河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-26分子结构与性质

这是一份河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-26分子结构与性质，共45页。试卷主要包含了单选题，多选题，工业流程题，结构与性质，填空题等内容，欢迎下载使用。
河北高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-26分子结构与性质

一、单选题
1．（2023·河北·校联考模拟预测）某课题组发现水团簇最少需要21个水分子才能实现溶剂化，即1个水分子周围至少需要20个水分子，才能将其“溶解”(“溶解”时，水团簇须形成四面体)。下列叙述正确的是

A．(H2O)21中水分子之间的作用力主要是氢键
B．(H2O)21和(H2O)23互为同系物
C．加热(H2O)23变为(H2O)19还破坏了极性键
D．(H2O)21晶体属于共价晶体
2．（2023·河北张家口·统考三模）氟元素可形成多种有工业价值和科研价值的化合物，如OF2、NF3、XeF2等。其中XeF2的四方晶胞结构如图所示，图中M点原子坐标参数为(，，)，Xe和F的最短距离为bnm、下列说法错误的是
  
A． OF2分子中键角小于分子中的
B．中Xe的杂化方式为sp
C．基态N、F原子核外电子均有5种空间运动状态
D．Q点原子坐标参数为 []
3．（2023·河北张家口·统考三模）具有抗病毒作用的化合物M可由Heck反应合成。下列说法错误的是

A．P、Q、M中所有原子均可能共平面
B．M的同分异构体中，均不含有手性碳
C．P、Q、M中碳原子的杂化方式相同
D．P、Q、M苯环上一氯代物的数目之比为(不含立体异构)
4．（2023·河北沧州·统考二模）两种有机物A和B均为烃的含氧衍生物，且均只含一个氧原子，有关性质如下：
有机物
相对分子质量
熔点
沸点
溶解性
A
46
-117.3℃
78.5℃
与水任意比互溶
B
74
-116.6℃
34.5℃
不溶于水

A．A和B可能属于同系物
B．若要除去A中的少量B，可以采用蒸馏的操作方法
C．A中沸点比B的沸点高是因为A中含有分子间氢键
D．B的同系物C，相对分子质量比B大14，其同分异构体中与B同类别的有6种(不考虑立体异构)
5．（2023·河北沧州·统考二模）核酸检测样品盛放在含有胍盐的标本保存液中，胍盐可以灭活病毒，有效保存多种病毒核酸。胍的结构简式如图，有关说法正确的是

A．胍是含氮有机物，所含元素的电负性大小顺序为
B．胍分子中C原子和3个N原子的杂化方式相同
C．晶体易吸收空气中生成碳酸盐
D．胍分子中两个单键N原子与C原子形成的N−C−N键角大于120°
6．（2023·河北·校联考模拟预测）烯烃化合物与CO2和H2的三组分氢羧化反应得到脂肪族羧酸化合物被称为“梦幻反应”。光催化CO2和H2的苯乙烯类氢发生羧化反应的历程如图所示(—Me为甲基，—Ar代表芳香烃类基团)。下列叙述错误的是

A．该转化中，物质1与CO2、H2发生加成反应生成物质2
B．物质D为催化剂，物质E和F为中间产物
C．该转化中，断裂和形成了3个π键、3个σ键
D．Rh与氧原子间形成了配位键
7．（2023·河北衡水·校联考二模）某研究团队提出了以氧化石墨烯(GO)为催化剂设计的简易膜反应，其反应为  ，反应过程中能量变化如图所示，下列说法中正确的是

A．反应中(除GO外)既有极性键和非极性键的断裂，又有极性键和非极性键的形成
B．分子中的碳原子均采用杂化
C．催化剂可降低反应的活化能，从而改变反应的焓变
D．氧化石墨烯的作用之一可能是吸附反应物形成更稳定的反应中间体
8．（2023·河北衡水·校联考二模）配合物顺铂(结构如图)是临床使用的第一代铂类抗癌药物。其抗癌机理：在铜转运蛋白的作用下，顺铂进入人体细胞发生水解，生成的与DNA结合，破坏DNA的结构，阻止癌细胞增殖。下列说法错误的是
  
A．中(Ⅱ)的配位数为4
B．的配合物中提供孤对电子
C．与铂(Ⅱ)的结合能力小于与铂(Ⅱ)的结合能力
D．配合物[]存在顺反异构，说明该配合物为平面结构
9．（2023·河北衡水·校联考二模）铁畐化钾遇会生成沉淀(带有特征蓝色)，该反应可用于检验亚铁离子。下列有关化学用语表示正确的是
A．基态的价层电子排布图：  
B．中杂化轨道的电子云轮廓图：  
C．的原子结构示意图：  
D．中阴离子的结构式：  

二、多选题
10．（2022·河北邢台·校联考模拟预测）如图所示化合物是一种新型功能材料，可广泛应用于工业生产。其中X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，X和W同主族。下列说法正确的是

A．四种元素中，Z的原子半径最大，Y的原子半径最小
B．X、Y简单氢化物均可形成氢键
C．Z的氧化物既能和强酸溶液反应又能和强碱溶液反应
D．W的最高价含氧酸是溶于水的弱酸
11．（2021·河北唐山·统考三模）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，W的原子半径在矩周期主族元素中最大，由Y、Z、W三种元素形成的化合物A的结构如图所示。下列叙述错误的是

A．Y的氢化物沸点一定低于Z的氢化物
B．X与Z可能形成由极性键与非极性键构成的极性分子
C．化合物可以与乙二醇在一定条件下发生缩聚反应
D．0.1化合物A与足量酸性高锰酸钾溶液完全反应转移电子数是0.1

三、工业流程题
12．（2023·河北·校联考模拟预测）从某冶锌工厂的工业废料［除ZnO和少量外，还含有铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物］中回收几种金属的单质或化合物的工业流程如下：

已知：该工艺条件下，，。
请回答下列问题：
(1)下列措施更有利于完成“酸浸1”目的，提高“酸浸1”浸取率的是_______(填选项字母)。
A．适当升高温度 B．酸浸过程中不断搅拌
C．将硫酸浓度增大到70% D．加大废料的用量
(2)“浸液1”中约为0.1 ，则除时应控制pH的范围为 。已知：当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。
(3)“酸浸2”时铋的氧化物()发生反应的离子方程式为 。
(4)实验室进行“萃取”时用到的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯。其中水相从分液漏斗的 (填“下口放出”或“上口倒出”)。
(5)“沉锗”的反应原理为，该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，原因为 。
(6)氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构与六方硫化锌的晶胞结构相同，其晶胞如图所示。位于构成的 (填“四面体空隙”“六面体空隙”或“八面体空隙”)中，氧化锌的熔点高于硫化锌，原因为 。


四、结构与性质
13．（2022·河北唐山·统考三模）“空气变馒头不是梦”，中国科学家在国际上首次实现了到淀粉的从头合成，不依赖植物光合作用，原料只需、和电，相关成果发表在《科学》上。请回答下列问题：
(1)的空间构型为 ，其中C原子的杂化方式为 。基态氧原子的最外层的成单电子和成对电子之比为 。
(2)试推测 (填“能”或“不能”)溶于，理由是 。
(3)淀粉遇碘变蓝。单质碘易溶于KI溶液，原因是 (用离子方程式表示)。
(4)淀粉在一定条件下可水解成葡萄糖()，葡萄糖分子中键角 (填“>”、“C>H，元素的非金属性越强，电负性越大，则元素电负性大小顺序为N>C>H，故A错误；
B．由结构简式可知，胍分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，故B错误；
C．由结构简式可知，胍分子中的氮原子具有孤对电子，能与氢离子形成配位键而表现碱性，所以胍分子中能吸收酸性氧化物二氧化碳而生成碳酸盐，故C正确；
D．由结构简式可知，胍分子中双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，双键与单键之间电子对的斥力大于单键与单键之间电子对的斥力，所以胍分子中两个单键氮原子与碳原子形成的N—C—N键角小于120°，故D错误；
故选C。
6．C
【详解】A．该转化中，与CO2、H2反应生成，碳碳双键两端的碳原子直接与-COOH、H原子连接，反应类型为加成反应，故A正确；
B．物质D反应前后不变，物质D为催化剂，物质E和F为中间产物，故B正确；
C．该转化中，形成了3个C-H、1个O-H、1个C-C σ键，故C错误；
D．根据图示，F中Rh与氧原子间形成了配位键，故D正确；
选C。
7．D
【详解】A．反应中没有非极性键的断裂，A项错误；
B．分子中，C原子的杂化方式有sp、、，B项错误；
C．催化剂可以降低反应的活化能，不可以改变反应的焓变，C项错误；
D．由图中信息可知，氧化石墨烯可吸附反应物形成更稳定的反应中间体，利于反应进行，D项正确；
故选：D。
8．C
【详解】A．根据配合物顺铂[]的结构分析，得到中(Ⅱ)的配位数为4，故A正确；
B．氨气中氮有一对孤对电子，因此的配合物中提供孤对电子，故B正确；
C．顺铂进入人体细胞发生水解，生成的，说明与铂(Ⅱ)更易结合即与铂(Ⅱ)的结合能力大于与铂(Ⅱ)的结合能力，故C错误；
D．配合物[]存在顺反异构，说明不是四面体结构，而该配合物为平面结构，故D正确。
综上所述，答案为C。
9．B
【详解】A．铁原子失去2个电子形成亚铁离子，基态的价层电子排布图为  ，A错误；
B．中为sp杂化呈直线形，则杂化轨道的电子云轮廓图：  ，B正确；
C．原子中有7个质子、7个电子，原子结构示意图  ，C错误；
D．中阴离子为，其中铁提供空轨道、-CN中碳提供孤电子对，从而形成配位键，结构式：  ，D错误；
故选B。
10．AC
【分析】已知X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，由图形可知，X和W最多连接四个化学键，又因为X和W同主族，因此可确定X为碳元素，W为硅元素；Z连接三个化学键，且原子序数比硅小，比碳大，则Z为铝元素；Y连接两个化学键，结合题意为氧元素。
【详解】A．四种元素中，铝的原子半径最大，氧的原子半径最小，故A正确；
B．碳、氢两种元素形成的简单氢化物为甲烷，不能形成氢键，故B错误；
C．三氧化二铝为两性氧化物，既能和强酸溶液反应，又能和强碱溶液反应，故C正确；
D．硅的最高价含氧酸为硅酸，是不溶于水的弱酸，故D错误；
故选AC。
11．AD
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X与Z可以形成两种常见液态化合物，则X为H元素，Z为O元素，W的原子半径在同周期主族元素中最大，则W为Na元素，由化合物A的结构简式示意图可知，Y周围形成4个共价键，故Y为C，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，Y为C，则Y的氢化物可以为气态烃、液态烃和固态烃，而Z为O，则Z的氢化物可为水或H2O2，故Y的氢化物沸点不一定低于Z的氢化物沸点，A错误；
B．由分析可知，X为H，Z为O，O原子与H原子形成过氧化氢，由极性键与非极性键构成的极性分子，B正确；
C．由分析可知，化合物即即乙二酸，乙二酸可以与乙二醇在一定条件下发生缩聚反应，一个羟基再加一个氢就可以结合成H2O分子，即可发生缩聚，C正确；
D．化合物A即Na2C2O4，其与酸性高锰酸钾溶液反应时C由+3价升高到CO2中的+4价，故 0.1化合物A与足量酸性高锰酸钾溶液完全反应转移电子数是0.2，D错误；
故答案为：AD。
12．(1)AB
(2)3Co 1 ：1 sp
(4) 三角锥形 大于
(5)MnF2、MnCl2都是离子晶体，F—半径小于Cl—，MnF2中的离子键比MnCl2中的离子键强
(6) 原子晶体

【详解】（1）钇元素的原子序数为39，价层电子排布式为4d15s2，故答案为：4d15s2；
（2）钴元素的原子序数为27号，基态原子的核外电子排布式为1s22s2 2p63s23p63d74s2 ，由泡利不相容原理可知，同一原子中不可能有运动状态完全相同的电子，所以原子核外有27种运动状态不同的电子，核外3d能级上有2对成对电子，故答案为：27；2；
（3）金属元素的第一电离能小于非金属元素，同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞Co；六氰合钴离子中配位键属于σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中含有1个σ键和2个π键，离子中σ键与π键的数目之比为(6+6)：6×2=1：1，形成碳氮三键的碳原子的杂化方式为sp杂化，故答案为：N＞O＞Co；1：1；sp；
（4）氨分子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型为三角锥形；在配离子中，氨分子中氮原子的价层孤电子对与锰离子形成配位键，孤电子对对成键电子对排斥力减小，键角增大，[Mn(NH3)2]2+中键角∠HNH大于NH3中键角∠HNH，所以故答案为：三角锥形；大于；
（5）由熔点可知，氟化锰和氯化锰都是离子晶体，氟离子的离子半径小于氯离子，氟化锰中的离子键强于氯化锰中离子键，所以熔点高于氯化锰，故答案为：MnF2、MnCl2都是离子晶体，F—半径小于Cl—，MnF2中的离子键比MnCl2中的离子键强；
（6）由晶体的熔点为2870° C，硬度与金刚石相当可知，碳化钨是原子晶体；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心、棱上、体内的钨原子数为12×+2×+6×+1=6，碳原子位于体内，位于体内的碳原子数为6，设钨原子设底边长为xcm，底面积S= ×x××6=，由晶胞的质量公式可得：=aρ，解得x=nm，故答案为：。
16．(1) p 7
(2)Na
(3)A
(4)Al原子半径更小，形成的金属键更强
(5) 四面体形 三甲基铝中Al具有空轨道，胺类中N具有孤电子对，二者可通过配位键结合
(6) 或

【详解】（1）Al是13号元素，其基态原子核外电子排布式为，属于p区元素，根据其电子排布式可知其基态原子核外具有1+1+3+1+1=7种空间运动状态不同的电子；
（2）Mg的价层电子排布式为3s2，Al的价层电子排布式为3s23p1，则Mg的第一电离能大于Al，故同周期第一电离能比Al小的就只有Na；
（3）一般认为两个成键元素的电负性差值大于1.7，它们之间通常形成离子键，含有离子键的化合物是离子化合物。根据表中电负性数据进行计算，可判断4种含铝化合物中属于离子化合物的只有，故选A；
（4）两者都是金属晶体，则Al原子半径更小，形成的金属键更强，故其熔点更高，故答案为：Al原子半径更小，形成的金属键更强；
（5）①三甲基铝分子中C参与形成4个键，没有孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体形；分子中Al参与形成3个键，没有孤电子对，因此其杂化轨道类型为杂化；
②三甲基铝中Al具有空轨道，胺类中N具有孤电子对，二者可通过配位键结合；
（6）①由均摊法可知，该合金Cr—Al晶体中含有Al：8×+1=2，含有Cr：8×+2=4则其化学式为或；
②根据合金Cr—Al晶体的晶胞结构，再结合密度公式，可计算其密度。
17．(1)A
(2)3d9
(3) sp2、sp3 平面三角形 C
(4) ＜ ，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO
(5) CuCo2O4

【详解】（1）红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫的波长逐渐减小，则绿色对应的辐射波长为577~492nm，故选A。答案为：A；
（2）基态Cu的价电子排布式为3d104s1，所以Cu2+的价电子排布式为3d9。答案为：3d9；
（3）HCOOH、CH4、CH3OH三种物质中碳原子的价层电子对数分别为3、4、4，所以杂化形式为sp2、sp3、sp3，故有sp2、sp3；催化CO2还原的过程中可能产生，该离子的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，所以空间构型为平面三角形。CO可与金属镍形成四面体构型分子Ni(CO)4，由于CO中C原子存在一对孤对电子，所以CO中与Ni形成配位键的原子是C。答案为：sp2、sp3；平面三角形；C；
（4）NiO、FeO属于离子晶体，已知，由于离子带电荷相同，离子半径越小，晶格能越大，所以晶格能NiO＜FeO，故熔点NiO＜FeO，原因是，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO。答案为：＜；，则NiO的晶格能小于FeO，故熔点NiO＜FeO；
（5）由CuxCoyOz的晶胞结构分析，1个晶胞中含有Cu的个数为，Co的个数为4×4=16，O的个数为4×8=32，即化学式为CuCo2O4。该晶体的体积V=(2a×10-7)3cm3，1个晶胞中含有CuCo2O4的物质的量为mol，密度为。答案为：CuCo2O4；。
【点睛】计算晶胞中所含有的离子个数时，可采用均摊法。
18．(1) 9 1s22s22p63s13p33d1
(2) sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]
(3)Π
(4)10
(5) YFeO3 (，+m，)

【详解】（1）基态磷原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p3，原子核外每一个原子轨道都是一种电子空间运动状态，s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，所以一共有9个轨道，即9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于将一个3s电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s13p33d1。
故答案为：9，1s22s22p63s13p33d1。
（2）偏二甲肼[(CH3)2NNH2]中的氮原子均有3个键和1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为：sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]，所以N2H4的熔沸点高于[(CH3)2NNH2]。
故答案为：sp3，N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼[(CH3)2NNH2]。
（3）由的结构可知，每个N原子形成3个键，且4个N原子失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为：个，即参与形成大π键电子数为6，原子数为4，可表示为。
故答案为：。
（4）Cu2+可形成[Cu(X)2]2+，其中X代表CH3—NH—CH2—CH2—NH2，其中的C、N原子一共5个且价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体，1mol[Cu(X)2]2+中，VSEPR模型为正四面体的非金属原子有mol；
故答案为：10。
（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为个，O原子个数为个，故铁酸钇的化学式为：YFeO3，根据正交相晶胞结构如图可知3号Fe原子的x坐标与2号O原子x坐标一致，y坐标由（x-y）正交图可知与2号O原子均在中间且靠右方向，z坐标在处，即3号Fe原子的分数坐标为(，+m，)。由公式可得晶胞体积为： pm3。
故答案为：YFeO3，(，+m，)，。
19．(1) 3d74s2 N
(2) 三角锥形 sp3
(3) 2 6
(4)3：4
(5) C3N4 氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
(6) (，，) ××1010

【详解】（1）Co元素位于第四周期Ⅷ族，因此价电子排布式为3d74s2；元素周期表中，一般非金属性越强，第一电离能越大，同周期从左向右第一电离能是增大趋势，因此第一电离能最大的是N；故答案为3d74s2；N；
（2）SO中心原子S的价层电子对数为3+=4，空间构型为三角锥形；SO中心原子S的价层电子对数为4+=4，因此S的杂化方式为sp3；故答案为三角锥形；sp3；
（3）根据配合物的组成，1mol配合物中外界有2molCl－，因此与足量硝酸银溶液反应，得到2molAgCl；Co2＋的配位数为4＋1＋1=6；故答案为2；6；
（4）(CN)2中每个原子最外层都达到都达到8电子结构，即(CN)2的结构式为N≡C－C≡N，σ键的数目为3，π键数目是4，因此个数比值为3∶4；故答案为3∶4；
（5）根据图1可知，1个N连3个C，1个C连4个N，因此化学式为C3N4；C3N4、金刚石均为共价晶体，硬度与共价键有关，C的半径大于N，因此C－C键长比C－N键长长，C－C键能比C－N键能弱，因此金刚石的硬度比氮化碳低；故答案为C3N4；氮化碳和金刚石都是原子(共价)晶体，N的原子半径小于C，氮碳键的键能大于碳碳键
（6）根据题中要求，得出氮化镓的晶胞图为则原子3的坐标为(，，)；根据信息，N原子在晶胞内部，个数为4，Ga位于顶点和面心，个数为=4，氮化镓的化学式为GaN，晶胞的质量为=g，根据密度的定义，得出晶胞的边长为cm，Ga与N最近的距离，即Ga-N键长应是体对角线的，从而推出Ga-N键长××1010pm；故答案为(，，)；××1010。
20．(1) 3s23p1 10
(2) sp3 SiO
(3) Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，更稳定 1：1 CO、N2、C
(4) 12 2：1

【解析】（1）
铝元素的原子序数为13，价电子排布式为3s23p1；钾元素的原子序数为19，电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，原子核外s轨道电子、p轨道电子的空间运动状态分别为4、6，共有10种，故答案为：3s23p1；10；
（2）
由硅酸盐的结构可知，每个硅原子与4个氧原子相结合形成硅氧四面体结构，则硅原子的杂化方式为sp3杂化；硅氧四面体结构中含有1个硅原子，2个氧原子为四面体所拥有、2个硅原子为2个四面体所拥有，则氧原子的个数为2+2×=3，则硅酸盐中硅氧原子的个数比1：3，由化合价代数和为0可知，硅酸盐的最简式为SiO，故答案为：sp3；SiO；
（3）
铁元素的原子序数为26，亚铁离子的价电子排布式为结构不稳定的3d6，铁离子的价电子排布式为结构稳定的3d5，所以铁离子的能量低于亚铁离子，比亚铁离子稳定；铁氰化钾中铁氰酸根离子中铁离子与氰酸根离子形成的配位键属于σ键，氰酸根离子的碳氮三键中有1个σ键和2个π键，则σ键和π键的个数比为(6+1×6)：2×6=1:1；一氧化碳、氮气、C离子与氰酸根离子的原子个数都为2、价电子数都为10，互为等电子体，故答案为：Fe3+的价电子排布为3d5的半充满结构，能量低，更稳定；1:1；CO、N2、C；
（4）
①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钛原子与位于面心的氧原子距离最近，则晶胞中离钛原子最近的氧原子有12个；由钛原子和氧原子构成的四面体空隙位于体对角线处，共8个；构成的八面体空隙位于体心和棱中点，共4个，则四面体空隙和八面体空隙之比2：1，故答案为：12；2：1；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钛原子个数为8×=1，位于面心的氧原子个数为6×=3，位于体心的钴原子个数为1，则晶胞的化学式为CoTiO3，设晶胞的边长为anm，由晶胞的质量公式可得：=(a×—7)3ρ，解得a=，晶胞中位于顶点的钛原子与位于面心的氧原子距离为面对角线的，则晶胞中钛原子与氧原子的最近距离是，故答案为：。
21．(1)4s1
(2)C
(3)5：4
(4) 异硫氰酸可形成分子间氢键，而硫氰酸不能 CO2或COS
(5) 11 H＞B＞Cu
(6) 4 50%

【详解】（1）铜元素的原子序数为29，基态铜原子的最高能层为N层，N层的电子排布式为4s1，故答案为：4s1；
（2）六水合铜离子中，铜离子与6个水分子形成6个配位键，离子中含有6个σ键，则铜离子的杂化方式为sp3d2杂化，故选C；
（3）由图可知，亚铜离子连有3个氰酸根离子，其中2个氰酸根离子为2个亚铜离子共有，则亚铜离子和氰酸根离子的个数比为1：(1+2×)=1：2，则阴离子的化学式为Cu(CN)，亚铜离子与2个氰酸根离子形成的配位键为σ键，氰酸根离子中的碳氮三键中有1个σ键、2个π键，则结合长链结构可知，离子中σ键和π键的个数比为(1+2+1×2)：2×2=5：4，故答案为：5：4；
（4）异硫氰酸分子中含有的=N—H能形成分子间氢键，而硫氰酸中还有的—S—H不能形成分子间氢键，则异硫氰酸分子的分子间作用力强于硫氰酸，沸点高于硫氰酸；CO2、COS与硫氰酸根离子的原子个数都为3、价电子数都为16，互为等电子体，故答案为：异硫氰酸可形成分子间氢键，而硫氰酸不能；CO2或COS；
（5）①分子中氮原子和碳原子的价层电子对数都为4，模型都为四面体形，则分子中模型为四面体形的原子有4个，故答案为：4；
②金属元素的电负性小于非金属元素，由四氢合硼离子中氢元素呈—1价可知，氢元素的电负性强于硼元素，则三种元素的电负性大小顺序为H＞B＞Cu，故答案为：H＞B＞Cu；
（6）①由晶胞结构可知，1个铟原子周围连接4个距离最近的碲原子，则铟原子的配位数为4；由晶胞结构可知，1个铟原子参与形成的四面体空隙有8个，形成的八面体空隙也有8个，则四面体空隙的占有率为×100%=50%，故答案为：4；50%；
②由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上和面心的铟铜原子个数为4×+6×=4，位于体内的碲原子个数为8，则化学式为CuInTe2，设晶胞的密度为dg/cm3，由晶胞质量公式可得：=(a×10—7cm) ×c×10—7cm×d，解得d=，故答案为：。
22． 和 或 在原子数目相同的条件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越稳定 sp3 SiF4、SO2F2等 B
【详解】(1)在的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为（或）、、和，其中核外电子排布相同的是和。
(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为或。
(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若4mol N形成类似白磷分子结构的N4分子，可以释放出的能量为193kJ´6=1158kJ；若4mol N形成N2分子，则可释放的能量为946kJ´2=1892kJ，显然，形成N2分子放出的能量更多，故在N数目相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若4mol P形成分子，可以释放出的能量为197kJ´6=1182kJ；若4mol P形成P2分子，则可释放的能量为489kJ´2=978kJ，显然，形成P4分子放出的能量更多，故在P数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。
(4)含氧酸分子中只有羟基上的H可以电离；由是次磷酸的正盐可知，为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外2个H与P成键，还有一个O与P形成双键，故其结构式为，其中P共形成4个σ键、没有孤电子对，故其价层电子对数为4，其采取sp3杂化。
(5)等电子体之间的原子总数和价电子总数都相同，根据前加后减、前减后加、总数不变的原则，可以找到与电子总数相同的等电子体分子为SiF4、SO2F2等。
(6)由题中信息可知，n个磷酸分子间脱去（n-1）个水分子形成链状的多磷酸，因此，如果有n个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则可脱去n个水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相应的酸根，故该酸根可写为。
(7)①由晶胞结构可知，位于晶胞的顶点、面上和体心，顶点上有8个、面上有4个，体心有1个，故晶胞中的数目为；位于面上和棱上，面上有6个，棱上4个，故晶胞中的数目为。因此，平均每个晶胞中占有的和的数目均为4，若晶胞底边的边长均为、高为，则晶胞的体积为10-30a2c cm3，阿伏加德罗常数的值为，晶体的密度为。
②由图（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x轴方向的投影图为 ，选B。
23． 2 三角锥形 BCE sp
【详解】(1)基态原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；
(2)(表示苯基)中配体为原子的价电子数为5，其中3个电子与苯基形成单键，余下2个电子形成一对孤对电子(用于形成配位键)，因此P原子采取杂化，故配体的空间构型为三角锥形；中存在(极性键)，(非极性键)，(配位键)，答案选BCE；
(3)基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2，基态Mn原子的价电子排布式为3d54s2，Fe原子质子数多，对核外电子吸引力更强，故第一电离能Fe＞Mn，基态Zn原子的价电子排布式为3d104s2，为全满结构，故Zn的第一电离能最大，则第一电离能Zn＞Fe＞Mn；
(4)中C、N以三键连接，三键中含有1个键，2个键，故键与键的数目之比为，键不参与杂化，只有1个键参与杂化，C上有1对孤对电子，故C的杂化方式为sp杂化；
(5)根据均摊法可得，该晶胞中含有4个C和4个，故原子所占的总体积，该晶胞的体积为，则原子的空间利用率为。
24． Ti、Ni、Se 1:2 低 Sn＜H＜Cl＜O 4 bc ＞ HCO中含有羟基，可与另外的HCO中的氧原子形成氢键，从而形成多聚体，降低溶解度 (，，) ×1010或×1010
【详解】(1)基态Ge原子价电子排布式为4s24p2，有2个未成对电子，第四周期基态原子未成对电子数与Ge原子相同的元素的价电子排布应为3d24s2、3d84s2、4s24p4，分别为Ti、Ni、Se元素；晶体硅中每个Si原子形成4个共价键，每个共价键被两个Si原子共用，所以1mol晶体硅中含有1mol×=2mol共价键，碳化硅中每个硅原子形成4个Si-C键，不与别的硅原子共用，所以1mol碳化硅含有4mol共价键，二者所含共价键数目之比为1:2；碳原子半径小于硅原子，所以Si-C键的键长小于Si-Si键，键能更大，所以晶体硅的熔点比碳化硅的熔点低；
(2)Sn为金属元素，电负性最小，非金属性O＞Cl＞H，所以电负性Sn＜H＜Cl＜O；Sn与C同族，所以价电子数为4，则[Sn(OH)3]-中Sn原子与O原子形成3个σ键，此外还有一对孤电子对，所以价层电子对数为4；该离子中Sn原子与O原子形成配位键，O原子和H原子形成共价键，不存在离子键，氢键不是化学键，故选bc；
(3)HCO中含有羟基，可以另外的HCO中的氧原子形成氢键，从而形成多聚体，降低溶解度，所以常温下在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3；
(4)B原子位于4个Sn原子形成的正四面体空隙中，在底面的投影距离y轴，距离x轴，在左侧面的投影距离轴，距离y轴，所以坐标为(，，)；
顶点的Sn原子投影到大正方形的四个顶点，侧面、底面、顶面的面心的Sn原子投影到大正方形的边的中间位置，前面、后面面心的Sn原子投影到大正方形的中心，内部的四个Sn原子位于正四面体空隙，所以投影到四个小正方形的中心，投影图为；
位于正四面体中心的Sn原子与周围4个Sn紧密接触，所以有2r(Sn)为体对角线的四分之一，则晶胞的体积为()3，晶胞中Sn原子的个数为+4=8，所以晶胞的质量为g，所以有=ρg·cm-3，解得r=(或)cm=×1010pm(或×1010pm)。
25． sp3 正四面体形 CO ABC 4
【详解】Ⅰ．(1)基态锰原子为25号元素，价电子排布式为3d54s2，则价电子排布图为；
(2)H2O2中氧原子则杂化轨道类型为sp3；
Ⅱ．(1)中心S原子，含有4条σ键，无孤电子对，则立体构型为正四面体；
(2)铁氰化钾中配体为CN-，含有2个原子，价电子总数为10，与其互为等电子体的极性分子为CO；铁氰化钾为离子化合物，存在的化学键有离子键、σ键、π键，故选ABC；
Ⅲ．(1)晶胞中Zn2+与其最近且相邻的S2-构成正四面体构型，则S2-的配位数为4；
(2)由晶胞结构可知，Zn2+位于晶胞的体内，个数为4，S2-位于晶胞的顶点和面心，个数=8×+6×=4，则1个晶胞中含有4个ZnS，该晶体密度。
26． N sp2、sp3 ② Ti4+ 中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力 2∶1
【详解】(1)同主族自上而下第一电离能减小，同周期自左至右第一电离能呈增大趋势，但N原子的2p轨道半满，更稳定，第一电离能大于相邻元素，所以四种元素中，第一电离能最大的是N；
(2)苯环、含氮杂环、碳碳双键中的碳原子均为sp2杂化，甲基中的碳原子为sp3杂化；图中所标四处中，③、④均为非极性共价键，①处N原子形成3个键，N原子价电子数为5，所以3个键均为极性共价键，N原子还有一对孤电子对，②处N原子形成4个键，则与Zn原子形成的应是配位键；
(3)Ti4+的核外电子排布为1s22s22p63s23p4，没有3d电子，则其水合离子为无颜色；V3+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d2，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；Ni2+核外电子排布是：1s22s22p63s23p63d8，有未成对d电子，其水合离子为有颜色；故上述三种离子中水合离子无颜色的是Ti4+；
(4)和的中心原子价层电子对均为4，即都为sp3杂化，而中溴原子上有一个孤电子对，中孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于中成键电子对间的排斥力，导致键角：＜；
(5)参考石墨晶体结构可知一个Li原子被三个环共用，所以一个六元环中含有=2个Li原子，而N原子处于六元环中心，所以个数为1，则同层中锂、氮的原子个数比为2∶1；
根据均摊法，晶胞中N原子(黑球)的个数为=1，Li原子的个数为=3，所以晶胞的质量为g；底面为菱形，变成为a pm，则底面积为a2pm2，高为b pm，则晶胞的体积为a2b pm3=a2b×10-30cm3，所以密度为g/cm3.。
27． 洪特规则 B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键 sp3杂化 bc BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，分子间作用强，沸点高 Mg I3比 I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素
【详解】(1)O是8号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p4，价层电子排布式是2s22p4，氧原子价电子层上的电子可以进行重排以便提供一个空轨道与氮原子形成配位键，该氧原子重排后的价电子排布图为，其核外电子排布没有优先占据轨道，所以不符合洪特规则，故答案为：；洪特规则；
(2)因为B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键，根据键能越大物质越稳定可知，自然界中不存在硼单质，硼氢化物也很少，主要是含氧化物，故答案为：B-O键键能大于B-B键和B-H键，所以更易形成稳定性更强的B-O键；
(3) ①F3B-NH3晶体中，B原子与F、N以共价键相连，没有孤电子对，其价层电子对数为4+0=4，所以其杂化轨道类型为sp3杂化；
②F3B-NH3分子中B与F原子之间存在σ键，B提供空轨道，N提供孤对电子，两者形成配位键，且分子与分子之间存在范德华力，所以该晶体中不存在π键和离子键，bc符合题意，故答案为：bc；
(4)沸点大小关系：离子晶体＞分子晶体，结构相似的分子晶体，相对分子质量越大，其范德华力越大，对应的晶体沸点越高。因为BiF3是离子晶体，沸点较高，AsF3和AsCl3是分子晶体，沸点较低，AsCl3的相对分子质量大于AsF3的相对分子质量，则其分子间作用强（范德华力大），故沸点高；
(5)该元素的第三电离能剧增，即I3比I2大很多，说明价层有2个电子，则该元素属于第ⅡA族元素，为Mg元素，故答案为：Mg；I3比I2大很多，说明价层有2个电子，故该元素属于ⅡA族元素；
(6) 由价电子排布式nd2n＋2(n＋1)sn-1知，n=3，即Q原子的核外价电子排布式为3d84s2，则Q元素为Ni，因为一个晶胞中，La的个数为，Ni的个数为 ，则该晶胞的质量为，根据几何关系可知晶胞的体积为 ，则该合金的密度g·cm-3，故答案为：。
28．(1) M 哑铃(纺锤) B
(2)Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p-p轨道肩并肩重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键
(3) 正四面体形 sp2杂化和sp3杂化
(4) GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3
(5) MgB2

【分析】（1）根据硅原子最外层为第三层分析最高能层，根据第三层中占据sp能级分析最高能级为p，为哑铃形分析。根据洪特规则和电子进入高能级的数值分析。
（2）根据原子形成共价键需要进行最大程度的重叠进行分析分析。
（3）根据价层电子对数公式进行计算，推测空间结构和杂化方式。
（4）根据不同晶体的熔沸点的特点分析。
（5）根据晶胞中的均摊法分析化学式，并结合空间结构计算原子间距。
【详解】（1）基态Si原子中，核外电子占据三层，其中最高能层的符号为M，占据最高能级为P层，电子的电子云轮廓图形状为哑铃形；基态Ga原子的核外电子排布为[Ar]3d104s2p1，其转化为下列激发态时，吸收能量最少，则基态原子砷的电子进入高能级的电子最少，电子从基态进入高能级电子由多到少的顺序为C>B,AD违反洪特规则，所以所需能量最少的为B。
（2）Si原子半径大，原子之间形成的σ键键长较长，p-p轨道肩并肩重叠程度小或几乎不重叠，难以形成π键。
（3）阴离子BH的B原子价层电子对数= ，且不含孤电子对，则该离子为正四面体结构，另一种含硼的阴离子[B4O5(OH)4]2-中，硼原子价层电子对数是3，有的硼原子价层电子对数是4，所以硼原子的杂化方式为sp2杂化和sp3杂化
（4）GaCl3的熔点为77.9℃，GaCl3为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，GaF3的熔点为1000℃，为离子晶体，熔化时破坏离子键，离子键强于分子间作用力，所以GaCl3的熔点低于GaF3；气态GaCl3常以二聚体形式存在，二聚体中各原子均满足8e-结构，说明Ga形成一个配位键，二聚体的结构式为 ；
（5）镁原子处于晶胞顶点和面心上，顶点上镁原子为6个晶胞共用，面心上的镁原子为2个晶胞共用，B原子处于晶胞内部，为一个晶胞独有，故晶胞中镁原子个数为 =3，B原子个数为6，则该化合物的化学式可表示为MgB2；相邻B原子与Mg原子间的最短距离为B离上下面中的镁原子的距离，B原子在下面三角形中心的正上方，故相邻镁原子和硼原子间的最短距离为nm。