1、1【西南大学附属中学校2018届高三第六次月（3月）考】铜及其化合物在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列问题：（1）画出基态Cu原子的价电子排布图_；（2）已知高温下Cu2O比CuO稳定，从核外电子排布角度解释高温下Cu2O更稳定的原因_。（3）配合物Cu(NH3)2OOCCH3中碳原子的杂化类型是_，配体中提供孤对电子的原子是_。C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序是_（用元素符号表示）。（4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示，则晶体铜原子的堆积方式为_。 （5）M原子的价电子排布式为3s23p5，铜与M形成化合物的晶胞如图2所示（白球代表铜原子）。该晶体的化学式为_。已知
2、铜和M的电负性分别为1.9和3.0，则铜与M形成的化合物属于_化合物（填“离子”、“共价”）已知该晶体的密度为g/cm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体中Cu原子和M原子之间的最短距离为_pm（写出计算式）。【答案】亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态sp2、sp3NN O C面心立方最密堆积CuCl2共价【解析】【详解】（1）基态Cu原子的外围电子排布为：3d104s1，则基态Cu原子的价电子排布图为： ；（2）失去一个电子后，亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态，所以导致高温下Cu2O比CuO稳定；（3）配合物Cu(NH3)2OOCCH3中碳原子第一个有一个碳氧双键，其他为单键，形成的
3、是sp2杂化，第二个碳与第一个碳和三个氢形成单键，形成的是sp3杂化；配体中N有一对孤对电子，提供孤对电子的原子是N；同周期元素的第一电离能随核电荷数的增加而增大，但N原子的2P轨道是半充满的稳定状态，所以N元素的第一电离能大于O，则C、N、O三元素的第一电离能由大到小的顺序是NOC； （4）铜晶体中铜原子的堆积方式如图1所示，为三层分ABA形，则晶体铜原子的堆积方式为面心立方最密堆积；（5）M原子的价电子排布式为3s23p5，2【漳州市2018届高三考前模拟考】常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。 （1）基态亚铜离子(Cu+)的
4、价层电子排布式为_；高温下CuO容易转化为Cu2O，试从原子结构角度解释原因：_。（2）H2O的沸点高于H2Se的沸点(42 )，其原因是_。（3）GaCl3和AsF3的立体构型分别是_，_。（4）硼酸(H3BO3)本身不能电离出H+，在水中易结合一个OH生成B(OH)4，而体现弱酸性。B(OH)4中B原子的杂化类型为_。B(OH)4的结构式为_。（5）金刚石的晶胞如图，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅；若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。来源:金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是_(用化学式表示)；金刚石的晶胞参数
5、为a pm(1 pm1012 m)。 1cm3晶体的平均质量为_(只要求列算式，阿伏加德罗常数为NA)。【答案】 3d10 Cu2O中Cu+的价层电子排布处于稳定的全充满状态 水分子间存在氢键、H2Se分子间无氢键 平面三角形 三角锥型 sp3 CSiCSi 【解析】【详解】（1）Cu原子失去1个电子生成Cu+，Cu+核外有28个电子，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或Ar3d10 ，则基态亚铜离子(Cu+)的价层电子排布式为3d10；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，结构上Cu2+为3d9，而Cu+为3d10全充满
6、更稳定，故高温下CuO容易转化为Cu2O；（2）H2O和H2Se都是极性分子，其分子间有色散力、诱导力、取向力。但由于H2O的分子间还有氢键存在，所以H2O沸点比H2Se沸点高；（3）GaCl3中价层电子对个数=3+（3-31）=3，且没有孤电子对，所以其空间构型是平面三角形结构；AsF3中价电子对个数=3+（5-31）=4，有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥形；（4）在B(OH)4中，硼原子最外层只有3个电子，与氧原子形成3对共用电子对，B原子与4个羟基相连，一对孤对电子对，为sp3杂化；B(OH)4离子中的配位键，氧元素提供孤对电子给硼元素OB，可表示为；（5）金刚石、晶体硅、碳化硅都
7、是原子晶体，半径越小，熔点越高，故金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是CSiCSi；根据分摊原则，立方氮化硼晶体的结构与金刚石相似，晶胞中共有8个原子，N和B各占4个。1cm3晶体的平均质量为=。3【重庆市綦江中学2018届高三高考适应性考】A、B、C、D、E为原子序数依次增大的前四周期元素，A是原子半径最小的元素，B元素有两个未成对电子，D元素的最外层电子是内层电子数的三倍，E的单质是自然界中最硬的金属，常用于制作合金，且其未成对电子数在同周期中最多。回答下列问题：（1）利用原子发生跃迁时吸收或释放出的光用于鉴定E元素，该方法是_，其价层电子排布图为_，根据_原理，该基态原子的电
8、子排布应使其能量处于最低状态。（2）根据电子排布，C元素处于周期表中_区；根据元素周期律，电负性B_C，第一电离能C_D（填“大于”、“小于”或者“等于”）。（3）化合物A2D分子空间构型是_；A与C以原子个数比2:1形成的分子中C原子的杂化方式为_，它是_分子（填“极性”或“非极性”），且该分子可以与很多金属离子形成配合物，其中提供孤对电子的原子是_（填元素符号）。（4）生活中常见的B元素的同素异形体有两种，其结构为图1、图2所示：图1所对应的同素异形体可以导电，试从其结构予以解释_。图2所对应的同素异形体的晶胞如图3，若B原子的半径为a nm，则该晶胞的空间利用率为_。（=1.732，结果
9、保留一位小数）【答案】 光谱分析 能量最低原理 P 小于 大于 V形 SP3 极性 N 石墨的片层结构上所有的P轨道互相平行且相互重叠，使P轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动。 34.0%【解析】(1)光谱分析利用原子的特征光谱对原子进行鉴定，根据能量最低原理，3d轨道和4s轨道半充满状态最稳定，故Cr原子的电子排布较特殊；利用原子发生跃迁时吸收或释放出的光用于鉴定Cr元素，该方法是光谱分析，其价层电子排布图为，根据能量最低原理原理，该基态原子的电子排布应使其能量处于最低状态；(2)可以推测A为H，D可以推测为O，则B为C，而C只能是N，N处于P区，电负性同一周期从左到右增大，则C小于N，第
10、一电离能由于N原子处于半充满状态，能量低，第一电离能大，故N大于O；(3)H2O的构型为V形，N2H4中N原子有孤对电子，有三对成键电子对，故价层电子对为4，为SP3杂化，由于N2H4的非对称结构，是极性分子；N原子可以提供孤独电子形成配位键，故其中提供孤对电子的原子是N；(4)石墨的片层结构上所有的P轨道互相平行且相互重叠，使P轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动，故能导电；该晶胞体对角线应该是5个C原子无隙并置，则体对角线长为8a，该晶胞中含8个C原子，列式为（84/3a3）/ （8a/ ）3 =34%。点睛：考查光谱分析鉴定元素，原子核外电子的排布规律及能量最低原理，周期表的分区，电负性
11、，第一电离能，分子的空间构型，杂化方式，分子的极性及配合物中的配体，石墨的结构与性质的关系，晶胞空间占有率的计算。4【淄博市2018届高三第二次模拟】(1)铁离子(Fe3+)最外层电子排布式为_，其核外共有_种不同运动状态的电子。(2)硒、砷、溴三种元素的第一电离能从大到小的顺序为_(用元素符号表示)。(3)两种三角锥形气态氢化物PH3和NH3的键角分别为93.6和107，试分析PH3的键角小于NH3的原因_。(4)常温下PCl5是白色晶体，在148时熔化成能导电的熔体。该熔体由A、B两种微粒构成，A、B分别与CCl4、SF6互为等电子体，则A的化学式为_，其中心原子杂化方式为_。(5)Cu与
12、Au的某种合金可形成面心立方最密堆积的晶体(密度为gcm-3)，在该晶胞中Cu原子处于面心，用NA表示阿伏加德罗常数的值。与Au距离最近的Cu个数为_。该晶体具有储氢功能，氢原子可进入到Cu原子与Au原子构成的立方体空隙中，储氢后的晶胞结构与金刚石晶胞结构(如图)相似，该晶体储氢后的化学式为_，则晶胞中Cu原子与Au原子中心的最短距离d=_cm。若忽略吸氢前后晶胞的体积变化，则该储氢材料的储氢能力为_（）。【答案】 3s23p63d5 23 Br As Se N电负性强于P，且原子半径小于P， NH3中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间距离更小，致使其成键电子对间斥力大，键角更大 PCl4
13、+ sp3 12 Cu3AuH4 44800/389（或115.2）（4）常温下PCl5是白色晶体，在148时熔化成能导电的熔体，说明生成自由移动的离子，一种为PCl4+，另外一种为PCl6-；反应为2PCl5= PCl4+ PCl6-。（5）立方晶胞中，顶点粒子占1/8，面心粒子占1/2，内部粒子为整个晶胞所有，根据晶体的密度=m/V做相关计算。详解：(1) 铁原子的核电荷数为26，1s22S22p63s23p63d64s2，铁离子(Fe3+)失去3个电子，最外层电子排布式为3s23p63d5；其核外共有23种不同运动状态的电子；正确答案：3s23p63d5 ；23。(2) 同周期主族元素的
14、第一电离通常随核电荷数增大，呈增大趋势，但As的p轨道为半充满结构，相对稳定，第一电离能较大，所以第一电离能从大到小的顺序为Br As Se ；正确答案：Br As Se。(3) N电负性强于P，且原子半径小于P， NH3中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间距离更小，致使其成键电子对间斥力大，键角更大，所以两种三角锥形气态氢化物PH3和NH3的键角相比较，NH3分子的键角较大；正确答案：N电负性强于P，且原子半径小于P， NH3中成键电子对离中心原子更近，成键电子对间距离更小，致使其成键电子对间斥力大，键角更大。(4) CCl4的原子数为5，价电子总数为32，SF6的原子数为7，价电子总数
15、为48，因为A与 CCl4互为等电子体，B与 SF6互为等电子体，则A为PCl4+ ，B为PCl6- ；PCl4+ 的中心P原子的成键电子对数为，其中心原子杂化轨道类型为sp3；正确答案：PCl4+ ； sp3 。点睛：本题考查物质结构和性质，涉及电子的排布图，杂化方式的判断，电离方式和微粒结构，晶胞计算等，侧重于基础知识的综合应用的考察，题目难度中等。5【宿州市2018届高三第三次教学质量检测】碳、氮、氧、氯、钠、铜等元素的化合物广泛存在于自然界，回答下列问题：（1）基态氯原子的价电子排布图是_；基态铜原子核外电子占有的空间运动状态有_种（2）碳、氮、氧三种元素中第一电离能最大的是_ (填元
16、素符号)CO32-中碳原子的杂化轨道类型为_。（3）相同条件下，水的沸点高于液氨，原因是_。（4）铜与CN可形成络合离子Cu(CN)42-，写出一种与CN互为等电子体的分子的化学式_；1 mol Cu(CN)42-中含有_mol键；若将Cu(CN)42-中二个CN换为Cl，只有一种结构，则Cu(CN)42-中4个氮原子所处空间位置关系为_。（5）氯化钠的晶胞如图所示。晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中。一个氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目为_个。已知：半径r(Cl)=apm，r(Na+)=bpm。摩尔质量M(NaCI)=cgmol-1则氯化钠晶体的密度为_gc
17、m-3【答案】15Nsp2氧元素的电负性大于氮，氧原子的半径小于氮，水分子间氢键比氨分子间氢键强N2或CO8正四面体121030解析：(1)基态氯原子的价电子排布在3s、3p能级上，价电子排布图是；铜原子核外有29个电子，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，排布在15个原子轨道上，所以有15种空间运动状态；(2)同周期元素从左到右第一电离能增大，A族原子p轨道半充满，第一电离能大于A族元素的原子，所以碳、氮、氧三种元素中第一电离能最大的是N；CO32-中碳原子的价电子对数是 ，所以碳原子的杂化轨道类型为sp2 ；(3) 氧元素的电负性大于氮，氧原子的半径小于氮，水分子间
18、氢键比氨分子间氢键强，所以水的沸点高于液氨；(4)等电子体是原子数相同、价电子数相同的微粒，所以与CN互为等电子体的分子的化学式是N2或CO；单键是键，三键中有1个是键，所以1 mol Cu(CN)42-中含有8mol键；若将Cu(CN)42-中二个CN换为Cl，只有一种结构，则Cu(CN)42-中4个氮原子所处空间位置关系为正四面体；(5)根据晶胞图，1个氯离子周围离氯离子最近的氯离子数目是12个；晶体中氯离子以面心立方最密堆积排列，钠离子嵌入在氯离子之间的空隙中，r(Cl)=apm，所以晶胞边长是pm，根据均摊原则，每个晶胞含有 Cl数是 ，含有Na+数是；所以密度是1030 gcm-3。
19、点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用。6【鄂州市2018届高三下学期第三次模拟】已知A、B、C、D、E、F为元素周期表中原子序数依次增大的前20号元素，A与B；C、D与E分别位于同一周期。A原子L层上有2对成对电子， B、C、D的核外电子排布相同的简单离子可形成一种C3DB6型离子晶体，CE、FA为电子数相同的离子晶体。（1）写出A元素的基态原子价电子排布式_。（2）试解释工业冶炼D不以DE3而是以D2A3为原料的原因：_。来源:Zxxk.Com（3）许多l价铜的配合物溶液能吸收CO和烯烃（如C2H4等）， CH3C
20、H= CH 2 分子中3个C原子采取的杂化方式依次为_。（4）在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量，先出现蓝色沉淀，最后沉淀完全溶解。写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式：_；（5）B的氢化物比氨气的熔沸点略高，请解释原因：_；（6）1996年诺贝化学奖授予对发现C60有重大贡献的三位科学家。C60分子是形如球状的多面体(如图)，该结构的建立基于以下考虑：C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数、面数和棱边数的关系，遵循欧拉定理：顶点数面数棱边数2。据上所述，可推知C60分子有12个五边形和20个六边形。请回答下列问题：1）试估计C60跟F2在
21、一定条件下，能否发生反应生成C60F60(填“可能”或“不可能”)_，并简述其理由：_。2）C70和C60结构类似，则分子中含有_个六边形和_个五边形。【答案】 2s22p4 氯化铝为共价化合物，熔融时候不能电离出自由移动的离子 sp3、sp2、sp2 Cu(OH)24NH3H2O =Cu(NH3) 4 2+ 2OH-4H2O 氟化氢所形成的分子间氢键的强度比氨分子形成的分子间氢键大 可能 1molC60分子中含有30mol双键，可以和30molF2发成加成反应形成C60F60 12 25 (2)根据氯化铝是共价化合物分析解答；(3)根据价层电子对互斥理论确定杂化方式；(4)氢氧化铜和氨水反应
22、生成铜氨络合离子和氢氧根离子，根据价层电子对互斥理论确定其空间构型；(5)根据氟化氢和氨分子形成的分子间氢键强弱分析解答；(6)1)由欧拉定理计算碳碳单键和双键键数，再进行判断；2)根据欧拉定理及棱边数计算。详解：由上述分析可知，A为O、B为F、C为Na、D为Al、E为Cl、F为Ca。(1)A元素的基态原子价电子排布式为2s22p4，故答案为：2s22p4；(2)工业冶炼铝不以氯化铝而是以氧化铝为原料的原因为氯化铝为共价化合物，不导电，而氧化铝为离子化合物，电解可制备Al，故答案为：氯化铝为共价化合物，不导电，而氧化铝为离子化合物；(3)CH3CH=CH2分子中甲基上的C原子含有4个共价单键，
23、属于sp3杂化，碳碳双键两端上的碳原子含有3个键，属于sp2杂化，故答案为：sp3、sp2、sp2；2)设C70分子中五边形数为x，六边形数为y，依题意可得方程组：(5x+6y)(370)，70+(x+y) (370)=2，得 x12，y25，故答案为：12；25。点睛：本题考查了物质结构与性质，涉及晶胞的计算，氢键的判断等。本题的易错点和难点为(6)，要明确每条边被几个多边形共用，每个原子被几个多边形共用，只有明确此点才能正确解答问题。7【南昌市2018届高三第二次模拟】由N、P、Ti等元素组成的新型材料有着广泛的用途，请回答下列问题。（1）钛元素基态原子未成对电子数为_个，能量最高的电子占
24、据的能级符号为_。（2）磷的一种同素异形体白磷(P4)的立体构型为_，推测其在CS2中的溶解度_（填“大于”或“小于”）在水中的溶解度。（3）两种三角锥形气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角分别为93.6和107，试分析PH3的键角小于NH3的原因：_。来源:Z&X&X&K（4）工业上制金属钛采用金属还原四氯化钛。先将TiO2（或天然的金红石）和足量炭粉混合加热至10001100K，进行氯化处理，生成TiCl4。写出生成TiCl4的化学反应方程式：_。（5）有一种氮化钛晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为_，已知晶体的密度为pgcm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶胞边长为_cm（用含p、
25、NA的式子表示）。【答案】23d正四面体形大于电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大TiO2+2C+2C12TiCl4+2COTiN（3）由于电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大，因此PH3的键角小于NH3的。（4）反应物是氯气、TiO2和足量炭粉，生成物是TiCl4，根据原子守恒且碳过量可知还有CO生成，则生成TiCl4的化学反应方程式为TiO2+2C+2C12TiCl4+2CO。（5）根据晶胞结构可知含有的N原子个数是
26、81/8+61/24，Ti原子全部在晶胞中，共计是4个，则该晶体的化学式为TiN；设晶胞的边长是a cm，则，解得a。8【临沂市2018届高三第三次高考模拟】钛及其化合物在化工、医药、材料等领域有着广泛的应用。（1）基态钛原子的价电子排布式为_，与钛同周期的元素中，基态原子的未成对电子数与钛相同的有_种。（2）钛比钢轻、比铝硬，是一种新兴的结构材料，钛的硬度比铝大的原因是_。（3）在浓的TiCl3的盐酸溶液中加入乙醚，并通入HCl至饱和，可得到配位数为6、组成为TiCl36H2O的绿色晶体，该晶体中两种配体的物质的量之比为1：5，则该配合离子的化学式为_。（4）半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙
27、烯、苯乙烯的聚合，其结构如下图所示。组成M的元素中，电负性最大的是_(填名称)。M中碳原子的杂化方式为_。M中不含_(填代号)。a键 b键 c离子键 d配位键（5）金红石(TiO2)是含钛的主要矿物之一。其晶胞结构(晶胞中相同位置的原子相同)如图所示。A、B、C、D 4种微粒，其中氧原子是_(填代号)。若A、B、C的原子坐标分别为A(0，0，0)、B(0.69a，0.69a，c)、C(a，a，c)，则D的原子坐标为D(0.19a，_，_)；钛氧键的键长d=_(用代数式表示)。【答案】3d24s23Ti原子的价电子数比Al多，金属键更强TiCl(H2O)52+氧sp2 sp3cBD0.81a0.
28、5c【解析】试题分析：(1)钛原子核外有22个电子，根据核外电子排布规律写基态钛原子的价电子排布式；基态原子的未成对电子数为2；第四周期中未成对电子数为2的元素有Ge、Se、Ni，有3种；(2) Ti原子的价电子数是4、铝原子的价电子数是3；(3).配位数为6，两种配体的物质的量之比为1：5，所以配体中有1个氯原子、5个水分子；(4) 组成M的元素有Ti、C、H、O、Cl，非金属性越强电负性越大；M中有双键碳和单键碳原子两种；单键为键、双键中1个是键、1个是键，根据M的结构图，还有配位键；(5) 根据均摊原则，晶胞中共有原子，晶胞中相同位置的原子相同，根据钛氧原子比是1:2分析；根据晶胞结构分
29、析D原子坐标；根据图示， 点睛：根据均摊原则，立方晶胞顶点的原子被一个晶胞占用 、晶胞楞上的原子被一个晶胞占用、晶胞面心的原子被一个晶胞占用。9【衡水中学2018届高三第二十次模拟】第A族的单质及一些化合物在工农业生产等领域有重要应用。回答下列问题:（1）基态Ga原子价电子排布图为_.（2）经测定发现，N2O5固体由NO2+和NO3-两种离子组成，该固体中N原子杂化类型为_;与NO2+互为等电子体的微粒有_(写出一种)。（3）铵盐大多不稳定，NH4F、NH4I中，较易分解的是_,原因是_.（4）第二周期中，第一电离能介于B元素和N元素之间的元素有_种。（5）晶体别有多种变体，但其基本结构单元都
30、是由硼原子组成的正二十面体(见下图)，每个顶点为一个硼原子，每个三角形均为等边三角形。若此结构单元为1个分子，则其分子式为_.（6）冰晶石(Na3AlF6)由两种微粒构成，冰晶石的晶胞结构如图甲所示，位于大立方体的顶点和面心，位于大立方体的12条棱的中点和8个小立方体的体心，那么大立方体的体心处所代表的微粒是_ (填微粒符号)。（7）A1单质的晶体中原子的堆积方式如图乙所示，其晶跑特征如图丙所示，原子之间相互位置关系的平面图如图丁所示:若己知Al的原子半径为dnm,NA代表阿伏加德罗常数，Al的相对原子质量为M,则一个晶胞中Al原子的数目_个；Al晶体的密度为_g/cm3(用字母表示)。【答案
31、】sp、sp2SCN-、CO2、CS2、N3-等中的任一种NH4FF原子半径比I原子小，H-F键比H-I键强(或H-F更易形成易夺取NH4+中的H+)3B12Na+4M1021/4 NA【解析】Ga原子核电荷数为31，核外电子排布1s22s22p63s23p63d104s24p1；基态Ga原子价电子排布图为；正确答案：。(2) NO2+其中心N原子价电子对数=键个数+孤电子对个数=2+（5-1-22）/2=2，所以其中的氮原子按sp方式杂化；NO3-价层电子对数为=3+（5+1-23）=3，属于sp2杂化；等电子体是指原子数相等，电子总数相等的微粒，因此原子数为3，电子数为22的等电子微粒有（
32、和NO2+）：SCN-、CO2、CS2、N3-等中的任一种；正确答案： sp、sp2； SCN-、CO2、CS2、N3-等中的任一种。 （6）该晶胞中个数=8+6=4，个数=12+8=11，根据化学式知，冰晶石中阳离子和阴离子个数之比为3：1，要使阳离子、阴离子个数之比为3：1，则大立方体的体心处所代表的微粒是Na+；正确答案：Na+。(7) （1）根据乙图可知，Al为面心立方堆积，铝原子位于晶胞8个顶点和立方体的6个面心，一个晶胞中Al原子的数目N=1/8+1/26=4正确答案：4。（2）设晶胞中立方体的边长为a，根据丙图中原子之间的位置关系有a2+a2=(4d)2，则a=2nm，则晶胞的体
33、积为V=a3=210-73cm3，一个晶胞中含有4个铝原子，则晶胞的质量为m=NM/NA ，密度=m/V= NM/NAV，代入数据计算可得晶胞密度=4M/NAV= M410-21NA =M1021/4 NA；正确答案：M1021/4 NA。点睛：本题考查价层电子对互斥模型和微粒的空间构型的关系，根据价层电子对互斥理论来分析解答，注意孤电子对个数的计算方法，为易错点，注意实际空间构型要去掉孤电子对为解答关键，题目难度中等。价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数键个数=配原子个数，孤电子对个数=1/2（a-xb），a指中心原子价电子个数
34、，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数；分子的立体构型是指分子中的原子在空间的排布，不包括中心原子未成键的孤对电子；实际空间构型要去掉孤电子对，略去孤电子对就是该分子的空间构型。10【华中师范大学第一附属中学2018届高三5月押题考】R、X、Y、Z是周期表前四周期元素，原子序数依次增大。R是宇宙中含量最多的元素，X、Y、Z三种元素的基态原子内层所有能级均已填满电子。X元素的基态原子的核外电子分布在三个能级上，且每个能级上排布了相同的电子数。Y与X同周期，且Y与X的基态原子中未成对电子数相同。Z的周期数比X的周期数多2，Z的基态原子最外层只有1个电子。回答下列问题:（1）Z元素的
35、价电子排布式为_。（2）R2Y可与Z的正二价离子形成一种复杂离子Z(R2Y)42+，Z(R2Y)42+的几何构型是_；将Z(R2Y)42+与硫酸根形成的盐溶液装入试管中，逐滴加入氨水直至过量,出现的实验现象是_。（3）X与R可形成一种化学式为X3R4的不稳定化合物，是一种话性中间体，X3R4分子中3个X原子成直线排列，中间的X原子的杂化轨道类型为_杂化。当X3R4分子中的4个R原子被其他4个不同种类元素的原子取代时，形成的新分子_(填“具有“或”不具有”)手性。（4）下列排列方式中，通常条件下Z的晶体的堆积方式是_(填序号)。Z的晶体中,Z原子的配位数为_。AABCABCABC BABABAB
36、ABAB CABBAABBA DABCCBCABCCBA（5）Z与F(氟)形成的一种化合物的晶胞结构如右图所示，若晶体密度为ag.cm-3，则Z与F(氟)最近距离为_pm(阿伏加德罗常数用NA表示,列出计算表达式,不用化简,1pm=1.010-12m)。【答案】 3d104s1 平面四边形(或正方形) 首先形成蓝色沉淀，继续添加氨水，沉淀溶解。得到深蓝色透明溶液 sp 具有 a 12 【解析】R、X、Y、Z是周期表前四周期元素，原子序数依次增大。R是宇宙中含量最多的元素氢元素，X、Y、Z三种元素的基态原子内层所有能级均已填满电子。X元素的基态原子的核外电子分布在三个能级上，且每个能级上排布了相
37、同的电子数则电子排布式为1s22s22p2，为C 元素。Y与X同周期，且Y与X的基态原子中未成对电子数相同，则Y的电子排布式为1s22s22p4，即为氧元素。Z的周期数比X的周期数多2，Z的基态原子最外层只有1个电子则为铜元素。（1）Z为29号铜元素，价电子排布式为3d104s1；（2）R2Y即H2O，可与Z的正二价离子Cu2+形成一种复杂离子Cu (H2O)42+，Cu (H2O)42+铜离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9，Cu（H2O）42+中心Cu2+离子是sp3d2杂化，是平面正方形；11【湖北省2018届高考仿真模拟适应性考】B元素和N元素对植物生长及人体健康有
38、着十分重要的作用，也广泛应用于新型材料的制备。（1）基态氮原子的外围电子排布图为_；晶体硼单质的基本结构单元为正二十面体，其能自发地呈现多面体外形，这种性质称为晶体的_性。（2）氨硼烷(NH3BH3)被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，与氨硼烷互为等电子体的分子、离子的化学式分别是_、_。 (各举一例)，第二周期元素中第一电离能介于B和N之间的元素是_(填元素符号)。（3）血红素是吡咯(C4H5N)的重要衍生物，血红素(含Fe2+)可用于治疗缺铁性贫血。吡咯和血红素的结构如下图：己知吡咯中的各个原子均在同一平面内；则吡咯分子中N原子的杂化类型为_。1mol吡咯分子中所含的键总数为_个；分子中的
39、大键可用表示，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，则吡咯环中的大键应表示为_。C、N、O三种元素的简单氢化物键角由小到大的顺序为_(填化学式)，原因是_。血液中的O2是由血红素在人体内形成的血红蛋白来输送的，则血红蛋白中的Fe2+与O2是通过_键相结合。（4）氮化硼(BN)是受高度关注的耐磨材料，可作为金属表面的保护层，其结构与金刚石类似，晶胞结构如图所示。已知该晶体密度为ag/cm3，根据硬球接触模型计算晶体中两个最近的N原子间的距离为：_pm。（用含a的代数式表示，NA表示阿伏加德罗常数）【答案】 自范 C2H6 N2H62+ Be、C、O sp2 10 NA H2
40、ONH3CH4 CH4、NH3、H2O中心原子均为sp3杂化，中心原子孤电子对数分别为0、1、2，孤电子对间排斥力大于孤电子对与成键电子对间排斥力大于成键电子对间排斥力，故键角顺序为H2ONH3CH4 配位键 1010（3）根据各个原子均在同一平面内，则吡咯分子中N原子的杂化类型为sp2；从结构图知1mol吡咯分子中所含的键总数为10 NA个；吡咯环中的大键包含5个原子（4个碳原子和一个氮原子）、6个电子（氮原子2个，每个碳原子各一个），应表示为。CH4、NH3、H2O中心原子均为sp3杂化，中心原子孤电子对数分别为0、1、2，孤电子对间排斥力大于孤电子对与成键电子对间排斥力大于成键电子对间排
41、斥力，故键角顺序为H2ONH3CH4 ，因此，本题正确答案为：H2ONH3CH4 ；CH4、NH3、H2O中心原子均为sp3杂化，中心原子孤电子对数分别为0、1、2，孤电子对间排斥力大于孤电子对与成键电子对间排斥力大于成键电子对间排斥力，故键角顺序为H2ONH3CH4。Fe2+提供空轨道，O2提供孤对电子，Fe2+与O2通过配位键相结合。（4）一个晶胞中B原子数目=8+6=4，含N原子数=4，一个晶胞的质量g，根据，V=cm3，晶胞棱长为cm=1010pm，仔细观察BN的晶胞结构不难发现N位于晶胞中8个小立方体中互不相邻的4个小立方体的体心，N与N之间距离就是晶胞面对角线的一半，因此晶体中两个
42、最近的N原子间的距离为：1010pm。12【沈阳市东北育才学校2018届高三第八次模拟】过渡金属元素及其化合物的应用研究是目前科学研究的前沿之一。请回答下列问题：二茂铁（C5H5）2Fe的发现是有机金属化合物研究中具有里程碑意义的事件，它开辟了有机金属化合物研究的新领域。已知二茂铁熔点是173（在100时开始升华），沸点是249。（1）基态Fe2+离子的价电子排布式为_ （2）二茂铁属于_晶体；测定表明二茂铁中所有氢原子的化学环境都相同，则二茂铁的结构应为下图中的_（选填“a”或“b”）（3）环戊二烯（）中C的杂化方式 _。1mol环戊二烯中含有键的数目为_。（4）分子中的大键可用符号mn表示
43、，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66），在C5H5中的每个碳原子上都有一个未参与键的电子，这些电子占据与环的平面垂直的p轨道上。C5H5的大键可以表示为_。（5）如图，铁有、三种同素异形体，三种晶体在不同温度下能发生转化。下列说法正确的是_AFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个BFe晶体中与每个铁原子距离相等且最近的铁原子有6个C若Fe晶胞边长为acm，Fe晶胞边长为bcm，则两种晶体密度比为2b3：a3D将铁加热到1500分别急速冷却和缓慢冷却，得到的晶体类型相同（6）Fe能形成多种氧化物，其中FeO晶胞结构为NaCl型。晶体中实际上存在空位、错位、杂质原子等缺陷，晶体缺陷对晶体性质会产生重大影