2020高考化学常考知识点专练 09：物质结构与性质
一、单选题
1．（2020·临朐模拟）已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是（ ）
A．C3N4晶体是分子晶体
B．C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长
C．C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3
D．C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合
【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A.金刚石是原子晶体，C3N4晶体的硬度比金刚石大，因此C3N4晶体为原子晶体，A不符合题意；
B.N原子的半径小于C原子，因此C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，B不符合题意；
C.由晶体的化学式C3N4可知，晶体中碳原子和氮原子的个数比为3：4，C不符合题意；
D.C3N4为原子晶体，粒子间只存在共价键，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合金刚石的结构和性质分析；
B.结合原子半径大小比较化学键的键长大小；
C.根据化学式分析；
D.原子晶体中只存在共价键；
2．（2020高一下·浙江开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物
B．Na投入到水中，有共价键的断裂与形成
C．液态水转变为气态水需要吸热，说明旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量
D．N2和NCl3两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
【答案】C
【知识点】化学键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.含有离子键和共价键的化合物为离子化合物，只含有共价键的化合物为共价化合物，选项正确，A不符合题意；
B.Na投入水中发生反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，反应过程中H2O中的共价键断裂，形成H2中的共价键，因此有共价键的断裂和形成，选项正确，B不符合题意；
C.液态水转化为气态水的过程中，只有分子间作用力发生变化，不存在化学键的断裂和形成，选项错误，C符合题意；
D.N2的电子式为，NCl3的电子式为，由电子式可知，两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.含有离子键，则一定为离子化合物；
B.根据Na与H2O的反应进行分析；
C.物质状态变化过程中没有化学键的断裂与形成；
D.根据N2和NCl3的电子式分析；
3．（2020·江苏会考）请阅读下列材料，回答问题。
联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，以纪念门捷列夫发现元素周期律150周年。元素周期律把元素及其化合物纳入一个统一的理论体系，为系统研究元素及其化合物提供了科学方法，为发现和探索新元素、新物质提供了有效思路。
（1）为纪念门捷列夫，科学家将1955年人工合成的一种新元素用符号“Md”表示，中文命名为“钔”。核素 Md的质量数为（ ）
A．101 B．157 C．258 D．359
（2）Mg和Si都属于元素周期表第3周期元素，它们原子结构中相同的是（ ）
A．质子数 B．电子层数
C．核外电子数 D．最外层电子数
（3）判断Cl的非金属性比S的强，可依据的事实是（ ）
A．HCl的热稳定性比H2S的强
B．氯气能溶于水，硫难溶于水
C．常温下，氯单质呈气态，硫单质呈固态
D．AgCl是白色固体，Ag2S是黑色固体
（4）锂是第2周期ⅠA族元素，下列有关锂元素性质推测正确的是（ ）
A．最高化合价为+2
B．原子半径比钠的大
C．单质与水的反应比钠更剧烈
D．最高价氧化物对应的水化物碱性比钠的弱
【答案】（1）C
（2）B
（3）A
（4）D
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，因此核素的质量数为258，C符合题意；
故答案为：C；
（2）Mg和Si都位于元素周期表的第三周期，其原子核外都有三个电子层，因此其原子结构中相同的是电子层数，B符合题意；
故答案为：B
（3）A、HCl的热稳定性比H2S的强，说明Cl的非金属性比S的强，A符合题意；
B、Cl2能溶于水，而S难溶于水，水溶性为物理性质，不能说明非金属性的强弱，B不符合题意；
C、常温下Cl2为气态，S为固体，物质的状态为物理性质，不能说明非金属性强弱，C不符合题意；
D、AgCl是白色固体，Ag2S是黑色固体，物质的颜色为物理性质，不能说明非金属性的强弱，D不符合题意；
故答案为：A
（4）A、元素的最高正化合价等于其最外层电子数，也等于其主族的族序数，因此Li的最高正化合价为+1价，A不符合题意；
B、Li的原子核外有两个电子层，Na的原子核外有三个电子层，因此原子半径Na>Li，B不符合题意；
C、由于金属性LiD、由于金属性Li故答案为：D
【分析】（1）标在元素符号左上角的数字表示的是质量数；
（2）位于同一周期，其电子层数相同；
（3）比较非金属性的强弱，可通过比较氢化物的稳定性强弱、比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、非金属单质的氧化性强弱得到非金属性的强弱；
（4）根据Li在周期表中的位置，结合元素周期表的性质递变规律进行分析；
4．（2020高三上·盘锦期末）下列变化过程中无化学键断裂或生成的是（ ）
A．石墨转化为金刚石 B．NaCl晶体溶于水
C．干冰升华 D．氮的固定
【答案】C
【知识点】化学键
【解析】【解答】A.石墨转化为金刚石，有新物质生成，属于化学变化，化学变化过程中，伴随着化学键的变化，因此石墨转化为金刚石过程中有化学键的断裂或生成，选项正确，A不符合题意；
B.NaCl为离子晶体，存在离子键，溶于水的过程中，电离成自由移动的离子，离子键被破坏，因此NaCl晶体溶于水的过程中存在化学键的断裂，选项正确，B不符合题意；
C.干冰为固态的二氧化碳，干冰升华的过程中，破坏分子间作用力，而分子间作用力不属于化学键，因此干冰升华过程中没有化学键的断裂或生成，选项错误，C符合题意；
D.氮的固定过程中是将氮气转化为氮的化合物，为化学变化，因此氮的固定过程中存在化学键的断裂和生成，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.化学变化过程中一定伴随着化学键的变化；
B.离子晶体溶于水电离成自由移动的离子；
C.干冰升华破坏分子间作用力；
D.氮的固定是氮气单质转化为化合态氮的过程；
5．（2019高三上·拜泉月考）W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由W提供)。下列说法不正确的是（ ）
A．W的非金属性比Y的强
B．在该物质中Ⅹ原子满足8电子稳定结构
C．该物质中含离子键和共价键
D．Z的氧化物都易溶于水中
【答案】D
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.由分析可知，W为F、Y为O，非金属性F>O，选项正确，A不符合题意；
B.在该物质中，X原子满足8电子稳定结构，选项正确，B不符合题意；
C.由该物质的结构可知，该物质中含有离子键和共价键，选项正确，C不符合题意；
D.Z的氧化物为CO2或CO，其中CO不溶于水，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】“Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍”则X次外层电子数为2，Y的最外层电子数为6，因此Y为O；由盐的结构简式可知，Z的最外层电子数为4，且能与O形成双键，因此Z为C；X能形成三个化学键，且能提供空轨道，因此X为B；四种元素位于同周期，且W能形成一个化学键，因此W为F；据此结合选项进行分析。
6．（2019高二上·杭州期中）2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的（ ）
A．△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1
B．△H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等
C．△H5＜0，在相同条件下，2Br（g）的△H5′＜△H5
D．△H7＜0，且该过程形成离子键
【答案】C
【知识点】化学键；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A.根据盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，选项正确，A不符合题意；
B.键能是指断裂（或形成）1mol化学键时所吸收（或释放）的能量，因此ΔH4的数值上和Cl-Cl共价键的键能相等，选项正确，B不符合题意；
C.由于活泼性Cl>Br，Cl得到电子的能力比Br更强，因此Cl得电子后放出的能量越多，因此相等条件下， ΔH5′> ΔH5，选项错误，C符合题意；
D.NaCl由气态转化为固态的过程中放出热量，因此ΔH7<0，同时该过程中，形成了离子键，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据盖斯定律分析；
B.结合键能的定义分析；
C.根据溴和氯的活泼性进行分析；
D.NaCl为离子晶体；
7．（2019高二上·武邑月考）下列各原子或离子的电子排列式错误的是（ ）
A．Na+1s22s22p6 B．F 1s22s22p6
C．N3+1s22s22p6 D．O2 1s22s22p6
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】根据微粒中电子数可以知道N3+有4个电子，排列式应该是1s22s2，不可能是10个电子的1s22s22p6排列式。
故答案为：C。
【分析】A.钠离子核外有10个电子，失去的是3s上的一个电子；
B.氟离子核外有10个电子，2p得到1个电子；
D.氧负离子是10电子微粒，2p得到2个电子。
二、综合题
8．（2019高二上·武邑月考）C、Si、Ge、Sn是同族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重要应用。请回答下列问题：
（1）Si的原子核外价电子排布图为
（2）金刚石的结构是正四面体则其中的碳原子杂化方式是
（3）按要求指出下列氧化物的空间构型、成键方式或性质
①CO2分子的空间构型及碳氧之间的成键方式 ；
②CO可以和很多金属形成配合物，如Ni(CO)4，Ni与CO之间的键型为 ；
③乙烯的分子是C2H4，是根据其结构推断是 分子（填 “极性”或“非极性”）
（4）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比，已知Ni(CO)4中碳氧键的伸缩振动频率为2060cm－1，CO分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm－1，则Ni(CO)4中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度__________（填字母）
A．强 B．弱 C．相等 D．无法判断
【答案】（1）
（2）sp3
（3）直线形，共价键（或σ键与π键）；配位键；非极性
（4）B
【知识点】原子核外电子的运动状态；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）硅的原子核外价电子排布图为 。
（2）金刚石的晶体中每个碳原子都和其他四个碳原子构成正四面体结构，碳原子的杂化方式为sp3。
（3）①CO2分子的空间构型是直线型，碳原子和每个氧原子之间都通过两对共用电子结合，形成碳氧双键，其中一个是σ键，一个是π键。故答案为：直线形，共价键（或σ键与π键）。
②金属配合物里，金属原子提供空轨道，CO提供孤电子对，Ni与CO之间形成配位键。
③乙烯是平面四边形结构，正负电荷中心重合，是非极性分子。
（4）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比， Ni(CO)4中碳氧键的伸缩振动频率为2060cm－1，小于CO分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm－1，则Ni(CO)4中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度弱，
故答案为：B。
【分析】（1）Si原子的价电子排布式为3s23p2，据此画出价电子排布图即可；
（2）金刚石是正四面体结构，形成四对共用电子对，C原子sp3杂化；
（3）①二氧化碳是直线型结构，碳氧原子间形成σ键与π键；
②金属配合物中存在配位键；
③不同原子间形成极性共价键；
（4）根据题目中的信息“碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比”进行分析即可。
9．（2020·临朐模拟）有A，B，C，D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为 40％，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A＋与D2－离子数之比为2∶1。
回答下列问题：
（1）A元素形成的晶体属于A2密堆积型式，则其晶体内晶胞类型应属于 （填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”）。
（2）B－的电子排布式为 ，在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是 杂化。
（3）C的氢化物的空间构型为 ，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是 。
（4）B元素的电负性 D元素的电负性（填“＞”、“＜”或“＝”）；用一个化学方程式说明 。
（5）如图所示是R形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为a cm。试计算R晶体的密度为 。（阿伏加德罗常数用NA表示）
【答案】（1）体心立方
（2）ls22s22p63s23p6；sp3
（3）三角锥形；氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高
（4）＞；H2S＋Cl2＝2HCl＋S↓
（5）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）晶体钠属于体心立方堆积；
（2）B-为Cl-，是由Cl得到一个电子形成，因此Cl-的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6；CB3的化学式为NCl3，其结构中含有三个N-Cl化学键和一对孤对电子，因此N原子的轨道杂化方式为sp3杂化；
（3）C的氢化物为NH3，其空间构型为三角锥形；NH3分子间能形成氢键，因此其沸点比同主族其他元素形成的氢化物的沸点高；
（4）同周期，核电荷数越大，电负性越大，因此电负性Cl>S，即B>D；电负性越大，其单质的氧化性越强，因此可用反应“H2S+Cl2=2HCl+S↓”证明二者电负性强弱；
（5）由晶胞结构示意图可知，该晶胞中含有8个Na+，所含S2-的个数为：，因此一个晶胞中含有4个Na2S，则每个晶胞的质量为，因此该晶胞的密度；
【分析】A、B、C、D四种元素，B原子得一个电子后3p轨道全满，则B是Cl元素；A+比B-少一个电子层，则A是Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，则为第VA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，说明其氢化物中能和水形成分子间氢键，所以C是N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，处于ⅥA族，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数，所以D是S元素；R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2：1，则R是Na2S。据此结合题干设问分析作答。
10．（2020高三上·海原期末）祖母绿被称为绿宝石之王，是国际珠宝世界公认的四大名贵宝石之一，其化学式为Be3Al2Si6O18。回答下列问题：
（1）基态Be原子的电子排布图为 ，基态Al原子核外电子占据 个轨道，其中能量最高能级的原子轨道的形状为 。
（2）Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为 。
（3）SO3分子中硫原子的杂化类型是 ，SO3分子的空间构型是 。
（4）工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl3，AlCl3的晶体类型是 ，将Be3Al2Si6O18写为氧化物的式子是 。
（5）LiAlH4在有机合成中可将羧基还原成羟基。甲酸和乙醇的熔、沸点如图所示：
1mol甲酸分子中σ键与π键的比值为 ，甲酸和乙醇的熔点相差较大的主要原因是 。
（6）碳化硅的晶体类型类似金刚石，晶胞结构如图所示。已知：碳化硅的晶体密度为ag/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的数值。该晶胞边长为 pm。
【答案】（1）；7；哑铃（或纺锤）形
（2）O＞Si＞Al
（3）sp2；平面正三角形
（4）分子晶体；Al2O3 3BeO 6SiO2（或3BeO Al2O3 6SiO2）
（5）4：1；甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强
（6）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1) Be为4号元素，基态Be原子的电子排布图为 ，Al为13号元素，基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，占据7个轨道，其中能量最高能级的原子轨道为3p，形状为哑铃(或纺锤)形，故答案为： ；7；哑铃(或纺锤)形；(2) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为O＞Si＞Al，故答案为：O＞Si＞Al；(3)SO3分子中硫原子的价层电子对数=3+ =3，杂化类型为sp2杂化，SO3分子的空间构型是平面正三角形，故答案为：sp2；平面正三角形；(4)工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl3，是因为AlCl3为共价化合物，熔融状态不能导电，AlCl3的熔点较低，属于分子晶体；将Be3Al2Si6O18写为氧化物的式子为Al2O3 3BeO 6SiO2(或3BeO Al2O3 6SiO2)，故答案为：分子晶体；Al2O3 3BeO 6SiO2(或3BeO Al2O3 6SiO2)；(5)甲酸的结构简式为HCOOH，分子中共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键，所以甲酸分子中σ键与π键数目之比=4∶1；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强，所以甲酸熔沸点高于乙醇，故答案为：4∶1；甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强；(6)碳化硅晶胞中Si原子个数=8× +6× =4，C原子个数为4，晶胞的质量为 g，晶体密度为ag/cm3，则晶胞边长= = cm= pm，故答案为： 。
【分析】(1) Be为4号元素，Al为13号元素，结合电子排布式分析解答；(2)同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，据此排序；(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+ (a-xb)计算判断SO3分子中硫原子的杂化类型和空间构型；(4) AlCl3为共价化合物，熔点较低；结合硅酸盐改为氧化物的方法改写；(5)根据共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键计算甲酸分子中σ键与π键数目之比；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强；(6)根据均摊法计算碳化硅晶胞中Si原子和C原子个数，求出晶胞的质量，在根据晶体密度计算晶胞边长。
11．（2020高三上·长春期末）A，B，C，D，E，F 为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态 A 原子的电子分布在 3 个能级，且每个能级所含的电子数相同； C 的原子核外最外层有 6 个运动状态不同的电子； D 是短周期元素中电负性最小的元素；
E 的最高价氧化物的水化物酸性最强；
基态
F 原子核外最外层只有一个电子，
其余能层均充满电子。
G 元素与
D 元素同主族，且相差
3 个周期。
（1）元素 A， B， C 的第一电离能由小到大的是 （用元素符号表示）。
（2）E的最高价含氧酸中 E 原子的杂化方式为 。 基态 E 原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为 。
（3）F原子的外围电子排布式为 ， F 单质晶体中原子的堆积方式是下图中的 （填写“甲”、 “乙”或“丙”） ，该晶体的空间利用率为 。
（4）已知元素 A、B形成的(AB)2分子中所有原子都满足 8电子稳定结构，则其分子中 σ键与 π键数目之比为 。
（5）通常情况下， D 单质的熔沸点比 G 单质高，原因是 。
（6）已知 DE 晶体的晶胞如下图所示：
若将 DE 晶胞中的所有 E 离子去掉，并将 D 离子全部换为 A 原子，再在其中的 4 个“小立方体”中心各放置一个A 原子，且这 4 个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的 A 原子与最近的 4 个 A 原子以单键相连，由此表示 A的一种晶体的晶胞（已知 A—A 键的键长为a cm， NA表示阿伏加德罗常数），则该晶胞中含有 个 A 原子，该晶体的密度是 g·cm-3（列式表示） 。
【答案】（1）C（2）sp3；哑铃型
（3）3d104s1；丙；74%
（4）3:4
（5）Na 、Cs处于同一主族，并都是金属晶体，同主族元素价电子数相同，从上到下，原子半径依次增大，金属键依次减弱，熔沸点降低
（6）8；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）非金属性越强第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，因此氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能，即元素A、B、C的第一电离能由小到大的是C＜O＜N。
（2）的最高价含氧酸是高氯酸，化学式为HClO4。根据价层电子对互斥理论可知。氯元素含有的孤对电子对数为，所以氯元素的杂化方式为sp3杂化。氯原子的最高能级为3p能级，其电子云轮廓为哑铃型。
（3）根据核外电子的排布规律可知，铜原子的外围电子排布式为3d104s1。铜形成的晶体是面心立方最密堆积，甲是六方最密堆积，乙是体心立方堆积，丙是面心立方最密堆积，该晶体的空间利用率为74%。
（4）(AB)2为(CN)2，其结构简式为N≡C-C≡N，其中含有3个σ键和4个π键，所以σ键和π键的数目之比为3:4；
（5）Na、Cs都属于碱金属元素，最外层电子数相同，但从上到下，随电子层数增加，原子半径增大，导致金属键减弱，因此单质的熔沸点降低；
（6）根据已知信息可知，该晶胞中的C原子分布在棱的中点、体心和4个“小立方体”的中心，根据原子均摊法可得该晶胞中的C原子个数为为，其质量为，根据A-A单键的键长可求得该晶胞的棱长为，其体积为，所以该晶胞的密度为；
【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，因此A的原子序数是6，即A是碳元素；C的最外层有6个运动状态不同的电子，则C是第ⅥA族元素；D是短周期元素中电负性最小的元素，说明D的金属性最强，短周期中金属性最强的是钠，则D是钠；C的原子序数小于钠，所以C是氧元素；B的原子序数介于A和C之间，则B是氮元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强，因此E是氯元素；F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，则F的原子序数是2+8+18+1＝29，所以F是铜；G元素与D元素同主族，且相差3个周期，所以G是第六周期的Cs元素。
12．（2019高三上·蚌埠期中）微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用，也广泛应用于新型材料的制备。
（1）基态硼原子的价电子轨道表达式是 。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为 。
（2）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 。
（3）B的简单氢化物BH3不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。
①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为
②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是 ，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子 （填化学式）。
（4）以硼酸（H3BO3）为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂。BH4-的立体构型为 。
（5）磷化硼（BP）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。
磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是 。
【答案】（1）；C＞Be＞B
（2）自范性
（3）sp3杂化；N；C2H6
（4）正四面体
（5）正方形
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态硼原子的价电子轨道表达式是 。
答案为：
与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be和C，由于Be的2s轨道全充满，所以第一电离能大于B的第一电离能，但比C的第一电离能小，所以第一电离能由大到小的顺序为C＞Be＞B。答案为：C＞Be＞B
（2）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自范性。 答案为：自范性
（3）①B2H6分子结构中，B原子的杂化方式为sp3杂化。答案为：sp3杂化
②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N。答案为：N
B、N的价电子数之和刚好是C价电子数的2倍，所以与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6。
答案为：C2H6
（4）BH4-的立体构型为正四面体。答案为：正四面体
（5）磷化硼晶体中4个B原子分布在以正方体中心为中心的正四面体位置，其沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是正方形。
【分析】（1）根据基态硼原子的核外电子排布式分析；根据第一电离能的递变规律分析；
（2）根据晶体的自范性分析；
（3）①根据B原子的成键情况分析B原子的杂化方式；
②根据氨硼烷的结构分析其成键情况，结合等电子体概念书写；
（4）BH4-的立体构型为正四面体；
（5）根据磷化硼的晶体结构进行分析；
13．（2019高三上·四川期中）黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：
（1）CuFeS2中存在的化学键类型是 。其组成的三种元素中电负性较强的是
。
（2）下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的 。
（3）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的立体构型是 ，中心原子杂化类型为 ，属于 （填“极性”或“非极性”）分子。
②X的沸点比水低的主要原因是 。
（4）CuFeS2与氧气反应生成SO2，其结构式为 ，则SO2中共价键类型有 。
（5）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。
①Cu＋的配位数为 ，
②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值,CuFeS2晶体的密度是 g cm3(列出计算式)。
【答案】（1）离子键；硫（S）
（2）CD
（3）V形；sp3；极性；水分子间存在氢键（答案合理即可）
（4）σ键和π键
（5）4；
【知识点】原子结构的构造原理；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-，存在的化学键类型为离子键；CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素，则三种元素中电负性较强的是硫元素；铁原子价电子为3d64s2，铜原子价电子为3d104s1；
(2)A．二价铁离子是铁原子失去最外层2个电子形成的阳离子，3d轨道有一个成对电子，4s轨道为空轨道，故A错误；B．铜原子价电子为3d104s1 ，轨道表示式不符合，故B错误；C．三价铁离子是铁原子失去4s两个电子和3d一个电子，3d轨道上各有一个电子为稳定结构，故C正确；D．亚铜离子是失去4s轨道一个电子形成的阳离子，轨道表示式正确，故D正确；故答案为CD；
(3)①H2S分子中，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体形，价层电子对之间的夹角均为109°28′，但S原子有2对孤电子对，所以分子的构型为V形，中心原子杂化类型为sp3杂化，属于极性分子；
②H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键；
(4)二氧化硫为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形成一个σ键，同时氧原子和硫原子间形成一个4电子离域π键，SO2中心原子的价层电子对数为3对，共价键的类型有：σ键和π键；
(5)①晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；
②晶胞中亚铁离子=8× +4× +1=4，亚铜离子=6× +4× =4，硫离子=8，晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度= = = g cm3。
【分析】（1）离子化合物中含有离子键；非金属性越强元素的电负性越强；
（2）根据原子核外电子排布规律进行判断即可；
（3）①产生的臭鸡蛋气味的气体是硫化氢，根据硫化氢进行分析；
②水分子间存在氢键，对沸点有较大的影响；
（4）单键中含有 σ键 ，双肩中含有 σ键和π键 ；
（5）根据均摊法得出化学式，结合晶体的密度计算方法进行计算即可。
1 / 12020高考化学常考知识点专练 09：物质结构与性质
一、单选题
1．（2020·临朐模拟）已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间以单键结合。下列有关C3N4晶体的说法中正确的是（ ）
A．C3N4晶体是分子晶体
B．C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长
C．C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3
D．C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合
2．（2020高一下·浙江开学考）下列说法不正确的是（ ）
A．含有离子键和共价键的化合物一定是离子化合物
B．Na投入到水中，有共价键的断裂与形成
C．液态水转变为气态水需要吸热，说明旧键断裂吸收的能量大于新键形成放出的能量
D．N2和NCl3两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构
3．（2020·江苏会考）请阅读下列材料，回答问题。
联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”，以纪念门捷列夫发现元素周期律150周年。元素周期律把元素及其化合物纳入一个统一的理论体系，为系统研究元素及其化合物提供了科学方法，为发现和探索新元素、新物质提供了有效思路。
（1）为纪念门捷列夫，科学家将1955年人工合成的一种新元素用符号“Md”表示，中文命名为“钔”。核素 Md的质量数为（ ）
A．101 B．157 C．258 D．359
（2）Mg和Si都属于元素周期表第3周期元素，它们原子结构中相同的是（ ）
A．质子数 B．电子层数
C．核外电子数 D．最外层电子数
（3）判断Cl的非金属性比S的强，可依据的事实是（ ）
A．HCl的热稳定性比H2S的强
B．氯气能溶于水，硫难溶于水
C．常温下，氯单质呈气态，硫单质呈固态
D．AgCl是白色固体，Ag2S是黑色固体
（4）锂是第2周期ⅠA族元素，下列有关锂元素性质推测正确的是（ ）
A．最高化合价为+2
B．原子半径比钠的大
C．单质与水的反应比钠更剧烈
D．最高价氧化物对应的水化物碱性比钠的弱
4．（2020高三上·盘锦期末）下列变化过程中无化学键断裂或生成的是（ ）
A．石墨转化为金刚石 B．NaCl晶体溶于水
C．干冰升华 D．氮的固定
5．（2019高三上·拜泉月考）W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新型的锂离子电池的电解质(结构如图，箭头指向表示共同电子对由W提供)。下列说法不正确的是（ ）
A．W的非金属性比Y的强
B．在该物质中Ⅹ原子满足8电子稳定结构
C．该物质中含离子键和共价键
D．Z的氧化物都易溶于水中
6．（2019高二上·杭州期中）2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法不正确的（ ）
A．△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1
B．△H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等
C．△H5＜0，在相同条件下，2Br（g）的△H5′＜△H5
D．△H7＜0，且该过程形成离子键
7．（2019高二上·武邑月考）下列各原子或离子的电子排列式错误的是（ ）
A．Na+1s22s22p6 B．F 1s22s22p6
C．N3+1s22s22p6 D．O2 1s22s22p6
二、综合题
8．（2019高二上·武邑月考）C、Si、Ge、Sn是同族元素，该族元素单质及其化合物在材料、医药等方面有重要应用。请回答下列问题：
（1）Si的原子核外价电子排布图为
（2）金刚石的结构是正四面体则其中的碳原子杂化方式是
（3）按要求指出下列氧化物的空间构型、成键方式或性质
①CO2分子的空间构型及碳氧之间的成键方式 ；
②CO可以和很多金属形成配合物，如Ni(CO)4，Ni与CO之间的键型为 ；
③乙烯的分子是C2H4，是根据其结构推断是 分子（填 “极性”或“非极性”）
（4）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比，已知Ni(CO)4中碳氧键的伸缩振动频率为2060cm－1，CO分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm－1，则Ni(CO)4中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度__________（填字母）
A．强 B．弱 C．相等 D．无法判断
9．（2020·临朐模拟）有A，B，C，D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A＋比B－少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为 40％，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A＋与D2－离子数之比为2∶1。
回答下列问题：
（1）A元素形成的晶体属于A2密堆积型式，则其晶体内晶胞类型应属于 （填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”）。
（2）B－的电子排布式为 ，在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是 杂化。
（3）C的氢化物的空间构型为 ，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是 。
（4）B元素的电负性 D元素的电负性（填“＞”、“＜”或“＝”）；用一个化学方程式说明 。
（5）如图所示是R形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为a cm。试计算R晶体的密度为 。（阿伏加德罗常数用NA表示）
10．（2020高三上·海原期末）祖母绿被称为绿宝石之王，是国际珠宝世界公认的四大名贵宝石之一，其化学式为Be3Al2Si6O18。回答下列问题：
（1）基态Be原子的电子排布图为 ，基态Al原子核外电子占据 个轨道，其中能量最高能级的原子轨道的形状为 。
（2）Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为 。
（3）SO3分子中硫原子的杂化类型是 ，SO3分子的空间构型是 。
（4）工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl3，AlCl3的晶体类型是 ，将Be3Al2Si6O18写为氧化物的式子是 。
（5）LiAlH4在有机合成中可将羧基还原成羟基。甲酸和乙醇的熔、沸点如图所示：
1mol甲酸分子中σ键与π键的比值为 ，甲酸和乙醇的熔点相差较大的主要原因是 。
（6）碳化硅的晶体类型类似金刚石，晶胞结构如图所示。已知：碳化硅的晶体密度为ag/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的数值。该晶胞边长为 pm。
11．（2020高三上·长春期末）A，B，C，D，E，F 为前四周期元素且原子序数依次增大，其中基态 A 原子的电子分布在 3 个能级，且每个能级所含的电子数相同； C 的原子核外最外层有 6 个运动状态不同的电子； D 是短周期元素中电负性最小的元素；
E 的最高价氧化物的水化物酸性最强；
基态
F 原子核外最外层只有一个电子，
其余能层均充满电子。
G 元素与
D 元素同主族，且相差
3 个周期。
（1）元素 A， B， C 的第一电离能由小到大的是 （用元素符号表示）。
（2）E的最高价含氧酸中 E 原子的杂化方式为 。 基态 E 原子中，核外电子占据最高能级的电子云轮廓形状为 。
（3）F原子的外围电子排布式为 ， F 单质晶体中原子的堆积方式是下图中的 （填写“甲”、 “乙”或“丙”） ，该晶体的空间利用率为 。
（4）已知元素 A、B形成的(AB)2分子中所有原子都满足 8电子稳定结构，则其分子中 σ键与 π键数目之比为 。
（5）通常情况下， D 单质的熔沸点比 G 单质高，原因是 。
（6）已知 DE 晶体的晶胞如下图所示：
若将 DE 晶胞中的所有 E 离子去掉，并将 D 离子全部换为 A 原子，再在其中的 4 个“小立方体”中心各放置一个A 原子，且这 4 个“小立方体”不相邻。位于“小立方体”中的 A 原子与最近的 4 个 A 原子以单键相连，由此表示 A的一种晶体的晶胞（已知 A—A 键的键长为a cm， NA表示阿伏加德罗常数），则该晶胞中含有 个 A 原子，该晶体的密度是 g·cm-3（列式表示） 。
12．（2019高三上·蚌埠期中）微量元素硼对植物生长及人体健康有着十分重要的作用，也广泛应用于新型材料的制备。
（1）基态硼原子的价电子轨道表达式是 。与硼处于同周期且相邻的两种元素和硼的第一电离能由大到小的顺序为 。
（2）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 。
（3）B的简单氢化物BH3不能游离存在，常倾向于形成较稳定的B2H6或与其他分子结合。
①B2H6分子结构如图，则B原子的杂化方式为
②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是 ，写出一种与氨硼烷互为等电子体的分子 （填化学式）。
（4）以硼酸（H3BO3）为原料可制得硼氢化钠（NaBH4），它是有机合成中的重要还原剂。BH4-的立体构型为 。
（5）磷化硼（BP）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。
磷化硼晶胞沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是 。
13．（2019高三上·四川期中）黄铜矿是主要的炼铜原料，CuFeS2是其中铜的主要存在形式。回答下列问题：
（1）CuFeS2中存在的化学键类型是 。其组成的三种元素中电负性较强的是
。
（2）下列基态原子或离子的价层电子排布图正确的 。
（3）在较低温度下CuFeS2与浓硫酸作用时，有少量臭鸡蛋气味的气体X产生。
①X分子的立体构型是 ，中心原子杂化类型为 ，属于 （填“极性”或“非极性”）分子。
②X的沸点比水低的主要原因是 。
（4）CuFeS2与氧气反应生成SO2，其结构式为 ，则SO2中共价键类型有 。
（5）四方晶系CuFeS2晶胞结构如图所示。
①Cu＋的配位数为 ，
②已知：a＝b＝0.524 nm，c＝1.032 nm，NA为阿伏加德罗常数的值,CuFeS2晶体的密度是 g cm3(列出计算式)。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】键能、键长、键角及其应用；晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】A.金刚石是原子晶体，C3N4晶体的硬度比金刚石大，因此C3N4晶体为原子晶体，A不符合题意；
B.N原子的半径小于C原子，因此C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，B不符合题意；
C.由晶体的化学式C3N4可知，晶体中碳原子和氮原子的个数比为3：4，C不符合题意；
D.C3N4为原子晶体，粒子间只存在共价键，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.结合金刚石的结构和性质分析；
B.结合原子半径大小比较化学键的键长大小；
C.根据化学式分析；
D.原子晶体中只存在共价键；
2．【答案】C
【知识点】化学键；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A.含有离子键和共价键的化合物为离子化合物，只含有共价键的化合物为共价化合物，选项正确，A不符合题意；
B.Na投入水中发生反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，反应过程中H2O中的共价键断裂，形成H2中的共价键，因此有共价键的断裂和形成，选项正确，B不符合题意；
C.液态水转化为气态水的过程中，只有分子间作用力发生变化，不存在化学键的断裂和形成，选项错误，C符合题意；
D.N2的电子式为，NCl3的电子式为，由电子式可知，两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.含有离子键，则一定为离子化合物；
B.根据Na与H2O的反应进行分析；
C.物质状态变化过程中没有化学键的断裂与形成；
D.根据N2和NCl3的电子式分析；
3．【答案】（1）C
（2）B
（3）A
（4）D
【知识点】原子中的数量关系；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】（1）标在元素符号左上角的数字表示的是质量数，因此核素的质量数为258，C符合题意；
故答案为：C；
（2）Mg和Si都位于元素周期表的第三周期，其原子核外都有三个电子层，因此其原子结构中相同的是电子层数，B符合题意；
故答案为：B
（3）A、HCl的热稳定性比H2S的强，说明Cl的非金属性比S的强，A符合题意；
B、Cl2能溶于水，而S难溶于水，水溶性为物理性质，不能说明非金属性的强弱，B不符合题意；
C、常温下Cl2为气态，S为固体，物质的状态为物理性质，不能说明非金属性强弱，C不符合题意；
D、AgCl是白色固体，Ag2S是黑色固体，物质的颜色为物理性质，不能说明非金属性的强弱，D不符合题意；
故答案为：A
（4）A、元素的最高正化合价等于其最外层电子数，也等于其主族的族序数，因此Li的最高正化合价为+1价，A不符合题意；
B、Li的原子核外有两个电子层，Na的原子核外有三个电子层，因此原子半径Na>Li，B不符合题意；
C、由于金属性LiD、由于金属性Li故答案为：D
【分析】（1）标在元素符号左上角的数字表示的是质量数；
（2）位于同一周期，其电子层数相同；
（3）比较非金属性的强弱，可通过比较氢化物的稳定性强弱、比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱、非金属单质的氧化性强弱得到非金属性的强弱；
（4）根据Li在周期表中的位置，结合元素周期表的性质递变规律进行分析；
4．【答案】C
【知识点】化学键
【解析】【解答】A.石墨转化为金刚石，有新物质生成，属于化学变化，化学变化过程中，伴随着化学键的变化，因此石墨转化为金刚石过程中有化学键的断裂或生成，选项正确，A不符合题意；
B.NaCl为离子晶体，存在离子键，溶于水的过程中，电离成自由移动的离子，离子键被破坏，因此NaCl晶体溶于水的过程中存在化学键的断裂，选项正确，B不符合题意；
C.干冰为固态的二氧化碳，干冰升华的过程中，破坏分子间作用力，而分子间作用力不属于化学键，因此干冰升华过程中没有化学键的断裂或生成，选项错误，C符合题意；
D.氮的固定过程中是将氮气转化为氮的化合物，为化学变化，因此氮的固定过程中存在化学键的断裂和生成，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.化学变化过程中一定伴随着化学键的变化；
B.离子晶体溶于水电离成自由移动的离子；
C.干冰升华破坏分子间作用力；
D.氮的固定是氮气单质转化为化合态氮的过程；
5．【答案】D
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A.由分析可知，W为F、Y为O，非金属性F>O，选项正确，A不符合题意；
B.在该物质中，X原子满足8电子稳定结构，选项正确，B不符合题意；
C.由该物质的结构可知，该物质中含有离子键和共价键，选项正确，C不符合题意；
D.Z的氧化物为CO2或CO，其中CO不溶于水，选项错误，D符合题意；
故答案为：D
【分析】“Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍”则X次外层电子数为2，Y的最外层电子数为6，因此Y为O；由盐的结构简式可知，Z的最外层电子数为4，且能与O形成双键，因此Z为C；X能形成三个化学键，且能提供空轨道，因此X为B；四种元素位于同周期，且W能形成一个化学键，因此W为F；据此结合选项进行分析。
6．【答案】C
【知识点】化学键；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】A.根据盖斯定律可得，ΔH1=ΔH2+ΔH3+ΔH4+ΔH5+ΔH6+ΔH7，选项正确，A不符合题意；
B.键能是指断裂（或形成）1mol化学键时所吸收（或释放）的能量，因此ΔH4的数值上和Cl-Cl共价键的键能相等，选项正确，B不符合题意；
C.由于活泼性Cl>Br，Cl得到电子的能力比Br更强，因此Cl得电子后放出的能量越多，因此相等条件下， ΔH5′> ΔH5，选项错误，C符合题意；
D.NaCl由气态转化为固态的过程中放出热量，因此ΔH7<0，同时该过程中，形成了离子键，选项正确，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A.根据盖斯定律分析；
B.结合键能的定义分析；
C.根据溴和氯的活泼性进行分析；
D.NaCl为离子晶体；
7．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布
【解析】【解答】根据微粒中电子数可以知道N3+有4个电子，排列式应该是1s22s2，不可能是10个电子的1s22s22p6排列式。
故答案为：C。
【分析】A.钠离子核外有10个电子，失去的是3s上的一个电子；
B.氟离子核外有10个电子，2p得到1个电子；
D.氧负离子是10电子微粒，2p得到2个电子。
8．【答案】（1）
（2）sp3
（3）直线形，共价键（或σ键与π键）；配位键；非极性
（4）B
【知识点】原子核外电子的运动状态；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）硅的原子核外价电子排布图为 。
（2）金刚石的晶体中每个碳原子都和其他四个碳原子构成正四面体结构，碳原子的杂化方式为sp3。
（3）①CO2分子的空间构型是直线型，碳原子和每个氧原子之间都通过两对共用电子结合，形成碳氧双键，其中一个是σ键，一个是π键。故答案为：直线形，共价键（或σ键与π键）。
②金属配合物里，金属原子提供空轨道，CO提供孤电子对，Ni与CO之间形成配位键。
③乙烯是平面四边形结构，正负电荷中心重合，是非极性分子。
（4）碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比， Ni(CO)4中碳氧键的伸缩振动频率为2060cm－1，小于CO分子中碳氧键的伸缩振动频率为2143cm－1，则Ni(CO)4中碳氧键的强度比CO分子中碳氧键的强度弱，
故答案为：B。
【分析】（1）Si原子的价电子排布式为3s23p2，据此画出价电子排布图即可；
（2）金刚石是正四面体结构，形成四对共用电子对，C原子sp3杂化；
（3）①二氧化碳是直线型结构，碳氧原子间形成σ键与π键；
②金属配合物中存在配位键；
③不同原子间形成极性共价键；
（4）根据题目中的信息“碳氧键的红外伸缩振动频率与键的强度成正比”进行分析即可。
9．【答案】（1）体心立方
（2）ls22s22p63s23p6；sp3
（3）三角锥形；氨分子间形成氢键，所以氨气比同族其它元素形成的氢化物沸点高
（4）＞；H2S＋Cl2＝2HCl＋S↓
（5）
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；金属晶体的基本堆积模型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）晶体钠属于体心立方堆积；
（2）B-为Cl-，是由Cl得到一个电子形成，因此Cl-的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p6；CB3的化学式为NCl3，其结构中含有三个N-Cl化学键和一对孤对电子，因此N原子的轨道杂化方式为sp3杂化；
（3）C的氢化物为NH3，其空间构型为三角锥形；NH3分子间能形成氢键，因此其沸点比同主族其他元素形成的氢化物的沸点高；
（4）同周期，核电荷数越大，电负性越大，因此电负性Cl>S，即B>D；电负性越大，其单质的氧化性越强，因此可用反应“H2S+Cl2=2HCl+S↓”证明二者电负性强弱；
（5）由晶胞结构示意图可知，该晶胞中含有8个Na+，所含S2-的个数为：，因此一个晶胞中含有4个Na2S，则每个晶胞的质量为，因此该晶胞的密度；
【分析】A、B、C、D四种元素，B原子得一个电子后3p轨道全满，则B是Cl元素；A+比B-少一个电子层，则A是Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，则为第VA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，说明其氢化物中能和水形成分子间氢键，所以C是N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，处于ⅥA族，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数，所以D是S元素；R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2：1，则R是Na2S。据此结合题干设问分析作答。
10．【答案】（1）；7；哑铃（或纺锤）形
（2）O＞Si＞Al
（3）sp2；平面正三角形
（4）分子晶体；Al2O3 3BeO 6SiO2（或3BeO Al2O3 6SiO2）
（5）4：1；甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强
（6）
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1) Be为4号元素，基态Be原子的电子排布图为 ，Al为13号元素，基态Al原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，占据7个轨道，其中能量最高能级的原子轨道为3p，形状为哑铃(或纺锤)形，故答案为： ；7；哑铃(或纺锤)形；(2) 同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，Al、Si、O的第一电离能由大到小的排序为O＞Si＞Al，故答案为：O＞Si＞Al；(3)SO3分子中硫原子的价层电子对数=3+ =3，杂化类型为sp2杂化，SO3分子的空间构型是平面正三角形，故答案为：sp2；平面正三角形；(4)工业上，电解制取金属铝，不能用熔融的AlCl3，是因为AlCl3为共价化合物，熔融状态不能导电，AlCl3的熔点较低，属于分子晶体；将Be3Al2Si6O18写为氧化物的式子为Al2O3 3BeO 6SiO2(或3BeO Al2O3 6SiO2)，故答案为：分子晶体；Al2O3 3BeO 6SiO2(或3BeO Al2O3 6SiO2)；(5)甲酸的结构简式为HCOOH，分子中共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键，所以甲酸分子中σ键与π键数目之比=4∶1；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强，所以甲酸熔沸点高于乙醇，故答案为：4∶1；甲酸分子间氢键比乙醇分子间氢键强；(6)碳化硅晶胞中Si原子个数=8× +6× =4，C原子个数为4，晶胞的质量为 g，晶体密度为ag/cm3，则晶胞边长= = cm= pm，故答案为： 。
【分析】(1) Be为4号元素，Al为13号元素，结合电子排布式分析解答；(2)同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素。同族元素，从上至下第一电离能逐渐减小，据此排序；(3)根据价层电子对个数=σ键个数+孤电子对个数=σ键个数+ (a-xb)计算判断SO3分子中硫原子的杂化类型和空间构型；(4) AlCl3为共价化合物，熔点较低；结合硅酸盐改为氧化物的方法改写；(5)根据共价单键为σ键，共价双键中一个是σ键、一个是π键计算甲酸分子中σ键与π键数目之比；分子间形成氢键会导致物质熔沸点升高，甲酸中羧基上的两个O原子均可形成氢键，比乙醇分子间氢键强；(6)根据均摊法计算碳化硅晶胞中Si原子和C原子个数，求出晶胞的质量，在根据晶体密度计算晶胞边长。
11．【答案】（1）C（2）sp3；哑铃型
（3）3d104s1；丙；74%
（4）3:4
（5）Na 、Cs处于同一主族，并都是金属晶体，同主族元素价电子数相同，从上到下，原子半径依次增大，金属键依次减弱，熔沸点降低
（6）8；
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）非金属性越强第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态，稳定性强，因此氮元素的第一电离能大于氧元素的第一电离能，即元素A、B、C的第一电离能由小到大的是C＜O＜N。
（2）的最高价含氧酸是高氯酸，化学式为HClO4。根据价层电子对互斥理论可知。氯元素含有的孤对电子对数为，所以氯元素的杂化方式为sp3杂化。氯原子的最高能级为3p能级，其电子云轮廓为哑铃型。
（3）根据核外电子的排布规律可知，铜原子的外围电子排布式为3d104s1。铜形成的晶体是面心立方最密堆积，甲是六方最密堆积，乙是体心立方堆积，丙是面心立方最密堆积，该晶体的空间利用率为74%。
（4）(AB)2为(CN)2，其结构简式为N≡C-C≡N，其中含有3个σ键和4个π键，所以σ键和π键的数目之比为3:4；
（5）Na、Cs都属于碱金属元素，最外层电子数相同，但从上到下，随电子层数增加，原子半径增大，导致金属键减弱，因此单质的熔沸点降低；
（6）根据已知信息可知，该晶胞中的C原子分布在棱的中点、体心和4个“小立方体”的中心，根据原子均摊法可得该晶胞中的C原子个数为为，其质量为，根据A-A单键的键长可求得该晶胞的棱长为，其体积为，所以该晶胞的密度为；
【分析】A、B、C、D、E、F为前四周期元素且原子序数依次增大，其中A含有3个能级，且每个能级所含的电子数相同，因此A的原子序数是6，即A是碳元素；C的最外层有6个运动状态不同的电子，则C是第ⅥA族元素；D是短周期元素中电负性最小的元素，说明D的金属性最强，短周期中金属性最强的是钠，则D是钠；C的原子序数小于钠，所以C是氧元素；B的原子序数介于A和C之间，则B是氮元素；E的最高价氧化物的水化物酸性最强，因此E是氯元素；F除最外层原子轨道处于半充满状态，其余能层均充满电子，则F的原子序数是2+8+18+1＝29，所以F是铜；G元素与D元素同主族，且相差3个周期，所以G是第六周期的Cs元素。
12．【答案】（1）；C＞Be＞B
（2）自范性
（3）sp3杂化；N；C2H6
（4）正四面体
（5）正方形
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；判断简单分子或离子的构型；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）基态硼原子的价电子轨道表达式是 。
答案为：
与硼处于同周期且相邻的两种元素为Be和C，由于Be的2s轨道全充满，所以第一电离能大于B的第一电离能，但比C的第一电离能小，所以第一电离能由大到小的顺序为C＞Be＞B。答案为：C＞Be＞B
（2）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自范性。 答案为：自范性
（3）①B2H6分子结构中，B原子的杂化方式为sp3杂化。答案为：sp3杂化
②氨硼烷（NH3BH3）被认为是最具潜力的新型储氢材料之一，分子中存在配位键，提供孤电子对的成键原子是N。答案为：N
B、N的价电子数之和刚好是C价电子数的2倍，所以与氨硼烷互为等电子体的分子C2H6。
答案为：C2H6
（4）BH4-的立体构型为正四面体。答案为：正四面体
（5）磷化硼晶体中4个B原子分布在以正方体中心为中心的正四面体位置，其沿z轴在平面的投影图中，B原子构成的几何形状是正方形。
【分析】（1）根据基态硼原子的核外电子排布式分析；根据第一电离能的递变规律分析；
（2）根据晶体的自范性分析；
（3）①根据B原子的成键情况分析B原子的杂化方式；
②根据氨硼烷的结构分析其成键情况，结合等电子体概念书写；
（4）BH4-的立体构型为正四面体；
（5）根据磷化硼的晶体结构进行分析；
13．【答案】（1）离子键；硫（S）
（2）CD
（3）V形；sp3；极性；水分子间存在氢键（答案合理即可）
（4）σ键和π键
（5）4；
【知识点】原子结构的构造原理；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】(1)CuFeS2中存在Cu2+、Fe2+和S2-，存在的化学键类型为离子键；CuFeS2中硫为非金属元素，铁和铜为金属元素，则三种元素中电负性较强的是硫元素；铁原子价电子为3d64s2，铜原子价电子为3d104s1；
(2)A．二价铁离子是铁原子失去最外层2个电子形成的阳离子，3d轨道有一个成对电子，4s轨道为空轨道，故A错误；B．铜原子价电子为3d104s1 ，轨道表示式不符合，故B错误；C．三价铁离子是铁原子失去4s两个电子和3d一个电子，3d轨道上各有一个电子为稳定结构，故C正确；D．亚铜离子是失去4s轨道一个电子形成的阳离子，轨道表示式正确，故D正确；故答案为CD；
(3)①H2S分子中，价层电子对为4对，VSEPR模型为四面体形，价层电子对之间的夹角均为109°28′，但S原子有2对孤电子对，所以分子的构型为V形，中心原子杂化类型为sp3杂化，属于极性分子；
②H2S的沸点比水低的主要原因是水分子间形成氢键；
(4)二氧化硫为共价化合物，硫原子和两个氧原子间分别形成一个σ键，同时氧原子和硫原子间形成一个4电子离域π键，SO2中心原子的价层电子对数为3对，共价键的类型有：σ键和π键；
(5)①晶胞结构分析可知，由面心上Cu与2个S相连，晶胞中每个Cu原子与4个S相连，Cu+的配位数为4；
②晶胞中亚铁离子=8× +4× +1=4，亚铜离子=6× +4× =4，硫离子=8，晶胞内共含4个CuFeS2，a=b=0.524nm，c=1.032nm，则晶体的密度= = = g cm3。
【分析】（1）离子化合物中含有离子键；非金属性越强元素的电负性越强；
（2）根据原子核外电子排布规律进行判断即可；
（3）①产生的臭鸡蛋气味的气体是硫化氢，根据硫化氢进行分析；
②水分子间存在氢键，对沸点有较大的影响；
（4）单键中含有 σ键 ，双肩中含有 σ键和π键 ；
（5）根据均摊法得出化学式，结合晶体的密度计算方法进行计算即可。
1 / 1
