2023浙江模拟大题——物质结构大题30道解析版

这是一份2023浙江模拟大题——物质结构大题30道解析版，共52页。试卷主要包含了结构与性质等内容，欢迎下载使用。
一、结构与性质
1．（2023·浙江宁波·统考模拟预测）第ⅢA和第ⅤA元素可形成多种化合物。请回答：
(1)基态B原子核外电子占据的最高能级符号是 ，基态As原子的价层电子排布式是 。
(2)①固体储氢材料氨硼烷，其结构和乙烷相似，下列有关说法正确的是 。
A．氨硼烷中B原子的杂化方式为
B．相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷
C．元素B、N的第一电离能均高于相邻元素
D．是硼原子能量最低的激发态
②形成的化合物中配位键的强度： (填“>”、“O>N>C
B．冰晶石(Na3AlF6)中含有极性共价键、配位键、离子键
C．SO2F2的结构类似H2SO4，SO2F2中的键角∠OSOAlBr3>AlCl3，推测AlF3为离子化合物
(3)OF2分子的空间构型为 ；其分子极性 H2O(填“>”或“①>②
B．得电子能力：②>①>③
C．电离一个电子所需最低能量：②>①>④
D．微粒③价电子在简并轨道中单独分占，且自旋相同，故不能再继续失去电子
(3)八硝基立方烷结构如图所示，是一种新型高能炸药，其爆炸性强的原因是 。

(4)某种冰的晶胞结构如图所示，晶胞参数，，。该晶体类型是 ，密度为 (列出数学表达式，不必计算出结果)。

11．（2023·浙江宁波·镇海中学校考模拟预测）团簇已经成为化学和材料研究的前沿和热点，在金属的腐蚀、防腐以及催化等化学化工过程都涉及金属纳米团簇的研究。金属纳米团簇最外层需要配体来稳定，常见有硫醇配体、磷配体和炔配体。卤素作为第二配体或第三配体，其体积比硫醇配体、磷配体和炔配体更小，在形成纳米团簇的过程中空间位阻更小，而且卤素与金、银、铜具有较好的配位能力
(1)金位于元素周期表第六周期第IB族元素，其价电子排布式为 。
(2)金(Au)溶于王水的原理是金与强氧化性的硝酸生成微量的和NO，盐酸提供的与形成配离子，写出总反应的离子方程式： 。
(3)结构中非金属元素的电负性由大到小的顺序是 。

(4)第三周期部分主族元素的氟化物的熔点(见表)
由表中数值可以判断晶体类型为 ，比熔点低的原因 ；分子的空间构型为正八面体，如图所示，该分子的键角分别为 、 ，它的二氯代物有 种。

(5)一种含铜的热电材料的晶胞结构如图所示，底部边长为apm，高为cpm，该晶体的化学式为 ，设为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为 。

12．（2023·浙江·校联考三模）硫、硒及其化合物在科研和工农业生产中有着广泛应用。请回答：
(1)Se与S同主族，分子的VSEPR模型为 ，的沸点高于的原因是 。
(2)基态硒原子的价电子排布式为 ，Se的第一电离能比同周期相邻元素As小的原因是 。
(3)可用作高压发电系统的绝缘气体，分子结构如图1所示，下列说法正确的是___________。
A．该分子属于非极性分子
B．电负性F>S，键角∠FSF为90°或180°
C．中心原子的杂化方式为
D．该分子中所有原子均满足8的稳定结构
(4)单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型的超导材料，其晶胞结构如图，该化合物的化学式为 。
(5)已知β-MnSe晶体的晶胞结构如图所示，该正方体晶胞的边长为a pm，阿伏加德罗常数的值为，则该晶体的密度为 (列出表达式)。
13．（2023·浙江·校联考三模）回答下列难题
(1)已知五种气体的溶解度如下表(气体的压强为101 kPa，温度为293 K)。
①比较电负性大小：S P(填“>”“②>③
B．由光谱仪一定可以捕捉到发射光谱的是：②③④
C．电离一个电子所需最低能量：③>①>④
D．得电子能力：④>⑤>③
(3)已知由X、Y两种元素组成的物质晶胞部分结构如图。

①请补全该晶胞结构 ；
②该晶体中粒子的排列有 种不同的取向；
③请写出该物质的化学式 。(用X、Y表示)
14．（2023·浙江·校联考三模）氮及其化合物在医药化工领域应用十分厂泛。
I、配合物顺铂是临床使用的第一代铂类抗癌药物，其抗癌机理是在转运蛋白的作用下，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，如图所示：

请回答：
(1)基态N原子价层电子排布式为 。
(2)鸟嘌呤分子中N原子杂化方式为 。
(3)中配体与铂(Ⅱ)的结合能力： (填“>”或“”“ Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键稳定性低
(3) GaN 12
【详解】（1）基态B原子核外电子排布：，占据的最高能级符号2p；As原子序数33，基态As原子与的价层电子排布式；
（2）①A．氨硼烷，其结构和乙烷相似，则氨硼烷中B原子的杂化方式为，A错误；
B．氨硼烷分子与水分子间可形成氢键，所以相同条件下在水中的溶解度：氨硼烷>乙烷，B正确；
C．N原子核外电子排布处于半充满稳定结构，第一电离能高于相邻元素；B核外电子排布：，第一电离能不高于相邻元素，C错误；
D．2s能级未排满电子，不是硼原子能量最低的激发态，D错误；
答案选B；
②Cl电负性大，中Cl原子多，使N电子云密度降低，N的孤电子对不易给出与形成配位键，即形成的配位键稳定性低；
（3）均摊法计算可知Ga原子与N原子个数比为1：1，则其化学式：GaN；距离每个N原子距离最近的N原子数目为12；
2．(1)2s22p5
(2)AC
(3) V形或角形 O>H，所以的共用电子对偏向O，的共用电子对形成的极性与中心原子孤对电子形成的极性相同，而的共用电子对偏向F，O原子周围的电荷得到分散，所以的极性强于；
（4）有很强的结合质子的能力，随着HF浓度增大，会和HF结合生成，即，该反有效地降低了溶液中的浓度，促进HF的电离，酸性增强；
（5）根据均摊法计算，一个晶胞中的个数为，F的个数为，K的个数为，所以该含氟化合物的化学式为；
②该晶胞中共含有Cu原子2个，F原子8个，K原子4个，所以一个晶胞的质量，晶胞体积，所以该晶体的密度为。
3．(1) 4
(2) B 分子间氢键或氢键
(3)分子识别
(4) 减弱 为吸电子基团，电荷密度减少，配位能力降低
(5) 4
【详解】（1）基态C原子核外电子占几个轨道，就有几种空间运动状态，核外电子排布：，共4种不同的空间运动状态；O原子价层电子对数为4，为sp3杂化；
（2）烃基亲油，O原子亲水，则能表示18-冠-6在油相中结构的是图B；18-冠-6中含O原子，能与水分子间形成氢键；
（3）冠醚只能与空腔大小相接近的离子形成稳定结构，体现出超分子的分子识别特征；
（4）F原子比O原子电负性大，吸引电子能力比O原子强，F原子与钾离子间作用比O原子与钾离子间作用弱；
（5）离距离最近且相等的氧离子有4个，则其配位数为4；由晶胞结构图可知，8个全部位于体内，O原子位于顶点和面心，则O原子个数：，晶胞质量：，晶胞体积：，晶胞密度：；
4．(1)X射线衍射
(2)P>Mg>Ca>Na
(3) 3d6 正四面体
(4)Fe3+的3d能级为3d5半充满状态，较稳定
(5)
【详解】（1）中核集团核工业北京地质研究院科研团队，通过晶体X射线衍射实验等一系列高新技术手段，成功解译其晶体结构；
（2）同周期从左到右，第一电离能逐渐增大，第VA族和第VIA族反常，同周期稀有气体的第一电离能最大，同主族，从上往下，元素第一电离能逐渐减小，Mg、Ca同主族，所以电离能Mg﹥Ca，P、Na、Mg同周期，所以P>Mg>Na，Na失去一个电子达到饱和状态，而Ca要失去两个电子，所以电离能Ca>Na，则P、Na、Mg、Ca四种元素的原子第一电离能由大到小的顺序为P>Mg>Ca>Na；
（3）铁原子核外有26个电子，铁原子失去2个电子变成亚铁离子，Fe2+在基态时核外电子排布式为:
1s22s22p63s23p63d6，所以其价层电子排布式3d6；PO价层电子对个数为4且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知PO的VSEPR模型为正四面体结构；
（4）Fe3+较Fe2+稳定，是因为Fe3+的3d能级为3d5半充满状态，较稳定；
（5）Si-O键长为a nm=a×10-7cm，设晶胞边长为l，根据几何关系可知，晶胞中，共有8个Si原子，分别与两个O原子连接，所以晶胞摩尔质量为，则有密度。
5．(1)AC
(2)
(3) O＞N＞C＞H N－H…O 彼此通过范德华力结合使能量降低、熵减小
【详解】（1）A． 石墨烯碳原子形成3个σ键、采用 sp2杂化，金刚石中C形成4 个σ键、采用 sp3杂化、VSPRE 模型为正四面体形，A正确；
B． 多层石墨烯层间为范德华力、故为混合型晶体，金刚石均共价型晶体，B错误；
C． 结合选项A可知，1ml 石墨烯与金刚石中，σ键键数之比为 3:4，C正确；
D． 石墨烯中 C—C 键键能较金刚石大，则石墨烯更稳定，故石墨烯的内能更低，D错误；
选AC。
（2）按均摊法可知，每个平面正六边形中含个碳原子，图 1 中 C—C 键键长为 apm，平面正六边形面积为，则石墨烯的密度ρ=g/cm2 。
（3）同周期从左向右电负性逐渐增强，同主族从上到下电负性逐渐减弱，尿素中各种元素的电负性由大到小的顺序O＞N＞C＞H，由图知，尿素分子通过N－H…O氢键有序地组合成具有蜂窝状六角形通道结构的接受体。该超分子包合物能稳定存在的原因是彼此通过范德华力结合使能量降低、熵减小。
6．(1) BD
(2) 大于 CH中C原子为sp2杂化，键角为120°，CH4中C原子为sp3杂化，键角为109°28’
(3)BD
(4)
【详解】（1）基态核外电子排布式为，则其轨道表示式为 ；与溶液的反应，可理解为先发生水解，生成和，生成的再和反应生成，因此总反应的化学方程式为；反应生成的在溶液中可结合氢离子生成H2O形成键，也可与水分子形成氢键，故选BD。
（2）CH中心C原子价层电子对数=，采取sp2杂化，无孤电子对，空间构型为平面三角形，键角为120°，CH4中心C原子价层电子对数=，采取sp3杂化，无孤电子对，空间构型为正四面体形，键角为，因此键角：>。
（3）A．对羟基苯甲醛主要形成分子间氢键，邻羟基苯甲醛主要形成分子内氢键，因此对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，A错误；
B．中心O原子价层电子对数=，采取sp3杂化，有1对孤电子对，因此空间结构和相同均为三角锥形，中心Be原子价层电子对数=，采取sp杂化，无孤电子对，因此空间结构和相同均为直线形，B正确；
C．CO和H2O均为极性分子，N2为非极性分子，根据相似相溶的原则，相同条件下在水中的溶解度，C错误；
D．中N原子提供孤电子对，中Al原子提供空轨道，二者通过配位键化合生成，同理中B原子提供空轨道，与反应可生成，D正确；
故选BD。
（4）晶胞中，位于顶点和面心的O原子个数为，位于晶胞内的Li原子个数为8，则的密度为。
7．(1) A > >
(2) 分子间的氢键，在与苯溶解过程中会被削弱 为离子晶体，离子半径小，离子键强，熔点高；而；的半径大，离子键弱，熔点低
(3)KFe2Se2
【详解】（1）[Ar]4s1属于基态的Ca+，由于Ca的第二电离能高于其第一电离能，故其在失去一个电子所需能量较高，[Ar]4s2属于基态的Ca原子，其失去一个电子变为基态Ca+，[Ar]4s14p1属于激发态Ca原子，其失去以电子所需要的能量低于基态Ca原子，[Ar]4p2属于激发态的Ca+，其失去一个电子所需要的能量低于基态的Ca+，综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是[Ar]4s1，A正确，故答案为：A；核电荷数相同，核外电子数越多，半径越大，应为Fe2+＞Fe3+，PH3分子中P原子价层电子对个数=3+=4且含有一个孤电子对，立体结构为三角锥形；PF3发生的是非等性sp3杂化，为三角锥形，但是氟原子的半径大于氢原子，空间阻力更大，因此PH3的键角较小，因此键角PF3＞PH3；
（2）分子间的氢键，在与苯溶解过程中会被削弱，因此混合后溶液的总体积偏大；为离子晶体，离子半径小，离子键强，熔点高；而；的半径大，离子键弱，熔点低，因此和组成的混合体系的熔点偏低；
（3）由平面投影图可知，钾原子8个位于顶点，1个位于体心，其个数为：8×+1=2，硒原子8个位于棱上，2个位于晶胞内部，其个数为8×+2=4，铁原子8个位于面心，其个数为8×=4，化学式为KFe2Se2。
8．(1) 12 B
(2) 大于
(3) 12
(4)带电荷数更多，半径更小，更易水解
【详解】（1）钛是第22号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，不同轨道的电子空间运动状态不同，因而具有12种空间运动状态的电子；A为Ti原子基态，B为Ti+的基态，C为Ti原子的激发态，第二电离能明显高于的一电离能，同级电离能中激发态电离能比基态低，故失去一个电子所需能量最高的是B，故答案为：12；B；
（2）由、、可知，它们的配体分别为H2O、F-、Cl-，含有的原子有H、Cl、O、F，非金属性越强，电负性越大，所以H、Cl、O、F的电负性由大到小的顺序是；由可知，H2O中O原子的孤电子对进入Ti2+的空轨道，形成配位键，则孤电子对数减少，斥力减小，中变大，所以中大于单个水分中，故答案为：；大于；
（3）由晶胞图可知，Ti位于顶点，个数为=1，1个Ca位于体心，个数为=3，Ti:Ca:O=1:1:3，此化合物的化学式为；Ca到棱心的O的距离都相等且最近，故该晶体中钙的配位数为12，故答案为：；12；
（4）与相比，所带电荷更多，半径更小，极化能力更强，故在相同条件下，比的水解能力更强，故答案为：带电荷数更多，半径更小，更易水解。
9．(1) 、 正三角形 的电负性大，吸电子能力强，使极性增大，更容易电离出，酸性加强，更小
(2)离子晶体
(3) A
(4)的电负性介于和之间，硅烷中体现出负电性，还原性比烷烃强；Si-Si键与Si-H键键能均比C-C键与C-H键的小，硅烷的稳定性比烷烃差
【详解】（1）在有机反应中有许多活性中间体，如在异丁烯与水加成中生成的(CH3)3C+，其中-CH3上C原子周围的价层电子对数为4，无孤电子对，故为sp3杂化，而C+上C周围的价层电子对数为3，无孤电子对，故为sp2杂化，即C存在的杂化方式有sp2、sp3，其中C+采用sp2杂化，无孤电子对，故VSEPR模型是正三角形；在有机化合物中碳上的氢的酸性可由pK描述，K为该氢的电离平衡常数，由于的电负性大，吸电子能力强，使极性增大，更容易电离出，酸性加强，更小，CCl3H与CF3H中pK较大的是CCl3H；
（2）根据与作用形成的具有三维超导性能，说明晶体中存在K+和离子，即为由离子构成的离子晶体；
（3）由题干信息结合题干晶胞示意图可知，石墨可看成碳层的叠加，六方石墨是abab……的两层循环，三方石墨是abcabc……(a、b、c表示不同的碳层)的三层循环，图2中属于六方石墨的是A；图3中最外围的六个钾原子连起来，图二的六边形含24个碳，而6个K只有落在这个六边形内，还有中心那个完全的K，即含K原子个数为6×+1=3，它所表示的是KC8；
（4）的电负性介于和之间，硅烷中体现出负电性，还原性比烷烃强；Si-Si键与Si-H键键能均比C-C键与C-H键的小，硅烷的稳定性比烷烃差。
10．(1) σ 氧原子的sp3 氢原子的1s 四面体形
(2)BD
(3)八硝基立方烷的碳碳键角为90°，其杂化方式为sp3，在动力学上不稳定；其分解产物为稳定的CO2和N2，反应熵增加较大，且放热量大，爆炸性很强
(4) 分子晶体
【详解】（1）对于水分子中的共价键，依据原子轨道重叠的方式判断，属于σ键；H2O中O原子价层电子对数为2+=4，O原子的杂化方式为sp3，该σ键是由氧原子的sp3杂化轨道和氢原子的1s轨道重叠形成的，水分子的VSEPR模型名称是四面体形。
（2）由价电子排布图可知，①为Fe原子，②为Fe2+，③为Fe3+，④为Fe原子的激发态，
A．一般电子层数越多原子半径越大，而Fe原子失电子数越多，原子半径越小，因此微粒半径：④＞①＞②，故A正确；
B．能量越低越易得到电子，则得电子能力：③＞②＞①，故B错误；
C．能量越高越容易失去电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，则电离一个电子所需最低能量：②>①>④，故C正确；
D．Fe3+3d轨道上有电子，能再继续失去电子，故D错误；
故选BD。
（3）八硝基立方烷的碳碳键角为90°，其杂化方式为sp3，在动力学上不稳定；其分解产物为稳定的CO2和N2，反应熵增加较大，且放热量大，爆炸性很强。
（4）某种冰的晶胞结构如图所示，该晶体类型是分子晶体，由晶胞结构可知该晶胞中含有4个水分子，晶胞质量为g，晶胞的体积为452×226，密度为
11．(1)
(2)
(3)
(4) 离子晶体 与为分子晶体，分子晶体的熔沸点与相对分子质量呈正比，的相对分子质量小于，熔化时克服分子间作用力小，熔沸点低。 90° 180° 2
(5)
【详解】（1）金位于元素周期表第六周期第IB族元素，其价电子排布式为；
（2）金(Au)溶于王水的原理是金与强氧化性的硝酸生成微量的Au3+和NO，①Au+4H++=Au3++NO↑+2H2O，盐酸提供的Cl-与Au3+形成[AuCl4]-配离子，②Au3++4Cl-=[AuCl4]-，故总反应的离子方程式Au+4H+++4Cl-=[AuCl4]-+NO↑+2H2O；
（3）电负性是指原子得电子能力大小，电负性越强非金属性越强，该结构含有的元素有C、H、Cl，非金属性H＜C＜Cl，故对应的电负性大小为H＜C＜Cl；
（4）由表中熔点数值可以判断NaF、AlF3为离子晶体，SiF4与SF6为分子晶体，分子晶体的熔沸点与相对分子质量呈正比，SiF4的相对分子质量低，所以SiF4比SF6熔点低；又空间构型为正八面体，所以键角为90°和180°两种；它的二氯代物SF4Cl2有2种(邻位和对位)；
（5）分子中有Cu原子：4×+8×+2×=6，锑原子：8×+1=2，硫原子：8，故化学式为：Cu3SbS4，晶胞质量为：,体积为：V=(a×10-10)2×(c×10-10)cm3=ac×10-30cm3，晶体的密度为：g•cm-3。
12．(1) 四面体 两者为结构相似的分子晶体，相对分子质量更大，分子间作用力更强
(2) As的4p能级为半充满状态，能量更低，更稳定(或：Se的电离出1个电子后变为的半充满稳定状态，故比As的更易电离出1个电子)
(3)AB
(4)
(5)
【详解】（1）易知分子价层电子对为2+2=4，存在两对孤电子对，可知VSEPR模型为四面体；的沸点高于的原因是两者为结构相似的分子晶体，相对分子质量更大，分子间作用力更强。
（2）基态硒原子的价电子排布式为，Se的第一电离能比同周期相邻元素As小的原因是As的4p能级为半充满状态，能量更低，更稳定或Se的电离出1个电子后变为的半充满稳定状态，故比As的更易电离出1个电子。
（3）中正电荷与负电荷重合，为非极性分子；电负性F>S，由图可知，键角∠FSF为90°或180°；价层电子对数为6，可知中心原子的杂化方式为；该分子中S原子共有6+6=12个电子。
故选A、B。
（4）易知晶胞中S的数目为，H的数目为，故化学式为。
（5）易知晶胞中Mn、Se的数目均为4，故密度为。
13．(1) ＞ H2S极性大于PH3，更易溶于极性溶剂水中
＞ ＞ 乙炔
(2)AC
(3) 4
XY2
【详解】（1）①同周期元素，随着原子序数增大，电负性增大，电负性S＞P；S的电负性大，则S-H键极性大于P-H键，根据相似相溶原理，H2S极性大于PH3，更易容易极性溶剂水中；
故答案为：＞；H2S极性大于PH3，更易容易极性溶剂水中；
②从sp3到sp，s轨道比例增大，而s轨道离核近，自然对电子的吸引能力强,所以电负性就强；乙炔分子中，碳碳叁键的电负性强，电子 云更偏向碳原子，所以氢原子更容易解离而失去氢原子，表现出酸性,，故乙炔易与金属钠反应；
故答案为：＞；＞；乙炔；
（2）A．核外电子层越多，粒子半径越大，镍失去的电子越多，原子半径越小，则半径：⑤>②>③，A正确；
B．电子从激发态到基态会释放能量形成发射光谱，因此用光谱仪可捕捉到发射光谱，未成对电子多的为②④⑤，B错误；
C．能量越高越易失电子，基态原子的第一电离能小于第二电离能，电离一个电子所需最低能量：③>①>④，C正确；
D．能量越低越易得电子，⑤＞④＞③，D错误；
故答案为为：AC；
（3）①根据晶体对称性，需要在顶点及面心补全；
故答案为： ；
②晶体中粒子位于顶点及面心，故其有4中不同的取向；
故答案为：4；
③XY2粒子均位于顶点及面心上，故该物质的化学式XY2；
故答案为：XY2。
14．(1)2s22p3
(2)sp2、sp3
(3)＜
(4) Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，不会存在同分异构体 顺铂为极性分子，反铂为非极性分子
(5)6
(6)或
【详解】（1）基态N原子价层电子指的是最外层电子，即价层电子排布式为2s22p3；故答案为2s22p3；
（2）根据鸟嘌呤的结构简式，五元环、六元环共面，因此环上的N原子杂化类型为sp2，-NH2中N原子杂化类型为sp3，故答案为sp2、sp3；
（3）NH3具有较强的电子捕获能力，可以与Pt形成更紧密的配位键，因此结合能力：Cl-＜NH3；故答案为＜；
（4）①Pt(NH3)2Cl2中Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，只有一种结构，不会存在同分异构体，因此Pt的杂化类型不是sp3，Pt(NH3)2Cl2空间构型为平面四边形；故答案为Pt杂化类型如果是sp3，则Pt(NH3)2Cl2空间构型为四面体形，不会存在同分异构体；
②根据顺铂的结构，顺铂正负电荷中心不重合，顺铂为极性分子，同理反铂为非极性分子，水是极性分子，根据“相似相溶”，顺铂在水中的溶解度大于反铂；故答案为顺铂为极性分子，反铂为非极性分子；
（5）根据晶胞图可知，中心小黑球周围由6个白球，即小黑球的配位数为6；故答案为6；
（6）晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a×10-7)3cm3，则晶胞的密度为g/cm3或g/cm3；故答案为或。
15．(1) 平面三角形 sp2杂化 B(OH)3结合了水电离出的OH-，从而释放出H+
(2)BD
(3) LaB6 24
【详解】（1）B(OH)3分子中，B原子的价层电子对数为3，最外层的3个电子全部形成共价键，则空间结构(以B为中心)名称是平面三角形，硼原子的杂化轨道类型是sp2杂化。B(OH)3分子中，B原子的最外层电子数为6，是缺电子原子，容易与水电离产生的OH-结合形成[B(OH)4]-，从而促进水电离，所以水溶液呈酸性的原因是：B(OH)3结合了水电离出的OH-，从而释放出H+。答案为：平面三角形；sp2杂化；B(OH)3结合了水电离出的OH-，从而释放出H+；
（2）A．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则基态原子半径：，A不正确；
B．元素的非金属性越强，电负性越大，Li、Be、B的非金属性依次增强，则电负性：，B正确；
C．一般来说，元素的非金属性越强，第一电离能越大，但Be的2s轨道全充满，原子的能量低，所以第一电离能：，C不正确；
D．Li+、Be+、B+的价电子排布式为1s2、2s1、2s2，1s2、2s2轨道全充满，但1s轨道的能量比2s低，所以第二电离能：，D正确；
故选BD。答案为：BD；
（3）B与La形成的某化合物晶体结构中，立方体的每一个顶点上都有一个由硼原子框架形成的八面体，八面体又以顶点互相连接，则晶胞中所含B原子的数目为=6，含La原子的个数为1，则该化合物的化学式为LaB6；每个八面体中有3个B原子跟La原子最近，则该晶体中La的配位数是3×8=24。答案为：LaB6；24。
【点睛】计算晶胞中所含微粒个数时，可使用均摊法。
16．(1) A CD
(2)K2[Ni(CN)4]为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能大,故熔沸点高，Ni(CO)4为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小
(3) 六方相氮化硼中没有自由移动电子，不可以导电 3:1
(4)∠3>∠2>∠1
【详解】（1）A中各轨道都处于全满状态比较稳定，较难失去电子，因此失去一个电子需要的能量最高；发射光谱是指电子从高能量轨道跃迁到低能量轨道时释放能量的现象，即原子从激发态到稳态过程发出电离辐射的过程，选项中处于激发态的原子为C、D。
（2）K2[Ni(CN)4]为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键键能大,故熔沸点高，Ni(CO)4为分子晶体，熔化破坏分子间作用力，分子间作用力小，故熔沸点小。
（3）①石墨能导电，六方相氮化硼结构与石墨相似却不导电，原因是：六方相氮化硼与石墨一样都具有层状结构，但石墨中每个碳原子最外层4个电子，形成3条共价键后，还有1个电子自由移动，而六方相氮化硼中没有自由移动电子，不可以导电；
②立方相氮化硼晶体中B-N原子之间存在“一般共价键”，N原子含有孤电子对，B原子含有空轨道，可以形成配位键，由立方相氮化硼晶体结构可知“一般共价键”与配位键的数目之比为：3:1；
③由晶胞结构可知，晶胞中含有4个N、8×+6×=4个B，即4个BN，故晶胞的摩尔质量为[4×(11+14) ]g/ml，NA=。
（4）H2O中O原子是sp3杂化，有2个孤电子对，空间构型为V形，两个H-O之间的夹角∠2为105°，∠3为中两个氧硫键之间的夹角，中S原子是sp3杂化，且没有孤电子对，空间构型为正四面体形，键角为109°28′，∠3为109°28′，形成∠1的水分子中的O原子和Fe原子形成了配位键，仍然是sp3杂化，但只有1个孤电子对，空间构型为三角锥形，∠1为107°，FeSO4·7H2O中∠1、∠2、∠3由大到小的顺序是∠3>∠2>∠1。
17．(1) V形或角形 sp
(2)MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强
(3)AD
(4) 离子晶体 H3S
【详解】（1）NO中N和O成键，且有两个未成键电子，所以空间结构名称为V形；产物中两个氮原子直接相连，其中与碳原子直接相连的N原子有两个σ键，其杂化轨道类型是sp杂化；故答案为V形或角形；sp。
（2）MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强，所以MgCl2的熔点比BeCl2高；故答案为MgCl2是离子晶体，BeCl2分子晶体，熔化时前者克服离子键，后者克服分子间作用力，离子键比分子间作用力强。
（3）A．Mg+(g)最外层电子为3s1，3s轨道为半满；Al+(g)最外层电子为3s2，3s轨道为全满，所以电离一个电子所需最低能量：Mg+(g)＜Al+(g)；故A正确；
B．H3O+中只有一对孤电子对，H2O中有2对孤电子对，孤电子对越多，排斥力越大，键角越小；因此键角大小：H3O+>H2O；故B错误；
C．邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，所以沸点：邻羟基苯甲酸H，所以酸性CF3COOH>CH3COOH；pKa值是越小酸性越强；所以pKa：CF3COOH＜CH3COOH；故D正确；
故答案选AD。
（4）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，根据其超导性质，推断其由阴阳离子构成，所以该晶体类型为离子晶体；由晶胞结构可知，S原子处于晶胞的体心和顶点，晶胞中含有个S原子，H原子属于棱边的中点与面心，晶胞中含有H原子数目为；该化合物的化学式为H3S；故答案为离子晶体；H3S。
18．(1)
(2) 四面体
(3)BD
(4) 与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；
【详解】（1）基态C3+的价层电子排布式为3d6，CN-可通过配位键与C3+形成[C(CN)6]3-，形成配合物时，基态C3+的价层电子发生重排提供两个空轨道，则重排后的C3+价电子排布图为 ；[Ni(CO)4]的配位数为4，[Ni(PH3)2CO2]的配位数与[Ni(CO)4]的配位数相同，[Ni(PH3)2CO2]的配位数也为4，测得其中存在两种碳氧键的键长，一个为0.117mm，另一个为0.122nm，说明Ni与2个PH3分子中的P原子、CO2分子中的碳原子和1个O原子形成配位键，其结构示意图为： ；答案为： ； 。
（2）NF3和NH3分子中中心N原子的σ键电子对数都为3、孤电子对数都为1，价层电子对数都为4，VSEPR模型都为四面体形；空间构型都为三角锥形，由于电负性F＞N＞H，则NF3分子中成键电子对离N原子更远，两个N—F键之间的斥力减小，故NF3中的键角更小，键角更大的是NH3；答案为：四面体；NH3。
（3）A．同主族从上到下原子半径逐渐增大、电负性逐渐减小，原子半径：r(N) ＜r(P) ＜r(As)，电负性：N＞P＞As，A项错误；
B．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，N、P、As的最高价氧化物水化物的酸性逐渐减弱，B项正确；
C．同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单氢化物的还原性逐渐增强，即简单氢化物的还原性：NH3＜PH3＜AsH3，C项错误；
D．黑砷和黑磷的结构相似，每个砷原子最外层均形成8电子结构，由图可知，晶体单层中，每个As原子形成3个As—As键，以As—As键形成六元环，每个As原子被3个六元环共有，每个As—As键被2个六元环共有，则晶体单层中As原子与As—As键的个数比为2∶3，D项正确；
答案选BD。
（4）M处的 (其位于四个F-所构成的正四面体中心)有一定的朝向，不能随意转动，其原因是：与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；由图可知晶胞中含F-、的个数都为2，晶胞的质量为，晶胞的体积为 (a×10-7cm)×(a×10-7cm)×(c×10-7cm)=a2c×10-21cm3，该晶体的密度ρ=÷(a2c×10-21cm3)=g/cm3；答案为：与F-形成N—H…F氢键，氢键具有方向性；。
19．(1) CuI 1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)
(2) 配位 平面正方形 N＞O N原子2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子
(3)
【详解】（1）碘化钠溶液和硫酸铜溶液反应生成一种铜的碘化物A，根据均摊法，A的晶胞中含白球4个，黑球8×+6×=4个，则A的化学式为CuI；化合物A中I元素的化合价为-1价，则化合物A中阳离子为Cu+，Cu+的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；答案为：CuI；1s22s22p63s23p63d10(或[Ar]3d10)；
（2）在[Cu(NH3)4]SO4∙H2O中NH3中N原子提供孤电子对与Cu2+的空轨道共用，形成配位键；[Cu(NH3)4]2+的空间结构为平面正方形；同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，N原子的2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子，故第一电离能N＞O；答案为：配位；平面正方形；N＞O；N原子2p轨道上的电子处于半充满状态，较稳定，比O难失去电子；
（3）设晶胞的边长为x，由图丙结构知，x=4r(Cu)=4×127.8pm，解得x=2×127.8pm，晶胞的体积为(2×127.8×10-10cm)3；根据均摊法，晶胞中含Cu的个数为8×+6×=4，晶胞的质量为；晶体铜的密度为÷(2×127.8×10-10cm)3=g/cm3；答案为：。
20．(1)
(2)B
(3) ＞ C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S
(4) [Cu(H2O)4]SO4•H2O 氢键、配位键 正四面体形
(5) CuInS2
【详解】（1）硫元素的原子序数为16，基态原子的价电子排布式为3s23p4，价电子排布图为 ，故答案为： ；
（2）由图可知，S8分子中硫原子的杂化方式为sp3杂化，杂化轨道的键角是109°28'，受两对孤对电子对，成键电子对的斥力影响，S－S－S平均键角平均键角小于109°28'，则S－S－S平均键角最接近105°，故选B；
（3）C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S，所以H2S的酸性强于C2H5SH，故答案为：＞；C2H5SH中乙基是推电子基团，C2H5SH中S—H键的极性弱于H2S中S—H键，电离出H+难于H2S；
（4）由图可知，蓝色晶体胆矾的中心离子为铜离子，水分子为配体，四水合铜离子为内界，硫酸根离子为外界，改写成配合物形式的化学式为[Cu(H2O)4]SO4•H2O；加热该蓝色胆矾晶体得到白色硫酸铜固体破坏的相互作用为氢键、配位键；硫酸根离子中硫原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为0，则离子的空间构型为正四面体形，故答案为：[Cu(H2O)4]SO4•H2O；氢键、配位键；正四面体形，
（5）由晶胞结构可知，位于晶胞中顶点、面上和体心的铜原子个数为8×+4×+1=4，位于棱上、面上的铟原子个数为4×+6×=4，位于体内的硫原子个数为8，则化合物的化学式为CuInS2；设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=10—30x2yd，解得d=，故答案为：CuInS2；。
21．(1)
(2)
(3) ：： 该离子液体中存在和，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力
【详解】（1）为号元素，位于周期表中第四周期第Ⅳ族，价电子排布式为；同一周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，但第Ⅱ族、第Ⅴ族比相邻元素的大，故C的第一电离能比的大， 故答案为：；；
（2）由图和图可知，碘离子位于棱心，个数为，位于体心，个数为，铅离子位于顶点，个数为，则化学式为， 故答案为：；
晶体中相邻的之间的最短距离为晶胞边长，设为，晶胞体积为，晶胞质量为，根据可得，，，该晶体中相邻的之间的最短距离为， 故答案为：；
（3）离子液体中存在和，即存在离子键，中还存在、等极性共价键，
故答案为：；
由 可知，环上的个原子形成个键，为杂化，中原子形成个键，为杂化，其他个原子形成个键，为杂化，则离子液体中不同杂化方式的碳原子个数比：：：：：，
故答案为：：：；
该离子液体中存在和，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力，故沸点比较高，难于挥发，
故答案为：该离子液体中存在和，阴阳离子间存在离子键，强于分子间作用力。
22．(1)
(2)Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多
(3)C
(4)普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，因此普鲁士蓝本身是无毒的；
(5) 4
【详解】（1）Fe是26号元素，价层电子排布式为，基态Fe原子价层电子的轨道表示式为： ；
（2）Fe原子价层电子排布式为，Fe失去3个电子后，形成的为半充满，结构稳定，难失去第4个电子，所以第4电离能比第3电离能大很多；
（3）关于晶体
A. 存在的化学键有σ键、π键、配位键、离子键等，A正确；
B. Fe、N、C的电负性由大到小的顺序：，B正确；
C. 在晶体中的键能等于KCN中的键能，C错误；
D. 由图1可知，在晶胞中、 原子均参与形成配位键，其配位数之比为6：6，D正确；故选C；
（4）因为普鲁士蓝的铁与氰基以配位键结合，剧毒的氰根离子不可能游离出来，所以普鲁士蓝本身是无毒的；
（5）晶胞中，个数为：，个数为：，与、比值为1:1，所以个数为4；晶胞的棱长为，图1中位于每个晶胞中心，图2中位于小正方体的中心，则相邻之间的最短距离为nm。
23．(1) ①④ 中，在中的H为-1价，在中的H为+1价，更容易反应生成
(2) 的核外电子排布式为，容易失去1个电子达到稳定结构
(3) X射线衍射实验
【详解】（1）BH中B原子价层电子对数为，故其中B原子的杂化方式是； 中B元H之间存在σ键和配位键，故选①④；
根据该物质结构可知，中，在中的H为-1价，在中的H为+1价，更容易反应生成；
（2）Ti为22号元素，的核外电子排布式为，容易失去1个电子达到稳定结构；Cl-和H2O都可作配体，中配位数为6，两种配体的物质的量之比为2:1，则配体中有2个Cl-和4个H2O，则该配离子的化学式为；
（3）由图可知，黑球位于顶点和体心，个数为，，白球位于面上和体内，个数为，金红石为钛的氧化物，则黑球为Ti，白球为O，Ti :O=2:4= 1:2，故金红石的化学式为TiO2；判断晶胞结构的最可靠科学方法是X射线衍射法。
24．(1) sp2 sp3 3
(2) CsCl CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力
(3) CuBr 12 ×1010
【详解】（1）中心B原子的价层电子对数为，B原子采用sp 2杂化，中心N原子的价层电子对数为，N原子采用sp3杂化；B、N位于同周期，同周期元素第一电离能从左到右呈增大趋势，但IIA、IIIA和VA、VIA异常，因此第一电离能介于B、N之间的元素有Be、C、O三种，故答案为：sp2；sp3；3；
（2）卤化物受热发生非氧化还原反应，生成CsCl和ICl两种物质，其中CsCl为离子晶体，则无色晶体为CsCl，红棕色液体为ICl，CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力，故答案为：ICl；CsCl为离子晶体，熔融克服离子键，而ICl为分子晶体，熔融只需克服分子间作用力；
（3）由晶胞结构可知Br有8个位于顶点，6个位于面心，个数为：，Cu位于体内个数为4，两种原子的个数比为1：1，则该晶体的化学式为CuBr，由晶胞结构可知4个Cu原子围成正四面体构型，以一个顶点Cu为观察对象，可知在一个空间四面体面的伸展方向上有3个Cu原子与顶点Cu距离最近且相等，则在四面体的四个面的伸展方向上共有12个Cu原子与其距离相等且最近；由晶胞结构可知，晶体中Cu原子与Br原子的最小核间距为体对角线的，晶胞的质量为：g，晶胞的体积为：，晶胞的边长为cm，则该晶体中Cu原子与Br原子的最小核间距为×1010，故答案为：×1010。
25．(1) 正四面体 Ti
(2)BD
(3) TiP Ti与P间的化学键很强，不易断裂
【详解】（1）PO中中心原子的价层电子对数＝，不存在孤对电子，其空间结构名称为正四面体；Ti属于金属，杂化时，d轨道可以经受孤对电子，所以需要d能级参与杂化的是Ti。
（2）A. 三种配合物中Ti的化合价分别是0、+3、+4，所以Ti的半径：③＜②＜①，A错误；
B. 三种配合物的配位原子中碳原子的非金属性最弱，所以C原子的电负性最小，B正确；
C. 水分子氧原子含有2对孤对电子，氨气分子中氮原子含有1对孤对电子，所以键角：H2O＜NH3，C错误；
D. NH3、H2O分子的中心原子的价层电子对数相等，均是4，D正确；
答案选BD。
（3）①晶胞中含有Ti的个数是，P原子个数是，所以该化合物的化学式为TiP。
②由于Ti与P间的化学键很强，不易断裂，所以该化合物真空下加热至1100℃不分解。
③设该化合物的摩尔质量为Mg/ml，密度为4.1g/cm3，则则晶胞体积是，晶胞边长是，Ti与P的核间距离为边长的一半，为nm。
26．(1)AD
(2)
(3)该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流
(4)>
(5)离子键、非极性共价键
【详解】（1）A. 基态的核外电子排布为：，核外电子有5种空间运动状态，A正确；
B. 同主族元素从上到下第一电离能递减，则锂是第一电离能最大的碱金属元素，B错误；
C. 氯原子的价电子排布式可写成，C错误；
D. 以体心氯离子为观察对象，可知其周围与它最近且等距的氯离子位于棱心，有12个，D正确；
故答案为：AD；
（2）由晶胞结构可知钠离子位于顶点和面心，个数为，氯离子位于体心和棱心，个数为：，则晶胞的质量为：g，的密度为，则晶胞的体积为：cm3，晶胞的边长为：，则在晶体里和的最短距离为边长的一半，即pm，故答案为：；
（3）该惊晶体在通电条件下，钠离子在电场的作用下可以发生迁移，迁移到缺陷处，从而形成电流，故答案为：该晶体在通电时，钠离子可在电场的作用下迁移到缺陷处，形成电流；
（4）、的晶体类型与氯化钠相同，均为离子晶体，半径小于半径，离子半径越小、离子键越强，晶格能越大，晶体的熔沸点越高，故熔点：大于FeO，故答案为：>；
（5）中钡离子与过氧根离子之间存在离子键，过氧根内为非极性共价键，故答案为：离子键、非极性共价键。
27．(1) 3d54s1 d K和Cu
(2)AB
(3)配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O
(4)
【详解】（1）基态Cr原子核外有24个电子，价层电子排布式为：3d54s1，属于周期表的d区，Cr原子最高能层电子数为1，第四周期中与Cr最高能层电子数相同的还有K和Cu。
（2）A．①、②、③中Cr的配位数都是6，故A正确；
B．①中Cr原子价层电子对数为6，Cr3+位于正八面体的中心，H2O和Cl-位于正八面体顶点，当两个Cl-相邻时为一种结构，两个Cl-不相邻时为另一种结构，即或，故B正确；
C．②中存在的化学键有离子键、配位键、极性共价键，氢键不是化学键，故C错误；
D．①②③中作为配体的Cl-不能在水溶液中电离出来，等物质的量的①②③分别与足量溶液反应，得到AgCl物质的量不相等，故D错误；
故选AB。
（3）配位原子电负性越大，吸引电子的能力越强，则给出电子对和中心元素配合的能力就越弱，形成的配位键越弱，加热易失去，电负性O＞N，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是H2O。
（4）该晶胞中N原子个数为8+6=4，Cr原子个数为1+12 =4，若该晶体的密度为，则晶胞的边长a= pm，晶胞中Cr原子之间的最近核间距为=pm。
28．(1)19
(2)CsCl为离子晶体，ICl为分子晶体，离子键作用力比分子间作用力强
(3) sp3
(4)电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越小，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性(离子性)增强；NaAlH中氢活性更高，还原性更强或其他合理答案
(5)11∶5
【详解】（1）在任何原子中都不存在运动状态完全相同的电子，K是19号元素，K原子核外有19个电子，则基态K原子核外有19种不同的电子运动状态；
（2）卤化物CsICl2受热发生非氧化还原反应，生成无色晶体X和红棕色液体Y。则X是CaCl，Y是ICl，由于CsCl为离子晶体，离子之间以离子键结合，离子键是一种强烈的相互作用，断裂消耗很高能量，因此物质的熔沸点比较高。ICl为分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，离子键作用力比分子间作用力强，所以CaCl的熔沸点比ICl高；
（3）已知RbH2PO2是次磷酸的正盐，说明H3PO2是一元酸，分子中只有一个-OH，结合P原子价电子是5个，可知H3PO2的结构式为：；
在H3PO2分子中中心P价层电子对数是4，所以P原子采用sp3杂化；
（4）Al、B、H电负性分别为1.5、2.0、2.1，LiAlH4还原性比NaBH4强，这是由于电负性相差越大，原子核对电子的吸引能力差越大，共用电子对能力倾向越小，电子倾向于偏移到电负性大的原子核附近，极性(离子性)增强；NaAlH中氢活性更高，还原性更强；
（5）O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，则图中小球表示的是Li+，该晶胞中Li+个数=8×+4×+4×=4，根据其化学式可知：该晶胞中含有LiFePO4的单元数为4个。由图可知，①→②充电过程中，晶胞失去2个侧面面心的Li+和1个棱边上的Li+，则②中Li+个数4-2×+1×=2.75。晶胞中Fe原子个数不变，则(1-x)∶1=2.75∶4，x=0.3125，设Li(1-x)FePO4中Fe2+、Fe3+个数分别是m、n，根据原子守恒、化台价的代数和为0，列方程组：m+n= l；2m+3n+(1-0.3125)+5=8，解得m=0.6875，n=0.3125，所以n(Fe2+)∶n(Fe3+)=0.6875∶0.3125=11∶5。
29．(1)2：1或1：2
(2)
(3) 非极性分子 V形
(4)或
(5)设晶胞边长为a，，，。
【详解】（1）基态S原子的价电子排布式为3s23p4，其中3s轨道上两个电子的自旋方向相反，3p轨道上，3个电子的自旋方向相同，1个电子与另外3个电子自旋方向相反，则两种自旋状态的电子数之比为2：1或者1：2。
（2）从图中结构可知，S8中S原子形成2个S-S单键，还有2对孤电子对，价层电子对数为4，采用sp3杂化。
（3）CS2为非极性分子，水分子为极性分子，S8难溶于水易溶于CS2，说明S8为非极性分子。中S原子价层电子对数为4，孤电子对数为2，故空间构型为V形。
（4）三氧化硫的熔点大于Cl2O7小于P4O10，说明固态三氧化硫的相对分子质量大于Cl2O7小于P4O10，即183