

是“

（3）复兴号高铁车体材质用到Fe、Mn、Co等元素。

①Mn的一种配合物的化学式为|_Mn（CO）5（CH3CN）_|，其中Mn原子的配位数为,

CH.CN中C原子的杂化类型为o

②Mn、Fe均为第四周期过渡金属元素，两元素的部分电离能数据如下表所示：

元素MnFe

I.717759

电离能/kJ・mo「1215091561

432482957

铢元素位于第四周期第VHB族。比较两元素的Lh，可知，气态MM+再失去1个电子比气态Fe?+

再失去I个电子难，对此你的解释

是C

（4）时速600kg的磁浮列不需用到超导材料。超导材料TiN具有NaCl型结构（如图），晶胞参数（晶胞

边长）为anm,其中阴离子（N。采用面心立方最密堆积方式，该氮化钛的密度

g/cnrX列出计算式即可）。

18.“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，它的成功发射标志着我国航天技术向前迈出r一大

步，其制造材料中包含了Cu、Ti、Cr>Ni、Si、N、O等多种元素。回答下列问题：

(I)基态Cu+的价电子排布式为，Cu(OH%溶于氨水的化学方程式

为。

(2)Cu催化烯垃硝化反应过程中会产生NO；。NO；、N(工中氨原子的杂化方式分别

为,键角：NO；(填y域“>”)N(工。

(3)三价铭离子能形成多种配位化合物。［CMNHJJH?。X。『中，提供电子对形成配位键的元

素是，中心离子的配位数为。

19.铁(Fc)、钻(Co)、银(Ni)是第四周期第VID族的元素，其单质具有磁性，其化合物常用于制备电池导体.

(1)基态C。原子的外围电子排布式为,第二周期中基态原子与基态C。原子具有相同未成

对电子数的元素是.

(2)Fe、Co、Ni原子半径相似、化学性质相似，原因

是.

(3)配合物Fe(CO)5的中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为oCO与Nz互为等电

子体，CO分子具有的化学键类型有.

A.。键B.兀键C.离子键D.金属键

(4)Ni(CO)4的结构与相关性质见表，其空间构型为,Ni的杂化形式为,其

为晶体O

相对分子质量熔点沸点结构

O

171-19.3℃43℃

n

(5)钙钛矿中含有Sn、Ni、0,它们形成的氧化物具有金属-绝缘体相转变特性，其晶胞结构中Sm

和O如下图所示，Ni位于O形成正八面体空隙中.晶胞边长为叩m,设NA为阿伏加德罗常数的数值，则

该氧化物的密度为.£/cm3（列出计算表达式）。

（6）已知：r（Fe2+）为62pm,《榜+）为66pm。在隔绝空气条件下分别加热FeCCh和C0CO3实验测得

FeCCh的分解温度低于CoCCh,原因

是。

20.金属锲及其化合物在军工机械、生产生活中有着广泛的用途。

（I）Ni?+与丁二酮的生成鲜红色丁二酮后银沉淀，该反应可用于检验Ni?+。

①基态Ni2+核外电子排布式为o

②丁二酮两银分子中Ni?+采取（tsp?杂化，为平面正方形构型，则该分子中共面的原子最多为

个。

③丁二酮后银分子内存在的化学键有（填标号）。

A.离子键B.配位键C.氢键D.范德华力

（2）锲能形成多种配合物，如Ni（CO）4、[Ni（NH，）6T-等。

①Ni（CO）4晶体中含有的。键与花键数目之比为。

②[Ni（NH3）6「中键角H-N-H比独立存在的NH3分子中键角略大，其原因

是____________________________________________________________________________________________

（3）苯与Ni（CN）2在氨水中可生成一种淡紫色苯包合沉淀物，苯分子位于晶胞的体心且2个碳碳。

键平行于z轴。该晶体属四方晶系，晶胞参数如图所示，晶胞棱边夹角均为90。。已知Ni-N&键长为

r)pm,C—C键长为r2Pm。

则该晶体的化学式为;A点的分数坐标为；晶胞中

A、B间距离d=pnio

21.钻的氧化物常用力制取催化剂和颜料等。以钻矿［主要成分是CoO、Co?。"CO（OH）3,还含SiCh及

少量AI2O3、FezCh、CuO及MnCh等］为原料可制取钻的氧化物。

（I）一种钻氧化物晶胞如图1所示，该氧化物中钻离子价电子排布式为o

（2）利用钻矿制取钻的氧化物的主要步骤如下:

①浸取：用盐酸和Na2s03溶液浸取钻矿，浸取液中含有AltFe2\Co2\Cu2\Mn2\ChS。：

等离子，写出CO2O3发生反应的离子方程式：..

②除杂：向浸取液中先加入足量NaCKh氧化Fe2+,再加入NaOH调节pH除去AP»+、Fe3\Cu2\有

关沉淀数据如下表（“完全沉淀”时金属离子浓度W.0x1（PmolL」）：

沉淀A1(OH)3Fe(OH)3CO(OH)2CU(OH)2Mn(OH)2

恰好完全沉淀时的pH5.22.89.46.710.1

若浸取液中c（Co2+）=0.1moLLL则须调节溶液pH的范围是（加入NaCKh和NaOH时,

溶液的体积变化忽略）。

③萃取、反萃取；向除杂后的溶液中，加入某有机酸萃取剂(HA”，发生反应；

2+

Co+n(HA)2^CoA2-(n-1)(HA)2+2H\实验测得：当溶液pH处于4.5〜6.5范围内，Co?+萃取率随溶液pH

的增大而增大(如图2所示)，其原因

。向萃取所得有机相中加入H2so4,反萃取得到水相。

%99

」

氐97

百

泛95

.

O

U93

911------'------«-------------

4.55.05.56.06.5

PH

图2

④沉钻、热分解：向反萃取后得到的水相中加入(NHSC2O4溶液，过滤、洗涤、干燥，得到

CoC2O4-2H2O晶体。称取14.64g该晶体，在空气中加热一段时间后，得到CoO和Co.?。」的混合物。称

量该混合物，质量为6.32g,通过计算确定该混合物中CoO和CO3O4的质量之比(写出计算过

程)。

答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】AJ6O2和22,质子数都是16个，故A符合题意；

BJ8O2的相对分子质量大，分子间作用力强，溶沸点高，故B不符合题意；

C.同位素研究的对象是原子，故C不符合题意；

D.第02的摩尔质量为32g/mol,伟02的摩尔质量为36g/mol,故D不符合题意。

故答案为：Ao

【分析】同种元素质子数相同，不同原子构成的不同物质沸点不一定相同。

2.【答案】B

【解析】【解答】A.原子的核电荷数二质子数二电子数，鲁Rb的核电荷数为37,故其核内质子数为

37.故A不符合题意：

B.*Rb的核内质子数为37,质量数是85,贝|中子数=85-37=48,故B符合题意；

C.Rb的质量数是85,故C不符合题意；

D.原子的核电荷数=质子数二电子数，雪Rb的核电荷数为37,故其核外电子数为37,故D不符合题

意；

故答案为：Bo

【分析】质量数（A）=质子数（Z）+中子数（N）；注意元素的表示［X,其中X为元素符号，A为质量

数，Z为质子数。

3.【答案】C

【解析】【解答】A.HzO和H2s都形成分子晶体，沸点的高低受分子间作用力的影响，与分子内化学键

的谴能的大小无关，分子的稳定性受键能的影响，A不符合题意；

B.s轨道是球形对称的，没有伸展方向，s轨道与s轨道形成的共价键没有方向性，B不符合题意；

C.原子轨道中价电子所在轨道或与价电子所在轨道能量相近的轨道，可能全部发生杂化，也可能部分发

生杂化，其中杂化轨道可用于形成o键、容纳未参与成键的孤电子对，未杂化的p轨道可用于形成兀

键，C符合题意；

D.电负性越大，非金属性越强，但第一电离能不一定越大，如非金属性NVO,但第一电离能N>O,

D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】A.水分子间含有氢键，沸点较高；

B.s轨道为球形，没有伸展方向，s-s共价键没有方向性；

D.元素的非金属性越强，电负性越大，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第HA

族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素。

4.【答案】B

【解•析】【解答】A.N原子核外能量最高的电子是2P能级上有3个电子，这三个电子都在2P亚层，故

A不符合题意；

B.三个电子有三个伸展方向分别为Px、py、pz,故B符合题意；

C.p轨道电子云形状为纺锤形，故C不符合题意；

D.p轨道三个电子自旋方向相同，故D不符合题意。

故答案为：B

【分析】N原子的核外电子排布为Is22s22P3,据此分析选项。

5.【答案】C

【解析】【解答】A.中子数为18的硫原子，质子数为16,则质量数为34,可表示为：或34S,选

项A不符合题意；

B,硫原子比氢原子大，故H2s的比例模型为qpP，选项B不符合题意；

C.法。分子中含有两个共价键，分子的结构式：H-O-H,选项C符合题意；

H

D.。的最外层满足8电子稳定结构，CHO的电子式为：H：C：CI：，选项D不符合题意；

••・•

H

故答案为：Co

【分析】A.原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数；

B.原子半径：S>H；

C.H2O分子的中心原子是O,含有2个0-H键；

D.CH3cl分子中CI原子外围电子数为8o

6.【答案】C

【解析】【解答】A.若一R为正戊基，B物质的阳离子中含有饱和碳原子，饱和碳原子的空间构型为四

面体形，所以阳离子中所有碳原子不可能共平面，故A不符合题意；

B.若一R为正戊基，B物质的阳离子的结构中不含有连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故B不

符合题意；

C.PF：和SF6分子的原子个数都为7、价电子数都为48,互为等电子体，等电子体的中心原子的杂化方

式相同，空间构型相同，所以PF6与SF6中心原子的杂化方式相同，故C符合题意；

D.第三周期的元素中稀有气体氨元素的笫一电离能最大，故D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】A.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；

B.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；

C.PF：和SF（,互为等电子体；

D.同一周期兀索的第一电离能陲看原子序数增大而增大，但第1IA族、第VA族兀素第一电离能大十具相

邻元素。

7.【答案】D

【解析】【解答】A.Cu为29号元素,基态Cu原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63壮。4巴则外围电子

排布式为3/04SIA不符合题意；

B,中子数为8的N原子，其质量数为15,可表示为；N,B不符合题意；

C.N原子的价电子排布式为2s22P3,2P轨道半充满，原子的能量低，失电子所需的能帚高，第一电离能

反常，则第一电离能大小：/1（C）<7,（O）<71（N）,C不符合题意；

D.CCh分子中，中心C原子的价层电子对数为2,发生sp杂化，分子呈直线形结构，结构式为

0:00,所以是非极性分子，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.依据原子构造原理分析；

B.左下角表示质子数，左.上角表示质量数，质量数=中子数+质子数

C.同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第

一电离能高于相邻的元素；

D.分子呈直线形结构，正负电荷重心重合。

8.【答案】B

【解析】【解答】A.Q为Br,浪单质澳能将Fe氧化成+3价，生成澳化铁，选项A不符合题意；

B.同周期从左到右原子半径依次减小，同主族从上而下原子半径依次增大，故原子半径Mg〉N>O>F,即

M>X>Y>Z,选项B符合题意；

CX、Y、M形成的化合物硝酸镁为强酸弱碱盐，水解，溶液呈酸性，选项C不符合题意；

D.X的简单氢化物NH3能分别与Y、Z形成的简单氢化物H9、HF分别反应生成一水合氨和氟化俊，选

项D不符合题意；

故答案为：B.

【分析】有原子序数依次增大的四种短周期主族元素X、Y、Z、M和长周期元素Q。其中X的单质在空

气中含量最多，则X为N元素；Z的简单氢化物是所有氢化物中最稳定的，则Z为F元素；故Y为。

元素；M元素的次外层电子数是其余各层电子数之和的2倍，则各层电子数分别为2、8、2,故为Mg

元素；Q与Z同族，且Q原子核外有四个电子层，则Q为Br元素。

9.【答案】A

【解析】【解答】A.水合质子带正电，化学式为H9O：,A符合题意；

B.中心O原子为sp，杂化，存在孤电子对，结合质子的水分子为三角锥形结构，水分子为V形结构，

氢、氧原子不可能都处于同一平面，B不符合题意；

C.水分子之间的氢、氧原子间均以氢键结合，但是水分子内的氢、氧原子间均以共价键结合，C不符合

题意；

D.水分子为V形结构，结合质子的水分子为三角锥形结构，结构不同，键角不同，D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】BH3O+中心。原子的价层电子对数为4,含有一个孤电子对，为三角锥形结构；

C.水分子中的H、O以共价键结合；

D.孤电子对间排斥力,孤电子对和成键电子对之间的排斥力,成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多

键角越小。

10.【答案】C

【解析】【解答】A.氯元素的非金属性强于碘元素，氯化碘中共用电子对偏向非金属性强的氯原子一

方，碘元素呈+1价，则氯化碘中碘元素呈+1价能直接从原子结构角度解释，故A不符合题意；

B,同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，第一电离能依次减小，则硼元素的第一电离能大于铝

元素能直接从原子结构角度解释，故B不符合题意；

C.二氧化碳和二硫化碳是结构相似的分子晶体，二硫化碳的相对分子质量大于二氧化碳，分子间作用力

大于二氧化碳，沸点高于二氧化碳，则二硫化碳的沸点高于二氧化碳不能直接从原子结构角度解释，故

C符合题意：

D.同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，氢化物的稳定性依次减弱，则氨分子的稳定性强于

磷化氢能直接从原子结构角度解释，故D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】A.氯原子半径小与碘，得电子能力强；

B.同主族从上到下第一电离能减小；

C.分子结构相似，相时分子质量越大，熔沸点越高；

D.元素的非金屈性越强，其简单气态氢化物越稳定。

11.【答案】C

【解析】【解答】A.氧离子和氮离子是电子层结构相同的离子，根据核电荷数越大，半径越小分析，氧

离了半径小于氮离子半径，A不符合题意；

B.水和硫化氢都两队故对电子，但是氧原子的电负性比硫原子大，氧原子对其携带的两对故对电子的吸

引比硫原子大，相应的故对电子斥力增大，使键角也相应的比硫化氢中的大，B不符合题意；

C.氧的非金属性比硫强，故氧的氢化物稳定比硫的氢氧化物稳定性强，C符合题意；

D.同主族元素的第一电离能随着原子序数增大而减小，同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而

增大，氮原子的最外层为半满结构，其第一电离能能大于氧，故第一电离能：氮＞硫＞氧＞氢，D不符合题

意；

故答案为：Co

【分析】X的核外电子总数与其周期数相同，则X为H元素，Y的基态原子的价层电子中有3个未成对

电子，为N元素，乙的最外层电子数为其内层电子数的3倍，为0元素；Z与W同主族，为S元素。

12.【答案】D

【辞析】【解答】核外电子从能量低的轨道开始填充，根据构造原理，基态铁原子的核外电子排布式为

Is：2s22P63s23P63d64s2,根据洪特规则可知，Fe的基态原子核外的3d、4s轨道的轨道表示式为

3d4s—

ItlltItltltl血’口符合题意。

【分析】根据能量最低原理、泡利不相容原理、洪特规则分析.

13.【答案】B

【解析】【解答】A.N、C1是两种不同的元素，因此N-C1键是极性键；中心N原子价电子对数是4,有

1对孤电子对，因此属于极性分子，即NCh是由极性键构成的极性分子，A不符合题意；

B.N、P、As是第VA的元素，元素的非金属性大于H元素，由于从上到下元素的原子半径逐渐增大，

它们与H形成共价键的极性逐渐减弱，因此极性键之间的排斥力逐渐减小，导致态氢化物NH3、PH3、

As%的键角逐渐减小，B符合题意；

C.在CH3cl分子中C原子形成4个共价键，中心C原子采用sp3杂化；而COC12分子中C与O原子之

间以共价双键结合，中心C原子采用sp?杂化，C不符合题意；

D.元素M的基态原子的核外电子排布式为[Kr]4d5s?5律，则M原子的最外层有7个电子，属于第五

周期第VHA的元素，而不是过渡元素，D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】A.NCb中只含有N-C1极性键，正负电荷中心不重合，为极性分子；

B.N、P、As为同主族从上到下的元素，从上到下元素的原子半径逐渐增大，它们与H形成共价键的极

性逐渐减弱，键角逐渐减小；

C.CH3cl分子中C原子采用sp，杂化，COCL分子中C原子采用sp?杂化；

D.元素M的基态原子的核外电子排布式为[Ki*]4dH)5s25P\M为碘元素，为主族元素。

14.【答案】B

【解析】【解答】由分析可知，X为H、Y为C、Z为Mg、W为Na。

A.Na能与H2O发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2t，因此Na能与水反应生成气体，A不符合题意；

B.Mg的3s能级处于全满状态，结构稳定，不易失去电子，其第一电离能较大，B符合题意；

C.X与Y组成的化合物可能为固态的烧烽，其沸点比液态水高，C不符合题意；

D.H、C、Mg、Na的单质都能在空气中燃烧，D不符合题意；

故答案为：B

【分析】Y的一种核素常用于测定文物年代，因此Y为C。X与其他元素都不在同一个周期，因此X为

Ho基态Z的s能级与p能级上的电子总数相等，因此基态Z的核外电子排布式为Is22s22P4或

Is:2s22P63s2,故Z为O或Mg。由于原子半径Z>Y,因此Z为Mg。X、Y、Z、W都为短周期主族元

素，且原子半径W>Z,因此W为Na。

15.【答案】A

【解析】【解答】A.X为Na,Y为O,Z为H,H与O可以形成H2O、H2O2,Na与O可以形成

Na?。?、NaiO,故A符合题意；

B.0、Na、Al简单离子的核外电子排布相同，核电荷数越多离子半径越小，电子层数越多离子半径越

大，则离子半径：O2>Na+>AP+>H+,故B不符合题意；

C.Na、0、H组成的化合物NaOH中既含离子键也含共价键，故C不符合题意；

D.Na?O为离子化合物常温下为固体，H9为共价化合物常温下为液态，熔点：NazOH’O,故D不符

合题意；

故答案为：Ao

【分析】由结构示意图可知X形成“价阳离子，X应为第1A族元素，可能是Li或Na,W结合一个电

子后与4个Y共用电子形成稳定结构，则W最外层电子数为3,W可能是B或Al,Y核外最外层电子

数是W核外最外层电子数的二者，Y的最外层电子数为6,可能是O或S,W的最高价氧化物对应的水

化物具有两性，可知W为ALW、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同，则X为Na,Y为0,

W、Y、Z分别位于三个不同周期，Z只能在第一周期，Z为H,据此分析解答。

16.【答案】D

【解析】【解答】A.同周期主族元素自左至右原子半径依次减小，所以原子半径FVCVB,即WCZV

Y,A不符合题意；

B.非金属性S>C,所以最高价含氧酸的酸性H2s04>H2cO3,即ZVM,B不符合题意；

C.同周期主族元素自左至右电负性减小，则电负性N>C,即Y>Z,C不符合题意；

D.C原子和C原子形成的共价键为非极性键，其余共价键均为极性键，D符合题意；

故答案为D。

【分析】该化合物中X形成一个共价键，且原子序数最小，则X为H兀素，Y可以形成3个共价键，应

为N或B元素，Z形成4个共价键，原子序数大于Y,若Y为N,则Z为Si,W可以形成一个共价

键，且原子序数大于Z,则此时W只能是C1,这种情况则没有合理的M,所以Y为B元素，Z为C元

素，W为F元素，M为S元素。

17.【答案】（1）Is22s22P63s23P2；2

（2）>；二氧化硅为共价晶体而四氯化硅为分子晶体

（3）6；sp3、sp；Fe?+价电子排布为3d6,Mi?+价电子排布为3dMi?+3d轨道为半满较稳定状态

248

⑷k"in21

【解析】【解答】（1）硅为14号元素，基态Si原子的电子排布式为Is22s22P63s23P2；该原子价层电子排布

为3s23P2,其电子运动状态有4利1。

（2）二氧化硅为共价晶体而四氯化硅为分子晶体，共价晶体沸点高于分子晶体，则沸点：SiO2>

SiCl4；

（3）①由化学式可知，Mn原子的配位数为6；CH’CN中甲基碳为sp，杂化，-ON中碳为sp杂化，

故C原子的杂化类型为sp\sp:

②Mif+价电子排布为3d5,3d轨道为半满较稳定状态；Fe"价电子排布为3d6,容易失去1个电子，故

气态Mi?+再失去1个电子比气态Fe2+再失去1个电子难;

(4)根据,,均摊法"，晶胞中含8x1+6xg=4个N4、12x：+l=4个TN,则晶体密度为

4M

-^-xlO2,gcm-3=^-xlO2,g-cnr30

33

aaNA

【分析】(1)硅为14号元素,其电子排布式为Is22s22P63s23P2：

(2)共价晶体的沸点比分子晶体更高；

(3)①杂化轨道:中心原子成键电子对数十孤电子对数，若杂化轨道数=2,为sp杂化，杂化轨道数

=3,为spa杂化,杂化轨道数=4,为sp3杂化;

②Fe?+价电子排布为3dMr?♦价电子排布为3d5,MM+3d轨道为半满较稳定状态；

(4)品胞的密度要结合体积、阿伏加德罗常数、摩尔质量判断。

10

18.【答案】⑴3d：CU(OH)?+4NH3=[CU(NH3)4](OH)?

(2)sp^sp2；>

(3)N、0、Cl；6

【辞析】【解答】(1)基态的价电子排布式为3di°，Cu(OH)2溶于氨水生成氢氧化四氨合铜，故化

学方程式为CU(OH)2+4NH，=[Cu(NH//(OH)?。

(2)NO；中N原子的价层电子对数为2,N原子为sp杂化，键角为180。，NO；的价层电子对数为3,

N原子为sp?杂化，键角约为120。，故键角：NOJ>NO；.

(3)配位化合物[0(?4也)3(凡0)2。厂的中心离子是C产，其提供空轨道，配体NH,中的N原子和

H2。中的o原广提供电子对形成配位键，该配合物中c「也是配体，推断ci也提供了电子对参与形成

配位键；NH3.H2OSC「均是配体，则中心离子的配位数为6。

【分析】(1)基态CM的价电子排布式为3di°，Cu(OH)2溶于氨水生成氢氧化四氨合铜：

(2)NO；中N原子的价层电子对数为2：NO2的价层电子对数为3；孤电子对间排斥力〉孤电子对和

成犍电子对之间的排斥力〉成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；

(3)[cMNHjjHzObCl「的中心离子是Cr"，配体是NH?。

19.【答案】(1)3d74s2;N

（2）电子层数相同，最外层电子数相同，只有次外层的3d电子数不同

（3）18；AB

（4）正四面体；sp3；分子

150+59+3x16

（5）

a3^xl0-30

2+

（6）Fe?+的半径小于Co,FeO的晶格能大于CoO,FeCOj比CoCO3易分解

【解析】【解答】（l）Co为27号元素，基态原子核外电子排布式为[Ar]3dzs2；基态Co原子3d轨道有3

个未成对电子，第二周期中有3个未成对电子的元素为N元素；（2）Fe、Co、Ni核外电子排布式分别为

[Ar]3d64s2、[Ar]3d74s2、[Ar]3d84s2,电子层数相同,最外层人子数相同,只有次外层的3d电子数不同，

故原子半径相近、化学性质相似；（3）Fe的价电子排布式是3d64s2,价电子数为8,CO作配体提供2个电

子，故价电子数和配体提供电子总数为8+2x5=18；N2的结构式是N三N,有"键和兀键，则互为等

电子体的CO也有。键和兀键，答案为AB；（4）由结构图可知Ni（CO）4空间构型为正四面体，中心原子

Ni为sp3杂化,熔沸点较低，属于分子晶体：（5）Ni位于。形成的一正八面体空隙中,则Ni位于晶胞的顶

点；该晶胞中有1个Sm原子，8xi=1个Ni原子，12x-L=3个O原子，则该晶胞的密度为

84

150+594-3x16

Cm

Q3NxlO一兆9'⑹已知r（Fe2+）为62pm,r（Co?+）为66pm,则FeO的晶格能大于CoO,加热

FeCOa和CoCCh时，FeCCh更易分解。

【分析】（1）根据能量最低原理书写C。原子核外电子排布式；（2）Fe、Co、Ni原子结构相似；（3）配合物

Fe[CO）5中1个配体原子提供2个电子；等电子体具有相似的结构；（4）由Ni（CO）4的结构与相关性质分

析；（5）Ni位于O形成的正八面体空隙中，则Ni位于晶胞的顶点；（6）离子晶体，半径越小，晶格能越

大。

20.【答案】（D[Ar]3d8或者A22s22P63s23P63d8；23；B

（2）1：1；NHa中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成犍电子对的排斥

作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱

22

（3）Ni（CN”NH3c6H6；（0,0,与；rl-r2）+-a

cV22

【解析】【解答】⑴①已知Ni是28号元素,故基态Ni?+核外电子排布式为[Ar]3d8或者

"2s22P63s23P63d8,故答案为：[AiJ3d8或者Is22s22P63s23P63d8；

②丁二酮月亏银分子中Ni2+采取dsp2杂化，为平面正方形构型，则该分子中有C=N双键所在的平面和

Ni”的形成的平面正方形平面，则分子中除了每个甲基上有2个H原子不可能与气体原子共平面之外，

其余23个原子可能共面，故答案为：23；

③丁二酮肪馍分子内存在N提供孤电子对和Ni2+提供空轨道形成的配位键，不存在阴、阳离子之间形成

离子键，氢键和范德华力均不属于化学键，则丁二酮后喉分子内存在的化学键有配位键，故答案为：B；

(2)①已知单键均为。键，双键为1个。键和I个花键，三键为1个。键和2个兀键，则I分子Ni(CO%

中含有4个配位键，4个C三N,即含有8个。键与8个兀键，则晶体中含有的。键与兀键数目之比为8：

8=1：I,故答案为：1：1；

②由于[Ni(NH3)6]2-中的NH3中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-H的成

键电:对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱，导致键角H-N-H比独立存在的

NH3分子中键角略大，故答案为：NHs中孤电子对进入Ni2+的空轨道变为成键电子对，原孤电子对对N-

H的成键电子对的排斥作用力变为成键电子对之间的排斥作用力，排斥力减弱；

⑶一个晶胞中含Ni个数为：刈!，含有苯分子个数为1,NH3分子个数为：4x1=1,CN为：

8x1=2,则该晶体的化学式为Ni(CN)2-NH3-C6H6,由题干晶胞图示可知，A点的分数坐标为(0,0,

4

工)；将B点和底面的面心C点连接，设原点为O点，则有：AO为口pm,OC为立apm,BC为

c2

(j-r2),过A点作BC的垂线垂足为D点，则有BD=BC-AON^FF),根据直角三角形ABD有：

BD2+AD2=AB2,AD=OC,故晶胞中A、B间距离d二6而7:J《-r"r2)2+(*a)2=

J(--rl-r2)2+-a2pm,故答案为：Ni(CN)2NH3C6H6；(0,0,与；J(--rl-r2)2+-!-a2o

V22