物质结构与性质N1 原子结构与元素的性质25.F2N1 [2022·安徽卷]X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的四种短周期元素，其相关信息如下表：元素相关信息XX的最高价氧化物对应的水化物化学式为H2XO3YY是地壳中含量最高的元素ZZ的基态原子最外层电子排布式为3s23p1WW的一种核素的质量数为28，中子数为14(1)W位于元素周期表第________周期第________族；W的原子半径比X的________(填“大”或“小”)。(2)Z的第一电离能比W的________(填“大”或“小”);XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是________________________________________________________________________；氢元素、X、Y的原子可共同形成多种分子，写出其中一种能形成同种分子间氢键的物质名称________。(3)振荡下，向Z单质与盐酸反应后的无色溶液中滴加NaOH溶液直至过量，能观察到的现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；W的单质与氢氟酸反应生成两种无色气体，该反应的化学方程式是________________________________________________________________________。(4)在25℃、101kPa下，已知13.5g的Z固体单质在Y2气体中完全燃烧后恢复至原状态，放热419kJ，该反应的热化学方程式是________________________________________________________________________。25．[答案](1)三 ⅣA 大(2)小 分子间作用力 乙酸(其他合理答案均可)(3)先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最后变成无色溶液 Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑(4)4Al(s)＋3O2(g)===2Al2O3(s) ΔH＝－3352kJ·mol－1(其他合理答案均可)[解析]利用X的信息知其为ⅣA族元素，Y是地壳中含量最高的元素，故Y为氧元素，结合X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素可知X为碳元素；Z的基态原子的电子排布式为3s23p1，则Z为13号元素铝；W元素的一种核素的质量数为28，中子数为14，则质子数为14，则W为硅元素。(1)Si核外电子层数为3、最外层电子数为4，因此Si位于第三周期ⅣA族；同主族元素随核电荷数增大原子半径增大，故Si的原子半径比C的大。(2)铝为较活泼金属，最外层3p1电子容易失去，因此Al、Si相比，第一电离能较小的是Al；CO2晶体转化为气体，分子没有改变，只是分子间间距变大，因此破坏的作用力是分子间作用力；由H、C、O形成的分子：乙酸、乙醇等同种分子间均存在氢键。(3)Al与盐酸反应后的溶液中含有Al3＋，因此向该溶液中加入NaOH至过量，依次发生反应为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓、Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O，可看到的现象是先生成白色沉淀，后沉淀逐渐溶解，最终变为无色溶液；Si与HF反应可置换出H2，同时还生成SiF4气体。(4)13.5gAl物质的量为0.5-25-\nmol，由题中数据可知4molAl与氧气完全反应生成固态Al2O3时，放出热量为419kJ×＝3352kJ。31．N1N4N2N3N5 [2022·福建卷][化学——物质结构与性质](1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图0中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。图0(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3＋3F2NF3＋3NH4F。①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。a．离子晶体 b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：H2O…HOHBFFF Q[H3O]＋ R①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键e．氢键 f．范德华力②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。(4)已知苯酚(OH)具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子COO－OH能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“＞”或“＜”)，其原因是________________________________________________________________________________。31．[答案](1)(2)①a、b、d②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1-25-\n(3)①a、d②三角锥形 sp3(4)< COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋[解析](1)第2周期的B、C、N、O、F的原子序数分别是5、6、7、8、9，从左到右，同周期主族元素的第一电离能总体上逐渐增大，但是有些元素(如Be、Mg、N、P等)的原子核外电子的轨道达到了全充满或半充满的稳定构型，则第一电离能：B<C<O<N<F；(2)①NF3、NH3、F2属于分子晶体，熔沸点较低，通常是气体；Cu属于金属晶体，能导电、具有延展性和金属光泽；NH4F属于离子晶体，由阴阳离子构成，故abd均正确；②由核外电子排布规律可得，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(3)①晶体Q由分子构成，因为氧原子具有孤对电子，硼原子具有空轨道，氧元素的电负性较大，则Q中含有O—H、B—F、O→B、O—H…O，即含有共价键、配位键、氢键、范德华力，不涉及离子键、金属键，故a、d均正确；②观察R的结构可知其中阳离子为水合氢离子，其VSEPR模型为正四面体，但是H3O＋的中心氧原子上有1对孤对电子，因此H3O＋的空间构型为三角锥形；阴离子中心硼原子周围形成3个B—F共价键、1个O→B配位键，因此硼原子轨道采用sp3杂化；(4)氧的电负性较大，则COO－OH中形成分子内氢键，即O—H…O(或—COO－中双键氧与羟基氢之间存在氢键)，其大小介于化学键和范德华力之间，使其更难电离出H＋，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电离常数。32．N1、N3、N4 [2022·山东卷][化学—物质结构与性质]卤族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是________。图0(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，图0为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为________。图0(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。-25-\n(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是________。32．[答案](1)A(2)2 BN(3)sp2 sp3 3(4)X[解析](1)卤族元素随核电荷数的增大，元素的非金属性依次减弱，则电负性逐渐变小；F无最高正价，Cl、Br的最高正价为＋7；因HF分子间存在氢键，故沸点反常高，即沸点HF＞HCl；卤族元素单质结构相似，F2、Cl2、Br2的相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，熔点依次升高。(2)利用“均摊法”可知每个晶胞中含有B原子的个数为4×＋1＝2，同理可知含有N的个数为8×＋1＝2，因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3)在BCl3与NCl3的中心原子的价层电子对数分别为3、4，因此二者中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3；因N的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态，因此N的第一电离能反常大于O，Be的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B，因此第一电离能介于在B、N间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。(4)在BCl3中，B具有空轨道，可接受孤对电子形成配位键，因此B与X形成配位键时X提供孤对电子。8．C5E2F3N1 [2022·重庆卷]合金是建造航空母舰的主体材料。(1)航母升降机可由铝合金制造。①铝元素在周期表中的位置为____________。工业炼铝的原料由铝土矿提取而得，提取过程中通入的气体为________。②Al－Mg合金焊接前用NaOH溶液处理Al2O3膜，其化学方程式为________________________________________________________________________。焊接过程中使用的保护气为________(填化学式)。(2)航母舰体材料为合金钢。①舰体在海水中发生的电化学腐蚀主要为________。②航母用钢可由低硅生铁冶炼而成，则在炼铁过程中为降低硅含量需加入的物质为________。(3)航母螺旋桨主要用铜合金制造。①80.0gCuAl合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，过滤得白色沉淀39.0g，则合金中Cu的质量分数为________________________________________________________________________。②为分析某铜合金的成分，用酸将其完全溶解后，用NaOH溶液调节pH，当pH＝3.4时开始出现沉淀，分别在pH为7.0、8.0时过滤沉淀。结合图中信息推断该合金中除铜外一定含有________。-25-\n图08．[答案](1)①第三周期第ⅢA族 CO2②Al2O3＋2NaOH===2NaAlO2＋H2O Ar(其他合理答案均可)(2)①吸氧腐蚀 ②CaCO3或CaO(3)①83.1% ②Al、Ni[解析]从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝通常有两种工艺，其流程图示如下：无论是流程甲或乙，都有一道工序是通入过量CO2，目的是将AlO全部转化为Al(OH)3；Al－Mg合金焊接前，为防止高温下金属与空气中的O2、N2、CO2等发生反应，应使用稀有气体作保护气；炼铁过程中，需加入生石灰或石灰石，跟原料中的SiO2等物质发生反应，将其转化为炉渣而除去；Cu－Al合金用酸完全溶解后，加入过量氨水，因Cu(OH)2可溶于氨水，所得白色沉淀必为Al(OH)3，其物质的量为0.5mol，则原合金中Al的质量为13.5g；当pH＝3.4时开始沉淀，说明该合金中含Al，在pH为7.0、8.0时过滤沉淀，说明含Ni。4．E2E5N1 [2022·四川卷]短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X原子的最外层电子数之比为4∶3，Z原子比X原子的核外电子数多4。下列说法正确的是( )A．W、Y、Z的电负性大小顺序一定是Z＞Y＞WB．W、X、Y、Z的原子半径大小顺序可能是W＞X＞Y＞ZC．Y、Z形成的分子的空间构型可能是正四面体D．WY2分子中σ键与π键的数目之比是2∶14．C [解析]利用题中“W、X原子的最外层电子数之比为4∶3和X的原子序数大于W”可知W一定在X的上一周期，且可推知W为C，进而可知X为Al，Z为Cl，则Y可能是Si(硅)、P(磷)或S(硫)。Si(硅)的电负性小于C(碳)，A项错误；C(碳)核外电子层数只有2层，小于核外电子层数为3的Al、Cl等元素的原子半径，B项错误；若Y为Si，则SiCl4的空间构型是正四面体，C项正确；CS2分子中的碳硫双键中一条为σ键、一条为π键，故该分子中σ键与π键数相等，D项错误。37．N1N4 [2022·新课标全国卷Ⅱ][化学——选修3：物质结构与性质]前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。回答下列问题：(1)D2＋的价层电子排布图为________。(2)四种元素中第一电离能最小的是________，电负性最大的是________。(填元素符号)(3)A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图0所示。-25-\n图0①该化合物的化学式为________；D的配位数为________________________________________________________________________；②列式计算该晶体的密度________g·cm－3。(4)A－、B＋和C3＋三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为________，配位体是________。37．[答案](1)(2)K F(3)①K2NiF4 6②＝3.4(4)离子键、配位键 [FeF6]3－ F－[解析]结合“A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－与B＋电子数相差8”，可知A位于n周期第ⅦA族、B位于n＋2周期第ⅠA族，它们均为前四周期元素，那么A为F，B为K，再结合“与B位于同一周期的C和D，它们电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2”，可知C为Fe(26号)、D为Ni(28号)。(1)Ni2＋即是失去4s上的2个电子，价层电子排布式为3d8，排布图为。(2)结合元素性质，第一电离能最小的是K，电负性最强的是F。(3)①据均摊法，F的个数为16×＋4×＋2＝8，K的个数为8×＋2＝4，Ni的个数为8×＋1＝2，该晶体的化学式为K2NiF4；Ni的配位数是6(三维坐标分别有2个)。②结合①知，该晶胞有2个K2NiF4，其质量为，该晶胞的体积为1308×10－10×400×10－10×400×10－10cm3，即可计算密度。(4)K3FeF6是配合物，内界[(FeF6)3＋]以配位键连接，内界与外界以离子键连接；内界的配体是F－。N2 化学键31.N1N4N2N3N5 -25-\n[2022·福建卷][化学——物质结构与性质](1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图0中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。图0(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3＋3F2NF3＋3NH4F。①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。a．离子晶体 b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：H2O…HOHBFFF Q[H3O]＋ R①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键e．氢键 f．范德华力②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。(4)已知苯酚(OH)具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子COO－OH能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“＞”或“＜”)，其原因是________________________________________________________________________________。31．[答案](1)(2)①a、b、d②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(3)①a、d②三角锥形 sp3(4)< COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋[解析]-25-\n(1)第2周期的B、C、N、O、F的原子序数分别是5、6、7、8、9，从左到右，同周期主族元素的第一电离能总体上逐渐增大，但是有些元素(如Be、Mg、N、P等)的原子核外电子的轨道达到了全充满或半充满的稳定构型，则第一电离能：B<C<O<N<F；(2)①NF3、NH3、F2属于分子晶体，熔沸点较低，通常是气体；Cu属于金属晶体，能导电、具有延展性和金属光泽；NH4F属于离子晶体，由阴阳离子构成，故abd均正确；②由核外电子排布规律可得，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(3)①晶体Q由分子构成，因为氧原子具有孤对电子，硼原子具有空轨道，氧元素的电负性较大，则Q中含有O—H、B—F、O→B、O—H…O，即含有共价键、配位键、氢键、范德华力，不涉及离子键、金属键，故a、d均正确；②观察R的结构可知其中阳离子为水合氢离子，其VSEPR模型为正四面体，但是H3O＋的中心氧原子上有1对孤对电子，因此H3O＋的空间构型为三角锥形；阴离子中心硼原子周围形成3个B—F共价键、1个O→B配位键，因此硼原子轨道采用sp3杂化；(4)氧的电负性较大，则COO－OH中形成分子内氢键，即O—H…O(或—COO－中双键氧与羟基氢之间存在氢键)，其大小介于化学键和范德华力之间，使其更难电离出H＋，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电离常数。11．B1B3G1H3F4N2 [2022·重庆卷]化学在环境保护中起着十分重要的作用。催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。(1)催化反硝化法中，H2能将NO还原为N2。25℃时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12。①N2的结构式为________。②上述反应离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，其平均反应速率v(NO)为________mol·L－1·min－1。③还原过程中可生成中间产物NO，写出3种促进NO水解的方法________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)电化学降解NO的原理如图0所示。图0①电源正极为__________(填“A”或“B”)，阴极反应式为________________________________________________________________________________。②若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(Δm左－Δm右)为________g。11．[答案](1)①N≡N②2NO＋5H2N2＋2OH－＋4H2O 0.001③加酸 升高温度 加水-25-\n(2)①A 2NO＋6H2O＋10e－===N2↑＋12OH－②14.4[解析](1)①N2结构中含有氮氮三键，其结构式为N≡N；②H2与NO发生氧化还原反应，H由0价升到＋1价，N由＋5价降到0价，结合电子守恒及电荷守恒规律，其离子方程式为5H2＋2NON2＋4H2O＋2OH－；溶液的pH由7变为12，表明c(H＋)由10－7变成10－12，则c(OH－)由10－7增大到10－2，c(OH－)在10min内的变化量约为10－2mol/L，而c(OH－)与c(NO)的变化量之比等于化学计量数之比，因此c(NO)的变化量为0.01mol/L，则v(NO)＝0.001mol/(L·min)；③NO水解：NO＋H2OHNO2＋OH－，是一个吸热过程，可通过升高温度、加酸和加水的方法促进其水解。(2)①根据题图可知，电解池右侧NO转化成N2，发生还原反应：2NO＋10e－＋6H2O===N2↑＋12OH－，其电极应为阴极，则左侧发生氧化反应：2H2O―4e－===O2↑＋4H＋，其电极作阳极，与其相连的A端为电源的正极；②转移2mol电子时，右侧产生0.2molN2，质量为5.6g，左侧产生0.5molO2，质量为16g，同时生成2molH＋，由于H＋可通过质子交换膜由左侧进入右侧，则右侧电解液质量实际减少：5.6g―2g＝3.6g，左侧电解液质量实际减少：16g＋2g＝18g，则两侧质量差为14.4g。N3 分子的结构与性质31.N1N4N2N3N5 [2022·福建卷][化学——物质结构与性质](1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图0中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。图0(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3＋3F2NF3＋3NH4F。①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。a．离子晶体 b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：H2O…HOHBFFF Q[H3O]＋ R-25-\n①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键e．氢键 f．范德华力②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。(4)已知苯酚(OH)具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子COO－OH能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“＞”或“＜”)，其原因是________________________________________________________________________________。31．[答案](1)(2)①a、b、d②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(3)①a、d②三角锥形 sp3(4)< COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋[解析](1)第2周期的B、C、N、O、F的原子序数分别是5、6、7、8、9，从左到右，同周期主族元素的第一电离能总体上逐渐增大，但是有些元素(如Be、Mg、N、P等)的原子核外电子的轨道达到了全充满或半充满的稳定构型，则第一电离能：B<C<O<N<F；(2)①NF3、NH3、F2属于分子晶体，熔沸点较低，通常是气体；Cu属于金属晶体，能导电、具有延展性和金属光泽；NH4F属于离子晶体，由阴阳离子构成，故abd均正确；②由核外电子排布规律可得，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(3)①晶体Q由分子构成，因为氧原子具有孤对电子，硼原子具有空轨道，氧元素的电负性较大，则Q中含有O—H、B—F、O→B、O—H…O，即含有共价键、配位键、氢键、范德华力，不涉及离子键、金属键，故a、d均正确；②观察R的结构可知其中阳离子为水合氢离子，其VSEPR模型为正四面体，但是H3O＋的中心氧原子上有1对孤对电子，因此H3O＋的空间构型为三角锥形；阴离子中心硼原子周围形成3个B—F共价键、1个O→B配位键，因此硼原子轨道采用sp3杂化；(4)氧的电负性较大，则COO－OH中形成分子内氢键，即O—H…O(或—COO－中双键氧与羟基氢之间存在氢键)，其大小介于化学键和范德华力之间，使其更难电离出H＋，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电离常数。32．N1、N3、N4 [2022·山东卷][化学—物质结构与性质]卤族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是________。-25-\n图0(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，图0为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为________。图0(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是________。32．[答案](1)A(2)2 BN(3)sp2 sp3 3(4)X[解析](1)卤族元素随核电荷数的增大，元素的非金属性依次减弱，则电负性逐渐变小；F无最高正价，Cl、Br的最高正价为＋7；因HF分子间存在氢键，故沸点反常高，即沸点HF＞HCl；卤族元素单质结构相似，F2、Cl2、Br2的相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，熔点依次升高。(2)利用“均摊法”可知每个晶胞中含有B原子的个数为4×＋1＝2，同理可知含有N的个数为8×＋1＝2，因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3)在BCl3与NCl3的中心原子的价层电子对数分别为3、4，因此二者中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3；因N的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态，因此N的第一电离能反常大于O，Be的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B，因此第一电离能介于在B、N间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。(4)在BCl3中，B具有空轨道，可接受孤对电子形成配位键，因此B与X形成配位键时X提供孤对电子。3．H2N3N4 [2022·重庆卷]下列排序正确的是( )-25-\nA．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOHB．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHC．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BND．沸点：PH3＜NH3＜H2O3．D [解析]酸性C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，A项错误；同主族元素，周期序数越大，元素的金属性越强，Ca＜Ba，同周期元素，主族序数越大，其金属性越弱，Ca＜K，故碱性Ca(OH)2＜Ba(OH)2，Ca(OH)2＜KOH，B项错误；MgBr2晶体属于离子晶体，SiCl4晶体属于分子晶体，BN晶体属于原子晶体，熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，则SiCl4＜MgBr2＜BN，C项错误；同主族元素的氢化物，相对分子质量越大，其熔、沸点一般越高，但由于H2O、NH3分子间存在氢键，D项正确。N4 晶体结构与性质31.N1N4N2N3N5 [2022·福建卷][化学——物质结构与性质](1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图0中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。图0(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3＋3F2NF3＋3NH4F。①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。a．离子晶体 b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：H2O…HOHBFFF Q[H3O]＋ R①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键e．氢键 f．范德华力②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。(4)已知苯酚(OH)具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子COO－OH-25-\n能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“＞”或“＜”)，其原因是________________________________________________________________________________。31．[答案](1)(2)①a、b、d②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(3)①a、d②三角锥形 sp3(4)< COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋[解析](1)第2周期的B、C、N、O、F的原子序数分别是5、6、7、8、9，从左到右，同周期主族元素的第一电离能总体上逐渐增大，但是有些元素(如Be、Mg、N、P等)的原子核外电子的轨道达到了全充满或半充满的稳定构型，则第一电离能：B<C<O<N<F；(2)①NF3、NH3、F2属于分子晶体，熔沸点较低，通常是气体；Cu属于金属晶体，能导电、具有延展性和金属光泽；NH4F属于离子晶体，由阴阳离子构成，故abd均正确；②由核外电子排布规律可得，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(3)①晶体Q由分子构成，因为氧原子具有孤对电子，硼原子具有空轨道，氧元素的电负性较大，则Q中含有O—H、B—F、O→B、O—H…O，即含有共价键、配位键、氢键、范德华力，不涉及离子键、金属键，故a、d均正确；②观察R的结构可知其中阳离子为水合氢离子，其VSEPR模型为正四面体，但是H3O＋的中心氧原子上有1对孤对电子，因此H3O＋的空间构型为三角锥形；阴离子中心硼原子周围形成3个B—F共价键、1个O→B配位键，因此硼原子轨道采用sp3杂化；(4)氧的电负性较大，则COO－OH中形成分子内氢键，即O—H…O(或—COO－中双键氧与羟基氢之间存在氢键)，其大小介于化学键和范德华力之间，使其更难电离出H＋，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电离常数。32．N1、N3、N4 [2022·山东卷][化学—物质结构与性质]卤族元素包括F、Cl、Br等。(1)下列曲线表示卤族元素某种性质随核电荷数的变化趋势，正确的是________。图0-25-\n(2)利用“卤化硼法”可合成含B和N两种元素的功能陶瓷，图0为其晶胞结构示意图，则每个晶胞中含有B原子的个数为________，该功能陶瓷的化学式为________。图0(3)BCl3和NCl3中心原子的杂化方式分别为________和________。第一电离能介于B、N之间的第二周期元素有________种。(4)若BCl3与XYn通过B原子与X原子间的配位键结合形成配合物，则该配合物中提供孤对电子的原子是________。32．[答案](1)A(2)2 BN(3)sp2 sp3 3(4)X[解析](1)卤族元素随核电荷数的增大，元素的非金属性依次减弱，则电负性逐渐变小；F无最高正价，Cl、Br的最高正价为＋7；因HF分子间存在氢键，故沸点反常高，即沸点HF＞HCl；卤族元素单质结构相似，F2、Cl2、Br2的相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，熔点依次升高。(2)利用“均摊法”可知每个晶胞中含有B原子的个数为4×＋1＝2，同理可知含有N的个数为8×＋1＝2，因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3)在BCl3与NCl3的中心原子的价层电子对数分别为3、4，因此二者中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3；因N的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态，因此N的第一电离能反常大于O，Be的价层电子排布处于全满的稳定结构，其第一电离能大于B，因此第一电离能介于在B、N间的第二周期元素有Be、C、O三种元素。(4)在BCl3中，B具有空轨道，可接受孤对电子形成配位键，因此B与X形成配位键时X提供孤对电子。3．H2N3N4 [2022·重庆卷]下列排序正确的是( )A．酸性：H2CO3＜C6H5OH＜CH3COOHB．碱性：Ba(OH)2＜Ca(OH)2＜KOHC．熔点：MgBr2＜SiCl4＜BND．沸点：PH3＜NH3＜H2O3．D [解析]酸性C6H5OH＜H2CO3＜CH3COOH，A项错误；同主族元素，周期序数越大，元素的金属性越强，Ca＜Ba，同周期元素，主族序数越大，其金属性越弱，Ca＜K，故碱性Ca(OH)2＜Ba(OH)2，Ca(OH)2＜KOH，B项错误；MgBr2晶体属于离子晶体，SiCl4晶体属于分子晶体，BN晶体属于原子晶体，熔点：原子晶体>离子晶体>分子晶体，则SiCl4＜MgBr2＜BN，C项错误；同主族元素的氢化物，相对分子质量越大，其熔、沸点一般越高，但由于H2O、NH3分子间存在氢键，D项正确。11．B2J1J2N4 -25-\n[2022·四川卷]明矾石经处理后得到明矾[KAl(SO4)2·12H2O]。从明矾制备Al、K2SO4和H2SO4的工艺过程如下所示：图0焙烧明矾的化学方程式为4KAl(SO4)2·12H2O＋3S===2K2SO4＋2Al2O3＋9SO2↑＋48H2O。请回答下列问题。(1)在焙烧明矾的反应中，还原剂是________。(2)从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)Al2O3在一定条件下可制得AlN，其晶体结构如图所示，该晶体中Al的配位数是________。图0(4)以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是________________________________________________________________________。(5)焙烧产生的SO2可用于制硫酸。已知25℃、101kPa时：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH1＝－197kJ/mol；H2O(g)===H2O(l) ΔH2＝－44kJ/mol；2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(g)===2H2SO4(l) ΔH3＝－545kJ/mol。则：①SO3(g)与H2O(l)反应的热化学方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②焙烧948t明矾(M＝474g/mol)，若SO2的利用率为96%，可生产质量分数为98%的硫酸________t。11．[答案](1)S(硫)(2)蒸发结晶(3)4(4)Al＋3NiO(OH)＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋3Ni(OH)2 (5)①SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l) ΔH＝－130kJ/mol②432-25-\n[解析](1)结合明矾煅烧的方程式可知，S的化合价升高，被氧化，作还原剂。(2)从溶液中得到晶体的方法为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。(3)结合AlN的晶体图可推出处于晶胞体心的Al与4个N直接相连，因此该晶体中Al的配位数为4。(4)利用题中放电时信息可知NiOOH作正极(放电时发生还原反应)，则Al作负极，因电解质溶液为NaOH，则放电时Al极发生氧化反应生成NaAlO2，由此容易写出电池总反应。(5)①首先写出该反应为SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)，利用盖斯定律，将方程式进行叠加：③－①－②×2，则ΔH＝－545kJ/mol－(－197kJ/mol)－(－44kJ/mol)×2＝－260kJ/mol；②结合题中给出煅烧明矾的方程式可得关系式：4KAl(SO4)2·12H2O～9SO2～9H2SO4，可知948t明矾可得到98%的浓硫酸的质量为×10－6g·t－1＝432t。 8．B1E2N4 [2022·四川卷]X、Y、Z、R为前四周期元素且原子序数依次增大。X的单质与氢气可化合生成气体G，其水溶液pH>7；Y的单质是一种黄色晶体；R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍。Y、Z分别与钠元素可形成化合物Q和J，J的水溶液与AgNO3溶液反应可生成不溶于稀硝酸的白色沉淀L；Z与氢元素形成的化合物与G反应生成M。请回答下列问题：(1)M固体的晶体类型是________。(2)Y基态原子的核外电子排布式是________________；G分子中X原子的杂化轨道类型是________。(3)L的悬浊液中加入Q的溶液，白色沉淀转化为黑色沉淀，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)R的一种含氧酸根RO具有强氧化性，在其钠盐溶液中加入稀硫酸，溶液变为黄色，并有无色气体产生，该反应的离子方程式是________________________________________________________________________。8．[答案](1)离子晶体(2)①1s22s22p63s23p4②sp3杂化(3)Ag2S的溶解度小于AgCl的溶解度(4)4FeO＋20H＋===4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O[解析]“X的单质与氢气化合生成气体G，其水溶液pH＞7”，可知X为N(氮)，“Y是一种黄色晶体”，可知Y为S(硫)，“R基态原子3d轨道的电子数是4s轨道电子数的3倍”即核外电子排布式为[Ar]3d64s2，结合电子排布规律可知其是26号元素Fe，由“Z与钠元素形成的化合物与AgNO3反应生成不溶于硝酸的白色沉淀”，可知Z为Cl(氯)，进而可推知G、Q、J、L、M分别为NH3、Na2S、NaCl、AgCl、NH4Cl。(1)NH4Cl是NH与Cl－间通过离子键结合，属于离子晶体。(2)S元素为16号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p4(或者[Ne]3s23p4)；NH3分子中N原子成键电子对数为3，孤电子对数为1，即价层电子对数为4，故N原子为sp3杂化。(3)AgCl悬浊液加入Na2S溶液，白色沉淀转化成黑色沉淀，是由于Ksp(Ag2S)＜Ksp(AgCl)，AgCl沉淀可转化成更难溶的Ag2S沉淀。(5)FeO在酸性溶液中，得到黄色溶液说明溶液中有Fe3＋，即有铁元素被还原，那么得到的气体只能是氧化产物O2。-25-\n37．N1N4 [2022·新课标全国卷Ⅱ][化学——选修3：物质结构与性质]前四周期原子序数依次增大的元素A、B、C、D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－和B＋的电子数相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。回答下列问题：(1)D2＋的价层电子排布图为________。(2)四种元素中第一电离能最小的是________，电负性最大的是________。(填元素符号)(3)A、B和D三种元素组成的一个化合物的晶胞如图0所示。图0①该化合物的化学式为________；D的配位数为________________________________________________________________________；②列式计算该晶体的密度________g·cm－3。(4)A－、B＋和C3＋三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为________，配位体是________。37．[答案](1)(2)K F(3)①K2NiF4 6②＝3.4(4)离子键、配位键 [FeF6]3－ F－[解析]结合“A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，并且A－与B＋电子数相差8”，可知A位于n周期第ⅦA族、B位于n＋2周期第ⅠA族，它们均为前四周期元素，那么A为F，B为K，再结合“与B位于同一周期的C和D，它们电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差2”，可知C为Fe(26号)、D为Ni(28号)。(1)Ni2＋即是失去4s上的2个电子，价层电子排布式为3d8，排布图为。(2)结合元素性质，第一电离能最小的是K，电负性最强的是F。(3)①据均摊法，F的个数为16×＋4×＋2＝8，K的个数为8×＋2＝4，Ni的个数为8×＋1＝2，该晶体的化学式为K2NiF4-25-\n；Ni的配位数是6(三维坐标分别有2个)。②结合①知，该晶胞有2个K2NiF4，其质量为，该晶胞的体积为1308×10－10×400×10－10×400×10－10cm3，即可计算密度。(4)K3FeF6是配合物，内界[(FeF6)3＋]以配位键连接，内界与外界以离子键连接；内界的配体是F－。N5 物质结构与性质综合31.N1N4N2N3N5 [2022·福建卷][化学——物质结构与性质](1)依据第2周期元素第一电离能的变化规律，参照图0中B、F元素的位置，用小黑点标出C、N、O三种元素的相对位置。图0(2)NF3可由NH3和F2在Cu催化剂存在下反应直接得到：4NH3＋3F2NF3＋3NH4F。①上述化学方程式中的5种物质所属的晶体类型有________(填序号)。a．离子晶体 b．分子晶体c．原子晶体d．金属晶体②基态铜原子的核外电子排布式为________________________________________________________________________。(3)BF3与一定量的水形成(H2O)2·BF3晶体Q，Q在一定条件下可转化为R：H2O…HOHBFFF Q[H3O]＋ R①晶体Q中各种微粒间的作用力不涉及________(填序号)。a．离子键 b．共价键 c．配位键 d．金属键e．氢键 f．范德华力②R中阳离子的空间构型为________，阴离子的中心原子轨道采用________杂化。(4)已知苯酚(OH)具有弱酸性，其Ka＝1.1×10－10；水杨酸第一级电离形成的离子COO－OH能形成分子内氢键。据此判断，相同温度下电离平衡常数Ka2(水杨酸)________Ka(苯酚)(填“＞”或“＜”)，其原因是________________________________________________________________________________。-25-\n31．[答案](1)(2)①a、b、d②1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(3)①a、d②三角锥形 sp3(4)< COO－OH中形成分子内氢键，使其更难电离出H＋[解析](1)第2周期的B、C、N、O、F的原子序数分别是5、6、7、8、9，从左到右，同周期主族元素的第一电离能总体上逐渐增大，但是有些元素(如Be、Mg、N、P等)的原子核外电子的轨道达到了全充满或半充满的稳定构型，则第一电离能：B<C<O<N<F；(2)①NF3、NH3、F2属于分子晶体，熔沸点较低，通常是气体；Cu属于金属晶体，能导电、具有延展性和金属光泽；NH4F属于离子晶体，由阴阳离子构成，故abd均正确；②由核外电子排布规律可得，基态铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；(3)①晶体Q由分子构成，因为氧原子具有孤对电子，硼原子具有空轨道，氧元素的电负性较大，则Q中含有O—H、B—F、O→B、O—H…O，即含有共价键、配位键、氢键、范德华力，不涉及离子键、金属键，故a、d均正确；②观察R的结构可知其中阳离子为水合氢离子，其VSEPR模型为正四面体，但是H3O＋的中心氧原子上有1对孤对电子，因此H3O＋的空间构型为三角锥形；阴离子中心硼原子周围形成3个B—F共价键、1个O→B配位键，因此硼原子轨道采用sp3杂化；(4)氧的电负性较大，则COO－OH中形成分子内氢键，即O—H…O(或—COO－中双键氧与羟基氢之间存在氢键)，其大小介于化学键和范德华力之间，使其更难电离出H＋，则水杨酸第二步电离常数小于苯酚的电离常数。15．N5 [2022·浙江自选模块卷]“物质结构与性质”模块请回答下列问题：(1)N、Al、Si、Zn四种元素中，有一种元素的电离能数据如下：电离能I1I2I3I4……In/kJ·mol－15781817274511578……则该元素是________(填写元素符号)。(2)基态锗(Ge)原子的电子排布式是________________________________________________________________________。Ge的最高价氯化物分子式是________。该元素可能的性质或应用有________。A．是一种活泼的金属元素B．其电负性大于硫C．其单质可作为半导体材料D．其最高价氯化物的沸点低于其溴化物的沸点(3)关于化合物，下列叙述正确的有________。-25-\nA．分子间可形成氢键B．分子中既有极性键又有非极性键C．分子中有7个σ键和1个π键D．该分子在水中的溶解度大于2－丁烯(4)NaF的熔点________BF的熔点(填“＞”“＝”或“＜”)，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。15．[答案](1)Al (2)1s22s22p63s23p63d104s24p2 GeCl4 C、D(3)B、D(4)> 两者均为离子化合物，且阴阳离子电荷数均为1，但后者的离子半径较大，离子键较弱，因此其熔点较低[解析](1)从电离能数据来看，在I3和I4之间产生脱级，所以判断该元素的最外层有三个电子，则应为铝。(2)Ge为32号元素，其第三层为全满，第四层的电子数为32－2－8－18＝4，则价电子数为4s24p2。价电子数为4，则为第ⅣA族元素，其最高价为＋4价，氯化物为GeCl4。Ge位于第ⅣA族，其金属性不强，A项错误；Ge为金属，S为非金属，而非金属性的电负性比金属大，B项错误；Ge位于金属和非金属的分界线处，是半导体材料，C项正确；GeCl4与GeBr4均为分子晶体，但后者的相对分子质量大，故沸点高，D项正确。(3)醛基不可以形成氢键，A项错误；碳碳之间为非极性键，而碳氧、碳氢之间为极性键，B项正确；分子中，单键均为σ键，双键1个为σ键，1个为π键，所以分子中含有9个σ键，3个π键，C项错误；醛基比甲基易溶于水，故该分子中的两个醛基若换成甲基，则溶解度会减小，D项正确。(4)离子晶体的熔点通过晶格能比较，晶格能与两个因素有关，一是半径，半径越小，晶格能越大；二是电荷，离子所带电荷数越高，晶格能越大。而晶格能大，熔点高。两种物质所带电荷相同，但是后者的半径大，故晶格能小，所以熔点低。37．N5 [2022·新课标全国卷Ⅰ][化学——选修3：物质结构与性质]硅是重要的半导体材料，构成了现代电子工业的基础。回答下列问题。(1)基态Si原子中，电子占据的最高能层符号为________________________________________________________________________，该能层具有的原子轨道数为________、电子数为________。(2)硅主要以硅酸盐、________等化合物的形式存在于地壳中。(3)单质硅存在与金刚石结构类似的晶体，其中原子与原子之间以________相结合，其晶胞中共有8个原子，其中在面心位置贡献________个原子。(4)单质硅可通过甲硅烷(SiH4)分解反应来制备。工业上采用Mg2Si和NH4Cl在液氨介质中反应制得SiH4，该反应的化学方程式为________________________________________________________________________。(5)碳和硅的有关化学键键能如下所示，简要分析和解释下列有关事实：-25-\n化学键C—CC—HC—OSi—SiSi—HSi—O键能/(kJ·mol－1)356413336226318452①硅与碳同族，也有系列氢化物，但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②SiH4的稳定性小于CH4，更易生成氧化物，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)在硅酸盐中，SiO四面体[如图0(a)]通过共用顶角氧离子可形成岛状、链状、层状、骨架网状四大类结构型式。图(b)为一种无限长单链结构的多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为________，Si与O的原子数之比为________，化学式为________。图037．[答案](1)M 9 4(2)二氧化硅(3)共价键 3(4)Mg2Si＋4NH4Cl===SiH4＋4NH3＋2MgCl2(5)①C—C键和C—H键较强，所形成的烷烃稳定。而硅烷中Si—Si键和Si—H键的键能较低，易断裂，导致长链硅烷难以生成 ②C—H键的键能大于C—O键，C—H键比C—O键稳定。而Si—H键的键能却远小于Si—O键，所以Si—H键不稳定而倾向于形成稳定性更强的Si—O键(6)sp3 1∶3 [SiO3](或SiO)[解析](1)基态硅原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最高能层为M层，M层有3s、3p、3d三个能级依次有1、3、5个轨道，共有9个轨道；M层电子排布为3s23p2，电子数为4。(2)硅在地壳中主要以二氧化硅及硅酸盐形式存在。(3)原子晶体仅存在共价键，面心原子数为6×。(6)Si与O形成硅氧四面体结构，故Si原子为sp3杂化，观察(b)图，长链中的重复单元为硅氧四面体，其中氧原子数为2＋2×，硅原子数为1，硅、氧原子个数比1∶3，化学式为SiO。图K41－21．[2022·广西四市联考]实现下列变化时，需克服相同类型作用力的是（ ）A．水晶和干冰的熔化 B．食盐和醋酸钠的熔化C．液溴和液汞的汽化D．HCl和NaCl溶于水1．B [解析]水晶是SiO2-25-\n晶体，熔化需要克服Si—O共价键，干冰是二氧化碳晶体，熔化破坏分子间作用力，A项错误；食盐和醋酸钠均是离子化合物，熔化时克服离子键，B项正确；液溴汽化克服分子间作用力，汞汽化克服汞原子间的金属键，C项错误；HCl溶于水破坏共价键，NaCl溶于水破坏离子键，D项错误。2．[2022·安徽省级示范高中名校联考]A、B、C、D、E是周期表中前四周期的元素，其有关性质或结构信息如下表：元素有关性质或结构信息A负二价的A元素的氢化物在通常状况下是一种液体，其中A的质量分数为88.9%BB原子得到一个电子后3p轨道全充满CC原子的p轨道半充满，它的气态氢化物能与其最高价氧化物的水化物反应生成一种常见的盐XDD元素的最高化合价与最低化合价的代数和为零，其最高价氧化物为分子晶体EE元素的核电荷数等于A原子和B元素氢化物的核电荷数之和（1）元素Y是C下一周期同主族元素，比较B、Y元素的第一电离能I1（B） I1（Y）。（2）E元素原子的核外电子排布式为___________________________________________。（3）盐X的水溶液呈 （填“酸性”“碱性”或“中性”），B元素最髙价含氧酸一定比D元素最高价含氧酸的酸性 （填“强”或“弱”）。（4）C单质分子中σ键和π键的个数比为 ，C的氢化物在同族元素的氢化物中沸点出现反常，其原因是_________________________________________________。（5）用高能射线照射液态H2A时，一个H2A分子能释放出一个电子，同时产生一种具有较强氧化性的阳离子，试写出该阳离子的电子式： 。写出该阳离子与硫的氢化物的水溶液反应的离子方程式：____________________________________________。2．(1)> (2)1s22s22p63s23p63d64s2(或[Ar]3d64s2)(3)酸性 强 (4)1∶2 NH3分子间存在氢键(5)[H∶O,∶H]＋ 2H2O＋＋H2S===S↓＋2H2O＋2H＋[解析]根据题中A、B、C、D、E的信息可确定A～E分别为O、Cl、N、C和Fe。(1)Y为P，P与Cl为同一周期元素，Cl在P的右侧，故P的第一电离能小于Cl的第一电离能。(2)Fe为26号元素，其原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2。(3)盐为NH4NO3，属强酸弱碱盐，因NH水解而显酸性；高氯酸酸性强于碳酸。(4)N2分子含氮氮三键，σ键和π键的个数比为1∶2；由于NH3分子间存在氢键，其分子间作用力比同族其他元素的氢化物分子间作用力强，故使其沸点反常的高；(5)H2O释放出一个电子生成H2O＋，其中氧元素为－1价，具有强氧化性。3．[2022·贵州四校模拟]已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A、E原子的最外层电子数均等于其周期序数，E原子的电子层数是A的3倍；B原子核外电子有6种不同的运动状态，s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；D原子L层上有2对成对电子。请回答下列问题。（1）E元素基态原子的电子排布式为___________________________________________。（2）B、C、D三种元素的第一电离能数值由小到大的顺序为 （填元素符号）。（3）D元素与氟元素相比，电负性：D F（填“>”“＝”或“<”）。（4）BD2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图K41－4所示。该晶体的类型属于 -25-\n。（选填“分子”“原子”“离子”或“金属”晶体），该晶体中B原子轨道的杂化类型为 。1molB2A2分子中含σ键的数目是________________________________________________________________________。图K41－4（5）光谱证实单质E与强碱溶液反应有[E（OH）4]－生成，则[E（OH）4]－中存在 。a．共价键 b．配位键 c．σ键 d．π键3．(1)1s22s22p63s23p1 (2)C、O、N (3)＜ (4)原子 sp3 3NA(或1.806×1024) (5)abc[解析]从B的核外电子运动状态看，应为碳原子；D的L层电子排布式为2s22p4，故为O；则A、C元素分别为H、N；根据E的电子层数为氢的3倍，且其最外层电子数等于其周期序数，故E是Al。(2)碳、氮、氧同一周期，因氮原子的2p轨道为半满状态，致使其第一电离能大于相邻的碳和氧。(3)氧、氟为同一周期元素，因氟在氧的右侧，故氟的电负性比氧大。(4)从晶体的结构看，该化合物结构与SiO2相似，为原子晶体，其中碳原子为sp3杂化。C2H4的结构为H—C≡C—H，故分子内含有三条σ键。(5)[Al(OH)4]－中O与H之间形成的化学键为共价键、σ键，Al3＋与OH－形成的键为配位键。4．[2022·青岛模拟]太阳能电池的发展已经进入了第三代。第三代就是铜铟镓硒CIGS等化合物薄膜太阳能电池以及薄膜Si系太阳能电池。完成下列填空：（1）亚铜离子（Cu＋）基态时的电子排布式为_____________________________________；（2）硒为第4周期元素，相邻的元素有砷和溴，则3种元素的第一电离能从大到小顺序为 （用元素符号表示），用原子结构观点加以解释________________________________________________________________________________________________________________________________________________；（3）与镓元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性（价电子数少于价层轨道数），其化合物可与具有孤对电子的分子或离子生成加合物，如BF3能与NH3反应生成BF3·NH3。BF3·NH3中B原子的杂化轨道类型为 ，B与N之间形成 键；（4）单晶硅的结构与金刚石结构相似，若将金刚石晶体中一半的C原子换成Si原子且同种原子不成键，则得图K42－5所示的金刚砂（SiC）结构；在SiC中，每个C原子周围最近的C原子数目为 。图K42－5-25-\n4．(1)1s22s22p63s23p63d10(2)Br＞As＞Se As、Se、Br原子半径依次减小，原子核对外层电子的吸引力依次增强，元素的第一电离能依次增大；Se原子最外层电子排布为4s24p4，而As原子最外层电子排布为4s24p3，p电子排布处于半充满状态，根据洪特规则特例可知，半充满状态更稳定，所以As元素的第一电离能比Se大。(3)sp3 配位 (4)12[解析](1)亚铜离子是由铜原子失去一个电子得到的离子，失去的是最外层电子，所以其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10。(3)B原子含有三个共价键，所以采取sp3杂化；有提供空轨道和提供孤电子对的原子间形成的化学键属于配位键。(4)采用x、y、z三轴切割的方法判断知，与碳原子在三个相互垂直的三个切面分别有四个距离最近且距离相等的碳原子，共有12个。5．[2022·石家庄检测]原子序数依次增大的X、Y、Z、G、Q、R、T七种元素，核电荷数均小于36。已知X的一种1∶2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面；Z的L层上有2个未成对电子；Q原子s能级与p能级电子数相等；G为金属元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子。（1）Y原子核外共有 种不同运动状态的电子，T原子有 种不同能级的电子。（2）X、Y、Z的第一电离能由小到大的顺序为________________________________________________________________________（用元素符号表示）。（3）由X、Y、Z形成的离子ZXY－与XZ2互为等电子体，则ZXY－中X原子的杂化轨道类型为 。（4）Z与R能形成化合物甲，1mol甲中含 mol化学键，甲与氢氟酸反应，生成物的分子空间构型分别为 。（5）G、Q、R氟化物的熔点如下表，造成熔点差异的原因为 ________________________________________________________________________。氟化物G的氟化物Q的氟化物R的氟化物熔点/K9931539183（6）向T的硫酸盐溶液中逐滴加入Y的氢化物的水溶液至过量，反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。5．(1)7 7 (2)C<O<N (3)sp杂化(4)4 正四面体、V形(5)NaF与MgF2为离子晶体，SiF4为分子晶体，故SiF4的熔点低；Mg2＋的半径比Na＋的半径小、电荷数高，晶格能MgF2>NaF，故MgF2的熔点比NaF高(6)Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－[解析]X的一种1∶2型氢化物分子中既有σ键又有π键，且所有原子共平面，可能为乙烯，则X为碳元素；Z的L层上有2个未成对电子，电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，为碳元素或氧元素，Y为氮元素；Q原子s能级与p能级电子数相等，电子排布式为1s22s22p63s2-25-\n，为镁元素；R单质是制造各种计算机、微电子产品的核心材料，R为硅元素；T处于周期表的ds区，原子中只有一个未成对电子，T为Cu元素。(1)N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，氮原子核外有7个电子，每个电子运动状态是各不相同的，共有7种运动状态的电子；铜原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，铜原子有7种不同能级的电子。(2)同周期第一电离能从左到右为增大趋势，因为p轨道半充满体系具有较强的稳定性，N的p轨道处于半充满状态，导致其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，故三者的第一电离能大小顺序为N>O>C。(3)由C、N、O形成的离子OCN－与CO2互为等电子体，则OCN－中X原子的杂化轨道类型为sp杂化，结构为直线型。(4)O与Si能形成SiO2，1molSiO2含有4molSi—O键，SiO2与氢氟酸反应，生成SiF4，分子空间构型为正四面体型。(5)Na、Mg与氟形成的氟化物NaF、MgF2为离子晶体，Mg2＋离子半径比Na＋小、电荷高，故MgF2的晶格能比NaF大，故熔点：MgF2>NaF。SiF4为分子晶体，熔点低。(6)向CuSO4溶液中逐滴滴加氨水直至过量，先产生蓝色沉淀，后溶解：Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH，Cu(OH)2＋4NH3===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－。-25-
